Question 1

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Hyperfactorielles et superfactorielles

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On appelle pour tout $n \in \mathbb{N}$ la superfactorielle de $n$ le nombre $\prod_{k = 0}^{n} k!$ et l’hyperfactorielle de n le nombre $\prod_{k = 0}^{n} k^{k}$ $\newline$

Soit $n \in \mathbb{N}^{*}$
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$\prod_{k = 0}^{n} \binom{n}{k} = \prod_{k = 0}^{n} \frac{n!}{k! (n-k)!} = \frac{\prod_{k = 0}^{n} n!}{\prod_{k = 0}^{n} k! \prod_{k = 0}^{n} (n-k)!} = \frac{(n!)^{n+1}}{(\prod_{k = 0}^{n} k!)^{2}}$

$\prod_{k = 0}^{n} k! = \prod_{k = 1}^{n} k! = \prod_{k = 1}^{n} \prod_{j = 1}^{k} j = \prod_{j = 1}^{n} \prod_{k = j}^{n} j = \prod_{j = 1}^{n} j^{n - j - 1} = \prod_{k = 1}^{n} \frac{k^{n+1}}{k^{k}} = \frac{(n!)^{n+1}}{\prod_{k = 1}^{n} k^k}$

En passant en quotient :
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$\frac{\prod_{k = 1}^{n} \binom{n}{k}}{\prod_{k = 1}^{n} k!} = \frac{\prod_{k = 1}^{n} k^{k}}{(\prod_{k = 1}^{n} k!)^{2}}$ et donc $\prod_{k = 1}^{n} \binom{n}{k} = \frac{\prod_{k = 1}^{n} k^{k}}{\prod_{k = 1}^{n} k!}$
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Equivalent de la moyenne géométrique via Stirling

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La formule de Stirling nous dit que $n! ~ \mathop{\sim}_{n \to +\infty} ~ (\frac n e )^{n} \sqrt{2 \pi n}$
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On a la propriété suivante concernant les équivalents d’exponentielles :
Soient $(u_{n})_{n \in \mathbb{N}}, (v_{n})_{n \in \mathbb{N}} \in \mathbb{C}^{\mathbb{N}}$ . On a l’équivalence suivante :
$e^{u_{n}} ~ \mathop{\sim}_{n \to +\infty} ~ e^{v_{n}} \Leftrightarrow u_{n} = v_{n} + o(1)$
(En effet : $e^{u_{n}} ~ \mathop{\sim}_{n \to +\infty} ~ e^{v_{n}} \Leftrightarrow \frac{e^{u_{n}}}{e^{v_{n}}} \to 1 \Leftrightarrow e^{u_{n} - v_{n}} \to 1 \Leftrightarrow u_{n} - v_{n } \to 0 \Leftrightarrow u_{n} = v_{n} + o(1)$)
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Via cette propriété, on a : $\ln (n!) = n \ln(n) - n + \frac 1 2 \ln(n) + \frac 1 2 \ln (2\pi) + o(1)$
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(Remarque : c’est ce développement asymptotique qui nous permet de montrer l’équivalent de Stirling, et ce développement est obtenu en étudiant la différence $\sum_{k=1}^{n} \ln(k) - \int_{1}^{n} \ln(t) dt$ et grâce aux intégrales de Walis )
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Par le théorème de sommation dans les relations asymptotiques (ou bien le lemme de Cesàro qui est un cas particulier) :
$\frac 1 n \sum_{k=1}^{n} \ln(k!) = \frac 1 n \sum_{k=1}^{n} (k \ln(k) - k + \frac 1 2 \ln(k) + \frac 1 2 \ln (2\pi)) + o(1)$

On simplifie en utilisant $\sum_{k=1}^{n} \ln(k) = \ln (\prod_{k=1}^{n} k) = \ln(n!)$ , $\sum_{k=1}^{n} 1 = n$ et $\sum_{k=1}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2}$
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$\frac 1 n \sum_{k=1}^{n} \ln(k!) = \frac 1 n \sum_{k=1}^{n} k \ln(k) - \frac{n + 1}{2} + \frac 1 2 \frac {\ln(n!)}{n} + \frac 1 2 \ln (2\pi) + o(1)$

Par les propriétés du logarithme, on reconnait les hyperfactorielles et superfactorielles qui vont ensuite nous servir à exprimer un équivalent de $L_{n}$ :
$\ln( (\prod_{k=1}^{n} k!)^{\frac 1 n} ) = \ln( (\prod_{k=1}^{n} k^k)^{\frac 1 n} ) - \frac{n + 1}{2} + {\ln((n!) ^{\frac 1 {2n}})} + \frac 1 2 \ln (2\pi) + o(1)$

On réutilise encore la propriété des équivalents d’exponentielles, ainsi :

$(\prod_{k=1}^{n} k!)^{\frac 1 n} \sim (\prod_{k=1}^{n} k^k)^{\frac 1 n} e^{ - \frac{n + 1}{2}} (n!) ^{\frac 1 {2n}} \sqrt{2\pi}$

On simplifie :
$(n!)^{\frac 1 {2n}} = e^{\frac 1 {2n} \ln(n!)} = e^{\frac 1 2 \ln(n) - \frac 1 2 + o(1)} \sim e^{\frac 1 2 \ln(n) - \frac 1 2 } = \sqrt{\frac n e}$

$(\prod_{k=1}^{n} k!)^{\frac 1 n} \sim (\prod_{k=1}^{n} k^k)^{\frac 1 n} e^{ - \frac{n }{2}} \frac{ \sqrt{2\pi n} }{e}$

Nous avons maintenant l’équivalent de la moyenne géométrique $(L_{n})$ :
$L_{n} \sim \frac {e}{\sqrt{2 \pi}} \sqrt{\frac {e^{n}}{n}}$

Calcul de la limite du ratio

$\frac{L_{n+1}}{L_{n}} \sim \sqrt{\frac{e^{n+1}}{n+1}} \sqrt \frac {n}{e^{n}} \sim \sqrt e$

La limite du ratio est $\sqrt{e}$

Question 2

Nous avons montré à la question précédente que ce rapport valait $\sqrt{e}$, soit approximativement $1.6487$. Or le célèbre nombre d’or $\phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ vaut approximativement $1.618$. Deux nombres ayant la même valeur au dixième près.
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Mieux encore, on peut aussi faire apparaitre le nombre d’or à partir du triangle de Pascal.

Il est connu que le nombre d’or est lié à la suite de Fibonacci que l’on note $(F_{n})$. On a en particulier $\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{F_{n+1}}{F_{n}} = \phi$

La suite de Fibonacci est elle-même liée au triangle de Pascal. Nous pouvons montrer par récurrecne double, ou bien par double comptage : $\forall n \in \mathbb{N}, F_{n} = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n-k}{k+1}$.