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Combinaisons et équivalences

Posté par stratocoaster (invité) 15-12-04 à 23:05

Tout d'abord bonjour,

On pose I_n=\int_0^{\frac{\Pi}{2}(cosx) dx
On admet que \lim_{x\to +\infty} I_n\sqrt{2n}=\frac{\Pi}{2} et que l'on a C_{2n}^n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\Pi n}
On pose x_n=\frac{n^{n+\frac{1}{2}}}{n! e^n}
La question est la suivante:

En utilisant ce qui précède montrer que \lim_{x\to +\infty} x_n=\frac{1}{\sqrt{2\Pi}

Attention il s'agit d'une aplication de la formule de STIRLING, mon problème vient du fait qu'il ne faut pas l'appliquer directement mais la retrouver à partir de ce qui précède.

Merci d'avance

Posté par
franzre : Combinaisons et équivalences 19-12-04 à 01:15

Je croyais qu'on était passé aux notations anglo-saxones pour les nombres de combinaisons.(\(\array{n\\ \vspace{2}\\k} \) = C_n^k).
De plus il manque un exposant n dans ton intégrale (dite de Wallis)

Ceci dit, il faut commencer par chercher un équivalent de \ln x_n = \(n+\frac 1 2\) \ln n - \ln n! - n
On étudie pour cela
\ln x_n- \ln x_{n-1}\; = \; \(n+\frac 1 2\) \ln n - \ln n! - n - \(n-1+\frac 1 2\) \ln (n-1)+\ln (n-1)! + (n-1) \\ \;\; = \; \(n-\frac 1 2\) \ln n - \(n-\frac 1 2\) \ln (n-1) - 1 \\ \;\; = \;-\(n-\frac 1 2\) \ln (1-\frac 1 n) -1 \\ \;\; = \;-\(n-\frac 1 2\) \({-\frac 1 n - \frac 1 {2n^2} - \frac 1 {3n^3}+o\( \frac 1 {n^3}\) } \) - 1 \\ \;\; = \; \frac 1 {12n^2} + o\( \frac 1 {n^2}\)

Les suites \Bigsum_{k=2}^n\(\ln x_k - \ln x_{k-1} \) et \Bigsum_{k=2}^n\frac 1 {12k^2} sont donc de même nature et comme la seconde converge (série de Riemann), la première converge.
Or  \Bigsum_{k=2}^n\(\ln x_k - \ln x_{k-1} \) = \ln x_n - \ln x_1 donc la suite de terme général \ln x_n et par la suite x_n converge vers un réel \lambda.

Une fois ce résultat acquis on peut écrire




\large C_{2n}^n \; = \; \frac {(2n)!}{(n!)^2} \; = \; \frac { \frac {(2n)^{2n+\frac 1 2}}{e^{2n}\,x_{2n}} }{\( { \frac {n^{n+\frac 1 2}}{e^n\,x_n} }\)^2} \; = \; \frac {2^{2n+\frac 1 2}\, x_n^2}{n^{\frac 1 2} \, x_{2n}} \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty}\frac {4^n \sqrt 2}{\sqrt n}\lambda

Donc \large \lambda \; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty}\frac {\sqrt n C_{2n}^n}{4^n \sqrt 2} \; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty}\frac 1 {\sqrt {2 \pi}}   CQFD


