Fonction hyperfactorielle et constante de Glaisher-Kinkelin

La formule de Stirling est le premier exemple de formule asymptotique qu’on rencontre en mathématiques. Il en existe d’autres tout aussi impressionnantes comme la formule de Moser-Wyman pour les nombres de Bell ou la formule asymptotique pour l’hyperfactorielle . Cette fonction hyperfactorielle est définie sur $\mathbb{N}^*$ de manière très analogue à la factorielle et possède un équivalent explicite analogue à la formule de Stirling $$H(n)=\prod_{k=1}^n k^k\sim_\infty A\left({n\over \sqrt{e}}\right)^{n^2\over 2} n^{{n\over 2}+{1\over 12}}$$ la constante $A$, dite constante de Glaisher-Kinkelin, admet une forme close assez compliquée faisant intervenir $e,\pi,\gamma$ et la fonction $\zeta$ dont on connaît 500000 décimales $A=1,28242712910062263687\dots$. C’est un bon exercice de calcul asymptotique que de démontrer ce résultat et d’encadrer la constante de Glaisher-Kinkelin avec pour principal outil la formule d’Euler-Maclaurin.

 

 

L’hyperfactorielle est une fonction définit sur $\mathbb{N}^*$ par un produit des entiers de 1 jusqu’à $n$ : $$H(n)=\prod_{k=1}^n k^k= 1^1\times 2^2\times \dots \times n^n$$ dont on veut obtenir un équivalent. La manière la plus simple d’attaquer le problème est de chercher un développement asymptotique à un ${ o}(1)$ près du logarithme de $H(n)$ à l’aide d’une comparaison série-intégrale :

$$\ln(H(n))=\sum_{k=1}^n k\ln(k)$$

C’est possible car cette série est divergente et donc on peut y arriver avec une formule d’Euler-Mac-Laurin assez précise. Si on utilise la formule d’Euler-MacLaurin d’ordre 2 on obtient :

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^nk\ln(k) &= \int_{1}^n t\ln(t) dt +{n\ln(n)-0\over 2}+ \int_{1}^n {\beta(t)\over t} dt\\ &= \left[{t^2\over 2}\ln(t)-{t^2\over 4}\right]_{1}^n +{n\ln(n)\over 2}+ \int_{1}^n {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt\\ &= {n^2\over 2}\ln(n)-{n^2\over 4}+{1\over 4} +{n\ln(n)\over 2}+ \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt\end{aligned}$$ Pour estimer le reste intégrale on peut encore passer par une série en découpant l’intervalle d’intégration suivant les points où $\beta(t)={\{t\}-\{t\}^2\over 2}$ s’annule $$\begin{aligned} \int_{1}^n {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt &= \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt\end{aligned}$$ en remarquant que sur chaque intervalle $[k,k+1]$ on a ${1\over k+1}\leq {1\over t}\leq {1\over k}$ on obtient par comparaison série/intégrale que :

$$\begin{aligned} \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt &\leq \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2k} dt =\int_{0}^{1} {s-s^2\over 2k} ds = {1\over 2k}\left[{s^2\over 2}-{s^3\over 3}\right]_{0}^1 = {1\over 12k}\\ \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2t} dt &\geq \int_{k}^{k+1} {\{t\}-\{t\}^2\over 2(k+1)} dt = {1\over 12(k+1)}\end{aligned}$$

