Les notation sont celles des parties I et II.
14. Premières application : les formules de Wilks et Legendre.
a) Soit $(a_k)_{k\in\mathbb N}$ une suite réelle. Pour tout n de $\mathbb N^*$ et tout réel $t>0$, établir l'égalité : $$2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)$$
On commence par couper la somme de gauche en les termes pairs et impairs puis on procède comme suit : $$\begin{align} 2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right) &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+2}}{t+2k+1}\right)\\ &= 2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}+\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t}{2}+k+\frac{1}{2}}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+2}-\frac{a_{2k+1}}{t+2k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)\\ &=2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right) \end{align}$$
b) Exprimer $w_n=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)$ en fonction de deux termes de la suite $(h_n)_{n\geq 1}$. En déduire que $\lim_{n\to+\infty}w_n=\ln 2$.
En découpant la somme $h_{2n-1}$ en termes pairs et impairs, on a que : $$h_{2n-1}=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2k}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}=\frac{1}{2}h_{n-1}+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}.$$ Donc en découpant la somme $w_n$, on trouve : $w_n=h_{2n-1}-h_{n-1}-\frac{1}{2n}$, ce qui peut encore se réécrire $$w_n=(h_{2n-1}-\ln(2n-1))-(h_{n-1}-\ln(n-1))+\ln(2n-1)-\ln(n-1)-\frac{1}{2n}=\gamma_{2n-1}-\gamma_{n-1}+\ln\left(\frac{2n-1}{n-1}\right)-\frac{1}{2n}.$$ Or d'après la partie I, $\gamma_n$ converge vers $\gamma$, donc $W_n$ converge vers $\ln 2$.
c) Pour $t>0$, soit $X_t$ et $X_{t+\frac{1}{2}}$ deux variables aléatoires indépendantes de lois respectives $\gamma(t)$ et $\gamma(t+\frac{1}{2})$. En utilisant les questions 4 et 9.d, montrer que la variable aléatoire $2\ln(X_t)$ est de même loi que la variable aléatoire $\ln(X_{\frac{t}{2}})+\ln(X_{\frac{t+1}{2}})+2\ln 2$.
D'après 9.d) $2\ln(X_t)$ a la même loi que $2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{k+1}}{t+k}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)+2d_{2n,t}-2\gamma$. Donc d'après 14.a), il a aussi la même loi que : $$\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)+2d_{2n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)-2\gamma.$$ Cette dernière formule peut aussi s'écrire sous la forme : $$ \begin{align} &\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)+2d_{n,t/2}-\gamma\\ &+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{Y_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)+2d_{n,(t+1)/2}-\gamma\\ &-\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)-\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)+2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)\\ &-2d_{n,t/2}-2d_{n,(t+1)/2}+d_{n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right). \end{align} $$ Posons $N_n$ la somme des deux premiers termes. Grâce à la formule 9.d), on sait que la première ligne suit la même loi que $\ln(X_{t/2})$ et la seconde ligne la même loi que $\ln(X_{(t+1)/2})$. D'autre part les $Y_k$ et $X_t$ étant indépendants, la première et la deuxième lignes représentent des variables aléatoires indépendantes (dans la première ligne il n'y a que les impairs de $Y_k$ et dans la deuxièmes les pairs donc il n'y a pas de conflit de dépendance.). Il suit que $N_n$ suit la même loi que $\ln(X_{t/2})+\ln(X_{(t+1)/2})$. Comme cette loi ne dépend pas de n, on notera $N$ au lieu de $N_n$. Posons également $A_n=-\ln\left(\frac{X_{t/2+n}}{t/2+n}\right)$, $B_n=-\ln\left(\frac{X_{(t+1)/2+n}}{(t+1)/2+n}\right)$, $C_n=2\ln\left(\frac{X_{t+2n}}{t+2n}\right)$ et $u_n=-2d_{n,t/2}-2d_{n,(t+1)/2}+d_{n,t}+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)$, notre formule s'écrit alors : $N+A_n+B_n+C_n+u_n$. D'après 3.d), $A_n$, $B_n$ et $C_n$ tendent vers 0 en probabilité. D'après 14.b), $u_n$ tend vers $2\ln 2$. On en déduit alors d'après la question 4. que $\ln X_t$ et $\ln(X_{\frac{t}{2}})+\ln(X_{\frac{t+1}{2}})+2\ln 2$ ont même loi.
d) On pose $t=2s$. Déduire de la question précédente que pour tout réel $r>0$, $(X_{2s})^{2r}$ et $2^{2r}(X_s)^r(X_{s+\frac{1}{2}})^r$ sont de même loi.
Multiplier par r et passer à l'exponentielle.
e) En choisissant une valeur particulière de s, établir pour tout $r>0$, la formule : $$2^{2r-1}\Gamma(r)\Gamma(r+\frac{1}{2})=\Gamma(2r)\sqrt\pi.$$
On pose $s=0$, grâce au résultat de d) on a alors par indépendance des $X_t$ : $$E(X_0^{2r})=2^{2r}E(X_s^rX_{s+\frac{1}{2}}^r)=2^{2r}E(X_s^r)E(X_{s+\frac{1}{2}}^r).$$ Enfin en écrivant les espérances sous forme d'intégrale, on trouve la formule.
