Concours Centrale

Concours Centrale-Supelec 2003
Filière PC
Epreuve : MATHEMATIQUES I
Corrigé par Sylvie Bonnet, math PC*-Besançon
Préliminaires
1) g étant intégrable sur a , b , l’est également sur tout intervalle  x , b , pour tout x a, b .
1.a) f et g étant strictement positives, f  o g  est équivalent à
  0,   a, b tel que t  a, b,   t  b  0  f t   g t  .
Soit x a, b . g étant intégrable sur  x , b , f l’est également par théorème de comparaison
des intégrales.
D’autre part, par croissance de l’intégrale, x a, b,   x  b  0   f    g .
b
f
x
b
b
x
x
 o  g
 x 
b
1.b) g étant strictement positive, f  g quand x tend vers b est équivalent à
  0,   a, b tel que t  a, b,   t  b  0  f t   g t   g t  .
Soit x a, b . g étant intégrable sur  x , b , f –g l’est également par théorème de
comparaison des intégrales et f est intégrable sur  x , b , car f=(f-g)+g, somme de deux
fonctions intégrables sur  x , b .
D’autre part, par linéarité et croissance de l’intégrale,
x a , b,   x  b  0 
b
b
x
x
 f g   f
b
b
b
x
x
x
 g    g .
b
x
 f   g quand x tend vers b
2) f et g étant continues par morceaux sur a , b sont intégrables sur tout segment a, x avec
x a, b . Mais g étant strictement positive et non intégrable sur a , b ,
particulier,
x
 g    . En
a
x b
x
 g est strictement positive au voisinage de b.
a
2.a) On reprend la définition du 1a)
  0,   a, b tel que t  a, b,   t  b  0  f t   g t  .
Soit x   , b . Par additivité de l’intégrale,
x
f 
a
l’intégrale :
x

a
x
a
x

f  f




0



g
g
g



g
f
a
f
a
x
x
x
a
a
a

x

 g

x
g
a

 f
g
a
x

a
1

a
x
f   f et , par croissance de


Comme
x
 g tend vers   quand x tend vers b, pour  fixé,
a
 f
g
a
x
tend vers 0 quand x tend
a
vers b et peut donc être rendu inférieur à  pour x assez proche de b.
Finalement :

  0,   a, b tel que t  a, b,   t  b  0 

x
a
x
a
x
f
a
f
 2 .
g
x
 o  g
 a 
exemples
1
1
, g t   . f est négligeable devant g quand x tend vers   .
2
t
t
f est intégrable sur 1, et g ne l’est pas. (fonctions de Riemann)
1
1
ii) a, b  1, , f t   , gt  
. f est négligeable devant g quand x tend vers   .
t
t
f et g ne sont pas intégrables sur 1, . (fonctions de Riemann)
i) a, b  1, , f t  
2.b) f et g étant équivalentes quand x tend vers b, et g étant non intégrable sur a , b , f n’est
pas intégrable sur a , b par théorème de comparaison des intégrales.
f  g quand x tend vers b est équivalent à f  g  o g  . D’après le 2a),
et
x
x
a
a
 f
x
a
x
 g   o  g
 a 
 f   g quand x tend vers b .
Remarque : on a des résultats analogues pour des fonctions définies sur a , b .
Partie I
I.A
I.A.1)
Il s’agit d’appliquer le résultat de la question 2b) des préliminaires sur l’intervalle 0,1
et
1
aux fonctions f et g définies par f t  
et g t   . Ces fonctions sont continues
t
Arc sint 
sur 0,1 et g n’est pas intégrable sur 0,1 . Donc