Ceci permet de se ramener à la série harmonique dont on connaît déjà un développement asymptotique : $$\sum_{k=1}^{n} {1\over k} =\ln(n)+\gamma +\mathcal{O}\left({1\over n}\right)$$ où $\gamma=0,577 215 664 901 532 860 \dots$ est la constante d’Euler-Mascheroni. On encadre alors par : $$\begin{aligned} \int_{1}^n {\beta(t)\over t} dt &\leq \sum_{k=1}^{n-1} {1\over 12k} ={\ln(n-1)+\gamma\over 12}+{\mathcal O}\left({1\over n}\right) ={\ln(n)+\gamma\over 12}+{\mathcal O}\left({1\over n}\right)\\ &\geq \sum_{k=1}^{n-1} {1\over 12(k+1)} ={\ln(n)+\gamma-1\over 12}+{\mathcal O}\left({1\over n}\right)\end{aligned}$$ Pour $n$ assez grand, pour négliger le ${\mathcal O}\left({1\over n}\right)$, on obtient l’encadrement : $${\gamma+2\over 12} \leq \sum_{k=1}^nk\ln(k) -\left({n^2\over 2}\ln(n)-{n^2\over 4} +{n\ln(n)\over 2}+{\ln(n)\over 12}\right)\leq {\gamma+3\over 12}$$ puis en revenant à l’exponentielle : $$e^{\gamma+2\over 12 }\left({n\over \sqrt{e}}\right)^{n^2\over 2} n^{{n\over 2}+{1\over 12}} \leq H(n) \leq e^{\gamma+3\over 12 }\left({n\over \sqrt{e}}\right)^{n^2\over 2} n^{{n\over 2}+{1\over 12}}$$ On a donc pas obtenu un équivalent de l’hyperfactorielle mais seulement un encadrement bilatéral $H(n)=\Theta\left(\left({n\over \sqrt{e}}\right)^{n^2\over 2} n^{{n\over 2}+{1\over 12}} \right)$ qui donne déjà un bon encadrement de la constante de Glaisher-Kinkelin  $A=1,28242712910062263687\dots$   : $$1.239574247755595\approx e^{\gamma+2\over 12 }\leq A \leq e^{\gamma +3\over 12} \approx 1.347298269567788$$ La constante de Glaisher-Kinkelin, admet une forme close faisant intervenir $e,\pi,\gamma$ et la fonction $\zeta$ de Riemann donc assez compliquée: $$A=\exp\left(-{\zeta'(2)\over 2\pi^2} + {\ln(2\pi)\over 12} + {\gamma\over 12}\right)= \exp\left({1\over 12}-\zeta'(-1)\right)$$ Pourtant avec notre encadrement on voit qu’on a déjà obtenu le terme $e^{\gamma/12}$, qui est en fait le facteur dominant pour l’ordre de grandeur. 

Si on veut obtenir un résultat plus fort il faut reprendre les calculs mais avec la formule d’Euler-Mac-Laurin d’ordre 3. On peut obtenir cette formule en intégrant par partie la formule d’Euler-MacLaurin précédente, avec un choix de primitive pour $\beta(t)$ tel que $\xi(k+1)=-\xi(k)={1\over 24}$ : $$\xi(t)=\int \beta(t) dt = \int {\{t\}-\{t\}^2\over 2}dt = {\{t\}^2\over 4} -{\{t\}^3\over 6} -{1\over 24}$$ pour obtenir : 

 

$$\begin{align*} \sum_{k=a+1}^nf(k) &= \int_{a}^n f(t) dt +{f(n)-f(a)\over 2}+ \int_{1}^n \beta(t)f'(t) dt\\ &= \int_{a}^n f(t) dt +{f(n)-f(a)\over 2}+ \sum_{k=a}^{n-1}  {f'(k)+f'(k+1)\over 24}-\int_{a}^n \xi(t)f''(t) dt\ \end{align*}$$

  la dernière intégrale est absolument convergente avec un reste $\int_{n}^\infty {\xi(t)\over t^2} dt =\mathcal{O}\left({1\over n}\right)$ conclusion $$H(n)= A\left({n\over \sqrt{e}}\right)^{n^2\over 2} n^{{n\over 2}+{1\over 12}}\left(1+\mathcal{O}\left({1\over n}\right)\right)$$ avec $$A=\exp\left({\gamma\over 12}+{5\over 24}+\int_{1}^\infty {\xi(t)\over t^2}dt\right)$$ Cette forme close pour $A$ permet d’en donner un encadrement plus précis à condition de savoir encadrer finement l’intégrale. Pour cela on va découpe l’intégrale en une série : $$\int_{1}^\infty {\xi(t)\over t^2} dt=\sum_{k=1}^\infty \int_{k}^{k+1} {\xi(t)\over t^2} dt$$ et sur chaque intervalle $[k,k+1]$ on va couper l’intégrale en deux parties l’une positive et l’autre négative : $$\int_{k}^{k+1} {\xi(t)\over t^2} dt= \underbrace{\int_{k}^{k+1/2} {\xi(t)\over t^2} dt}_{\leq 0} + \underbrace{\int_{k+1/2}^{k+1} {\xi(t)\over t^2} dt}_{\geq 0}$$  

