Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Firewalkwithme

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Un équivalent

Bonjour,

Je cherche à déterminer un équivalent asymptotique simple de la somme pour k de 0 à n des factorielles de k.
J'ai voulu utiliser le théorème de sommation des relations de comparaison avec la formule de Stirling, mais je me retrouve avec une somme assez compliquée à calculer (pas un équivalent simple donc...).
Suis-je dans la bonne direction, ou auriez-vous une autre piste à proposer ?

Merci d'avance.

Roro

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Re : Un équivalent

Bonsoir,

J'ai l'impression que $\displaystyle S_n = \sum_{k=0}^n k! \sim n!$.

En effet, si tu pose $\displaystyle u_n = \frac{S_n}{n!}$ alors on doit pouvoir démontrer que $(u_n)$ converge vers $1$.

Une idée :
  1 - Tu remarques que $(u_n)$ vérifie la relation de récurrence $\displaystyle u_{n+1} = \frac{u_n}{n+1}+1$.
  2 - Tu montres que $nu_n>n+1$ ce qui revient à dire que $u_{n+1}-u_n<0$ mais aussi que $u_n>1$.
  3 - Tu en déduis que la suite est décroissante, minorée donc converge, et que sa limite vaut $1$...

Je te laisse compléter les trous, et surtout vérifier qu'il n'y a pas de coquille : je viens de le faire rapidement sans relecture...

Roro.

Dernière modification par Roro (04-09-2022 20:23:58)

Firewalkwithme

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Re : Un équivalent

D'accord, merci beaucoup ! C'est en effet bien mieux.

Fred

Administrateur

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Re : Un équivalent

Salut,

  Pour compléter la réponse de Roro, et donner une explication à pourquoi on pouvait anticiper cet équivalent :
* la suite $(\ln(n))$ croît doucement, et $\sum_{k=1}^n \ln(k)\sim n\ln(n)$ ($n$ fois le dernier terme).
* la suite $(n)$ croît un peu plus vite, et $\sum_{k=1}^n k\sim n^2/2$ ($n/2$ fois le dernier terme).
* la suite $(2^n)$ croît beaucoup plus vite, et $\sum_{k=1}^n 2^k \sim 2^{n+1}$ ($2$ fois le dernier terme).
* la suite $(n!)$ croît très très vite et $\sum_{k=1}^n k!\sim n!$ ($1$ fois le dernier terme).

F.