Formule de Stirling

1) Equivalent de ln(n!) quand n tend vers +∞.
Zk
Soit k un entier naturel supérieur ou égal à 2. On a ln(k − 1) ≤ ln x dx ≤ ln k. Puisque ln(k − 1) ∼ ln k quand k tend
k−1
vers +∞, on a
Zk
ln x dx ∼ ln k ≥ 0.
k−1 k→ +∞


Comme la série de terme général ln k diverge, la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs
divergentes permet d’affirmer que, quand n tend vers +∞
n
X n Zk
X Zn
ln(n!) = ln k ∼ ln x dx = ln x dx = n ln n − n + 1 ∼ n ln n.
n→ +∞
k=2 k=2 k−1 1


Donc,

ln(n!) = n ln n + o(n ln n) ou encore n! = nn × eo(n ln n) .
n→ +∞ n→ +∞

2/ Equivalent de Ln(n !)-nLnn .
n
X
Pour n ≥ 1, posons un = ln(n!) − n ln n = ln k − n ln n. Pour n ≥ 1, on a
k=1
 
1
un+1 − un = ln(n + 1) − ((n + 1) ln(n + 1) − n ln n) = −n(ln(n + 1) − ln n) = −n ln 1 + ∼ −1.
n n→ +∞

D’après la règle de l’équivalence des sommes partielles de séries à termes positifs divergentes, on a :
n
X n−1
X
un − u1 = (uk+1 − uk ) ∼ (−1) = −(n − 1),
n→ +∞
k=1 k=1

ce qui fournit un ∼ un − u1 ∼ −(n − 1) ∼ −n.
n→ +∞ n→ +∞ n→ +∞
n
ln(n!) = n ln n − n + o(n) ou encore n! = × eo(n) .
n→ +∞ n→ +∞ e
3/ Equivalent de Ln(n !)-nLnn+n .
n
X
Pour n ≥ 1, posons un = ln k − n ln n + n. Quand n tend vers +∞
k=1
   
1 1 1 1
un+1 − un = ln(n + 1) − ((n + 1) ln(n + 1) − n ln n) + 1 = 1 − n ln 1 + =1−1+ +o ∼ .
n 2n n 2n

Donc, la série de terme général un étant toujours divergente et un étant de signe constant pour n grand
n−1
X n−1
X 1
un = u1 + (uk+1 − uk ) → +∞ ∼u1 + → +∞ ∼ ln n (d’après l’étude de la série harmonique).
n 2k n
k=1 k=1

Donc
1  n n √
ln(n!) = n ln n − n + ln n + o(ln n) ou encore n! = n × eo(ln n) .
n→ +∞ 2 n→ +∞ e
 n n √
4) Convergence de la suite n.
e
n
X 1
Pour n ≥ 1, posons un = ln k − n ln n + n − ln n. Quand n tend vers +∞,
2
k=1


http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2008. Tous droits réservés.

            
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
un+1 − un = 1 − n + ln 1 + = 1− n + − +O = 1−1− + +O =O .
2 n 2 n 2n2 n3 2n 2n n2 n2

Ainsi, la série de terme général un+1 − un converge et on sait qu’il en est de même de la suite (un ).
1
Soit ℓ = lim un . Alors, ln(n!) − n ln n + n − ln n = ℓ + o(1) et donc,
n→ +∞ 2 n→ +∞

1  n n √
∃ℓ ∈ R/ ln(n!) = n ln n − n + ln n + ℓ + o(1) ou encore, ∃K ∈]0, +∞[/ n! ∼ K n (en posant K = eℓ ).
n→ +∞ 2 n→ +∞ e
5) Détermination de K et formule de Sirling.
Z π/2
L’étude des intégrales de Wallis (à savoir Wn = sinn t dt, n ∈ N) montre que
0
π (2n)!
• d’une part, pour tout entier naturel n, W2n =
× 2n 2
2 r 2 n!
π
• d’autre part, quand n tend vers +∞, Wn ∼ .
n→ +∞ 2n
D’après 4), on a alors
2n
√

2n √
r K 2n
π π (2n)! π e 1π 2
∼ W2n = × 2n 2 ∼ ×  n 2n = √ ,
4n n→ +∞ 2 2 n! n→ +∞ 2 K2 n
K2 22n n
e
√
1 π π √
et donc √ = ou encore K = 2π. On a ainsi montré que
K 2 2
 n n √
n! ∼ 2πn (formule de Stirling).
n→ +∞ e

1 √
6) Equivalent de ln(n!) − n ln n + n − ln n − ln( 2π).
2
1 √
D’après ce qui précède, si pour n ≥ 1, un = ln(n!) − n ln n + n − ln n alors un = ℓ + o(1) avec ℓ = ln K = ln( 2π).
2 n→ +∞
n−1 +∞
X √ X
Comme un = u1 + (uk+1 − uk ), quand n tend vers +∞, on obtient ln( 2π) = u1 + (uk+1 − uk ) puis, pour n ≥ 1 :
k=1 k=1

n−1 ...