Cours et vidéos

Cours en ligne Vidéos classées

Concours corrigés

HECS
HECE

Programme de concours

HECS

Chaîne Youtube


Pour me soutenir



Autour du site

Auteur du site.


Partie III


Partie III. Quelques propriétés de la fonction $\Gamma$

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 : $$2\sum_{k=0}^{2n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{k+1}}{t+k}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+1}}{\frac{t}{2}+k}\right)+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{a_{2k+2}}{\frac{t+1}{2}+k}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2k+1}-\frac{1}{2k+2}\right)$$

Afficher

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 $\lim_{n\to+\infty}w_n=\ln 2$.

Afficher

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 $\ln(X_{\frac{t}{2}})+\ln(X_{\frac{t+1}{2}})+2\ln 2$.

Afficher

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.

Afficher

Multiplier par r et passer à l'exponentielle.

e) En choisissant une valeur particulière de s, établir pour tout $r>0$, la formule : $$2^{2r-1}\Gamma(r)\Gamma(r+\frac{1}{2})=\Gamma(2r)\sqrt\pi.$$

Afficher

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 : $\frac{1}{u^2(u+1)^2}=\frac{a}{u^2}+\frac{b}{(u+1)^2}+\frac{c}{u}+\frac{d}{u+1}$.

Afficher

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 : $\psi'(t)=\frac{1}{t}+\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(t+k)^2(t+k+1)^2}$.

Afficher

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 : $$\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{6(t+\frac{1}{14})^3}\leq\psi'(t)-\frac{1}{t}\leq\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{6t^3}\text{ et }\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12t^2}\leq \psi(t)\leq\ln t-\frac{1}{2t}-\frac{1}{12(t+\frac{1}{14})^2}.$$

Afficher

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 $+\infty$.

Afficher

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 : $\int_t^y\left(\psi(x)-\ln(x)+\frac{1}{2x}\right)dx$.

Afficher

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.

Afficher

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 $+\infty$.

Afficher

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.

Pour afficher le fil des commentaires : Commentaires.


Pour poster un commentaire ou obtenir de l'aide : c'est ici!




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 :

Contacter l'auteur du site : frederic.millet @ math-sup.fr