Calendrier de L’Avent III

gebrane

Je ne trouve pas comme Jhon 

Qui peut confirmer que mon équivalent est faux ?

$$u_n \sim \left( \frac{1}{8} + \frac{5}{4}e^{-2} \right)n^2$$

biguine_equation

Est-ce que je peux proposer un dernier petit exercice dans la thématique de ce calendrier ?
Si personne n’y voit d’inconvénients, je pensais au 12 (qui vient après le 11 de Ludwig)

JLapin

biguine_equation a dit :

Est-ce que je peux proposer un dernier petit exercice dans la thématique de ce calendrier ?
Si personne n’y voit d’inconvénients, je pensais au 12 (qui vient après le 11 de Ludwig)

Il reste beaucoup de jours vides donc j'émets un avis favorable à ta demande

biguine_equation

Merci !

gebrane

JLapin a dit :

 j'émets un avis favorable à ta demande

et en ce qui concerne mon équivalent tu émets un avis défavorable @Jlapin ?

JLapin

Tu n'as pas le bon équivalent simple, désolé : ce sera un avis défavorable

john_john

Bonjour à tous,
JLapin : confirmes-tu mon équivalent ? Si mon calcul est exact, une majoration du reste de la première des deux séries fournit même les deux premiers termes d'un développement asymptotique.

john_john

Si le J XII est encore libre, je veux bien m'inscrire pour ce jour-là.

JLapin

Oui, c'est correct et j'ai la même preuve.

john_john

Merci !

gebrane

Je vois mon plantage, J'ai posé $a_n= \sum_{k=0}^n u_k$ d'où $a_{n+2}-a_{n+1}=u_{n+2}=\frac 2{n+1} a_n$ d'où normalement  la récurrence linéaire à coefficients non constants $$ a_{n+1} = a_n + \frac{2}{n}a_{n-1}$$ mais  je me suis lamentablement planté planté en considérant  le problème 

  \[a_{n+1} = a_n + \frac{2}{n+1}a_{n-1}, \quad \forall n \geq 1.\]  
au lieu du problème  $$a_{n+1} = a_n + \frac{2}{n}a_{n-1}$$

Je continue sur le problème $a_{n+1} = a_n + \frac{2}{n+1}a_{n-1}$

Considérons la série génératrice associée :   avec des données $a_0,a_1$ 

\[S(x) =  \sum_{n=0}^\infty a_n x^n.\]  

En utilisant la relation de récurrence, on obtient :  

\begin{align*} S(x)&=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}x^{n}\\ &=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+1}x^{n+1}\\ &=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}x^{n+1}+\frac{2}{n+1}a_{n-1}x^{n+1}\right)\\ \end{align*}  
On remarque que $\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}x^{n+1}=x(\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}-a_0)=x \big(S(x) - a_0\big)$ et $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n+1}a_{n-1}x^{n+1}= 2\sum_{n=1}^{\infty}a_{n-1} (\int_0^x t^n dt)=2\sum_{n=0}^{\infty}a_{n} (\int_0^x t^{n+1} dt)=2 \int_0^x t S(t) \, dt.$

d'où   

\[S(x) = a_0 + a_1x + x \big(S(x) - a_0\big) + 2 \int_0^x t S(t) \, dt.\]  

Après dérivation, on obtient 

\[(x-1) S'(x) + (2x+1) S(x) + a_1 - a_0 = 0.\]  avec  \( S(0) = a_0 \)

Wolfram me donne 

$$S(x)=\frac{1}{4}\cdot\left[\frac{(2x^2-6x+5)(a_{0}-a_{1})+(5a_{1}-9a_{0})e^{-2x}}{(x-1)^3}\right]$$

En utilisant les séries de Taylor pour \((1-x)^{-3}\) et \(e^{-2x}\), on décompose \( S(x) \) en une somme explicite, avec wolfram je trouve 

\[\frac{5 - 6x + 2x^2}{(1-x)^3} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2}x^n \left(10 + 7n + n^2\right)=5+9x+\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2}x^n \left(10 + 7n + n^2\right) .\] et aussi 
$e^{-2x}\cdot\frac{1}{(1-x)^3}=\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}(n-k+2)(n-k+1)}{2\cdot k!})x^{n}$

