Solutions
(b) Puisque
n
2
1
n 3 + 1 3 +
1
n 3 + 2 3 + · · · +
1
n 3 + n 3
=
1
n
1
1 +
1 3
n 3
+
1
1 +
2 3
n 3
+ · · · +
1
1 +
n 3
n 3
,
on voit que
lim
n→+∞
n
2
1
n 3 + 1 3 +
1
n 3 + 2 3 + · · · +
1
n 3 + n 3
=
1
0
1
1 + x 3 dx
=
1
3
ln 2 +
1
9
√
3π.
(c) Comme en (a) et (b), on obtient
lim
n→+∞
1 k + 2 k + · · · + n k
n k+1
=
1
0
x
k dx =
1
k + 1
.
(d) On note que
a n =
1
n
n
(n + 1)(n + 2) . . . (n + n)
=
n
1 +
1
n
1 +
2
n
. . .
1 +
n
n
.
Donc,
ln a n =
1
n
ln
1 +
1
n
+ ln
1 +
2
n
+ · · · + ln
1 +
n
n
.
On en déduit que
lim
n→+∞
ln a n =
1
0
ln(1 + x) dx = 2 ln 2 − 1
et
lim
n→+∞
a n =
4
e
.
(e) On sait que
x −
x 3
3!
< sin x < x
pour x > 0. Donc,
n
i=1
n
i 2 + n 2 −
1
3!
n
i=1
n
i 2 + n 2
3
<
n
i=1
sin
n
i 2 + n 2 <
n
i=1
n
i 2 + n 2 .
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