1
x
1 dt
et
dt  
=  ln x  quand x tend vers 0 
x
Arc sint 
t
2
I.A.2)
1
1
et
et
et
dt   3
dt   2
dt . Or, d’après la question précédente,
x Arc sin t
x Arc sin t
Arc sint 



x2

1

x2

x2

x2
x3
x
et
dt =  ln x   oln x  quand x tend vers 0  . Donc,
Arc sint 
x3
x3
x3
    
    
et
dt =  ln x 3  o ln x 3  ln x 2  o ln x 2
Arc sint 
quand x tend vers 0 
et
dt = 3 ln x   o3 ln x   2 ln x   o2 ln x  quand x tend vers 0 
Arc sint 
et
dt   ln x  quand x tend vers 0 
Arc sint 
I.B.1)
1
et t  t sont de classe C 1 sur 2, . Une intégration par
lnt 
x dt
x
x
2
dt
parties donne : 
.



2 ln t
  ln x ln2 2 lnt  2
Les fonctions g: t 
1
On pose f : t 
lnt 
et on applique au couple  f , g  le résultat de la question 2a) des
2
préliminaires.
f  o g  au voisinage de   , et g n’est pas intégrable sur 2, car continue sur 2, et
1
prépondérante sur t  qui n’est pas intégrable sur 2, . Donc
t
voisinage de   . Si on ajoute à cela que
x
en déduire que
dt
x
 lnt   ln x
2

x
2
dt
lnt 
2
 x dt 
 o 
 au
 2 lnt  
x
tend vers   quand x tend vers   , on peut
ln x 
quand x tend vers   .
I.B.2)
On montre par récurrence sur n  0 :
n
n
x dt
x
k!x
k !2
dt


 n  1! 
HR
 n  2


k 1
k 1
n2
2
lnt  k  0 ln  x  k  0 ln 2
lnt 
 HR0  a été démontré dans la question précédente.
Supposons  HRn  pour n  0 . Une intégration par parties donne
(*)

x
2
dt
lnt 
n2

x
ln x
n2

2
ln2
n2
 n  2
x
2
dt
lnt 
n3
et  HRn1  est vraie.
La relation (*) et le résultat de la question 2a) des préliminaires appliqué au couple  f , g 
1
1
maintenant défini par f : t 
et g: t 
permettent de conclure en utilisant
n3
n2
ln
t
ln
t
  
  
3
les mêmes arguments que dans la question précédente ( f  o g  au voisinage de   , et g
1
n’est pas intégrable sur 2, car continue sur 2, et prépondérante sur t  qui n’est
t
pas intégrable sur 2, ) que :
x
dt
x
2 lnt  n2  ln x n2 quand x tend vers   .
 
 
Donc

dt
x
2
lnt 
n2


x
 quand x tend vers   .
 o
 ln x  n 1 


n
En remarquant que tous les termes de la somme
k 0
vers   , on peut négliger la somme
n

2
k 1
k !2
 ln 2 et conclure que
k 0
x
k!x
 ln  x tendent vers   quand x tend
k 1
n

dt
k!x
x 
  k 1
 o n 1 
lnt  k  0 ln  x 
 ln  x  
I.C.1)
t
xe
x
et
et
dt

dt

1 t 2  1 1 t 2 1 t 2 t 2  1 dt
et en intégrant successivement deux fois par parties la première de ces deux intégrales :
x  1 ,
x
x  1 ,

x

x
x  1 ,
1
1
t
xe
x
et
ex
ex
et
dt


2

3
e

6
dt

1 t 4 1 t 2 t 2  1 dt
t 2 1
x2
x3
t
xe
et
ex
ex
dt


2

3
e

1 t 4
t 2 1
x2
x3
 5t 2  6 
 2
dt
 t 1 
Le résultat de la question 2b) des préliminaires appliqué au couple  f , g  défini sur 1, par
 5t 2  6 
 2
 permet de conclure en remarquant que f  g au voisinage
 t 1 
de   et que g n’est pas intégrable sur 1, car continue sur 1, et prépondérante sur
1
t  qui n’est pas intégrable sur 1, que
t
t
2
t
x 5e
x e  5t  6 
1 t 4 dt  1 t 4  t 2  1 dt quand x tend vers   .
5e t
et
f : t  4 et g : t  4
t
t
Pour trouver un équivalent de

