Sujet 4 - Exercice 1

La présence de ma puissance $$\sin(2\pi\sqrt{1+n^2})$$ qui ne dépend pas de l'indice de sommation $$k$$ nous suggère l'introduire $$\ln(u_n)$$. On a alors :
$$\ln(u_n) = \ln\left( \left( \prod_{k=1}^n \sqrt{1 + \dfrac{k}{n}} \right)^{\sin(2\pi\sqrt{1+n^2}) } \right) = \sin(2\pi\sqrt{1+n^2})\ln\left( \prod_{k=1}^n \sqrt{1 + \dfrac{k}{n}} \right)$$
En faisant usage des propriétés algébriques du logarithme, on obtient :
$$\ln(u_n) = \sin(2\pi\sqrt{1+n^2}) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( \sqrt{1 + \dfrac{k}{n}} \right) \right) = \sin(2\pi\sqrt{1+n^2}) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( \left(1 + \dfrac{k}{n} \right)^{\frac{1}{2}} \right) \right)$$
Ce qui nous donne :
$$\ln(u_n) = \dfrac{1}{2} \sin\left(2\pi\sqrt{1+n^2}\right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Soit encore, puisque $$n > 0$$ :
$$\ln(u_n) = \dfrac{1}{2} \sin\left( 2\pi n\sqrt{\dfrac{1}{n^2} + 1} \right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Lorsque $$n \longrightarrow + \infty$$, on a :
$$\sqrt{\dfrac{1}{n^2} + 1} \underset{+\infty}{\sim} 1 + \dfrac{1}{2n^2}$$
Donc :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \sin\left(2\pi n \left( 1 + \dfrac{1}{2n^2} \right) \right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
D'où :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \sin\left( \dfrac{2\pi n}{2n^2} + n2\pi \right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Comme la fonction sinus est $$2\pi$$-périodique, on en déduit immédiatement que :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \sin\left( \dfrac{2\pi n}{2n^2} \right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Soit, en simplifiant :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \sin\left( \dfrac{\pi}{n} \right) \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Puis, on sait également que $$\sin(x) \underset{0}{\sim} x$$, donc $$\sin\left( \dfrac{\pi}{n} \right) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{n}$$. Ainsi, on obtient :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{1}{2} \dfrac{\pi}{n} \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Soit :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Comme $$\ln(1) = \ln(1 + 0) = 0$$, qui correspondrait au cas $$k=0$$, on peut donc écrire que :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{1}{n} \left( \sum_{k=0}^n\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Et lorsque $$k=n$$ on a $$\ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) = \ln\left( 1 + \dfrac{n}{n} \right) = \ln\left( 1 + 1 \right) = \ln(2)$$. Ceci nous permet d'écrire que :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \dfrac{1}{n} \left( \ln(2) + \sum_{k=0}^{n-1} \ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Donc :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \left( \dfrac{1}{n}\ln(2) + \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Cependant, on a :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n}\ln(2) \right) = \ln(2) \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n} = \ln(2) \times 0 = 0$$. D'où l'écriture suivante :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \left( 0 + \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \ln\left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)$$
Ou bien encore :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \left( \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \ln\left( 1 + {\color{blue}{0}} + k\dfrac{ {\color{red}{1}} - {\color{blue}{0}} }{n} \right) \right)$$
Posons $$f : x \in [ {\color{blue}{0}} \,;\, {\color{red}{1}} ] \longrightarrow \ln(1+x)$$. Ainsi on a :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \left( \dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left( {\color{blue}{0}} + k\dfrac{ {\color{red}{1}} - {\color{blue}{0}} }{n} \right) \right)$$
La fonction $$f : x \in [ {\color{blue}{0}} \,;\, {\color{red}{1}} ] \longrightarrow \ln(1+x)$$, précédemment introduite est continue. Donc il est possible d'introduire une somme de $$Riemann$$. En effet, on a :
$$\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} f\left( {\color{blue}{0}} + k\dfrac{ {\color{red}{1}} - {\color{blue}{0}} }{n} \right) = \dfrac{1}{{\color{red}{1}} - {\color{blue}{0}} } \int_{{\color{blue}{0}}}^{{\color{red}{1}}} f(x) \, dx = \int_{{\color{blue}{0}}}^{{\color{red}{1}}} f(x) \, dx = \int_{{\color{blue}{0}}}^{{\color{red}{1}}} \ln(1+x) \, dx$$
Posons $$t=1+x$$, ainsi $$\dfrac{dt}{dx} = \dfrac{d}{dx}(1+x)=1$$, ce qui implique que $$dt = dx$$. De plus, lorsque $$x={\color{blue}{0}}$$ on a $$t = 1$$ et, lorsque $$x={\color{red}{1}}$$ on a $$t = 2$$. Ainsi :
$$\int_{{\color{blue}{0}}}^{{\color{red}{1}}} \ln(1+x) \, dx = \int_1^2 \ln(t) \, dt = [t\ln(t) - t]_1^2 = 2\ln(2) - 2 - 1\ln(1) + 1 = 2\ln(2) - 2 - 0 + 1 = 2\ln(2) - 1$$
Soit encore :
$$\int_{{\color{blue}{0}}}^{{\color{red}{1}}} \ln(1+x) \, dx = \ln(2^2) - \ln(e^1) = \ln(4) - \ln(e) = \ln \left( \dfrac{4}{e} \right)$$
Donc :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \dfrac{\pi}{2} \times \ln \left( \dfrac{4}{e} \right)$$
En faisant usage des propriétés algébriques du logarithme, on obtient :
$$\ln(u_n) \underset{+\infty}{\sim} \ln \left( \left(\dfrac{4}{e} \right)^{\frac{\pi}{2}} \right)$$
Ce qui implique que :
$$u_n \underset{+\infty}{\sim} \left(\dfrac{4}{e} \right)^{\frac{\pi}{2}}$$
On peut donc écrire que :
$$\lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = \left(\dfrac{4}{e} \right)^{\frac{\pi}{2}}$$
Finalement, on en déduit que :
$$\ell = \left(\dfrac{4}{e} \right)^{\frac{\pi}{2}}$$