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\newtheorem*{exe}{Exemple}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{rmq}{Remarque}

\begin{document}
\pagestyle{empty}

\begin{center}
\Large Méthode de Laplace.
\end{center}

\medskip

Référence : \emph{Zuily-Queffelec, Analyse pour l'agrégation, p339}

\medskip

Soit $\displaystyle F(t)=\int_a^b{e^{t\varphi(x)}f(x)}\mathrm{d}x$. Notons $I=]a;b[$.

\begin{thm}
On suppose : 
\begin{itemize}
\item $\int_Ie^{t\varphi(x)}|f(x)|\mathrm{d}x < +\infty$ ; 
\item $\varphi$ s'annule en un unique point $x_0$ qui est un maximum global (donc $\varphi''(x_0)<0$) ;
\item $f(x_0)\neq 0$.
\end{itemize}
Alors $\displaystyle F(t) \underset{+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{2\pi}{-\varphi''(x_0)}}e^{t\varphi(x_0)}f(x_0)t^{-1/2}$.
\end{thm}
\begin{proof} \

\noindent $\bullet$ Calculs préliminaires : 

Par Taylor à reste intégral, $\varphi(x)=\varphi(x_0)+(x-x_0)^2\psi(x)$ avec $\psi\in\mathcal{C}(I)\cap\mathcal{C}^2(I\setminus\left\{x_0\right\})$ et $\displaystyle \psi(x_0)=\frac{1}{2}\varphi''(x_0)$.

Comme $\varphi''(x_0)<0$, $\exists \eta$ tel que $\psi<0$ sur $I_{\eta}=]x_0-\eta;x_0+\eta[\subseteq I$.

Soit $u(x)=(x-x_0)\sqrt{-\psi(x)}$. $u\in\mathcal{C}(I_{\eta})\cap\mathcal{C}^2(I_{\eta}\setminus\left\{x_0\right\})$. On peut prolonger $u$ de façon $\mathcal{C}^1$ sur $I_{\eta}$ avec $\displaystyle u'(x_0)=\sqrt{-\frac{1}{2}\varphi''(x_0)}$. En effet, pour $x\neq x_0$, on a $\displaystyle \psi(x)=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{(x-x_0)^2}$. D'où \[ (x-x_0)\psi'(x)=\frac{\varphi'(x)-\varphi'(x_0)}{x-x_0}-2\psi(x) \underset{x\rightarrow x_0}{\longrightarrow} 0. \]
Ainsi \[ u'(x)=\sqrt{-\psi(x)}-(x-x_0)\frac{\psi'(x)}{2\sqrt{-\psi(x)}} \underset{x\rightarrow x_0}{\longrightarrow} \sqrt{-\frac{\varphi''(x_0)}{2}}. \]
Il existe donc $\delta<\eta$ tel que $u'(x)>0$ sur $I_{\delta}=]x_0-\delta;x_0+\delta[$.

Soit enfin la fonction plateau $\theta$ telle que $\theta\in\mathcal{C}_c^{\infty}(I_{\delta})$ et $\theta=1$ sur $]x_0-\frac{\delta}{2};x_0+\frac{\delta}{2}[$.

On écrit alors $\displaystyle F(t)=\int_a^b{e^{t\varphi(x)}f(x)\theta(x)}\mathrm{d}x + \int_a^b{e^{t\varphi(x)}f(x)(1-\theta(x))}\mathrm{d}x=F_1(t)+F_2(t)$.

\noindent $\bullet$ \'Etude de $F_1$ :

Grâce au support de $\theta$, on peut écrire $\displaystyle F_1(t)=\int_{\mathbb{R}}{e^{t\varphi(x_0)+t(x-x_0)^2\psi(x)}f(x)(1-\theta(x))}\mathrm{d}x$.
On effectue de changement de variable $u=u(x)$ qui est licite sur $\texttt{supp}(\theta)$ d'après les calculs préliminaires. Comme c'est un $\mathcal{C}^1$-difféomorphisme, on peut écrire $x=g(u)$ avec $g(0)=x_0$ et $g'(0)=\left(-\frac{1}{2}\varphi''(x_0)\right)^{-1/2}$. D'où : 
\[ F_1(t)=e^{t\varphi(x_0)}\int_{\mathbb{R}}e^{-tu^2}h(u)\mathrm{d}u \] où $h(u)=\theta(g(u))f(g(u))g'(u)$ est continue à support compact.

On effectue un second changement de variable $y=\sqrt{t}u$. On obtient \[ F_1(t)=e^{t\varphi(x_0)}t^{-1/2}\int_{\mathbb{R}}e^{-y^2}h\left(\frac{y}{\sqrt{t}}\right)\mathrm{d}y. \]

Or $\displaystyle e^{-y^2}h\left(\frac{y}{\sqrt{t}}\right)\underset{t\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} e^{-y^2}h(0)$ car $h$ est continue.