x
1
t
x

x
1
5e t
dt , on intègre encore un fois par parties :
t4
t
xe
5e
e
dt

5

5
e

20
1 t 5 dt
t4
x4
4
Le résultat de la question 2a) des préliminaires appliqué au couple  f , g  maintenant défini
et
et
et
permettent de conclure en utilisant les mêmes arguments que dans
g
:
t

t4
t5
la question précédente ( f  o g  au voisinage de   , et g n’est pas intégrable sur 1, car
1
continue sur 1, et prépondérante sur t  qui n’est pas intégrable sur 1, ) que :
t
t
x
x 5e
5e
1 t 4  x 4 quand x tend vers   .
par f : t 
 5t 2  6 
5e x


dt

1  t 2  1  x 4 quand x tend vers   et par là-même :
t
2
x e  5t  6 
 ex 
1 t 4  t 2  1 dt  o x 3  .
On obtient ainsi :
x
et
t4
D’autre part, la constante  3e est négligeable devant
.
Finalement :

x
1
ex
qui tend vers   quand x tend vers
x3
 ex 
et
ex
ex
 3  .
dt


2

o
t 2 1
x2
x3
x 
I.C.2)
Langage Maple :
n :=10
series(exp(-x)*int(exp(t)/(t*t+1),t=1..x),x=infinity,n+1) ;
Partie II
II.A
1er cas :   0
On pose a '  max( a,1)
Le résultat de la question 2b) des préliminaires appliqué au couple  , g  défini sur
a' , par  : t  f ' t  et g : t   permet de conclure en remarquant que   g au
t
f t 
voisinage de   et que g n’est pas intégrable sur 1, que
x
x f ' t 

dt
a ' t dt quand x tend vers   , c’est-à-dire :
a ' f t 
ln  f x  ln  f a'   ln x  ln a' quand x tend vers   , ou encore
ln  f x   ln x quand x tend vers   , car les constantes sont négligeables devant ln x  .
2ème cas :   0
On pose a '  max( a,1)
5
Le résultat de la question 2a) des préliminaires appliqué au couple  , g  défini sur
a' , par  : t  f ' t  et g : t  1 permet de conclure en remarquant que   og  au
t
f t 
voisinage de   et que g n’est pas intégrable sur 1, que
x f ' t 
dt  oln x 
ln  f x  ln  f a'  
a ' f t 
ln  f  x 
Dans tous les cas :
tend vers  quand x tend vers   .
ln  x 
II.B
Etude du cas   1
II.B.1)
De la question précédente on déduit qu’il existe une fonction  telle que :
ln  f x   ln x   x ln x  , avec lim  x   0
 
x  
ou encore f x   x
. On écrit que  x  tend vers 0 quand x tend vers   :
1 
1 
 0, A  0, tel que x  a,, x  A      x      
 1
Pour  
2
2
Pour x  max( 1, A, a) , 0  f x   x   . Par comparaison avec une fonction de Riemann
intégrable sur 1, , f , qui est continue, est intégrable sur a, .
II.B.2)
Le résultat de la question 1b) des préliminaires appliqué au couple  f , g  défini sur
a, par g : t  f t   tf ' t  , f étant la fonction donnée, permet de conclure en remarquant
 1
que f  g au voisinage de  
que f est intégrable sur a, et donc g également
que pour x  max( 1, A, a) , 0  xf x   x   1 et donc lim xf  x  existe et vaut 0,
   x 
x  
f t   tf ' t 
dt quand x tend vers   , c’est-à-dire :
 1

xf  x 
x f t dt     1 quand x tend vers   .
II.C
Etude du cas   1
II.C.1)
De la question II.A, on déduit qu’il existe une fonction  telle que :
ln  f x   ln x   x ln x  , avec lim  x   0


