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title: "Mesures produit, Fubini, changement de variables"
book: "Mathématiques universitaires — Licence 3"
subject: math
language: fr
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/11-mesures-produit-fubini-changement-de-variables
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# Chapitre 11 — Mesures produit, Fubini, changement de variables

La théorie de Lebesgue unidimensionnelle devient le calcul multidimensionnel à travers deux théorèmes. *Tonelli–Fubini* affirme que les intégrales sur des produits sont des intégrales itérées — le découpage en tranches est légitime, dans l’un ou l’autre ordre, sous des hypothèses que l’on peut réellement vérifier. La *formule de changement de variables* transporte les intégrales le long des difféomorphismes $\mathcal C^1$, avec le déterminant jacobien comme taux de change du volume ; on la prouve entièrement, en partant du cas linéaire où elle explique ce qu’est le déterminant. Les applications en cascade : la formule des couches, la convolution, les [coordonnées polaires](#ex-b3-product-polar), le volume de la boule unité — et, dans le problème du week-end, la formule de Stirling avec une analyse d’erreur honnête.

## 11.1 $\sigma$-algèbres produit et mesures produit

**Définition 11.1.**

Pour des espaces [mesurables](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(X, \mathcal A)$, $(Y, \mathcal B)$, la *$\sigma$-algèbre produit* $\mathcal A \otimes \mathcal B$ sur $X \times Y$ est engendrée par les *rectangles* $A
\times B$ ($A \in \mathcal A$, $B \in \mathcal B$) — un $\pi$-système. Pour $E \subseteq X\times Y$ et $x \in X$, la *section* est $E_x = \{y : (x,y) \in E\}$ ; pour une fonction $f$ sur le produit, $f_x = f(x, \cdot)$.

**Proposition 11.2.**

(a) Si $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$, toute section $E_x
\in \mathcal B$ (et symétriquement) ; si $f$ est $\mathcal
A\otimes\mathcal B$-mesurable, toute $f_x$ est $\mathcal
B$-mesurable. (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal
B(\R^{m+n})$.

**Démonstration.** (a) Bons ensembles : $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ est une $\sigma$-algèbre (les sections commutent avec les complémentaires et les unions dénombrables) contenant les rectangles. Pour $f$ : $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$. (b) ($\subseteq$) Rectangles de boréliens : il suffit que les boîtes [ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology)$\times$[ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) soient boréliennes dans $\R^{m+n}$ (elles sont [ouvertes](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology)) et que les rectangles boréliens généraux soient des limites — bons ensembles encore : $\{A :
A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ est une $\sigma$-algèbre contenant les [ouverts](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) ; intersecter deux telles. ($\supseteq$) Tout [ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) de $\R^{m+n}$ est une union dénombrable de boîtes [ouvertes](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) rationnelles $U\times V$ : [contenu](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/2-anneaux-et-arithmetique#def-b3-rings-content) dans la $\sigma$-algèbre produit. ∎

**Théorème 11.3 (Mesure produit).**

Soient $(X, \mathcal A, \mu)$ et $(Y, \mathcal B, \nu)$ *$\sigma$-finis*. Pour tout $E \in \mathcal
A\otimes\mathcal B$, la fonction $x \mapsto \nu(E_x)$ est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), et

$$
(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)
$$

définit l’unique [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) sur $\mathcal A\otimes\mathcal B$ avec $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$. Elle est $\sigma$-finie, et symétrique : la même [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) s’obtient en intégrant les $x$-sections contre $\nu$.

**Démonstration.** *Mesurabilité de $x \mapsto \nu(E_x)$.* D’abord $\nu$ finie. La classe $\mathcal D$ des $E$ pour lesquels l’application est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) contient les rectangles ($\nu((A\times B)_x) =
\nu(B)\mathbf 1_A(x)$) et est un $\lambda$-système : pour $E
\subseteq F$ dans $\mathcal D$, $\nu((F\setminus E)_x) =
\nu(F_x) - \nu(E_x)$ (finitude) ; pour $E_n \uparrow E$, $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ (continuité par en bas), et les limites monotones de [fonctions mesurables](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sont [mesurables](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Les rectangles forment un $\pi$-système : Dynkin ([Théorème 9.4](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#thm-b3-measure-dynkin)) donne $\mathcal D = \mathcal
A\otimes\mathcal B$. Si $\nu$ est $\sigma$-finie, écrire $Y =
\bigcup Y_k$, $Y_k \uparrow$, $\nu(Y_k) < \infty$ : $\nu(E_x) = \lim_k\nu_k(E_x)$ avec $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ finie.

*[Mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure).* La $\sigma$-additivité de $E \mapsto
\int\nu(E_x)\dd\mu$ suit du [Corollaire 10.7](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#cor-b3-lebesgue-additivity) (les sections d’ensembles disjoints sont disjointes). Sur les rectangles elle donne $\mu(A)\nu(B)$. *Unicité* : deux candidates coïncident sur le $\pi$-système des rectangles ; la $\sigma$-finitude fournit des rectangles $X_k\times Y_k
\uparrow X\times Y$ de [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) finie : [Théorème 9.7](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#thm-b3-measure-uniqueness). Symétrie : la construction dans l’autre ordre est aussi une [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) coïncidant sur les rectangles — unique, donc la même. ∎

**Définition 11.4.**

La *mesure de Lebesgue sur $\R^d$* est $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ ($d$ facteurs ; l’associativité de la construction se vérifie sur les boîtes et se propage par unicité). C’est l’unique [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) borélienne donnant à chaque boîte $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ son volume $\prod(b_i - a_i)$ ; elle est invariante par translation (les translatés coïncident sur les boîtes), $\sigma$-finie, et complète après complétion de Carathéodory — on note $\lambda_d$ la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) complétée et on intègre en conséquence.

## 11.2 Tonelli et Fubini

**Théorème 11.5 (Tonelli).**

$\mu, \nu$ $\sigma$-finis, $f \colon X\times Y \to [0,
+\infty]$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Alors $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) et

$$
\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu)
= \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).
$$

**Démonstration.** La machine standard. Pour $f = \mathbf 1_E$ c’est le [Théorème 11.3](#thm-b3-product-existence) (et sa forme symétrique). Par linéarité cela tient pour $f \geq 0$ [simple](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#def-b3-groups-simple). Pour $f \geq
0$ générale : prendre des [simples](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#def-b3-groups-simple) $s_n \nearrow f$ ([Théorème 10.4](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#thm-b3-lebesgue-approximation)) ; alors $\int_Y(s_n)_x \dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ pour chaque $x$ (TCM en $Y$), donc les membres de gauche convergent par TCM en $X$, tandis que $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu)
\nearrow \int f$ par TCM sur le produit. ∎

**Théorème 11.6 (Fubini).**

$\mu, \nu$ $\sigma$-finis, $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$. Alors pour $\mu$-p.t. $x$ la section $f_x$ est $\nu$-intégrable, la fonction définie p.p. $x \mapsto \int f_x\dd\nu$ est [intégrable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), et les deux intégrales itérées valent toutes deux $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$.

