Exercice guidé : intégrales de Wallis et Formule de Stirling

Thèmes abordés

Exercice guidé, intégrales de Wallis, formule de Stirling, développement, limites, constance c, entier naturel, récurrence, fonction continue dérivable

Résumé du document

Dans ce document, nous proposons d'étudier l'intégrale de Wallis et de retrouver la formule de Stirling. La première partie sera consacré à l'intégrale de Wallis, la deuxième au développement, la troisième aux limites. La quatrième s'intéressera à la constance c.

Extraits

[...] Héridité : Supposons que la propriété est vrai pour un entier naturel n fixé et démontrons P(n + . On sait que W k = Wk-2 - k k = 2n. [...]

[...] Il vient alors x = 𝜋 2 n (cos On conclut n n n≤∫ 0 n n 2 e dt n = lim exp n × ln 1 n → +∞ t2 n 1 avec lim u = 0 n → +∞ n On fait le changement de variable X = 2 u avec lim X = 0 ln 1 - t2u u u→0 = - t2 × ln((1 + ln X ln 1 - t 2 u 2 ln((1 + ln On a donc lim n × ln 1 = lim = lim - t 2 × n → +∞ u→0 X→0 n u X ln((1 + ln t2 Or on sait que lim = 1 d'où lim n × ln 1 = - t2 X→0 n → +∞ X n n t2 t2 En posant Y = n × ln 1 on a enfin lim 1 n → +∞ n n On a vu que lim W 2n+1 × n → +∞ Si on admet que lim W 2n+1 × n → +∞ C = 𝜋 ⇔C= 2 C = lim 2 exp exp((Y) = e 2 Y → . [...]

[...] On a donc : W 2n+3 = ⟹ Wk+3 = Wk+1 + 2n + 3 W2(n+1)+1 = 2 pour tout k ∈ N en particulier W2n+1 (2n + Or d'après l'hypothèse de récurrence W 2n+1 = 2 n n k+3 × (2n + 2n + n n 2 (2n + 2 = 2 n n × (2n + (2n + × (2n + d'où : 2 = 2 n n × (2n + 2 (2n + × (2n + × (2n + On remarque + + = (2n + = (2n + × (2n + × (2n + et que 2 n n 2 × (2n + 2 = 2 n n × 2 × + Nous avons donc W = P(n + est vrai n+1 × + (2n + = 2 n+1 × + 2 Conclusion : La propriété est initialisée en 0 et est hériditaire. [...]

[...] exp exp((Sn ) = n n × e n ⇔ n = exp exp((Sn ) × n n× e exp((-S'n ) = exp exp exp((Sn ) donc n = exp × n n n× e n Soit n n n ) des suites. On pose : a n = u n × b n et lim u n = l avec l ∈ R ⋆ . [...]

[...] 1-u/n n-u n-u n-u 𝜑n est alors croissante et 𝜑n = - n ln = 0 donc 𝜑n 0 u u - n ln 1 0 ⇔ - u ln 1 n n ∀ t ∈ ∫0 n t2 1n : n t2 t2 ∈ et 0 1 n dt ∫ 0 n n 2 e dt ⇔e u 1n n 2 e donc : n On fait le changement de variable t = sin sin((x) × dt = cos cos((x) × dx n ⇔ dt = cos cos((x) × n dx Pour la borne supérieure on résout sin sin((x) × Pour la borne inférieure on résout sin sin((x) × On a donc : ∫0 n ∫0 n Or ∫0 ∫0 t2 1n t2 1n 𝜋 2 n n t2 n dt = ∫ 𝜋 ∫0 t2 lim 1 n → +∞ n n = Il vient alors x = 0 sin((x) × sin 0 n 0 n t2 1n n n dt ∫ 0 n t2 1n On fait le changement de variable u = n dx 𝜋 2 n∫ (cos 2n+1 dx 0 n dt = W2n+1 × 2 e dt ⇔ W2n+1 × t2 = lim exp ln 1 n → +∞ n ln 1 - t 2 u t2 n × ln 1 = n u × cos cos((x) × n dx 0 n 𝜋 2 n n 1 - sin 2 × cos cos((x) × dx = W2n+1 d'où ∫ 2 n n∫ cos 2 n × cos cos((x) dx = dt = 2n+1 dt = ∫ 𝜋 2 n . [...]