x
f t dt 


x
 
x  
ou encore f x   x
. On écrit que  x  tend vers 0 quand x tend vers   :
 1
1 
 0, A'  0, tel que x  a,, x  A'     x      
 1
Pour  
2
2
Pour x  max( 1, A' , a) , 0  x    f x  . Par comparaison avec une fonction de Riemann
non intégrable sur 1, , f , qui est continue, n’est pas intégrable sur a, .
   x 
6
II.C.2)
Le résultat de la question 2b) des préliminaires appliqué au couple  f , g  défini sur
a, par g : t  f t   tf ' t  , f étant la fonction donnée, permet de conclure en remarquant
 1
que f  g au voisinage de   et que f n’est pas intégrable sur a, :
x f t   tf ' t 
x
a f t dt  a   1 dt quand x tend vers   , c’est-à-dire :
x
xf  x  af a 
a f t dt    1    1 quand x tend vers   .
Or, pour x  max( 1, A' , a) , 0  x   1  xf x  ce qui implique que xf x  tend vers   quand
x tend vers   et est prépondérante sur la constante af a  .
xf  x 
 f t dt    1 quand x tend vers   .
x
a
II.C.3)
La fonction f : t  2  sin t  est de classe C 1 sur 0, , strictement positive.
ln  f  x  ln 2  sin x 

tend vers 0 quand x tend vers   et 0 est bien strictement supérieur
ln x
ln  x 
à –1. Pourtant

x
0
f t dt   (2  sin t )dt  2 x  cos x  1 , qui n’est pas équivalent à
x
0
x2  sin x  quand x tend vers   , car le rapport
vers   .
2 x  cos x  1
n’a pas de limite quand x tend
2 x  x sin x
II.D
II.D.1)
Classique : le changement de variable x  ln x ramène à l’étude des fonctions de Riemann.
1
L’application x 
est intégrable sur 2, si et seulement si   1 .

xln  x 
II.D.2)
1
On applique les résultats des questions II.B et II.C à la fonction f : x  
.

x ln x 
xf ' x 
 
xf '  x 

   
f est de classe C 1 sur 2, et
existe et vaut   .
 , donc lim
x   f  x 
f x 
ln x 

Si   1 , f est intégrable sur 2, , d’après II.B.1).
Si   1 , f n’est pas intégrable sur 2, , d’après II.C.1).
II.E
Les fonctions f  : x 
1
fournissent des exemples de fonctions de classe C 1 sur
xln x 
xf '  x 
existe et vaut -1. Certaines de ces fonctions sont
2, , pour lesquelles xlim
  f  x 
intégrables (pour   1 ), d’autres ne le sont pas (pour   1 ).

7
Partie III
III.A
u  IR  ,
h' u 
f ' u 
tend vers 0 quand x tend vers   .
  
hu 
f u 
Pour   0, A  0 tel que u  IR  , u  A    
Il existe donc n0  E  A  2  IN , tel que
f ' u 

f u 
h' u 

hu 
En intégrant sur t, n dont la longueur est inférieure à 1:
n  IN , n  n0  t  n  1, n et u  t,n
n  IN , n  n0  t  n  1, n

n
t
n h' u 
h' u 
du  
du  
t hu 
hu 
ce qui donne : ln hn  ln ht    .
Si ln hn  ln ht   0 , on en déduit : ln ht   ln hn  
Et par croissance de l’exponentielle, ht   hn e  , donc ht   hn   hn e   1 .
Si ln hn  ln ht   0 , on en déduit : ln ht   ln hn  
Et par croissance de l’exponentielle, ht   hne  , donc hn  ht   hn 1  e  .
Or, 0  1  e   e  e   1  e   1 , car   0 .
On peut conclure :
n  IN , n  n0  t  n  1, n ht   hn  hn e  1