**Démonstration.** Tonelli appliqué à $\abs f$ montre que $\varphi(x) =
\int\abs{f_x} \dd\nu$ a une intégrale finie, donc est finie p.p. : $f_x \in L^1(\nu)$ pour p.t. $x$. Scinder $f = f^+ -
f^-$ (cas réel ; complexe par composantes) : Tonelli calcule chaque intégrale itérée de $f^\pm$ comme $\int
f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) < \infty$, et la différence définie p.p. s’intègre en la différence. Symétriquement pour l’autre ordre. ∎

**Méthode 11.7.**

Pour intervertir deux intégrales (ou une intégrale et une somme, ou deux sommes) : si l’intégrande est *positive*, intervertir librement (Tonelli). Sinon, appliquer d’abord Tonelli à $\abs f$ dans l’ordre le plus facile à estimer ; si le résultat est fini, Fubini légitime l’interversion. Ne jamais sauter le contrôle de $\abs f$ : l’intégrande de l’[Exercice 11.4](#exo-b3-product-4) a deux intégrales itérées de *valeurs différentes*.

**Proposition 11.8 (Formule des couches).**

Pour $f \geq 0$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sur $(X, \mathcal A, \mu)$ $\sigma$-fini :

$$
\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t,
\qquad
\int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f >
t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).
$$

**Démonstration.** Appliquer Tonelli à $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ sur $X \times \intoo0{+\infty}$ ([mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) : c’est $\{(x,t): f(x) - t > 0\}\cap\{t > 0\}$, une combinaison de type borélien de la $(x,t)\mapsto f(x) - t$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable)) : en intégrant d’abord en $t$ on obtient $\int f\,\dd\mu$ ; d’abord en $x$, $\int_0^\infty\mu(f > t)\dd t$. Pour $f^p$ : substituer $t = s^p$ dans $\int\mu(f^p > t) \dd t$, c.-à-d. appliquer la première formule à $f^p$ et changer de variable dans l’intégrale unidimensionnelle ($\{f^p > s^p\} = \{f >
s\}$). ∎

**Théorème 11.9 (Convolution sur L1L^1L1).**

Pour $f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$, l’intégrale

$$
(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y
$$

converge absolument pour p.t. $x$, définit $f * g \in
L^1(\R^d)$ avec $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$, et $*$ est commutative et associative.

**Démonstration.** $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) ($(x,y)\mapsto x -
y$ est [continue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-continuity) ; composer et multiplier). Tonelli :

$$
\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x
= \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y
= \norm f_1\norm g_1 < \infty
$$

(invariance par translation de $\lambda_d$ dans l’intégrale intérieure). Donc l’intégrale double est finie ; Fubini donne la convergence absolue p.p. et la borne de norme $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$. Commutativité : substituer $y \mapsto x - y$ (invariance par translation et réflexion — l’invariance par réflexion tient sur les boîtes, donc partout par unicité). Associativité : Tonelli–Fubini sur une intégrale triple. ∎

## 11.3 Changement de variables

**Théorème 11.10 (Changement de variables linéaire).**

Pour $T \in GL_d(\R)$ et $A \in \mathcal B(\R^d)$ : $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$ ; par conséquent $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ pour $f \geq 0$ ou [intégrable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1).

**Démonstration.** La [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ est une [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) borélienne (les [homéomorphismes](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-continuity) préservent les boréliens, [Problème 9.1](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#pb-b3-measure-1)), invariante par translation ($T(A + x) = T(A) + Tx$), finie sur la boîte unité : par la caractérisation de la [mesure de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Exercice 9.6](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#exo-b3-measure-6), dont la preuve fonctionne mot pour mot en $\R^d$ avec des cubes dyadiques), $\mu_T =
c(T)\lambda_d$ avec $c(T) = \lambda_d(T(\intco01^d))$. L’application $T \mapsto c(T)$ est multiplicative ($c(ST) =
c(S)c(T)$, par composition), donc il suffit de calculer $c$ sur des générateurs de $GL_d$ : les matrices élémentaires. Diagonale $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$ : envoie le cube unité sur une boîte de volume $\abs a$ : $c = \abs a =
\abs\det$. Transposition de coordonnées : permute le cube : $c = 1 = \abs\det$. Transvection $T(x) = x + \alpha
x_2e_1$ : l’image du cube unité est un prisme cisaillé ; par Tonelli sa [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) est $\int\lambda_1(\text{section})\dd x_2
\cdots \dd x_d = 1$, chaque $x_1$-section étant un intervalle de longueur $1$ : $c = 1 = \abs{\det}$. Toute matrice inversible est un produit de celles-ci (élimination de Gauss), et $c$ comme $\abs\det$ sont multiplicatives : $c(T) = \abs{\det T}$. La formule d’intégrale suit par la machine standard (indicateurs, [simples](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#def-b3-groups-simple), TCM). ∎

**Théorème 11.11 (Changement de variables).**

Soient $U, V \subseteq \R^d$ [ouverts](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) et $\Phi \colon U \to V$ un difféomorphisme $\mathcal C^1$. Pour toute $f \colon V
\to [0, +\infty]$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) (ou $f \in L^1(V)$) :

$$
\int_V f(y)\,\dd y = \int_U
f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .
$$

**Démonstration.** Écrire $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$. Le cœur de la preuve est l’inégalité

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d
\qquad\text{pour tout borélien } A \subseteq U;
\tag{$*$}
$$

l’étape 4 ci-dessous promeut $(*)$ — appliquée à $\Phi$ et à $\Phi^{-1}$ — en l’égalité du théorème. Noter que $\Phi^{-1}$ est lui-même un difféomorphisme $\mathcal C^1$ avec jacobien $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ (règle de la chaîne sur $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$).

*Étape 1 : $(*)$ pour des cubes avec un facteur de distorsion.* Fixer un cube fermé $Q \subseteq U$ de [centre](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#ex-b3-groups-actions) $x_0$ et de côté $2r$ (boule pour la norme sup). Affirmation : pour tout $\varepsilon > 0$, si $\Phi$ est dérivable sur $Q$ avec $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ sur $Q$ ([norme d’opérateur](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/8-espaces-de-banach-et-theoremes-fondamentaux#def-b3-banach-operator) pour la norme sup), alors

$$
\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 +
\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),
$$

car pour $x \in Q$, l’inégalité des accroissements finis appliquée à $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ donne $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq
\varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$, et $D\Phi(x_0)^{-1}$ tire ce défaut en un agrandissement de $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$ du cube. Par le [Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange),

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\,
\bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q),
\qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .
$$

*Étape 2 : $(*)$ pour des cubes compacts, par subdivision.* Soit $Q \subseteq U$ un cube compact et $\varepsilon > 0$. Sur $Q$, $D\Phi$ est uniformément [continue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-continuity) et $\norm{D\Phi^{-1}}$ bornée (compacité) ; subdiviser $Q$ en $2^{kd}$ sous-cubes $Q_i$ assez petits pour que l’oscillation de $D\Phi$ sur chacun soit $\leq \varepsilon$. Étape 1 sur chaque sous-cube ([centre](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#ex-b3-groups-actions) $x_i$) :

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i))
\leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det
D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i)
\leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),
$$

la dernière étape car $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf
1_{Q_i} \to J$ uniformément sur $Q$ (continuité de $\det
D\Phi$) — comparaison avec sommes de Riemann. Faire $\varepsilon \to 0$ : $(*)$ tient pour les cubes compacts.

