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Équivalent de Stirling

L'équivalent de Stirling donne le comportement asymptotique de n!n!. C'est l'outil de référence dès qu'une factorielle apparaît dans une série, une limite ou un coefficient binomial : il permet de conclure là où la règle de d'Alembert donne un rapport qui tend vers 11.

Au programmeDeuxième année (MP, MPI, PSI) · Séries numériques

Énoncé

Théorème (équivalent de Stirling)

Lorsque n→+∞n\to+\infty,

n!∼2πn (ne)n.n!\sim\sqrt{2\pi n}\,\left(\frac{n}{e}\right)^n.

Autrement dit, n!2πn nne−n⟶1\dfrac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,n^n e^{-n}}\longrightarrow1.

Démonstration

Étape 1 : n!∼Cn (n/e)nn!\sim C\sqrt n\,(n/e)^n pour une constante C>0C>0. Posons un=ln⁡(n!)−(n+12)ln⁡n+nu_n=\ln(n!)-\left(n+\frac12\right)\ln n+n pour n≥1n\ge1. Alors

un+1−un=ln⁡(n+1)−(n+32)ln⁡(n+1)+(n+12)ln⁡n+1=1−(n+12)ln⁡(1+1n).u_{n+1}-u_n=\ln(n+1)-\left(n+\tfrac32\right)\ln(n+1)+\left(n+\tfrac12\right)\ln n+1=1-\left(n+\tfrac12\right)\ln\left(1+\tfrac1n\right).

Avec ln⁡(1+1n)=1n−12n2+13n3+O(1n4)\ln(1+\frac1n)=\frac1n-\frac1{2n^2}+\frac1{3n^3}+O(\frac1{n^4}) :

(n+12)ln⁡(1+1n)=1−12n+13n2+12n−14n2+O(1n3)=1+112n2+O(1n3).\left(n+\tfrac12\right)\ln\left(1+\tfrac1n\right)=1-\frac1{2n}+\frac1{3n^2}+\frac1{2n}-\frac1{4n^2}+O\Big(\frac1{n^3}\Big)=1+\frac1{12n^2}+O\Big(\frac1{n^3}\Big).

Donc un+1−un=−112n2+O(1n3)=O(1n2)u_{n+1}-u_n=-\frac1{12n^2}+O(\frac1{n^3})=O(\frac1{n^2}) : la série télescopique ∑(un+1−un)\sum(u_{n+1}-u_n) converge absolument, donc la suite (un)(u_n) converge vers un réel ℓ\ell. En posant C=eℓ>0C=e^\ell>0, on obtient n!=eun nn+1/2e−n∼Cn nne−nn!=e^{u_n}\,n^{n+1/2}e^{-n}\sim C\sqrt n\,n^ne^{-n}.

Étape 2 : C=2πC=\sqrt{2\pi} par les intégrales de Wallis. On utilise W2p=∫0π/2sin⁡2pt dt=(2p)!4p(p!)2⋅π2W_{2p}=\int_0^{\pi/2}\sin^{2p}t\,\dd t=\frac{(2p)!}{4^p(p!)^2}\cdot\frac\pi2 et Wn∼π2nW_n\sim\sqrt{\frac{\pi}{2n}}. D'après l'étape 1, avec (2p)2p=4pp2p(2p)^{2p}=4^pp^{2p},

(2p)!4p(p!)2∼C2p 4pp2pe−2p4p C2 p p2pe−2p=2Cp,\frac{(2p)!}{4^p(p!)^2}\sim\frac{C\sqrt{2p}\,4^pp^{2p}e^{-2p}}{4^p\,C^2\,p\,p^{2p}e^{-2p}}=\frac{\sqrt2}{C\sqrt p},

donc W2p∼π2 CpW_{2p}\sim\frac{\pi}{\sqrt2\,C\sqrt p}. Par ailleurs W2p∼π4p=π2pW_{2p}\sim\sqrt{\frac{\pi}{4p}}=\frac{\sqrt\pi}{2\sqrt p}. Par unicité de la limite de p W2p\sqrt p\,W_{2p}, π2 C=π2\frac{\pi}{\sqrt2\,C}=\frac{\sqrt\pi}{2}, soit C=2πC=\sqrt{2\pi}.

Méthode : quand et comment l'utiliser

On remplace chaque factorielle par son équivalent dans un produit ou un quotient, jamais dans une somme ou une différence. Les puissances nnn^n et e−ne^{-n} se simplifient souvent entre numérateur et dénominateur ; il reste à regrouper les facteurs 2πn\sqrt{2\pi n} et les puissances de 22 ou de ee restantes.