15. Deuxième application : la formule de Stirling.
a) Déterminer quatre réels a,b,c,d tels que pour tout réel $u>0$, on a : $\frac{1}{u^2(u+1)^2}=\frac{a}{u^2}+\frac{b}{(u+1)^2}+\frac{c}{u}+\frac{d}{u+1}$.
En mettant au même dénominateur le terme de gauche et en identifiant, on trouve : $a=b=1$, $c=-2$, $d=2$.
En déduire pour tout $t>0$, la relation : $\psi'(t)=\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(t+k)^2(t+k+1)^2}$.
Poser $u=t+k$ dans 15.a), et développer la somme de droite en prenant garde aux problèmes de convergences. On retrouve alors facilement la formule établie en 10.
On admet sans démonstration que pour tout $u>0$, on a : $$\frac{1}{3}\left(\frac{1}{(u+\frac{1}{14})^3}-\frac{1}{(u+\frac{15}{14})^3}\right)\leq\frac{1}{u^2(u+1)^2}\leq\frac{1}{3}\left(\frac{1}{u^3}-\frac{1}{(u+1)^3}\right).$$
Déduire des deux résultats précédents, pour tout $t>0$, les deux encadrements : $$\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{6(t+\frac{1}{14})^3}\leq\psi'(t)-\frac{1}{t}\leq\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{6t^3}\text{ et }\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12t^2}\leq \psi(t)\leq\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12(t+\frac{1}{14})^2}.$$
On remarque ra que $u+\frac{15}{14}$, s'écrit aussi $u+1+\frac{1}{14}$. En sommant l'inégalité admise, on fera apparaître des sommes téléscopiques qui se caculent facilement et donnent la première inégailité. Pour la seconde inégalité, on intègre membre à membre.
En déduire un équivalent de $E(\ln(X_t))$ et de $V(\ln(X_t))$ respectivement, lorsque t tend vers $+\infty$.
En multipliant la première inégalité par $t$, on montre que $t\psi'(t)$ tend vers 1 à l'infini donc $V(\ln(X_t))=\psi'(t)$ est équivalent à $\frac{1}{t}$ à l'infini. De même en divisant par $\ln t$ la seconde inégalité, on montre que $E(\ln X_t)$ est équivalent à $\ln t$ en l'infini.
Calculer pour tout y vérifiant $y>t>0$, l'intégrale : $\int_t^y\left(\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right)dx$.
On se souviendra d'après 2.b) que $\psi(t)=\frac{\Gamma'(t)}{\Gamma(t)}$ et on fera une intégration par partie pour ln. On trouvera alors : $\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{\Gamma(t)}\right)+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{y}{t}\right)+t\ln t-y\ln y-y+t$.
Montrer que pour tout t fixé, l'existence de $\lim_{y\to+\infty}\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\right)$; on note $\theta$ cette limite.
En réorganisant le calcul de l'intégrale précédente, on a : $$\int_t^y\left(\psi(x)-\ln x+\frac{1}{2x}\right)dx=\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\right)-\ln(\Gamma(t))-\frac{1}{2}\ln t+t\ln t+t,$$ de sorte que si on parviens à prouver la convergence de l'intégrale $\int_t^{+\infty}\left(\psi(x)-\ln x+\frac{1}{2x}\right)dx$, on aura montré l'existence de $\lim_{y\to+\infty}\ln\left(\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\right)$. Grâce à l'encadrement : $$\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12t^2}\leq \psi(t)\leq\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12(t+\frac{1}{14})^2}$$ On en déduit que : $$-\frac{1}{12x^2}\leq\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\leq-\frac{1}{12(x+\frac{1}{14})^2},$$ et que $$\left|\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right|\leq\frac{1}{12x^2}.$$ Or par Riemann $\int_t^{+\infty}\frac{1}{x^2}dx$ converge, donc par comparaison $\int_t^{+\infty}\left|\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right|dx$ converge. Donc l'intégrale étudiée converge.
En utilisant la question 14.e et l'identité : $x^x=\left(x+\frac{1}{2}\right)^x\left(1+\frac{1}{2x}\right)^{-x}$, valable pour $x>0$, calculer $e^\theta$. En déduire que $\Gamma(x)$ est équivalent à $\sqrt{2\pi}x^{x-\frac{1}{2}}e^{-x}$, lorsque x tend vers $+\infty$.
Un calcul basé sur la formule 14.e et l'identité donnée nous montre que : $$\frac{\Gamma(y)}{y^{y-\frac{1}{2}}e^{-y}}\times\frac{\Gamma(y+\frac{1}{2})}{(y+\frac{1}{2})^ye^{-(y+\frac{1}{2})}}=\frac{\sqrt{2\pi}}{\left(1+\frac{1}{2y}\right)^y}\frac{\Gamma(2y)}{(2y)^{2y-\frac{1}{2}}e^{-2y}}.$$ En passant à la limite en y, on en déduit que : $e^{\theta}e^{\theta}=\sqrt{2\pi}e^{\theta}$, c'est à dire $e^{\theta}=\sqrt{2\pi}$. L'équivalent demandé suit facilement.
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