*Étape 3 : $(*)$ pour tout borélien $A$.* La fonction d’ensembles $A \mapsto \lambda_d(\Phi(A))$, sur les sous-ensembles boréliens de $U$, est une [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) ($\Phi$ est une bijection sur $V$ préservant les boréliens et la disjonction dénombrable), et de même $A \mapsto \int_AJ$. Tout [ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) de $U$ est une union dénombrable de cubes compacts dyadiques presque disjoints (décomposition dyadique standard : prendre les cubes dyadiques maximaux [contenus](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/2-anneaux-et-arithmetique#def-b3-rings-content) dans l’[ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology)), et les deux [mesures](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) sont additives à travers eux (les bords des cubes sont $\lambda_d$-nuls, et leurs $\Phi$-images sont nuls par l’étape 2 appliquée à des recouvrements minces des faces) : $(*)$ passe des cubes aux [ouverts](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology). Borélien général $A$ : épuiser $U$ par des compacts $K_m \uparrow U$ avec $K_m \subseteq \mathring K_{m+1}$, et fixer $m$ ; sur $\mathring K_{m+1}$, $J$ est bornée par un certain $M_m$. Par régularité extérieure de $\lambda_d$ (preuve comme au [Théorème 9.13](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#thm-b3-measure-regularity), avec des boîtes), choisir des [ouverts](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) $O_n$ avec $A \cap K_m \subseteq
O_n \subseteq \mathring K_{m+1}$ et $\lambda_d\bigl(O_n
\setminus (A\cap K_m)\bigr) \to 0$. Alors

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq
\lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J
\leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap
K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .
$$

Faire $m \to \infty$ : continuité par en bas à gauche, TCM à droite. Cela établit $(*)$.

*Étape 4 : égalité et formule d’intégrale.* D’abord étendre $(*)$ des ensembles aux intégrales : pour toute $g
\geq 0$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sur $V$,

$$
\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x .
\tag{$**$}
$$

En effet, pour $g = \mathbf 1_B$ c’est $(*)$ avec $A =
\Phi^{-1}(B)$ ; la linéarité l’étend aux $g$ [simples](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#def-b3-groups-simple), et le TCM à toutes les $g \geq 0$ (la machine standard). Maintenant appliquer $(**)$ deux fois : d’abord à $g$, puis — pour le difféomorphisme $\Phi^{-1}$ — à la fonction $x \mapsto
g(\Phi(x))J(x)$ :

$$
\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x
\leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det
D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,
$$

puisque $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl(
D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (règle de la chaîne sur $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$). Toutes les inégalités sont des égalités : la formule tient pour $g \geq
0$, et pour les fonctions $L^1$ par décomposition. ∎

**Exemple 11.12 (Coordonnées polaires ; la gaussienne encore).**

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ est un difféomorphisme $\mathcal C^1$ de $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ sur $\R^2$ privé d’une demi-droite (ensemble nul), avec $\det D\Phi = r$ :

$$
\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y
= \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty}
f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .
$$

Pour $f = \eu^{-x^2-y^2}$, Tonelli et cette formule donnent

$$
G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2
= \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2}
= 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:
$$

la preuve classique en deux lignes de $G = \sqrt\pi$, maintenant pleinement justifiée (comparer la preuve par paramètre du [Problème 10.1](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1)).

**Théorème 11.13 (Volume de la boule unité).**

Soit $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ dans $\R^d$. Alors

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} :
\qquad
v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad
v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots
$$

**Démonstration.** Calculer $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ de deux façons. Par Tonelli elle se factorise : $I = G^d =
\pi^{d/2}$. Par la formule des couches ([Proposition 11.8](#prop-b3-product-layercake)) avec $f = \eu^{-
\norm x^2}$, dont les ensembles de niveau sont des boules : $\{f > t\} = B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ pour $0 < t < 1$, de [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (la dilatation par $\rho$ échelle $\lambda_d$ par $\rho^d$ : [Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange)), donc

$$
I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t
\overset{t = \eu^{-s}}{=}
v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s
= v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).
$$

Égaler. (Les valeurs : $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$, $\Gamma(2) = 1$, etc.) Noter $v_d \to 0$ lorsque $d \to
\infty$ — le problème du week-end quantifie à quelle vitesse, via Stirling. ∎

## 11.4 Exercices

**Exercice 11.1 ★.**

Soit $\mu$ la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) de comptage sur $(\intcc01, \mathcal
B(\intcc01))$ (non $\sigma$-finie) et $\lambda$ la [mesure de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-lebesgueouter), et soit $\Delta = \{(x,x)\}$ la diagonale dans $\intcc01^2$. Montrer que $\Delta$ est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), et calculer les deux intégrales itérées de $\mathbf 1_\Delta$ contre $\lambda$ et $\mu$ : elles diffèrent. Quelle hypothèse du [Théorème 11.5](#thm-b3-product-tonelli) échoue ?

**Solution de Exercice 11.1.**

$\Delta$ est fermé dans $\intcc01^2$, donc borélien, et $\mathcal B(\intcc01^2)$ est la $\sigma$-algèbre produit ([Proposition 11.2](#prop-b3-product-sections)(b)). En itérant d’un côté :

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y)
\,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;
$$

de l’autre :

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf
1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y)
= \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .
$$

L’hypothèse qui échoue est la $\sigma$-finitude de la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) de comptage $\mu$ sur le non dénombrable $\intcc01$ : aucune famille dénombrable d’ensembles de $\mu$-mesure finie ne le recouvre.

**Exercice 11.2 ★.**

Justifier l’interversion et retrouver l’intégrale de Dirichlet : pour $A > 0$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x
= \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x
= \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,
$$

calculer l’intégrale intérieure sous forme fermée, et faire $A \to +\infty$ (dominer l’intégrale en $y$) pour obtenir $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$.

**Solution de Exercice 11.2.**

Sur $\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$ : $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x =
\int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (Tonelli pour la valeur absolue) : Fubini s’applique, et comme $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x
= \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd
x\Bigr)\dd y
= \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 +
y^2}\,\dd y
$$

(l’intégrale intérieure : $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu -
y)x}\dd x$, calculée directement). Lorsque $A \to \infty$, le terme correctif est borné par $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 +
y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y =
\frac3{2A} \to 0$ ; le terme principal est $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$. D’où $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — l’intégrale de Dirichlet par Fubini.

**Exercice 11.3 ★★.**

(a) Prouver que pour $f \geq 0$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) et $\mu$ finie : $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$ : l’intégrabilité est la sommabilité des [mesures](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) de queue. (b) En déduire que $f \in L^1(\mu)$ ($\mu$ finie) ssi $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$.

**Solution de Exercice 11.3.**

(a) Formule des couches ([Proposition 11.8](#prop-b3-product-layercake)) : $\int f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$, et $t
\mapsto \mu(f > t)$ est décroissante. Sur $[n-1, n]$ : $\mu(f \geq n) \leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq
\mu(f \geq n - 1)$ ; en sommant les intégrales sur les intervalles unitaires :

$$
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) +
\sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq
n).
$$

(b) Appliquer (a) à $\abs f$ : la finitude de l’intégrale et celle de la série sont équivalentes (le $\mu(X)$ supplémentaire est fini).