Et $\left|e^{-y^2}h\left(\frac{y}{\sqrt{t}}\right)\right|\leq e^{-y^2}\underset{\mathbb{R}}{\texttt{sup}}|h| \in L^1$ car $h$ est continue à support compact.

Par le théorème de Lebesgue, on a donc \[ \sqrt{t}e^{-t\varphi(x_0)}F_1(t)\underset{t\rightarrow +\infty}{\longrightarrow} \int_{\mathbb{R}}{e^{-y^2}\mathrm{d}y}h(0)=\sqrt{\pi}h(0). \]

Or $\displaystyle h(0)=\theta(x_0)f(x_0)\left(-\frac{1}{2}\varphi''(x_0)\right)^{-1/2}$ et $\theta(x_0)=1$. Donc \[ F_1(t) \underset{+\infty}{\sim} \sqrt{\frac{2\pi}{-\varphi''(x_0)}}e^{t\varphi(x_0)}f(x_0)t^{-1/2}. \]

\noindent $\bullet$ \'Etude de $F_2$ :

Sur le support de $1-\theta$, on a $|x-x_0|\geq \frac{\delta}{2}$. Comme $(\varphi'(x)=0 \Leftrightarrow x=x_0)$ et $x_0$ est un maximum, on a $\varphi'(x)>0$ pour $x<x_0$ et $\varphi'(x)<0$ pour $x>x_0$. Ainsi : \[ \begin{array}{rcl} \varphi(x_0)-\varphi(x) &= &\varphi(x_0)-\varphi(x_0-\frac{\delta}{2})+\varphi(x_0-\frac{\delta}{2})-\varphi(x) \\ &\geq &\varphi(x_0)-\varphi(x_0-\frac{\delta}{2}) > 0 \texttt{ pour } x<x_0-\frac{\delta}{2} ; \\ \varphi(x_0)-\varphi(x) &= &\varphi(x_0)-\varphi(x_0+\frac{\delta}{2})+\varphi(x_0+\frac{\delta}{2})-\varphi(x) \\ &\geq &\varphi(x_0)-\varphi(x_0+\frac{\delta}{2}) > 0 \texttt{ pour } x>x_0+\frac{\delta}{2}. \end{array} \]

Donc $\forall x\in\texttt{supp}(1-\theta)$, $\varphi(x_0)-\varphi(x)\geq \mu >0$.

Pour $t>1$, \[ \begin{array}{rcl} t\varphi(x) &= &\varphi(x)+(t-1)\varphi(x) \\ &\leq &\varphi(x) + (t-1)\varphi(x_0)-\mu(t-1) \end{array} \]

Donc $\displaystyle |F_2(t)|\leq e^{(t-1)\varphi(x_0)}e^{-\mu(t-1)}\int_a^b{e^{\varphi(x)}|f(x)|\mathrm{d}x}$. D'où $e^{-t\varphi(x_0)}|F_2(t)|\leq Me^{-t\mu}$ avec $M=e^{\mu}e^{-\varphi(x_0)}\int_a^b{e^{\phi(x)}|f(x)|\mathrm{d}x}<\infty$ par hypothèse. Ce terme décroit de manière exponentielle alors que pour $F_1$ on avait un décroissance en $t^{-1/2}$.
Ainsi $F_2$ est négligeable davant $F_1$ pour $t$ grand d'où le résultat escompté.

\end{proof}

Application : Equivalent de Stirling. 

On rappelle que $\displaystyle \Gamma(t+1) = \int_0^{+\infty}{x^te^{-x}}\mathrm{d}x = \int_0^{+\infty}{e^{t\log(x)-x}}\mathrm{d}x$. En posant $x=ty$, on obtient $\displaystyle \Gamma(t+1) = \int_0^{+\infty}{e^{t\log(y)-ty}t}\mathrm{d}y=te^{t\log(t)}\int_0^{+\infty}{e^{t(\log(y)-y)}}\mathrm{d}y$. On a : 
\begin{itemize}
\item $\int_0^{+\infty}{e^{t(\log(y)-y)}}\mathrm{d}y < \infty$ ;
\item $\varphi'(y)=t\left(\frac{1}{y}-1\right)=0 \Leftrightarrow y=1$ et $\varphi''(1)=-1$ ;
\item $f \equiv 1$.
\end{itemize}
D'où $\displaystyle \Gamma(t+1)\underset{+\infty}{\sim}\sqrt{\frac{2\pi}{t}}e^{-t}t^{t+1} \underset{+\infty}{\sim} \sqrt{2\pi t}e^{-t}t^t$.
\end{document}