La formule de Stirling

Yves Coudène, septembre 2006

Voici une preuve de la formule de Stirling qui utilise la méthode de Laplace.

Théorème : $n! \sim n^{n + 1 ∕ 2} e^{- n} \sqrt{2 π}$

Preuve

Commençons par exprimer la factorielle à l’aide de la fonction $Γ$ :

n! = Γ (n + 1) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} t^{n} d t

Eﬀectuons les changements $t = n (1 + u)$ et $u = s ∕ \sqrt{n}$ dans cette intégrale.

\begin{array}{rcl} Γ (n + 1) = & \int_{0}^{+ \infty} e^{- t} t^{n} d t = (\int_{- 1}^{+ \infty} e^{n (ln (1 + u) - u)} d u) n^{n + 1} e^{- n} \\ = & (\int_{- \sqrt{n}}^{+ \infty} e^{n ln (1 + \frac{s}{\sqrt{n}}) - \frac{s}{\sqrt{n}})} d s) n^{n + 1 ∕ 2} e^{- n} \end{array}

On utilise ensuite les deux inégalités suivantes :

Si $u \leq 1$ , $\ln (1 + u) - u \leq - \frac{u^{2}}{4}$

Si $u \geq 1$ , $\ln (1 + u) - u \leq (\ln 2 - 1) u \leq - 0, 3 u$

La deuxième inégalité provient de la décroissance de $\ln (1 + u) ∕ u$ sur $[0, + \infty [$ .

Pour les valeurs de $s$ appartenant à l’intervalle $[- \sqrt{n}, \sqrt{n}]$ , on peut appliquer le théorème de convergence dominée. En eﬀet, la première inégalité montre que la fonction $e^{n (\ln (1 + \frac{s}{\sqrt{n}}) - \frac{s}{\sqrt{n}})}$ est majorée par $e^{- s^{2} ∕ 4}$ , qui est intégrable. De plus elle converge vers $e^{- s^{2} ∕ 2}$ . Par conséquent :

\int_{- \sqrt{n}}^{\sqrt{n}} e^{n (ln (1 + \frac{s}{\sqrt{n}}) - \frac{s}{\sqrt{n}})} d s \to \int_{ℝ} e^{- s^{2} ∕ 2} d s = \sqrt{2 π}

L’intégrale sur l’intervalle $[\sqrt{n}, + \infty [$ se majore grace à la seconde inégalité :

\int_{\sqrt{n}}^{+ \infty} e^{n ln (1 + s ∕ \sqrt{n}) - s ∕ \sqrt{n})} d s \leq \int_{\sqrt{n}}^{+ \infty} e^{- 0, 3 \sqrt{n} s} d s = \frac{e^{- 0, 3 n}}{0, 3 \sqrt{n}} \to 0 .

Voici un encadrement plus précis (cf Feller, Introduction to Probability).

Théorème : $1 \leq \frac{n!}{n^{n + 1 ∕ 2} e^{- n} \sqrt{2 π}} \leq e^{\frac{1}{12 n}}$

Preuve

Soit $u_{n} = \ln (\frac{n!}{n^{n} e^{- n} \sqrt{n}})$ . En vertu de l’égalité : $a t h (t) = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + t}{1 - t})$ , on a :

\begin{array}{rcl} u_{n + 1} - u_{n} & = & 1 - \frac{(2 n + 1)}{2} \ln (1 + \frac{1}{n}) = 1 - (2 n + 1) a t h (\frac{1}{2 n + 1}) \\ = & - \sum_{i \geq 1} \frac{1}{2 i + 1} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2 i}} = - \frac{1}{3} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2}} - \frac{1}{5} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{4}} - \dots \\ \geq & - \frac{1}{3} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{{(2 n + 1)}^{2 k}} = \frac{1}{12} \frac{1}{n (n + 1)} = \frac{1}{12} (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n}) \end{array}

Donc $u_{n} - \frac{1}{12 n}$ est croissante, bornée, donc convergente; sa limite est égale à celle de $u_{n}$ . Au ﬁnal, $u_{n} - \frac{1}{12 n} \leq \ln (\sqrt{2 π}) \leq u_{n}$ .