Correction : Analyse, Formule de Stirling

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1.a

1.b

1.c

2.a

2.b

2.c

2.d

3.a

3.b

1.a

Correction

Partie I

2
0=0π1d=2π,1=0π2sind= [−cos]0π2=1 et2=0π2sin2d=21∫0π2(1−cos 2)d=4π.
π2
∀∈0,π2 ,sin≥0 et֏sinn’est pas la fonction nulle donc sind0
=0>.
π2
+1−=0sin(sin−1)d≤0 car֏sin(sin−1) est négative sur 0,π2 .
Ainsi () est une suite décroissante et strictement positive.
En réalisant le changement de variable=π2−:
π2∫0∫π2.
=sind=siπ−−osd 
0π2 )n ( 2 )( d=0c=
2sin2d2si 2 2 21 1
+2=0π+ =∫0πnsin+dip=p−cossin+0π+∫0π(+1) cossind
π
donne+2=(+1)02(1−sin2) sind=(+1)−(+1)+2
donc+2=++21.
+1≤donc+1≤1 .

D’autre part :+1=++21++1≥++ ac21r ++12≥1 .
2
Ainsi+1≤+1≤1 et en vertu du théorème des gendarmes :+1→+∞→1 .
+2
(+2)+1+2=(+2)+1++21=(+1)  . La suite de terme général+1est constante.
La valeur de cette constante s’obtient en prenant= on obtient :0 et01=π2 .
Puisque∼+1et 2=(1)12onc∼π.
π++∼2d 
=2−1−=(2−1)(2−3)−=…=(2−1)(2−3⋯)⋯1
222 2(2)(2−2)2 4(2 )(2−2) 20
2.1π(2 )!π(2 )!
ainsi2=(2)(2[(−22(2()1)−−)22()2⋯2]−23)⋯2=2(−1)⋯122=22+1(!)2π
−⋯
(2)(22) 222(!)2
Par la même démarche :21=(21)(21) 31=(2 1)!
++ −⋯+.
∼+1donc (2+1)2+1∼2 2=1 .
(2)22 2
22(!)2
lim 24( !)4
(2+1)2+1=(2+1) (2+1)!=24(!)4πon 1d cπ=((2)2.
(2)2222(+21(!))!2π((2)!)2→+∞ !)


+.
= −
()()−(() )()

Partie II

1.b

2.

3.a

3.b

3.c

4.

5.

1.

()d=()−−()∫(−)d+∫()d=()2+(()−) .
Puisqueest concave, les cordes sont en dessous les arcs.
Par suite∀∈,,()≤() et donc, en intégrant :()d≤∫()d.

2
Par opérationsest.
Puisqueest affine′′()=0 . D’autre part ((−)(−))=′′2 donc′′()=′′()−2.
La fonctionest2et s’annule en<<.
En appliquant le théorème de Rolle àsur les segments,et,,′s’annule en des pointsα,β
tels que<α<<β<. En appliquant le théorème de Rolle à′surα,βon obtient une annulation
de′′en un point∈α,β⊂,.

′′()=0 donne 2=′′() puis 2 s et≤.
≤=[u,]p′′ 2
()=0 donne()−()=(−)(−)
donc()−()≤ − −≤(2−)(−) .
De plus()−()≥ donc l’inégalité précédente donne celle voulue.0 et
En intégrant l’inégalité précédente sur,:
 )( (−( ))d≤∫(−)(−)
    2   d
− − = − −  
Or∫()( )di1 ( )2( )+1∫(−)2d=(−)3
pp2 26

donc()d−∫()d≤(12−)3.
La fonctionest de classe2et′′()= −12.

Puisque′′()≤0 ,est concave.
D’autre part, puisque=su+p]′′()=12.
[, 1
Avec les notations qui précèdent :
()d=1lnd= [ln− ]1=( 1) et 1 ln ln
∫+ ++− −
 
  + −
0≤ +12(ln+ln( 1))1≤1212.

Partie III

( )d=ln
  

+
ln(+c on )d1
2

3
( 12 (1)
1)1 1)!e ( 1) ( )) ln( 0 1
+−=ln+++2e−− +−ln+!=(+12()nl+ −− ≥via II.2.b
+1−=+1−+211−12(1−1)=+21(ln(+1)−ln())−121(−1)
≤1122−121(−1)≤0
Ainsi ( croissante, () est et puisque) décroissante−→ peut assurer que ces suites sont0 on
adjacentes.

2.

3.

)!=1((2)!)2→1 1
!)ln224+1(!)422ln
2 

D’une part 2−2→2−=et d’autre part :
+ − 
− == −
22ln(22)21+e21e2−2ln(2!()!)2ln22+21((2

Par suite= −l12n(2π) .
1 1
 +
2+e2−
ππ
!2−=ln 2π+→ 20 donce!

ln

→1 puis!∼

1

2 e +2
π.

.
π

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