Calcul d'une limite
Bonjour à tous. Au cours de certains calculs je suis tombé sur cette limite
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}n^{2}\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}.
$$ Il me suffit pour mon problème de savoir qu'elle existe ce qu'il est facile de voir. Mais par curiosité pensez-vous qu'elle puisse s'exprimer à l'aide de choses connues ?
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}n^{2}\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}.
$$ Il me suffit pour mon problème de savoir qu'elle existe ce qu'il est facile de voir. Mais par curiosité pensez-vous qu'elle puisse s'exprimer à l'aide de choses connues ?
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Réponses
Je serais curieux de savoir comment on y arrive.
Oui cela se calcule on trouve bien le résultat donné par dm974.
Pour cela on utilise la fonction Gamma et ses propriétés. Voir Wikipedia
En particulier le comportement asymptotique donnera comme limite
$$
\dfrac{1}{\Gamma (\tfrac{1}{2}-\tfrac{i \sqrt{3}}{2})\Gamma (\tfrac{1}{2}+\tfrac{i \sqrt{3}}{2})},
$$ et pour trouver l'expression en fonction de $\cosh$ il suffit d'utliser la formule de réflexion d'Euler.
$$
\dfrac{1}{\Gamma (s)} \; = \; \lim_{n\to \infty } \dfrac{ \textstyle \prod_{k=1}^n (s+k)}{n!} n^{-s}.
$$ On remarque :
1) $k^2 + k = k((k+1)$.
2) $k^2+k+1 = (k-j)(k-j^2) = (k-j) (k+1+j)$ avec $j = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}.$
Ensuite, $P_n = \displaystyle \dfrac{n^2}{n^2+n+1} \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$, donc $\displaystyle \lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \lim_{n\to \infty } \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$.
On écrit :
$$
\displaystyle \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k} \; = \; \prod_{k=1}^n \dfrac{ k+u}{k} \prod_{k=1}^n \dfrac{k+ \bar{u}}{k} \prod_{k=1}^n \dfrac{k}{k+1} ,
$$ avec $ u = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}$.
On passe à la limite:
$$
P_n \sim \frac{1}{n} \dfrac{n^u}{\Gamma (u) } \dfrac{n^{\bar{u}}}{\Gamma (\bar{u}) } .
$$ Finalement: $ n^u n^{\bar{u}} = n$ et $\lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \dfrac{1}{\Gamma (u)\Gamma (\bar{u})} $
On utilise $\displaystyle \dfrac{1}{\Gamma (u)\Gamma (1-u)} \; = \; \dfrac{\sin (\pi u)}{\pi}$ et $1 - u = \bar{u}$ pour arriver à :
$$
\lim_{n\to \infty } P_n = \displaystyle \dfrac{\sin \left( \frac{\pi}{2} (1+ i\sqrt{3} ) \right)}{\pi} .
$$ Enfin: $ \sin \left( \frac{\pi}{2} (1+ i\sqrt{3} ) \right) = \cos \left( i \frac{\pi}{2} \sqrt{3} \right) = \cosh \left( \frac{\pi}{2} \sqrt{3} \right) $.
$$
\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\frac{1}{(n+1)^{2}}\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^{3}}\right)=\frac{1}{\pi}\cosh\Big(\frac{\pi\sqrt{3}}{2}\Big)\frac{\Gamma\big(n+e^{i\pi/3}\big)\Gamma\big(n+e^{-i\pi/3}\big)}{\Gamma\left(n+1\right)\Gamma\left(n+2\right)}.
$$ Ce qui donne pour $n\rightarrow\infty$ un développement asymptotique assez simple qui pourrait être utile
$$
n^{2}\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\frac{1}{\pi}\cosh\Big(\frac{\pi\sqrt{3}}{2}\Big)\left(1-\frac{2}{n}+\frac{5}{2n^{2}}-\frac{5}{2n^{3}}+O\Big(\frac{1}{n^{4}}\Big)\right).$$
On a plutôt
$P_n = \displaystyle \dfrac{3n^2}{n^2+n+1} \prod_{k=1}^n \dfrac{k^2+k+1}{k^2+k}$
$\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}$ trouble de vision au lieu de $\prod_{k=1}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}$
J'ai fait ce calcul
$\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}
=\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}\frac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}\\
=\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}\\
$
et $\prod_{k=2}^{n}\frac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k+1}=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}+k+1}}\\
=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=3}^{n+1}{(k-1)^{2}+k-1+1}}\\
=\frac{\prod_{k=2}^{n}{k^{2}-k+1}}{\prod_{k=3}^{n+1}{k^{2}-k+1}}\\
=\frac 3{(n+1)^2-(n+1)+1}==\frac 3{n^2+n+1}
$
$u_n=n^{2}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}-k+1}{k^{2}+k}=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}$.
En notant $j=e^{2i\pi/3}$, $u_n=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j}{k}\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j^2}{k+1}=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k-j}{k}\prod_{k'=2}^{n+1}\dfrac{k'+j}{k'}$ avec $j^2+j+1=0$.
$u_n=\dfrac{n^2}{n^2+n+1}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(1-\dfrac{j^2}{k^2}\right)\dfrac{1+\dfrac j{n+1}}{1+j}$ qui tend vers $\dfrac1{1+j}\dfrac{\sin(\pi j)}{\pi j}=\dfrac1{\pi}\cosh(\pi\sqrt3/2)$ avec le produit infini d'Euler.
$\displaystyle u_n=\prod_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}+k+1}{k^{2}+k}$,
D'apres [size=x-large]Cauchy-Frullani[/size] $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-bx}-e^{-ax}}{x}dx = \ln\left(\frac{a}{b}\right)$ donc
$\displaystyle \ln (u_n)=\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-(k^2+k+1)x}-e^{-(k^2+k)x}}{x}\,dx\\
=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{+\infty}\mathcal{L}( {e^{-(k^2+k+1)x}-e^{-(k^2+k)x}})(s)ds\\
=\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k^2+k+1+s}-\frac{1}{k^2+k+s}\right)\,ds $
Si on passe à la limite, on tombe sur $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\sum_{k=1}^{+\infty} \left(\frac{1}{k^2+k+1+s}-\frac{1}{k^2+k+s}\right)\,ds $
Apres j'ai abandonné vu que wolfram me donne cette expression compliquée https://www.wolframalpha.com/input/?i=\sum_{k=1}^{+\infty}+\left(\frac{1}{k^2+k+1+s}-\frac{1}{k^2+k+s}\right)
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,2206994,2207330#msg-2207330
Merci Gilles.