Forum francophone relatif aux mathématiques avec support MathJax, LaTeX et Asymptote. par rador » dimanche 30 janvier 2011, 07:50, Revenir à « Exercices et problèmes : Supérieur », Développé par phpBB® Forum Software © phpBB Limited, Traduction française officielle © Miles Cellar, Confidentialité Gergő Nemes a proposé en 2007 une approximation qui donne le même nombre de chiffres exacts que celle de Windschitl mais qui est bien plus simple[7] : Dans le cadre de la thermodynamique statistique (distribution de Boltzmann) il est commode de considérer le logarithme népérien d'une factorielle en faisant l'approximation de Stirling[8]. On obtient finalement l'approximation suivante : pour laquelle l'erreur relative est inférieure à 1 % quand n > 100. Merci d'avance pour vos reponses. par rador » mercredi 12 janvier 2011, 14:03, Message Cette approximation est valable jusqu'à plus de 8 décimales pour z ayant une partie réelle supérieure à 8. Aide à la résolution d'exercices ou de problèmes de niveau supérieur au baccalauréat. Cette approximation est considérée comme valable (l'erreur est négligeable) dans le cadre de la distribution de Boltzmann étant donné les grandes valeurs de n utilisées (représentant les configurations microscopiques d'un état macroscopique). Tu as apprécié l'aide qui t'a été fournie ? a été donnée par Srinivasa Ramanujan[10] : Un article de Wikipédia, l'encyclopédie libre. Il est à noter que la somme ci-dessus ne tend pas vers une limite finie lorsque K tend vers l’infini. Approximations exploitables pour des machines à calculer, formule asymptotique de Stirling pour la fonction gamma, cet exercice corrigé de la leçon « Séries numérique », Intégration de Riemann/Devoir/Fonction Gamma et formule de Stirling, https://fr.wikipedia.org/w/index.php?title=Formule_de_Stirling&oldid=174013184, Article contenant un appel à traduction en anglais, Catégorie Commons avec lien local identique sur Wikidata, licence Creative Commons attribution, partage dans les mêmes conditions, comment citer les auteurs et mentionner la licence, La détermination de la constante n'est pas immédiate, mais il est facile de montrer le résultat de, Pour introduire le facteur de De Moivre, une autre manière de présenter est la suivante : la, Mais on peut aussi démontrer directement, et de façon élémentaire, un résultat plus précis sur la. Sachant que, à part B1 (qui n’intervient pas dans la formule), tous les nombres de Bernoulli de rang impair sont nuls, on peut réécrire le développement (à l’ordre 2K) : On définit la fonction de Binet μ en faisant tendre formellement K vers l’infini : En calculant les premiers termes de e μ(n) grâce à la formule exponentielle (en) (laquelle fait intervenir les polynômes de Bell), on a alors le développement asymptotique de n! L'approximation consiste à assimiler la somme à une intégrale quand n est suffisamment grand[9]. merci d'avance. | Voila ce que j'ai fait: U2n-Un=somme de k=n+1 à 2n de 1/racine(k)     La limite tend vers 0  donc lim n->+infini (U2n-Un)=0 par contre pour la limite de Un je sait pas. Correction H [005701] Exercice 15 *** Nature de la série de terme général u n =ån 1 k=1 1 (n ))a. au voisinage de l’infini à l’ordre K ≥ 1 : où les Bi sont les nombres de Bernoulli. au voisinage de l’infini : développement dont les numérateurs et dénominateurs sont référencés respectivement par les suites  A001163 et  A001164 de l'OEIS. je rectifie: J'aime avoir un équivalent simple de $\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}$ en conjugant je trouve l'équivalent suivant $\frac{1}{\sqrt{n}}$, de cette façon, j'ai fait une somme d'équivalent, chose qu'on m'a toujours conseiller d'éviter ! n/racine(n+1)-U2nU2n-Un>n/racine(n) or n/racine(n)=racine(n/2) et lim n-> +infini   n/racine (n+1)=+ infini ,lim n-> +infini   n/racine (n/2)=+infini donc d'apres le théoreme des gendarmes, lim n tend vers + infini (u2n-un)=+infini. Pour la méthode de guiguiche, au lieu d'utiliser les accroissements finis, tu peux également comparer $\sqrt{k}$ et $\int_k^{k+1}\sqrt{t}dt$. Une approximation bien plus précise de ln(n!) par Arthur Accroc » lundi 17 janvier 2011, 07:53, Message L'encadrement que j'ai donné, une fois calculé, est assez précis pour donner un équivalent. par guiguiche » mercredi 12 janvier 2011, 17:25, Message Posté par . En déduire que la suite (Un-2*racine(n)) est convergente. Et Et donc au final on peut dire que, Ok merci beaucoup Ensuite pour montrer la convergence de (Un-2racine(n)) on sait que racine(k+1)-racine(k)< 1/racine(k)< -racine(k-1)+racine(k) Un-2racine(n)=1+...+1/racine(n)-2racine(n)=1+1/racine(2)+...+1-2n/racine(n) racine(n)*(1-2n)+infini (U2n-Un),puis limite n->+infini (Un) 2) Comparer 1/2*(racine k),  racine(k+1)-racine(k), et racine(k)-racine(k-1). n/n=n et pas (n/2) Mais OK ça ne change pas le résultat, qui est que la somme tend vers l'infini si Un tendait vers une limite L alors U2n tendrait aussi vers la même limite L et U2n-Un tendrait vers L-L=0 Or on a vu que U2n-Un tendait vers l'infini donc on en conclut que Un ne peut pas tendre vers une limite finie. Les méthodes de Balf et de Guiguiche te permettent l'une comme l'autre de trouver un équivalent de $\sum_{k=1}^n E(\sqrt{k})$, et une estimation du reste.
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