**Exercice 11.4 ★★.**

Pour $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ sur $\intoo01^2$, montrer

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4,
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4
$$

*(noter $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$)*, et vérifier directement que $\int\!\int\abs f = +\infty$ : l’hypothèse d’intégrabilité de Fubini n’est pas décorative.

**Solution de Exercice 11.4.**

Comme $f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ pour $x \ne 0$ :

$$
\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1}
\ \Longrightarrow\
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x =
\int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;
$$

par l’antisymétrie $f(y,x) = -f(x,y)$, l’autre ordre donne $-\frac\pi4$. Valeurs absolues : pour $0 < y < x$,

$$
\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 +
y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x},
\quad\text{et } f \geq 0 \text{ là, donc}\quad
\int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} =
+\infty .
$$

Aucune contradiction avec Fubini : son hypothèse $f \in L^1$ échoue, et les deux intégrales itérées sont simplement deux nombres différents.

**Exercice 11.5 ★★.**

(a) Calculer $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ explicitement (une fonction tente), et la forme générale de $(\mathbf 1 * \mathbf 1 * \mathbf 1)$. (b) Montrer $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq
\overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$. (c) Montrer que si $f \in L^1$ et $g$ est bornée et [continue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-continuity), $f * g$ est [continue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-continuity). *(TCD via continuité de la translation sur le $g$ borné.)*

**Solution de Exercice 11.5.**

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) =
\lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$ : $0$ pour $x
\notin \intcc02$, $x$ pour $0 \leq x \leq 1$, $2 - x$ pour $1
\leq x \leq 2$ : la tente. Convoler encore donne une bosse $\mathcal C^1$ piecewise-quadratique sur $\intcc03$ (le $B$-spline quadratique) : chaque convolution gagne un [degré](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/4-extensions-de-corps-et-theorie-de-galois#def-b3-galois-extension) de régularité — le principe de lissage derrière les mollificateurs du [Chapitre 12](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/12-les-espaces-lp#ch-b3-lp).

(b) Si $x \notin \overline{\operatorname{supp}f +
\operatorname{supp}g}$, il y a une boule autour de $x$ disjointe de l’ensemble somme ; pour $y \in
\operatorname{supp}g$, $x - y \notin\operatorname{supp}f$, donc l’intégrande s’annule identiquement : $f * g = 0$ près de $x$.

(c) Pour $x_n \to x$ : $(f*g)(x_n) = \int
f(y)g(x_n - y)\,\dd y$ ; les intégrandes convergent ponctuellement (continuité de $g$) et sont dominées par $\norm g_\infty\,\abs f \in L^1$ : le TCD donne $(f*g)(x_n)
\to (f*g)(x)$.

**Exercice 11.6 ★★.**

(a) Montrer que le simplexe $\Delta_d = \{x \in
\intco0\infty^d : x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ a volume $\frac1{d!}$ *(induction et Fubini)*. (b) Retrouver $v_2 = \pi$, $v_3 = \frac{4\pi}3$ via [Théorème 11.13](#thm-b3-product-ballvolume), et montrer $\lambda_d(\text{ellipsoïde de demi-axes } a_i) =
v_d\prod a_i$.

**Solution de Exercice 11.6.**

(a) Par Fubini et induction, en découpant selon la dernière coordonnée :

$$
\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1
\lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t
= \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t
= \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},
$$

en utilisant la règle de dilatation $\lambda_{d-1}(\rho A) =
\rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ ([Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange)) ; avec $\lambda_1(\Delta_1) = 1$ : volume $\frac1{d!}$.

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$ ; $v_3 =
\pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12
\sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$. L’ellipsoïde est $T(B(0,1))$ avec $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$ : le [Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange) donne le volume $v_d\prod a_i$.

**Exercice 11.7 ★★.**

Pour quels $s > 0$ les suivantes sont-elles finies ? Justifier avec les [coordonnées polaires](#ex-b3-product-polar) :

$$
\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}},
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}} .
$$

Généraliser à $\R^d$ (les seuils $s < d/2$ et $s > d/2$).

**Solution de Exercice 11.7.**

En $\R^2$, [coordonnées polaires](#ex-b3-product-polar) ([Exemple 11.12](#ex-b3-product-polar)) :

$$
\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s}
= 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r,
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:
$$

fini ssi $1 - 2s > -1$ ($s < 1$), resp. $1 - 2s < -1$ ($s >
1$). En $\R^d$, éviter les coordonnées sphériques avec la formule des couches : $\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap
B(0,1)) = \lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) =
v_d\min(1, t^{-d/2s})$, et $\int_0^\infty v_d\min(1,
t^{-d/(2s)})\dd t < \infty$ ssi $\frac d{2s} > 1$, c.-à-d. $s < \frac d2$ ; l’intégrale extérieure converge ssi $s >
\frac d2$ (même calcul sur la région complémentaire).

**Exercice 11.8 ★★★.**

(Bêta–Gamma) Pour $p, q > 0$, soit $B(p, q) =
\int_0^1t^{p-1}(1 - t)^{q-1}\dd t$. Partant de $\Gamma(p)\Gamma(q)$ comme intégrale double, substituer $(x,
y) = (uv,\, u(1 - v))$ (un difféomorphisme du quadrant [ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) sur $\intoo0\infty\times\intoo01$ ; calculer son jacobien $=
u$) et conclure

$$
B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .
$$

En déduire $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,
\dd\theta = \frac12B(p,q)$ et la valeur des intégrales de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$.

**Solution de Exercice 11.8.**

Par Tonelli (intégrandes positives) et le changement de variables $(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v))$, un difféomorphisme $\mathcal C^1$ de $\intoo0\infty\times\intoo01$ sur le quadrant [ouvert](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/6-topologie-generale#def-b3-topology-topology) avec

$$
\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u
\end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u,
\qquad \abs{\det} = u :
$$

$$
\Gamma(p)\Gamma(q) =
\iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y
= \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\,
\dd u\,\dd v
= \Gamma(p + q)\,B(p, q).
$$

En substituant $t = \sin^2\theta$ dans $B(p,q)$ on obtient $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta =
B(p, q)$. Wallis : $W_n =
\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n +
1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi}
{2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — p. ex. $W_{2n} =
\frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ en utilisant $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$.

**Exercice 11.9 ★★.**

(Formule de transfert) Soit $T \colon (X, \mathcal A, \mu)
\to (Y, \mathcal B)$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) et $T_*\mu(B) =
\mu(T^{-1}(B))$ la *mesure image* (pushforward). Montrer que pour toute $g \geq 0$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sur $Y$ :

$$
\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu
$$

(machine standard). Puis comparer avec [Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange) : quelle information supplémentaire la formule de changement de variables porte-t-elle que la formule de transfert abstraite ne porte pas ? *(La formule de transfert n’identifie jamais $T_*\mu$ ; le théorème de changement de variables calcule $T_*\lambda_d$ explicitement comme une [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) à [densité](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma).)*

**Solution de Exercice 11.9.**

Indicateurs : $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) =
\mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$ ; la linéarité étend aux $g$ [simples](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#def-b3-groups-simple), le TCM aux $g \geq 0$ — la formule de transfert. Elle est purement formelle : elle réexprime les intégrales contre $T_*\mu$ mais ne dit rien sur *ce que* $T_*\mu$ est. Le [contenu](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/2-anneaux-et-arithmetique#def-b3-rings-content) du [Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange) et du [Théorème 11.11](#thm-b3-product-changeofvar) est l’identification

$$
\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) =
\abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V
\quad\text{(une mesure à densité)},
$$

c.-à-d. un calcul de l’image de la [mesure de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-lebesgueouter) — l’entrée analytique étant la géométrie différentielle de $\Phi$, non le formalisme mesurique.