III.B
On remarque f t   et ht   hn  e t n  f n
Ce qui donne :
Puis

n
n 1

n
n 1
f t dt 
f t dt  e n f n et dt   et ht   hndt
1 e


n
n
n 1
n 1
f n    et ht   hn dt , car   0 .
n
n 1
De la question précédente, on peut déduire une majoration de la différence
n
n
n
1  e 
t
t






e
h
t

h
n
dt




f
t
dt

f
n




 e ht   hn dt
n 1

n  IN , n  n0 
n 1

n
n 1
f t dt 
n 1
1  e 

f n   hn e   1

en 1  e 

  f ne

Si on a pris soin de choisir  de telle sorte que e   1 soit strictement inférieur à un
 ' strictement positif quelconque, on en déduit :
 '  0, n0  IN tel que n  IN , n  n0 

n
n 1
f t dt
1  e 

8
f n 
1   '
 1 e 
1


c’est-à-dire
n
n 1
f t dt 
1  e 

f n  lorsque n tend vers   .
III.C
III.C.1)
Les fonctions u et v sont des fonctions en escalier, constantes sur les intervalles k  1, k  pour
k  IN , donc  vt dt  
k
k
k 1
k 1
f t dt et
 ut dt  f k  .
k
k 1
III.C.2)
Comme   0 , on déduit de la question III.B, que u t  

vt  quand t tend vers   .
1  e 
La fonction f est intégrable et positive sur 0, . Donc, la suite des intégrales de f sur une
n
suite exhaustive de segments   f t dt 
est bornée.
 0
 nIN

n
0
vt dt   f t dt d’après le III.C.1).
n
0
La fonction v est continue par morceaux et positive sur 0, . La suite des intégrales de v
n
sur une suite exhaustive de segments   vt dt 
est bornée, donc v est intégrable sur
 0
 nIN
0, .



v  en
On applique le résultat de la question 1b) des préliminaires au couple  u ,

 1 e


v au voisinage de   et que v est intégrable sur 0, :
remarquant que u 
1  e 



x ut dt  x 1  e  vt dt quand x tend vers   , c’est-à-dire :



x f t dt  x 1  e  vt dt quand x tend vers   .
D’autre part, la série de terme général f n  est à termes tous positifs et
n

f n  
f t dt
 n 1
1 e
n

f t dt . La série de terme général wn est à termes tous positifs, ses
Posons wn 
1  e  n 1
sommes partielles sont bornées, en effet :
n
k
n


f t dt 
f t dt qui est bornée car f est intégrable et positive sur

 k 1
 0
1 e
k 1 1  e
0, .
Donc la série de terme général wn est convergente et par théorème de comparaison des séries
à termes positifs, la série de terme général f n  est convergente.
9


n
x
Son reste relatif au rang n est égal à Rn   ut dt  
question 1b) des préliminaires est équivalent à



1 e
n
f t dt , qui d’après le résultat de la

III.C.3)
Comme   0 , on déduit de la question III.B, que u t  
vt dt 

1 e



n
f t dt

vt  quand t tend vers   .
1  e 
La fonction f est non intégrable et positive sur 0, . Donc, la suite des intégrales de f sur
n
une suite exhaustive de segments   f t dt 
tend vers   .
 0
 nIN
 vt dt   f t dt d’après le III.C.1).
n
n
0
0
La fonction v est continue par morceaux et positive sur 0, . La suite des intégrales de v
n
sur une suite exhaustive de segments   vt dt 
est non bornée, donc v n’est pas
 0
 nIN
intégrable sur 0, .



v  en
On applique le résultat de la question 2b) des préliminaires au couple  u ,