Les coefficients sont donnés par :  

\[a_n = \frac{1}{8}(10 + 7n + n^2)(a_1 - a_0) + \frac{9a_0 - 5a_1}{4} \sum_{k=0}^n \frac{(-2)^k}{k!} \cdot \frac{(n-k+2)(n-k+1)}{2}.\]  

Puis on calcule  la limite de \( \frac{a_n}{n^2} \), le terme 

\[\frac{1}{n^2} \cdot \frac{1}{8}(10 + 7n + n^2)(a_1 - a_0) \to \frac{1}{8}(a_1 - a_0).\]  

et le terme (pas difficile)

\[\frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^n \frac{(-2)^k}{k!} \cdot \frac{(n-k+2)(n-k+1)}{2} \to \frac{e^{-2}}{2}.\]  

Finalement, on obtient l'équivalent

PS Je ne sais pas si quelqu'un a le courage de donner l'équivalent pour la suite récurrente 
$$  a_{n+1} = a_n + \frac{\alpha}{n+\beta}a_{n-1}, \quad \forall n \geq 1  , \alpha,\beta >0  $$
@JLapin ?  ou @john ?

Bibix

On peut remarquer que c'est très sensible au choix du $\frac{2}{n+1}$. Si on prend par exemple la suite "similaire" $u_{n+2} = \frac{1}{2(n+1)} \sum_{k = 0}^n u_k$, alors on obtient $u_n \sim \frac{1}{\sqrt{\pi e n}}$.

Médiat_Suprème

Jour IV.
Calculer $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^{n + 1}} \sum_{k = 1}^n  k \cdot {n \choose k} \cdot k! \cdot S(n, k) $

Où $S(n,k)$ est un nombre de Stirling de deuxième espèce.

Ce calcul est plutôt simple, merci aux cadors de laisser un peu de temps aux autres

JLapin

Merci pour le cadeau.

Je donne juste la réponse en masqué, sans le détail des calculs.

$1-\exp(-1)$

etanche

$u_n$ une suite réelle majorée. Pour $n>0$ on a $u_{n+1}=\frac{1}{n}\sum_{k=n+1}^{2n} u_k$

Montrer que $u_n$ est une suite constante.

gebrane

Wiki donne cette formule qui rend le calcul simple 

Bibix

@Quentino37 Je veux bien proposer un problème le jour 19 avec une autre caractérisation de l'exponentielle que celle(s) de john_john.

john_john

Jour V

a) Il s'agit de résoudre sur le segment $[0,\,1]$, de façon approchée, l'EDO $y'=y$ avec le problème de Cauchy $y(0)=1$ par la méthode d'Euler ; pour $n\geqslant1$ donné, nous subdivisons le segment $[0,\,1]$ à pas constant : $0=x_0<\cdots<x_k=k/n<\cdots<x_n=n/n$ et calculons de proche en proche une solution approchée $f_n$ comme il suit : nous posons $f_n(0)=1$ et $f_n(x_{k+1})=\big(1+\displaystyle\frac1n\big)f_n(x_k)$ puis interpolons $f_n$ de façon affine entre $x_k$ et $x_{k+1}$. En effet, la méthode consiste en l'approximation $f_n(x_{k+1})-f_n(x_k)\stackrel!=f'_n(x_k)\cdot(x_{k+1}-x_k)\stackrel{\rm ED}=f_n(x_k)\cdot(x_{k+1}-x_k)$. L'approximation se fait au stade $\stackrel!=$.

La suite $(f_n)$ converge-t-elle simplement ? uniformément ? Une preuve élémentaire est ici attendue (et non pas un résultat général sur les méthodes d’éléments finis).

b) Procéder de même pour résoudre sur le même segment le système différentiel $(y'=z,\,z'=y)$ avec la condition initiale $(y(0),\,z(0))=(1,\,0)$.

Namiswan

Salut,

Peut on utiliser l'exponentielle ou est on supposer la redécouvrir? Faute de temps je vais me contenter de la solution de facilité i.e. la 1ère solution, mais la 2ème serait plus intéressante.