**Exercice 11.10 ★★★.**

(Moments gaussiens) En utilisant les [coordonnées polaires](#ex-b3-product-polar) et Fubini, calculer pour le poids gaussien standard sur $\R^d$ :

$$
\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x
\qquad\text{et}\qquad
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,
$$

vérifier la cohérence ($\norm x^2 = \sum x_i^2$), et en déduire le second moment de la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$.

**Solution de Exercice 11.10.**

Par Tonelli le facteur gaussien se factorise, donc avec $G_1
= \int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ et $\int_\R
s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ (intégrer par parties) :

$$
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x =
\frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2,
\qquad
\int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x =
d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2
$$

(par symétrie, $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ contribue $d$ termes égaux — le contrôle de cohérence). Pour la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) normalisée $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$, le second moment est $\frac d2$.

**Exercice 11.11 ★★.**

(Graphe et hypographe) Soit $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). (a) Montrer que l’*hypographe* $H = \{(x, y) \in
\R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ est [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) dans $\R^{d+1}$ avec

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :
$$

« l’intégrale est l’aire sous le graphe », enfin un théorème. *(Sections ; Tonelli.)* (b) Montrer que le graphe $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ est un ensemble nul de $\R^{d+1}$. (c) En déduire une preuve en deux lignes que la sphère $S^{d-1}$ est Lebesgue-nulle dans $\R^d$.

**Solution de Exercice 11.11.**

(a) $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ pour $\Phi(x, y) = f(x) -
y$ intersecté avec $\{y > 0\}$ : [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), car $(x, y)
\mapsto f(x)$ et $(x,y)\mapsto y$ sont [mesurables](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) sur le produit (composées avec les projections). La $x$-section de $H$ est $\intoo0{f(x)}$, de [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) $f(x)$ : Tonelli intègre les sections,

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)}
\bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .
$$

(b) Le graphe est $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq
f(x)\}$, [mesurable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) ; ses $x$-sections sont des singletons, de [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) $0$ : Tonelli donne $\lambda_{d+1}(\text{graphe}) =
\int 0 = 0$.

(c) $S^{d-1}$ est l’union des deux graphes $y =
\pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ sur la boule unité de $\R^{d-1}$ (en scindant la dernière coordonnée) : une union de deux ensembles nuls par (b), nulle.

**Exercice 11.12 ★★.**

(Une double intégrale célèbre) En utilisant la série géométrique et Tonelli sur $\intoo01^2$, prouver

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2),
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy}
= \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

(La seconde identité de série : scinder indices pairs et impairs.) Avec $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Chapitre 15](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/15-operateurs-compacts-et-theoreme-spectral#ch-b3-spectral)), deux intégrales d’apparence innocente valent $\frac{\pi^2}6$ et $\frac{\pi^2}{12}$ ; où exactement l’hypothèse de positivité de Tonelli fait-elle son travail ?

**Solution de Exercice 11.12.**

Sur $\intoo01^2$, $\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ avec termes positifs : Tonelli autorise l’intégration terme à terme,

$$
\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr)
\Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr)
= \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .
$$

Pour le cas alterné, $\frac1{1 + xy} =
\sum_n(-1)^n(xy)^n$ n’est pas une série positive ; mais l’intégrale de la série *absolue* est $\zeta(2) <
\infty$, donc Fubini (intégrabilité maintenant établie) s’applique : $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} =
\sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$. L’identité de série :

$$
\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2}
= \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

Avec $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Problème 15.1](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/15-operateurs-compacts-et-theoreme-spectral#pb-b3-spectral-1)) : les intégrales valent $\frac{\pi^2}6$ et $\frac{\pi^2}{12}$. La positivité de Tonelli était tout le jeu dans le premier calcul — aucun contrôle d’intégrabilité nécessaire avant l’interversion ; dans le second, la positivité de la série absolue est ce qui *certifie* l’intégrabilité pour que Fubini puisse courir sur la signée.

## 11.5 Problème : la formule de Stirling

**Problème 11.1.**

Problème du week-end — $n! \sim
\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$, par convergence dominée

La formule de Stirling gouverne tout décompte asymptotique de ce livre — volumes de boules, coefficients binomiaux, la forme locale du théorème central limite. On la prouve à partir de l’intégrale $\Gamma$ ([Exemple 10.16](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma)) avec la *méthode de Laplace*, sous sa forme de convergence dominée la plus propre, puis on collecte les dividendes.

**Partie I — La formule.** Pour $t > 0$, $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$.

1. Substituer $x = t + \sqrt t\,u$ et montrer $$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t}  = \int_{-\sqrt t}^{+\infty}  \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt  t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u  \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$$ où $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) -  \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$.
2. Montrer la limite ponctuelle : pour tout $u$ fixé, $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$ lorsque $t \to +\infty$ *(développer $\ln(1 + h)$ à l’ordre deux)* .
3. Domination. Soit $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$, de sorte que $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt  t)\bigr)$ pour $u > -\sqrt t$. Prouver les deux bornes $$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1),  \qquad  \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 -  \ln 2 > 0$$ *(étudier $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ et $\varphi(h) + ch$ : calculer les dérivées et vérifier le signe sur chaque intervalle)*. En déduire, pour $t \geq 1$ : $$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t),  \qquad  g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$$ de sorte que $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} +  \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$ : un dominateur [intégrable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) indépendant de $t \geq 1$.
4. Conclure avec le théorème de convergence dominée et l’intégrale gaussienne ([Exemple 11.12](#ex-b3-product-polar)) : $$\Gamma(t + 1) \;\sim\;  \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t}  \qquad (t \to +\infty),$$ et en particulier $n! \sim \sqrt{2\pi  n}\,(n/\eu)^n$.

**Partie II — Dividendes.**

5. (Wallis) De l’ [Exercice 11.8](#exo-b3-product-8) , $W_{2n} =  \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ -type formules : dériver $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ de Stirling, et le vérifier contre la récurrence $W_{n}  = \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
6. (Les volumes de boules s’effondrent) Montrer $$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}  \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}}  \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$$ donc $v_d \to 0$ plus vite que toute suite géométrique ; trouver la dimension maximisant $v_d$ (numériquement : $d = 5$).
7. (Concentration du binomial — un avant-goût du [Chapitre 23](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/23-fonctions-caracteristiques-et-theoreme-central-limite#ch-b3-clt)) En utilisant Stirling, montrer l’estimation locale, pour $k = n/2 + s\sqrt n/2$ avec $s$ fixé et $n$ pair : $$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\;  \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$$ le profil gaussien discret : de Moivre–Laplace en germe.
8. Où exactement la preuve de la partie I a-t-elle utilisé : (i) TCM ou TCD ; (ii) l’intégrale gaussienne ; (iii) les propriétés d’invariance de la [mesure de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-lebesgueouter) ? Une phrase chacune.

