Corrigé des exercices - Dunod

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On en déduit
(
v n = n + 1 )
2
(
= n + 1 2
= 1 ( ) 1
12n 2 + o n 2 .
(
ln 1 + 1 )
− 1
n
)( 1
n − 1
2n 2 + 1
3n 3 + o ( 1
n 3 ))
− 1
1
On a donc u n ∼ et d’après le théorème de comparaison des séries à termes positifs,
n→+∞ 12n2 ∑
vn converge comme ∑ 1
n 2 .
Comme v n = lnu n+1 −ln u n , on sait que la série ∑ v n a même nature que la suite (ln u n ) n∈N .
Cette suite est donc convergente. Si on appelle l sa limite, on sait par le théorème de
composition des limites que la suite (u n ) n∈N converge vers e l . Comme (u n ) n∈N converge
vers e l ≠ 0, on a
u n = nn e −n√ n
n!
ce qui est le résultat voulu avec k = e −l .
∼ e l et donc n! ∼ e −l n n e −n√ n,
√ π
2. a) Il a été démontré dans l’exercice sur les intégrales de Wallis que I n ∼ . On a donc
2n
I 2n+1
I 2n
Mais il résulte du même exercice que
∼
√
2n
2n + 1 ∼ 1 et
I 2n+1 = 22n (n!) 2
(2n + 1)!
lim I 2n+1
= 1.
n→+∞ I 2n
et I 2n = (2n)!π
2 2n+1 (n!) 2 .
On en déduit que
I 2n+1
= 24n+1 (n!) 4
I 2n π(2n)!(2n + 1)! .
On a ainsi
2 4n (n!) 4 (2n + 1)π I 2n+1
(2n)! 2 = ∼ π
n 2n I 2n
et comme les termes sont positifs, on obtient en prenant la racine carrée,
ce qui est le résultat voulu.
4 n (n!) 2
(2n)! √ n ∼ √ π,
b) On remplace n! et (2n)! par l’équivalent trouvé à la question 1. On obtient
(n!) 2 ∼ k 2 n 2n+1 e −2n , (2n)! ∼ k √ 2n(2n) 2n e −2n
On en déduit √ π = k √
2
et k = √ 2π.
et
4 n (n!) 2
(2n)! √ n ∼ k √
2
.