Soit $x\in[0,1]$, et $k_n=[nx]$. Alors
$$(1+1/n)^{k_n}\leq f_n(x)\leq (1+1/n)^{k_n+1}.$$
Puis
$$\ln\left( (1+1/n)^{k_n}\right)=k_n \ln(1+1/n)\sim (nx)(1/n)=x$$
donc $(1+1/n)^{k_n}\to e^x$, et par encadrement, $f_n(x)\to e^x$.

Pour la convergence uniforme, on peut expliciter les restes dans ce qui précede, ou utiliser Dini puisque les $f_n$ sont croissantes.

Vous pouvez me mettre sur 2,3 dates, je trouverai des choses.

john_john

Bonjour, Namiswan,
effectivement : on est censé connaître l'exponentielle mais on n'est pas censé savoir résoudre l'EDO (il s'agit d'un prétexte pour faire intervenir le nombre $\rm e)$. Cela dit, une version plus compliquée demanderait de prouver que la suite $(f_n)$ converge simplement vers une solution $\varphi$ dérivable et solution de l'ED.

john_john

Namiswan : ta solution  est effectivement ce que j'attendais. Je publierai la mienne dans l'après-midi, mais elle revient quasiment au même.

Les deux exos à venir promettent d'être rudes.

john_john

Voici la solution que je propose, mais Namiswan vous en avait déjà fait connaître la teneur.

a) Par construction, nous avons $f_n(k/n)=(1+\displaystyle\frac1n)^k$ ; si $x\in[0,\,1]$, sachant que $f_n$ est croissante, nous avons, pour tout $x$, $(1+\displaystyle\frac1n)^{\lfloor nx\rfloor}\leqslant f_n(x)\leqslant(1+\displaystyle\frac1n)^{\lceil nx\rceil}$, de sorte que $f_n(x)\longrightarrow{\rm e}^x$ lorsque $n\longrightarrow+\infty$.

La suite de fonctions croissantes $(f_n)$ converge simplement sur le segment $[0,\,1]$ vers la fonction continue $\exp$ ; d'après un théorème de Pólya (attribué par analogie à Dini), nous en déduisons que la convergence est uniforme. D'ailleurs, si les fonctions $f_n$ avaient été construites en escalier et continues à droite, le même théorème se serait appliqué (pour une suite de fonctions croissantes sur un segment, l'hypothèse de continuité ne porte que sur la limite simple)

b) Avec des notations analogues, nous avons $\begin{pmatrix}f_n(k/n)\\g_n(k/n)\end{pmatrix}=M^k\times V_0$, avec $M=\begin{pmatrix}1&1/n\\1/n&1\end{pmatrix}$ et $V_0=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ ; ici, la matrice est symétrique réelle et admet des valeurs propres $\lambda_1=1+1/n$ et $\lambda_2=1-1/n$ associées respectivement aux vecteurs propres $V_1=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ et $V_2=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$. Puisque $V_0=(V_1+V_2)/2$, nous avons $\begin{pmatrix}f_n(k/n)\\g_n(k/n)\end{pmatrix}=(\lambda_1^kV_1+\lambda_2^kV_2)/2$ et un passage analogue à la limite montre que la suite de fonctions affines croissantes $f_n$ interpolant les $f_n(k/n)$ converge simplement (et, par suite, uniformément) vers la fonction $x\longmapsto({\rm e}^x+{\rm e}^{-x})/2$ (que je n'ai pas appelée ${\rm ch}$ puisqu'il s'agissait de glorifier l'exponentielle). Notons que nous aurions obtenu l'exponentielle avec les conditions initiales ${}^t\!(1,\,1)$ mais ce cas est trop particulier car il s'agit ici d'un vecteur propre.

Bibix

Jour VI

Pour toute suite $X = (X_i)_{i \geq 1}$ de variables aléatoires réelles indépendantes et identiquement distribuées (s.v.a.r.i.i.d.) , on définit le temps de passage $T_X = \inf \{n \geq 1 \mid X_1+...+X_n \geq 1\}$.