**Partie III — Le terme d’erreur : Stirling avec barres.** Poser $d_n = \ln n! - \bigl(n +
\tfrac12\bigr)\ln n + n - \ln\sqrt{2\pi}$, de sorte que la partie I dit $d_n \to 0$.

9. Montrer $d_n - d_{n+1} = \bigl(n +  \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
10. Avec $t = \frac1{2n+1}$, vérifier $\frac{n+1}n =  \frac{1+t}{1-t}$ et développer : $$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 +  \frac{t^6}7 + \cdots,$$ et en déduire les bornes bilatères $$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\;  \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$$
11. Télescoper (en utilisant $d_m \to 0$) et vérifier l’identité [algébrique](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/4-extensions-de-corps-et-theorie-de-galois#def-b3-galois-algebraic) agréable $\frac1{3(2m+1)^2} >  \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ pour $m \geq 1$, pour obtenir l’encadrement classique $$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n  \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\;  \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$$
12. Deux conséquences : (a) l’erreur relative de la formule de Stirling est $< 10^{-6}$ dès que $n \geq  83\,334$ ; (b) estimer $100!$ à quatre chiffres significatifs à la main depuis l’encadrement ( $100!  \approx 9{,}3326\cdot 10^{157}$ ), et s’émerveiller brièvement de la précision d’une formule asymptotique à un $n$ très fini.

**Partie IV — La voie de Wallis : Stirling sans la gaussienne.** Historiquement la constante $\sqrt{2\pi}$ est venue de Wallis, non de Gauss ; cette partie reprouve Stirling indépendamment des parties I–II, et par là reprouve l’intégrale gaussienne. Soit $W_n =
\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\, \dd\theta$.

13. Établir $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (intégrer par parties), les formes fermées $$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad  W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$$ et l’identité $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$.
14. De la monotonie de $(W_n)$ déduire $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$, puis $$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}  \qquad\text{et}\qquad  \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow  \frac1{\sqrt\pi} :$$ le théorème de Wallis, obtenu sans Stirling.
15. Montrer, par le seul télescopage de la partie III (aucune valeur de la constante nécessaire), que $e_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ converge vers une certaine limite $\ell$ ; équivalemment $n!  \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ avec $K = \eu^\ell > 0$ pas encore identifié.
16. Insérer cette asymptotique dans $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ et identifier, via la question 14, la seule valeur possible : $K =  \sqrt{2\pi}$ . Assembler la logique : les parties III–IV ensemble donnent une seconde preuve complète de Stirling — et donc, en courant la substitution de la partie I à rebours, une évaluation indépendante de $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . Deux piliers, dont chacun soutient l’autre.

**Partie V — Derniers dividendes.**

17. (Le profil local [complet](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/7-espaces-complets-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete)) Pour des entiers $\abs j  \leq K\sqrt n$ ($K$ fixé), montrer $$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} =  \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i}  = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n +  O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$$ uniformément en $j$ *(prendre les logarithmes et utiliser $\ln \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 +  y^2)$)*. C’est la version bilatère de la question 7 et l’estimation exacte citée dans le problème du week-end du [Chapitre 23](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/23-fonctions-caracteristiques-et-theoreme-central-limite#ch-b3-clt).
18. (Un avant-goût de Poisson) Montrer avec Stirling que $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi  n}}$ : le mode d’une loi de Poisson de grande moyenne $n$ porte une masse $\approx (2\pi  n)^{-1/2}$ , exactement comme le théorème central limite le prédira.
19. (Rapports de Gamma) Pour $a \in \intoo01$ , prouver $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ en utilisant les bornes de pentes log-convexes du [Problème 10.1](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (question 14 là-bas), et étendre à tout réel $a > 0$ par l’équation fonctionnelle. (C’est ce que signifie « $\Gamma(t+1)  \sim$ Stirling » entre les entiers.)
20. (Boules, bis) De $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2 +  1)$ : tabuler $v_1, \dots, v_7$ exactement, vérifier l’unimodalité via $\frac{v_d}{v_{d-2}} =  \frac{2\pi}d$ (croissant tant que $d < 2\pi$, décroissant après), et prouver l’identité génératrice frappante $$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$$ tous les volumes de boules en dimensions paires emballés dans une seule exponentielle.
21. (Asymptotique d’entropie) Pour $\alpha \in \intoo01$ fixé avec $\alpha n \in \N$, déduire de Stirling $$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\;  \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}}  {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}},  \qquad  H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha -  (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$$ le taux de croissance exponentielle des coefficients binomiaux est l’*entropie* $H$ — vérifier que $\alpha = \frac12$ retrouve la question 5, et que $H(\alpha) < \ln2$ pour $\alpha \neq \frac12$ (donc les binomiaux hors [centre](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/1-theorie-des-groupes#ex-b3-groups-actions) sont exponentiellement négligeables dans $2^n$).
22. (Aires de surface) L’aire de la sphère unité $S^{d-1}$ est $s_{d-1} = d\,v_d$ (prouvé comme l’ [Exercice 21.6](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/21-formes-differentielles-et-theoreme-de-stokes#exo-b3-forms-6) dans le chapitre des formes différentielles ; ici, le prendre comme définition). Tabuler $s_0, \dots, s_6$ , localiser la maximale ( $d  - 1 = 6$ , $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx  33{,}07$ ), et montrer $s_{d-1} \to 0$ super-géométriquement aussi — les sphères de grande dimension sont, par toute toise euclidienne, infiniment petites.
23. (Le premier terme correctif) Déduire de l’encadrement de la question 11 que $d_n =  \frac1{12n} + O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$, d’où $$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac  n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} +  O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$$ Vérifier en $n = 10$ : la formule nue donne $3\,598\,696$ (erreur relative $8{,}3\cdot10^{-3}$), la corrigée $3\,628\,685$ contre $10! =  3\,628\,800$ (erreur relative $3{,}2\cdot10^{-5}$) — un terme de la série achète deux chiffres et demi.
24. (La médiane de $\Gamma$) Montrer que $$\frac{1}{\Gamma(t+1)}  \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x  \;\longrightarrow\; \frac12  \qquad (t \to +\infty) :$$ asymptotiquement, exactement la moitié de la masse de l’intégrande de $\Gamma$ se situe sous son mode $x = t$. *(Courir la substitution de la partie I sur l’intégrale tronquée ; le dominateur de la question 3 est déjà en place.)*
25. (Entropie, non asymptotiquement) Pour $\alpha \in  \intoc0{\frac12}$ prouver la borne, valable pour *tout* $n \geq 1$ : $$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk  \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$$ en comparant la somme avec $\sum_k\binom  nk\lambda^{k-\alpha n}$ pour le basculement $\lambda  = \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$. Vérifier que ce choix de $\lambda$ est optimal, et réconcilier avec la question 21 : le taux exponentiel $H(\alpha)$ de l’énoncé asymptotique est atteint par une inégalité en une ligne sans aucune asymptotique.