Posté par
franzre : Combinaisons et équivalences 19-12-04 à 01:58

Pour info sur l'obtention des équivalents

On montre que
\Large I_0 = \frac \pi 2
\Large I_1 = 1

et par intégration par parties
\forall n \in {\mathbb N}- \{ 0,1\} \\I_n=\Bigint_0^{\frac \pi 2}\cos^nx\,dx \; = \;\Bigint_0^{\frac \pi 2}\cos^{n-1}x\,\cos x\,dx \\ \;\; = \; \[ \cos^{n-1}x\,\sin x \]_0^{\frac \pi 2} \, - \, \Bigint_0^{\frac \pi 2}-(n-1)\cos^{n-2}x\,\sin^2 x\,dx \\ \;\; = \; 0 + (n-1) \, \Bigint_0^{\frac \pi 2}\cos^{n-2}x\,(1-\cos^2 x)\,dx \\ \;\; = \; (n-1)\Bigint_0^{\frac \pi 2} \cos^{n-2}x\,dx \; - \; (n-1)\Bigint_0^{\frac \pi 2} \cos^{n}x\,dx \\ \;\; = \; (n-1)I_{n-2}-(n-1)I_{n}

Ce qui conduit à la relation de récurrence  \forall n\ge 2 \;,\; n.I_n = (n-1)I_{n-2}

On a donc

I_{2n} \; = \; \frac {2n-1}{2n}\,I_{2n-2} \; = \; \frac {2n-1}{2n}\,\frac {2n-3}{2n-2}\,I_{2n-4} \; = \; ... \; = \; \frac }{(2n-1)(2n-3)(2n-5)...1}{2n(2n-2)(2n-4)...2\,I_0
(c'est le produit des entiers impairs jusqu'à 2n sur le produit des entiers pairs).
I_{2n} \; = \; \frac {2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)(2n-4)(2n-5)...2.1} {\(2n(2n-2)(2n-4)...2\)^2} \,I_0\; = \; \frac {(2n)!} {\(2^nn(n-1)(n-2)...1\)^2} \,I_0 \; = \; \frac {(2n)!} {4^n (n!)^2} \,\frac \pi 2 \; = \; \frac {C_{2n}^n}{4^n}\,\frac \pi 2\


et
I_{2n-1} \; = \; \frac {2n-2}{2n-1}\,I_{2n-3} \; = \; \frac {2n-2}{2n-1}\,\frac {2n-4}{2n-3}\,I_{2n-5} \; = \; ... \; = \; \frac {(2n-2)(2n-4)(2n-6)...2}{(2n-1)(2n-3)(2n-5)...3} \,I_1 \; = \; \frac {(2n)(2n-2)^2(2n-4)^2(2n-6)^2...2^2} {(2n)!}
I_{2n-1} \; = \; \frac {(2^n\,n!)^2} {(2n)(2n)!} \; = \; \frac {4^n} {2n\,C_{2n}^n}

Donc \Large I_{2n}I_{2n-1} = \frac \pi {4n}


On montre ensuite que la suite I_n est positive et décroissante donc
I_{2n-2} \le I_{2n-1} \le I_{2n}\Longrightarrow \; \frac {I_{2n-2}}{I_{2n}} \le \frac {I_{2n-1}}{I_{2n}} \le 1 \Longrightarrow \; \frac {2n-1}{2n} \le \frac {I_{2n-1}}{I_{2n}} \le 1\Longrightarrow \; \large I_{2n-1}\; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty} I_{2n}


Donc I_{2n}I_{2n-1} = \frac \pi {4n}\; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty} \(I_{2n}\)^2
I_{2n}\; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty} \sqrt{\frac \pi 2 }\,\sqrt{\frac 1{2n}}

\Large I_{n}\; \relstack{\sim}{n\rightarrow \infty} \sqrt{\frac \pi {2n} }

Ce qui est en contradiction avec ton énoncé mais dont je suis certain. Les équivalents des C_{2n}^n découlent de celui de I_n

Posté par
franzre : Combinaisons et équivalences 19-12-04 à 02:03

J'ai fait une erreur de frappe dans la démonstration qui précède.
Il faut lire

I_{2n} \; = \; \frac {2n-1}{2n}\,I_{2n-2} \; = \; \frac {2n-1}{2n}\,\frac {2n-3}{2n-2}\,I_{2n-4} \; = \; ... \; = \; \frac {(2n-1)(2n-3)(2n-5)...1}{2n(2n-2)(2n-4)...2}\,I_0


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