Soient $f : \mathbb{N} \to \mathbb{R}$ et deux s.v.a.r.i.i.d. $X$, $Y$ telles que $X_1 \sim \mathcal{U}([0,1])$ et $Y_1 \sim \mathcal{E}(1)$. Peut-on relier $\mathbb{E}[T_X f(T_X-1)]$ et $\mathbb{E}[f(T_Y)]$ indépendamment de $f$ (sous réserve d'existence) ? Que vaut $\mathbb{E}[T_X]$ ?

N.B. $X \sim \mathcal{U}([0,1])$ signifie que $p_X = 1_{[0,1]}$ et $X \sim \mathcal{E}(1)$ signifie que $p_X(x) = e^{-x} 1_{x > 0}$.

Namiswan

Ah bah on m'a volé un exo...va falloir que je me creuse plus du coup

gebrane

$E(T_X)=\sum_{n\geq 1} nP(T_X=n)=e$ En effet, 

$P(T_X=n)$ est  la probabilité que la somme des \( n \)-premiers termes \( S_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n \) dépasse 1, tandis que \( S_{n-1} < 1 \). Cette probabilité est donnée par :

$$ \int_1^n f_{S_n} (u) \, du - \int_1^{n-1} f_{S_{n-1}}( u) \, du.$$ avec $f_{S_n}$ la densité de la v.a $S_n$ , je rappelle La densité d'une somme de \( n \) variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées (i.i.d.) suivant une loi uniforme \( \mathcal{U}([0,1]) \) est donnée par une convolution successive des densités de \( \mathcal{U}([0,1]) \). Pour \( X_1, X_2, \ldots, X_n \sim \mathcal{U}([0,1]) \), si \( S_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n \), la densité de \( S_n \), notée \( f_{S_n}(x) \), est une fonction en morceaux définie par :

Pour \( x \in [0, n] \), la densité \( f_{S_n}(x) \) est  sauf erreur 

$$ f_{S_n}(x) = \frac{1}{2(n-1)!} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} (x-k)^{n-1}sgn(x-k).$$

pour  (\( x < 0 \) ou \( x > n \)), \( f_{S_n}(x) = 0 \).
d'où avec Wolfram, $$P(T_X=n)= [1-1/(n!)]-[1-1/((n-1)!)] = 1/(n(n-2)!).$$ et $E(T_X)=\sum_{n\geq 1} nP(T_X=n)=e$

Bibix

On n'a pas besoin de toute la loi de $S_n$ pour obtenir celle de $T_X$, c'est beaucoup plus simple que ça.

gebrane

Je me suis basé sur la définition de l'espérance , je n'ai pas cherché la meilleure façon de procéder
Si je prends $T_X = \inf \{n \geq 1 \mid X_1+...+X_n \geq 2\}$ Tu trouves quoi pour $E(T_X)$ avec ta méthode ? ?

gebrane

Il y a un calcul que je n'ai pas mené à la main ( sous traité avec un logiciel de calcul formel) est ce que quelqu'un a le courage et la patience de démontrer que 
$$\int_1^n \frac{1}{2(n-1)!} \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} (x-k)^{n-1}sgn(x-k) dx=1-\frac 1 {n!}$$

Namiswan

Ma preuve est la suivante:

Pour $x\in [0,1]$, notons $T(x)=\inf \{n \geq 1 \mid X_1+...+X_n \geq x\}$, de sorte que l'on cherche $\mathbb{E}[T(1)]$. Notons également $T_1(x)=\inf \{n \geq 1 \mid X_2+...+X_{n+1} \geq x\}$, qui a même loi que $T(x)$ et est indépendant de $X_1$. Enfin, notons $f(x)=\mathbb{E}[T(x)]=\mathbb{E}[T_1(x)]$.

On vérifie que $T(x)=1+T_1(x-X_1)1_{\{X_1\leq x\}}$. On déduit:

$$f(x)=\mathbb{E}[T(x)]=1+\mathbb{E}\left[T_1(x-X_1)1_{\{X_1\leq x\}}\right]=1+\int_0^x \mathbb{E}[T_1(x-t)]dt=1+\int_0^x f(x-t)dt=1+\int_0^x f(t)dt,$$

d'où $f'=f$, et puisque $f(0)=1$,$f(x)=e^x$, et $\mathbb{E}[T(1)]=f(1)=e$.

gebrane

Bonjour, @Namiswan ta méthode ( avec tes notations) ne permet pas calculer $$E(T(2))$$

Bibix

Tout ça, c'est bien joli mais ça ne répond pas au jour VI. Et bien évidemment, ma méthode de preuve permet de calculer n'importe quel $T(x)$ mais plus $x$ est grand, plus c'est difficile pour $\mathcal{U}([0,1])$ donc j'ai juste mis le cas le plus facile (qui ne nécessite pas de logiciel de calcul formel, j'irais même jusqu'à dire que ça se fait de tête).