**Solution de Problème 11.1.**

**1.** Avec $x = t + \sqrt t\,u$ ($\dd x = \sqrt
t\,\dd u$ ; $x$ parcourt $\intoo0\infty$ lorsque $u$ parcourt $\intoo{-\sqrt t}\infty$) :

$$
\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x
= t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty}
\exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt
t\,u\Bigr)\dd u,
$$

puisque $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ et $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$.

**2.** Pour $u$ fixé et $t \to \infty$ : $t\ln(1 +
u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} -
\frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 +
o(1)$ : $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$.

**3.** Poser $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ sur $\intoc{-1}1$ : $\psi_1(0) = 0$ et $\psi_1'(h) = \frac1{1+h}
- 1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$, qui est $\geq 0$ sur $\intoc{-1}0$ et $\leq 0$ sur $\intcc01$ : $\psi_1 \leq 0$, c.-à-d. $\varphi(h) \leq -h^2/4$ là. Poser $\psi_2(h) =
\varphi(h) + ch$ sur $\intco1\infty$, $c = 1 - \ln2$ : $\psi_2(1) = \ln2 - 1 + c = 0$ et $\psi_2'(h) = c -
\frac h{1+h} \leq c - \frac12 < 0$ : $\varphi(h) \leq -ch$ pour $h \geq 1$. Maintenant pour $t \geq 1$ : si $\abs u \leq
\sqrt t$, $g_t(u) = \eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq
\eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} = \eu^{-u^2/4}$ ; si $u \geq \sqrt
t$, alors $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq -ct\cdot\frac u{\sqrt
t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (car $t \geq 1$), donc $g_t(u)
\leq \eu^{-cu}$. D’où $g_t \leq \eu^{-u^2/4} +
\eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$, [intégrable](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), indépendant de $t
\geq 1$.

**4.** TCD : $\int_\R g_t(u)\dd u \to
\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ ([Exemple 11.12](#ex-b3-product-polar) plus l’échelle $u\mapsto\sqrt2\,u$). Avec la question 1 :

$$
\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac
t\eu\Bigr)^t,\qquad
n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .
$$

**5.** De l’[Exercice 11.8](#exo-b3-product-8), $W_{2n} =
\frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} =
\frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$. Stirling :

$$
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2}
\sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}
{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .
$$

Alors $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$, cohérent avec la récurrence $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (qui force $W_n \sim
W_{n-2}$, et avec $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — la relation classique de Wallis — donne $W_n \sim
\sqrt{\pi/(2n)}$ ; les deux asymptotiques s’accordent).

**6.** $\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac
d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}$, donc

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}
\sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu}
d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0
$$

super-géométriquement (pour $d > 2\pi\eu \approx 17$, chaque facteur $< 1$ et rétrécissant). Numériquement $v_1 = 2$, $v_2
\approx 3{,}14$, $v_3 \approx 4{,}19$, $v_4 \approx 4{,}93$, $v_5 \approx 5{,}26$, $v_6 \approx 5{,}17$ : le maximum est en $d = 5$.

**7.** Avec $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ (entier, $n$ pair, $s$ fixé) : prendre les logarithmes dans $2^{-n}\binom nk = 2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ et appliquer Stirling aux trois factorielles. En écrivant $k =
\frac n2(1 + \varepsilon)$, $n - k = \frac n2(1 -
\varepsilon)$ avec $\varepsilon = s/\sqrt n$ :

$$
\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr)
= -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) +
(1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr]
+ \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),
$$

et le crochet est $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) =
\frac{s^2}n + O(n^{-2})$ : l’affichage tend vers $-\frac{s^2}2 + \frac12\ln\frac2{\pi n}$ à $o(1)$ près, c.-à-d.

$$
2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi
n}}\;\eu^{-s^2/2} :
$$

le profil gaussien du pile ou face, quantifié — la forme locale de de Moivre–Laplace, à globaliser dans [Chapitre 23](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/23-fonctions-caracteristiques-et-theoreme-central-limite#ch-b3-clt).

**8.** (i) Le TCD convertit la limite ponctuelle de la question 2 en convergence des intégrales, via le dominateur de la question 3. (ii) L’intégrale gaussienne évalue la limite $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — la constante $\sqrt{2\pi}$ de Stirling *est* l’intégrale gaussienne. (iii) La substitution $x = t + \sqrt tu$ est un changement de variables affine : invariance par translation et règle d’échelle de la [mesure de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Théorème 11.10](#thm-b3-product-linearchange) en dimension $1$).

**9.** Développer les deux termes :

$$
d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n +
\frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,
$$

les termes $-\ln(n+1)$ et $(n + \frac32)\ln(n+1)$ se combinant en $(n + \frac12)\ln(n+1)$.

**10.** Pour $t = \frac1{2n+1}$ : $\frac{1+t}{1-t} =
\frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$, et $n + \frac12 =
\frac1{2t}$ ; la série impaire $\ln\frac{1+t}{1-t} =
2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ donne

$$
\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n
= \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1}
= 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots
$$

Soustraire $1$. Borne inférieure : le premier terme seul, $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$. Borne supérieure : abaisser tous les dénominateurs à $3$ et sommer la série géométrique : $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} =
\frac1{3((2n+1)^2 - 1)} = \frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} -
\frac1{12(n+1)}$.

**11.** En sommant la borne supérieure de $n$ à $\infty$ (avec $d_m \to 0$) : $d_n < \frac1{12n}$. Pour la borne inférieure : $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} =
\frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$, et

$$
\begin{align*}
\frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}
&\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\
&\iff 168m + 13 > 144m + 36,
\end{align*}
$$

vrai pour $m \geq 1$. En sommant ce minorant télescopique : $d_n > \frac1{12n+1}$. En exponentiant on obtient l’encadrement classique de $n!$.

**12.** (a) Erreur relative $= \eu^{d_n} - 1 <
\eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1{,}1}{12n}$ pour $n$ grand ; $<
10^{-6}$ dès que $12n \geq 1{,}1\cdot10^6$, et le $n \geq
83\,334$ énoncé suffit ($\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ implique déjà cela). (b) $\log_{10}(100!) =
\frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu +
d_{100}\log_{10}\eu = 1{,}39906 + 200 - 43{,}42945 +
0{,}00036 \approx 157{,}96997$, donc $100! \approx
10^{0{,}96997} \cdot 10^{157} = 9{,}333\cdot10^{157}$ ; la fenêtre garantie $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ a une largeur sous $10^{-6}$ en termes relatifs — une formule « asymptotique » qui est, en $n = 100$, un instrument de précision.

**13.** Écrire $\sin^n = \sin^{n-2} -
\sin^{n-2}\cos^2$, et intégrer le second terme par parties ($u = \cos\theta$, $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$, $v = \frac{\sin^{n-1}}{n-1}$) :

$$
\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 =
\Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2}
+ \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .
$$

D’où $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$, c.-à-d. $W_n =
\frac{n-1}nW_{n-2}$. De $W_0 = \frac\pi2$, $W_1 = 1$ :

$$
W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2
= \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n},
\qquad
W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}
= \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},
$$

en convertissant les double factorielles par $(2n)!! =
2^nn!$ et $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$. Enfin $nW_nW_{n-1} = (n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ par la récurrence : constante, égale à $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$.