Exemples d'application

Nature de la série ∑nnn! en\sum\frac{n^n}{n!\,e^n}

La règle de d'Alembert échoue : an+1an=(1+1/n)ne→1\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(1+1/n)^n}{e}\to1. Par Stirling,

an=nnn! en∼nn2πn nne−n en=12πn.a_n=\frac{n^n}{n!\,e^n}\sim\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^ne^{-n}\,e^n}=\frac{1}{\sqrt{2\pi n}}.

Les termes sont positifs et la série de Riemann ∑1n\sum\frac1{\sqrt n} diverge, donc la série diverge.

Limite de (n!)1/nn\frac{(n!)^{1/n}}{n}

Écrivons n!=2πn (n/e)n(1+εn)n!=\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n(1+\varepsilon_n) avec εn→0\varepsilon_n\to0. Alors

(n!)1/nn=1e (2πn)12n(1+εn)1n⟶1e,\frac{(n!)^{1/n}}{n}=\frac1e\,(2\pi n)^{\frac{1}{2n}}(1+\varepsilon_n)^{\frac1n}\longrightarrow\frac1e,

car (2πn)12n=exp⁡(ln⁡(2πn)2n)→1(2\pi n)^{\frac1{2n}}=\exp\big(\frac{\ln(2\pi n)}{2n}\big)\to1 et (1+εn)1n=exp⁡(ln⁡(1+εn)n)→1(1+\varepsilon_n)^{\frac1n}=\exp\big(\frac{\ln(1+\varepsilon_n)}{n}\big)\to1. On revient à une égalité avant d'élever à la puissance 1n\frac1n.

Erreurs classiques

  • Oublier le facteur 2πn\sqrt{2\pi n} : n!∼(ne)nn!\sim\left(\frac ne\right)^n est faux, le quotient tend vers +∞+\infty.

  • Croire que la différence tend vers 00 : n!−2πn (n/e)nn!-\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n tend vers +∞+\infty. L'équivalent contrôle l'erreur relative, pas l'erreur absolue.

  • Composer un équivalent par une fonction ou l'élever à une puissance qui dépend de nn : 1+1n∼11+\frac1n\sim1 mais (1+1n)n→e\left(1+\frac1n\right)^n\to e. Il faut repasser par 1+εn1+\varepsilon_n ou par le logarithme.

  • Remplacer n!n! par son équivalent dans une somme, par exemple dans n!−(n−1)!n!-(n-1)! : on factorise d'abord, n!−(n−1)!=(n−1)! (n−1)n!-(n-1)!=(n-1)!\,(n-1), avant d'utiliser Stirling.

Place dans le programme

Deuxième année (MP, MPI, PSI), chapitre « Séries numériques ».

L'équivalent de n! figure au programme de deuxième année et peut être cité directement. Sa démonstration est un grand classique, à savoir refaire, en particulier l'étape de convergence par le lien suite-série.

Dans les sujets de concours

Pour vous entraîner sur des sujets complets : Séries numériques et familles sommables (224 sujets).

Sujets où cette notion intervient explicitement :

Questions fréquentes

Quel est l'équivalent de Stirling ?

n!∼2πn (n/e)nn!\sim\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n quand n→+∞n\to+\infty : le quotient de n!n! par 2πn nne−n\sqrt{2\pi n}\,n^ne^{-n} tend vers 11.

Comment démontrer l'équivalent de Stirling ?

On montre que ln⁡(n!)−(n+12)ln⁡n+n\ln(n!)-(n+\frac12)\ln n+n converge grâce à une série télescopique de terme O(1/n2)O(1/n^2), ce qui donne n!∼Cn (n/e)nn!\sim C\sqrt n\,(n/e)^n ; la constante C=2πC=\sqrt{2\pi} s'obtient avec les intégrales de Wallis.

Équivalent de Stirling ou formule de Stirling ?

Les deux expressions désignent le même résultat. On parle plutôt de formule de Stirling pour la version logarithmique ou pour les développements plus précis, comme n!=2πn (n/e)n(1+112n+O(1n2))n!=\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n\big(1+\frac1{12n}+O(\frac1{n^2})\big).

Exercices corrigés utilisant : Équivalent de Stirling

1 exercice

Série de fonctions logarithmiques alternée

Limites et équivalents
CSSAconvergence uniformeWallisCritère spécial des séries alternéesThéorème d'interversion limite-somme