Calembour

JOUR 7 $\in \mathbb{P}$

Je propose d'établir $3$ égalités de difficulté croissante (pour satisfaire tout le monde) : 

Egalité 1 : 
$$ \lim_{n \to \infty} \frac{s_{n-1} s_{n+1}}{s_n^2} = e$$
Où $s_n = \prod_{k = 0}^n \binom{n}{k}$

Egalité 2 :
$$ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\mathrm{ppcm}(1,2,...,n)} = e $$

Egalité 3 :

$$ \prod_{n = 1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{\phi^n} \right)^{\frac{\mu(n) - \varphi(n)}{n}} = e $$

Où :
$\phi$ désigne le nombre d'or
$\mu$ désigne la fonction de Mobius
$\varphi$ désigne l'indicatrice d'Euler

Namiswan

gebrane a dit :

Bonjour, @Namiswan ta méthode ( avec tes notations) ne permet pas calculer $$E(T(2))$$

Le calcul ne marche pas pour $x>1$, mais s'adapte, même si ça devient moins propre.

Pour $x>1$, avec le même calcul l'équation qu'on obtient est:
$$f(x)=\int_0^1 f(x-t)dt=\int_{x-1}^x f(t)dt,$$
donc $f'(x)=f(x)-f(x-1)$. Pour $1\leq x\leq 2$, ça devient $f'(x)=f(x)-e^{x-1}$, qui se résout: $f(x)=(x+k)e^{x-1}$. Puisque $f(1)=e$, $k=(e-1)$ et $f(x)=(x+e-1)e^{x-1}=(x-1)e^{x-1}+e^x$. Donc $f(2)=e+e^2$.

Boécien

Pour le jour 7 et l'égalité 1, c'est un peu bourrin mais en partant des équivalents connus on y arrive.

On a $$S(n)\sim A^{2}\exp\left(\frac{n^{2}}{2}+n-\frac{1}{12}\right)\frac{1}{\left(n^{n/2+1/3}\right)\left(2\pi\right)^{(n+1)/2}}$$  où $A$ est la constante de Glaisher de quoi on tire $$\log\frac{S(n-1)S(n+1)}{S(n)^{2}}\sim$$

$\frac{(n-1)^{2}+(n+1)^{2}}{2}-\frac{(n-1)\log(n-1)+(n+1)\log(n+1)}{2}+\left(1-\frac{1}{2}\log(2\pi)\right)(2n)-\frac{1}{3}\log(n^{2}-1) -n^{2}-n\log n-\left(1-\frac{1}{2}\log(2\pi)\right)(2n)-\frac{2}{3}\log n\sim$

$n^{2}+1-\frac{(n-1)\log(n-1)+(n+1)\log(n+1)}{2}-\frac{1}{3}\log(n^{2}-1) -n^{2}-n\log n-\frac{2}{3}\log n\sim$

$1-\frac{2n\log n+O(n^{-1})}{2}-\frac{1}{3}\log(n^{2}-1) -n\log n-\frac{2}{3}\log n\sim1$

Boécien

@Calembour Pour la 2 on admet le TNP?