**14.** $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (monotonie ponctuelle de $\sin^n$) et $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} = \frac{2n+1}{2n} \to 1$ encadrent $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to 1$. Combiné avec $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (question 13) : $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$, donc $W_{2n} \sim
\frac12\sqrt{\frac\pi n}$ et $\binom{2n}n4^{-n} =
\frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$.

**15.** Les questions 9–10 n’ont jamais utilisé la valeur de la constante : avec $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln
n + n$, les différences $e_n - e_{n+1}$ sont dans $\bigl(0, \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}\bigr)$, donc $(e_n)$ décroît tandis que $(e_n - \frac1{12n})$ croît : suites adjacentes, convergeant vers un $\ell$ commun. D’où $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$, $K = \eu^\ell$.

**16.** En substituant le Stirling à constante inconnue dans le binomial central :

$$
\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim
\frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2}
\eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n
= \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}}
\,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},
$$

et la question 14 force $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$ : $K = \sqrt{2\pi}$. Les parties III–IV reprouvent ainsi Stirling depuis zéro ; en l’injectant dans l’identité de la partie I on évalue $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ sans [coordonnées polaires](#ex-b3-product-polar) : Wallis et Gauss se soutiennent mutuellement.

**17.** $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} =
\frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} =
\prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ pour $j \geq 0$ (et par symétrie pour $j < 0$). En prenant les logarithmes, avec $1
\leq i \leq j \leq K\sqrt n$ :

$$
\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) -
\ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} +
O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),
$$

et $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$, tandis que l’erreur somme à $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$ : uniformément, $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$.

**18.** $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n}
\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} =
\frac1{\sqrt{2\pi n}}$. Une variable de Poisson de moyenne $n$ a écart-type $\sqrt n$, et $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ est exactement la hauteur du pic gaussien $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$ : le TCL local, prévisualisé au mode.

**19.** Pour $a \in \intoo01$, le lemme des pentes du [Problème 10.1](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/10-lintegrale-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (question 14 là-bas), appliqué à la convexe $\log\Gamma$ autour de $n$, donne $(n-1)^a \leq
\frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$ : le rapport à $n^a$ est encadré par $(1 - \frac1n)^a \to 1$. Pour $a = m + a'$ ($m \in \N$, $a' \in \intco01$) : $\Gamma(n+a) = (n + a - 1)
\cdots(n + a')\Gamma(n + a')$, et chacun des $m$ facteurs est $n(1 + O(\frac1n))$ : multiplier les estimations.

**20.** La récurrence $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (depuis $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$) donne, depuis $v_1 = 2$, $v_2 = \pi$ :

$$
v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad
v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad
v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.
$$

Le rapport $\frac{2\pi}d$ dépasse $1$ exactement pour $d
\leq 6$, donc chaque parité croît puis décroît ; numériquement $v_4 \approx 4{,}93$, $v_5 \approx 5{,}26$, $v_6 \approx 5{,}17$ : le maximum global est $d = 5$. Fonction génératrice : $v_{2k} = \frac{\pi^k}{k!}$, donc $\sum_kv_{2k}x^{2k} = \eu^{\pi x^2}$ — tous les volumes de boules en dimensions paires roulés en une exponentielle, et une estimation de décroissance super-géométrique instantanée pour $v_d$.

**21.** Stirling au numérateur et au dénominateur, avec $k = \alpha n$ :

$$
\binom n{\alpha n} \sim
\frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n}
{\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\,
\sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}}
= \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},
$$

puisque $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}
= \alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} =
\eu^{nH(\alpha)}$ (les puissances de $n$ s’annulent : $\alpha n + (1-\alpha)n = n$), et les $\eu^{-n}$ s’annulent de même. En $\alpha = \frac12$ : $H = \ln2$ et le préfacteur est $\sqrt{2/(\pi n)}$ — la question 5 encore. La stricte concavité de $H$ (sa dérivée seconde $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$) place son maximum $\ln 2$ en $\alpha = \frac12$ seulement : pour $\alpha \neq
\frac12$, $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ décroît exponentiellement — le moteur combinatoire derrière tout énoncé de concentration sur le pile ou face.

**22.** De $s_{d-1} = dv_d$ et la question 20 :

$$
s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \
s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 =
\frac{16\pi^3}{15},
$$

numériquement $2,\ 6{,}28,\ 12{,}57,\ 19{,}74,\ 26{,}32,\
31{,}01,\ 33{,}07$ ; et $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32{,}47
< s_6$ : le maximum est la $6$-sphère. La récurrence $s_{d+1} = (d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d =
2\pi v_d = \frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ montre la même montée entraînée par $\frac{2\pi}d$ et la même chute super-géométrique que pour les volumes : passé la dimension sept, les sphères s’évanouissent plus vite que toute suite géométrique.

**23.** La question 11 dit exactement $\frac1{12n+1} <
d_n < \frac1{12n}$, et

$$
\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} =
O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),
$$

donc $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ et $\eu^{d_n} = 1
+ \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ ; en multipliant par $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ on obtient la formule corrigée. En $n = 10$ : $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7{,}92665 \times
453999{,}3 \approx 3\,598\,696$, bas de $30\,104$ (erreur relative $8{,}3\cdot10^{-3}$) ; en multipliant par $1 +
\frac1{120}$ on obtient $3\,628\,685$, bas de $115$ (erreur relative $3{,}2\cdot10^{-5}$). L’encadrement lui-même pince $10!$ entre $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ et $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — la borne supérieure est décalée de huit unités sur sept chiffres.

**24.** La substitution $x = t + \sqrt t\,u$ de la partie I, appliquée à l’intégrale tronquée, donne

$$
\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x
= t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,
$$

le domaine $0 \leq x \leq t$ devenant $-\sqrt t \leq u \leq
0$. Le dominateur de la question 3 couvre aussi $g_t\mathbf
1_{u < 0}$, donc la convergence dominée donne

$$
\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow
\int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,
$$

tandis que la question 4 donne $\Gamma(t+1) \sim
t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$. Le rapport tend vers $\frac12$. Probabilistement : une variable Gamma de grande forme place asymptotiquement la moitié de sa masse de chaque côté de son mode — la symétrie du théorème central limite, lue sur une seule substitution.

**25.** Soit $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in
\intoc01$. Pour $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha
n$ on a $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$, d’où

$$
\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk
\leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k}
= \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},
$$

et avec $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$ :

$$
\lambda^{-\alpha}(1+\lambda)
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha}
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)}
= \eu^{H(\alpha)} .
$$

Optimalité : en minimisant $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda +
\ln(1+\lambda)$ sur $\lambda > 0$, l’équation $f'(\lambda)
= -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ a l’unique solution $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$, un minimum car $f'' > 0$ — le choix de basculement exponentiel (Chernoff). Réconciliation : par la question 21 le seul terme $k = \lfloor\alpha n\rfloor$ est déjà d’ordre $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$, donc

$$
\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq
\sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :
$$

le taux $H(\alpha)$ est exact, la somme entière coûtant au plus un facteur $\sqrt n$ sur son plus grand terme. Divisé par $2^n$, c’est la borne de queue pile ou face $\P(S_n
\leq \alpha n) \leq \eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — la concentration de la [mesure](https://one-course.com/books/math/5/fr/chapter/9-theorie-de-la-mesure#def-b3-measure-measure) en une ligne.