Ce qui va nous aider est que $\xi(k+1/2)=0$ et les intégrales de $\xi(t)$ sur les intervalles $[k,k+1/2]$ et $[k+1/2,k+1]$ ont la même valeur absolue :

$$\begin{aligned} \int_{k}^{k+{1\over 2}} {\xi(t)}dt&=\int_{0}^{1\over 2} {\xi(t)}dt=-\int_{1\over 2}^1 {\xi(t)}dt=-\int_{k+{1\over 2}}^{k+1} {\xi(t)}dt\\ &= \left[{\{t\}^3\over 12} -{\{t\}^4\over 24} -{\{t\}\over 24}\right]_{0}^{1\over 2} ={1\over 8\times 12} -{1\over 16\times 24} -{1\over 2\times 24} ={4-1-8\over 16\times 24}={-5\over 16\times 24}\end{aligned}$$ on peut donc encadrer par : $${-5\over 16\times 24 \left(k+{1\over 2}\right)^2}=\int_{k}^{k+{1\over 2}} {\xi(t)\over \left(k+{1\over 2}\right)^2} dt \leq \int_{k}^{k+{1\over 2}} {\xi(t)\over t^2} dt \leq \int_{k}^{k+{1\over 2}} {\xi(t)\over k^2} dt ={-5\over 16\times 24 k^2}\leq 0$$ puis $$0\leq{5\over 16\times 24 (k+1)^2} = \int_{k+{1\over 2}}^{k+1} {\xi(t)\over (k+1)^2} dt \leq \int_{k+{1\over 2}}^{k+1} {\xi(t)\over t^2} dt \leq \int_{k+{1\over 2}}^{k+1} {\xi(t)\over \left(k+{1\over 2}\right)^2} dt ={5\over 16\times 24 \left(k+{1\over 2}\right)^2}$$ reste à combiner les encadrements : $$\begin{aligned} 0\geq \int_{1}^\infty {\xi(t)\over t^2}&\geq {5\over 16\times 24}\sum_{k=1}^\infty {1\over (k+1)^2}-{1\over \left(k+{1\over 2}\right)^2}={5\over 16\times 24}\left(3-{\pi^2\over 3}\right)=- 0.00377432465750589\dots \\ &\leq {5\over 16\times 24}\sum_{k=1}^\infty {1\over \left(k+{1\over 2}\right)^2}-{1\over k^2}={5\over 16\times 24}\left({\pi^2\over 3}-4\right)=- 0.009246508675827443\dots\end{aligned}$$ où on a utilisé que : $$\sum_{k=1}^\infty {1\over k^2} ={\pi^2\over 6},~~ \sum_{k=1}^\infty {1\over (k+1)^2}={\pi^2\over 6}-1,~~ \sum_{k=1}^\infty {1\over \left(k+{1\over 2}\right)^2}={\pi^2-8\over 2}$$ Au final en utilisant $\gamma= 0.5772156649015329\dots$ on obtient un encadrement de la constante à $10^{-2}$ près : $$\begin{aligned} A&\geq \exp\left({\gamma\over 12}+{5\over 24}+{5\over 16\times 24}\left(3-{\pi^2\over 3}\right)\right)\approx1.280396964018053\\ A&\leq \exp\left({\gamma\over 12}+{5\over 24}+{5\over 16\times 24}\left({\pi^2\over 3}-4\right)\right) \approx 1.287422737452106\end{aligned}$$ pas mal comparé à $A = 1,28242712910062263687...$ (suite A074962 de l’OEIS).

 

voir aussi :

• https://mathworld.wolfram.com/Glaisher-KinkelinConstantDigits.html 
• https://oeis.org/A074962 
• https://www.researchgate.net/publication/269015520 Integral representations of the Kinkelin’s constant A, January 1997 Junesang Choi & Charles Nash