Bibix

Ma solution du jour 6 :

On a $\mathbb{P}(T_X = 1) = 0$ et par indépendance de $S_n = X_1+...+X_n$ et $X_{n+1}$, on obtient pour $n \geq 1$ : $$\mathbb{P}(T_X = n+1) = \mathbb{P}(S_n < 1, S_n+X_{n+1} \geq 1) = \int_{\mathbb{R}^2} 1_{x < 1} 1_{x+y \geq 1} p_{S_n}(x) p_{X_{n+1}}(y) dx dy.$$ On n'a plus qu'à calculer $p_{S_n}(x)$ pour $x < 1$. On a pour tout $x \in ]0,1[$, $$p_{S_n}(x) = \int_0^x p_{S_{n-1}}(y) p_{X_{n}}(x-y) dy = \int_0^x p_{S_{n-1}}(y) dy.$$ Comme $p_{S_1}(x) = 1$, on obtient $p_{S_n}(x) = \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}$. On a donc $$\mathbb{P}(T_X = n+1) = \int_{]0,1[} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \int_{1-x}^1 dy dx = \frac{1}{(n+1) ((n-1)!)}.$$ De même, $Y_k$ suit une loi exponentielle donc $S_n' = Y_1+...+Y_n$ suit la loi $\Gamma(n, 1)$ ce qui donne $$\mathbb{P}(T_Y = n+1) = \int_{]0,1[} \Gamma(x \mid n,1) \int_{1-x}^{+\infty} e^{-y} dy = \int_{]0,1[} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} e^{-1} dx = \frac{e^{-1}}{n!}.$$ Ainsi, on a $$\mathbb{E}[T_X f(T_X-1)] = \sum_{n=1}^{+\infty} \mathbb{P}(T_X=n+1) (n+1) f(n) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{f(n)}{(n-1)!} = e \mathbb{E}[f(T_Y)].$$ Comme cas particulier avec $f(x) = 1$, on obtient $\mathbb{E}[T_X] = e$. Je trouve ça joli car $p_{X_k}$ ne prend que des valeurs entières et on obtient $e$ alors que $p_{Y_k}$ est définie avec $e$ et on obtient $\mathbb{E}[T_Y] = \mathbb{E}[T_X^2 - T_X] e^{-1} = 2$ qui est un entier.

Calembour

Boécien a dit :

@Calembour Pour la 2 on admet le TNP?

Ma preuve utilise le TNP oui ! Je ne sais pas si c'est possible de se débrouiller sans

gebrane

Bonjour @Namiswan on a plutôt $f(x)=-(x-1)e^{x-1}+e^x$ ce qui donne $f(2)=e²-e$

Namiswan

@gebrane En effet, mon skill en calcul à encore frappé.

@Calembour   @Boécien   Je pense que c'est équivalent...Du coup j'attend la preuve à la main

Cidrolin

On peut même étendre la question 1 du jour 7 au triangle de Narayana : https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/1359966/triangle-de-narayana-et-e

Cidrolin

Je veux bien inventer un problème pour le jour 20,

(plein de convolutions et de nombres premiers,

de formule de Stirling sans cesse méditée).

gebrane

-

Pour la première question du jour 7, j'ai utilisé ChatGPT, et il a fait mieux que Boecien. Après trois tentatives incorrectes (où, à chaque fois, je lui indiquais que c'était faux et lui demandais de reprendre ses calculs), la quatrième a été fructueuse.

Reprenons la simplification de l'expression du rapport $$\frac{s_{n-1} s_{n+1}}{s_n^2}$$ avec rigueur 

### Étape 1 : Formules explicites pour $s_n$, $s_{n-1}$ et $s_{n+1}$

- $s_n = (n!)^{n+1} \prod_{k=0}^n \frac{1}{(k!)^2},$

- $s_{n-1} = ((n-1)!)^n \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{(k!)^2},$

- $s_{n+1} = ((n+1)!)^{n+2} \prod_{k=0}^{n+1} \frac{1}{(k!)^2}.$

### Étape 2 : Substitution dans le rapport

Le rapport est donné par :

$$\frac{s_{n-1} s_{n+1}}{s_n^2} = \frac{\left[((n-1)!)^n \prod_{k=0}^{n-1} \frac{1}{(k!)^2}\right]\left[((n+1)!)^{n+2} \prod_{k=0}^{n+1} \frac{1}{(k!)^2}\right]}{\left[(n!)^{n+1} \prod_{k=0}^n \frac{1}{(k!)^2}\right]^2}.$$

### Étape 3 : Simplification des termes

1. **Factoriels** :

   - $(n+1)! = (n+1) \cdot n!,$

   - $(n-1)! = \frac{n!}{n}.$

   

2. **Produits** :

   Les termes $\prod_{k=0}^{n+1},$ $\prod_{k=0}^n$ et $\prod_{k=0}^{n-1}$ se simplifient en fonction des contributions additionnelles ou manquantes.

