Ainsi :
ln
n
n!
2n
n
n n
=
1
n
ln
n!
2n
n
n n
=
1
n
n
k=1
ln
1 +
k
n
.
On reconnaît une somme de Riemann associée à la fonction continue
x → ln(1 + x) sur le segment [0,1], sa limite est donc
1
0
ln(1 + x)dx.
On reconnaît l’un des exemples classiques d’intégrale se calculant par parties. Plus
précisément, nous allons voir ln(1 + x) comme le produit 1 × ln(1 + x) et choisir
comme primitive de la constante 1 la fonction x → x + 1.
Bien sûr, si l’on avait plutôt choisi x comme primitive de 1 nous aurions abouti mais
au prix de calculs supplémentaires. Ici, le choix judicieux de la constante d’intégration permet de simplifier l’intégrale apparaissant dans le second membre de la
formule d’intégration par parties.
Ce choix judicieux d’une primitive dans une intégration par parties a déjà été rencontré en cours dans la démonstration de la formule de Taylor avec reste intégral.
D’après la formule d’intégration par parties :
1
0
ln(1 + x)dx = [(1 + x)ln(1 + x)]
1
0 −
1
0
1dx
= 2ln(2) − 1.
C’est le logarithme de la limite demandée, et cette limite est donc
lim
n→∞
n
n!
2n
n
n n = exp(2 ln(2) − 1) =
4
e
.
Exercice 8.7 : Inégalité de Taylor-Lagrange
Soit f ∈ C 2 (R).
On suppose que f et f sont bornées sur R et on note
M 0 = sup{| f (x)| : x ∈ R}
M 2 = sup{| f (x)| : x ∈ R}
1. On suppose que M 2 = 0. Montrer que f est constante.
On suppose dans la suite que M 2 > 0.
© Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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Chapitre 8 • Intégration
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