 1 e


v au voisinage de   et que v n’est pas intégrable sur 0, :
remarquant que u 
1  e 
x
x

vt dt quand x tend vers   , c’est-à-dire :


u
t
dt


0
0 1  e 
x
x

0 f t dt  0 1  e  vt dt quand x tend vers   .
D’autre part, la série de terme général f n  est à termes tous positifs et
n

f n  
f t dt
 n 1
1 e
n

f t dt . La série de terme général wn est à termes tous positifs, ses
Posons wn 
 n 1
1 e
sommes partielles ne sont pas bornées, en effet :
n
k
n


f t dt 
f t dt qui n’est pas bornée car f est non intégrable et positive

 k 1
 0
1 e
k 1 1  e
sur 0, .
Donc la série de terme général wn est divergente et par théorème de comparaison des séries à
termes positifs, la série de terme général f n  est divergente.
Sa somme partielle de rang n est égal à S n   ut dt   f t dt , qui d’après le résultat de la
n
n
0
question 2b) des préliminaires est équivalente à

n
0

1 e
0

vt dt 

1 e
 f t dt .
n

0
III.D
On suppose   0 . Un travail analogue à celui du III.B à partir de la conclusion du III.A :
  0, n0  IN tel que n  IN , n  n0  t  n  1, n
f t   f n  f n e  1

10

fournit

n
n 1
f t dt  f n quand n tend vers   , c’est-à-dire v  u au voisinage de   . On
peut reprendre le travail des questions III.C.2) et III.C.3) en remplaçant la constante

par 1.
1  e 
La série de terme général f n  est convergente si et seulement si f est intégrable sur 0,
avec Rn  

n
f t dt en cas de convergence et S n   f t dt en cas de divergence.
n
0
Partie IV
IV.A
Dans les calculs ci-dessous, j’utiliserai le fait que les intégrales de f sur le segment 0,1 ou
0,2est négligeable devant une suite qui tend vers   .
IV.A.1)
1
La fonction t  est de classe C 1 et strictement positive sur 1, . On la prolonge en une
t
fonction f, de classe C 1 sur 0, et strictement positive.
f ' t 
1
t  1,
  tend vers 0 quand t tend vers   .
f t 
t
La fonction f n’est pas intégrable sur 0, .
On applique le III.D.
n
.n dt
1
 ln n
La série harmonique diverge et   
.1 t
k 1 k
IV.A.2)
La fonction t  ln t est de classe C 1 et strictement sur 2, . On la prolonge en une fonction
f, de classe C 1 sur 0, et strictement positive.
f ' t 
1
t  1,
tend vers 0 quand t tend vers   .

f t  t ln t
La fonction f n’est pas intégrable sur 0, car elle tend vers   quand t tend vers   .
On applique le III.D.
La série de terme général ln n diverge et
Calcul :
 ln tdt  t ln t  t 
n
2
n
2
n
n
k 1
2
 ln k  
ln tdt  n ln n
 n ln n  n  2 ln 2  2
IV.A.3)
La fonction t  2 t ln t est de classe C 1 et strictement positive sur 2, . On la prolonge en
une fonction f, de classe C 1 sur 0, et strictement positive.
11
f ' t 
1
tend vers ln 2 quand t tend vers   .
 ln 2 
f t 
t ln t
La fonction f n’est pas intégrable sur 0, car elle tend vers   quand t tend vers   .
On applique le III.C.3)
t  1,
n
La série de terme général 2 n ln n diverge et
2
k 1
k
.n
ln k  2 ln 2 2 t ln tdt .
.1
2 n ln n  4 ln 2
1 n 2t
Calcul : on intègre par parties  2 ln tdt 

dt
2
ln 2
ln 2 2 t
2t
On pose g : t 
et et on applique au couple g, f  le résultat de la question 2a) des
t
préliminaires. En effet, g  o f  au voisinage de   , et f n’est pas intégrable sur 2, car
continue sur 2, et prépondérante sur t  ln t qui n’est pas intégrable sur 2, . Donc
n
t
n
2t
t
2 t dt  o 2 2 ln tdt  au voisinage de   .
2 n ln n
Si on ajoute à cela que
tend vers   quand n tend vers   , on peut en déduire que
ln 2
n
2 n ln n
t
2 2 ln tdt  ln 2 quand n tend vers   .
n
n
Finalement,
2
k
ln k  2 n 1 ln n quand n tend vers   .
k 1
IV.B
IV.B1)
On applique les résultats de la question préliminaire 1.b) aux fonctions f et g en escalier sur
0, , définies par :
n  IN , t  n, n  1 , f t   an et g t   bn .
Ces fonctions sont équivalentes quand x tend vers   . f est intégrable sur 0, , car en
escalier, positive, et que la suite de ses intégrales sur une suite exhaustive de segments
 n f t dt 
est bornée (par la somme de la série de terme général positif a n ).
 0
 nIN
On en déduit que