Après substitution et réorganisation, l'expression se réduit progressivement. La manipulation explicite montre que les contributions principales proviennent de termes dominants liés à $n!.$

### Étape 4 : Résultat simplifié

Après simplifications détaillées, il reste :

$$\frac{s_{n-1} s_{n+1}}{s_n^2} = \frac{(n+1)^n}{n^n }.$$

### Étape 5 : Limite pour $n \to \infty$

Avec l'approximation $n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$ (formule de Stirling), on trouve que :

$$\frac{(n+1)^n}{n^n} \to e \quad \text{quand } n \to \infty.$$

### Conclusion

La limite est bien :

$$\lim_{n \to \infty} \frac{s_{n-1} s_{n+1}}{s_n^2} = e.$$

Boécien

Il fait surtout faux à mon avis. On n'a pas une égalité aussi simple pour S(n-1)S(n+1)/S(n)^2. Par exemple on a pour n=17:

S(n-1)S(n+1)/S(n)^2=2185911559738696531968/827240261886336764177 

or 

(n+1)^n/n!=18^17/17!= 91507169819844/14889875.

Quentino37

Pour la 2 :
(Comment mettre en spoiler ?)

gebrane

@Boécien , il a fait juste  sauf j'ai envoyé par mégarde la tentative  faussé, j'ai corrigé

Si tu doutes voici une explication 

$$\begin{align*} \frac{s_{n+1}}{s_n} &= \frac{(n+1)!^{n+2}}{(n!)^{n+1}} \cdot \frac{\prod_{k=0}^n (k!)^2}{\prod_{k=0}^{n+1} (k!)^2}  &= \frac{(n+1)^{n+2} (n!)^{(n+2)-(n+1)}}{(n+1)!^2} &= \frac{(n+1)^{n+2} \cdot n!}{(n+1)^2 \cdot n!^2} &= \frac{(n+1)^n}{n!}. \end{align*}$$

Boécien

@Quentino37 Il faut cliquer sur "format" puis le "révéler" se révèle. Corollaire du gendarme : $\sum_{p\leq n}\left\{ \frac{\log n}{\log p}\right\} \log p=O\left(\frac{n}{\log n}\right)$, où $\left\{ .\right\} $ est la partie fractionnaire, ce qui n'est pas facile à montrer autrement. Tu as donc utilisé le TNP

Boécien

gebrane a dit :

@Boécien , il a fait juste  sauf j'ai envoyé par mégarde la tentative  faussé, j'ai corrigé

Si tu doutes voici une explication 

$$\begin{align*} \frac{s_{n+1}}{s_n} &= \frac{(n+1)!^{n+2}}{(n!)^{n+1}} \cdot \frac{\prod_{k=0}^n (k!)^2}{\prod_{k=0}^{n+1} (k!)^2}  &= \frac{(n+1)^{n+2} (n!)^{(n+2)-(n+1)}}{(n+1)!^2} &= \frac{(n+1)^{n+2} \cdot n!}{(n+1)^2 \cdot n!^2} &= \frac{(n+1)^n}{n!}. \end{align*}$$

La je suis d'accord mais ce n'est pas ce tu as avais écrit. Et la simplification est encore plus élégante en effet:

$$\frac{S(n+1)}{S(n)}\frac{S(n-1)}{S(n)}=\frac{(n+1)^{n}}{n!}\frac{(n-1)!}{n^{n-1}}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}$$

le reste est connu.

Boécien

Généralisation de la question 1 du J7:

 Si $m\geq0$ est entier, montrer que $$\frac{s_{n-m}s_{n+m}}{s_n^{2}}\rightarrow e^{m^{2}}$$

Calembour

Bravo pour les deux premières égalités !

Voici un indice pour la troisième égalité : 

Pour $0 < x <1$ démontrer que l'on a : 

$$ - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\varphi(k)}{k} \mathrm{ln}(1-x^k) = \frac{x}{1-x} $$

$$ - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\mu(k)}{k} \mathrm{ln}(1-x^k) = x $$

gebrane

La 3 est dans un article arxiv