L’imposteur en or

Il est naturel d’utiliser les logarithmes car les nombres binomiaux sont des produits. On calcule d’abord
$$\begin{align*} \ln L_{n} &= \ln\left(\left(\prod_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}\right)^{1/(n+1)}\right) \\ &= \frac{1}{n+1}\sum_{k = 0}^{n} \ln\left(\frac{n!}{k! (n-k)!}\right) \\ &= \frac{n}{n+1}\ln(n!) - \frac{2}{n+1}\sum_{k = 1}^{n} \ln(k!) \\ &= \sum_{k = 1}^{n} \ln(k) - \frac{2}{n+1}\sum_{k = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{k} \ln(i) \\ &= \sum_{k = 1}^{n} \left(\frac{2 k}{n + 1} - 1\right) \ln k. \end{align*}$$Ceci permet d’écrire
$$\ln\left(\frac{L_{n+1}}{L_{n}}\right) = \frac{n}{n + 2} \ln(n+1) - \frac{2}{(n + 1) (n + 2)} \sum_{k = 1}^{n} k \ln k.$$On veut maintenant trouver un encadrement de $\sum_{k = 1}^{n} k \ln k$. En utilisant une comparaison série-intégrale avec la fonction $x \mapsto x \ln x$, qui est croissante sur $[1, +\infty)$, on obtient
$$\int_{1}^{n} x \ln x \, \mathrm{d} x \leq \sum_{k = 1}^{n} k \ln k \leq \int_{1}^{n+1} x \ln x \, \mathrm{d} x.$$Une intégration par parties donne $\int^{x} t \ln t \, \mathrm{d} t = \frac{1}{2} x^{2} \ln x - \frac{1}{4} x^{2}$. En reportant cette expression dans les inégalités ci-dessus, puis dans l’expression de $\ln(L_{n+1} / L_{n})$, on obtient après simplification
$$-\frac{\ln(n+1)}{n+2} - \frac{1}{2 (n+1)} \leq \ln\left(\frac{L_{n+1}}{L_{n}}\right) - \frac{1}{2} \leq \frac{n \ln(n+1)}{(n+1)(n+2)} + \frac{n^{2} \ln(1 + 1/n)}{(n+1)(n+2)} - \frac{3}{2 (n+2)}.$$Les deux bornes tendent vers zéro, donc $\ln(L_{n+1} / L_{n})$ tend vers $1/2$. Ceci prouve que $L_{n+1}/L_{n}$ tend vers $e^{1/2}$.

La limite obtenue à la question précédente, $e^{1/2} \approx 1.649$, est proche du nombre d’or $\phi = (1 + \sqrt{5}) / 2 \approx 1.618$.