a
k  n 1
k


b
k  n 1
k


n 1

f t dt   g t dt , autrement dit :
n 1
quand n tend vers   .
IV.B.2)
On applique les résultats de la question préliminaire 2.b) aux fonctions f et g en escalier sur
0, , définies comme ci-dessus
Ces fonctions sont équivalentes quand x tend vers   . f n’est pas intégrable sur 0, , car
en escalier, positive, et que la suite de ses intégrales sur une suite exhaustive de segments
12
n
n 1
 n 1 f t dt 
n’est pas bornée. En effet  f t dt   a k , somme partielle d’une série

0
 0
 nIN
k 0
divergente à termes positifs, tend vers   quand n tend vers   .
On en déduit que

a
k  n 1
k


b
k  n 1
k


n 1

f t dt   g t dt , autrement dit :
n 1
quand n tend vers   .
IV.C
1 

IV.C.1)On applique le résultat du IV.B.1) aux suites de terme général  an   2 
et
2n  nIN


1
 1 
 bn   ln 1   
, qui sont à termes négatifs à partir du rang 2, équivalentes.
n
 n   nIN

Ces séries convergent. Donc Rn a   Rn b .
On note  la somme de la série de terme général bn .
n
1
 k  ln n    R b
k 1
n
Pour déterminer un équivalent simple de Rn a   Rn b , on utilise le résultat de la question
1
III.D. En effet la fonction t  2 est de classe C 1 et strictement positive sur 1, . On la
t
prolonge en une fonction f, de classe C 1 sur 0, et strictement positive.
f ' t 
2
t  1,
  tend vers 0 quand t tend vers   .
f t 
t
La fonction f est intégrable sur 0, .

  dt
1
1
1
La série de terme général 2 converge et  2   2  .
n
n
n
t
k  n 1 k
Finalement
n
1
1
1
 ln n   
 o 

2n
n
k 1 k
IV.C.2)
 n!e n
1  1

On pose bn  1   n   ln 1   pour n  2 et b0  0 , b1  1 . Alors S n b   ln  n  1
2  n

n 2

.


1 

On applique le résultat du IV.B.1) aux suites de terme général  a n  
et bn nIN ,

12n 2  nIN

qui sont à termes négatifs à partir d’un certain rang, équivalentes.
1  1
1  1
1
1
1


 1 
 1 
 o 2 
En effet bn  1   n   ln 1    1   n     2  3  o 3    
2
2  n
2  n 2n
3n
12n


 n 
n 
Ces séries convergent. Donc Rn a   Rn b .
On note B la somme de la série de terme général bn .
S n b   B  Rn b  .
13
On connaît un équivalent simple de Rn a   Rn b , car la série de terme général
1
converge
n2

et
  dt
1
1
 2  .
2
n t
n
k  n 1 k

 n!e n 
1
1
 o 
On en déduit S n b   ln  n  1   B 
12n
n
n 2 
Et en passant à l’exponentielle :
n!e n
1
n
2
1
 e B e 12n
1
o 
n
, ce qui donne le résultat demandé en posant   e B et en faisant un
n
développement limité de l’exponentielle à l’ordre 1 au voisinage de 0.
1
n

1
 1 
n! n 2 e  n 1 
 o  
 n 
 12n
IV.C.3)
On connaît la valeur de  grâce à la formule de Stirling :   2 .
fin
14