Partie III
Partie III. Quelques propriétés de la fonction
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)
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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.
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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.
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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.
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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.
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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}.
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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}.
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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}.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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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Formulaire
L'insertion de formules suit la syntaxe LATEX. Toute formule doit être encadrée par des dollars : \bf{\$formule\$}. Par exemple \bf{\$ u\_n \$} sera interprétée comme une formule et donnera \bf{u_n}. Voici quelques exemples pour ceux qui ne sont pas habitués :
- Indice bas u_n : u_n
- Indice haut X^p : X^p
- Multi-indices A_{1,2}^{pq} : A_{1,2}^{pq}
- Intégrales \int_a^b f(t)dt : \int_a^b f(t)dt
- Somme \sum_{i=1}^n u_i : \sum_{i=1}^n u_i
- Pour les lettres greques, il suffit de connaître leur noms, \alpha donn \alpha, \beta donne \beta, etc.
- Et pour les lettres greques majuscules, il suffit de mettre la première lettre en majuscule : \Gamma donne \Gamma, \Sigma donne \Sigma etc.