Petits calculs de produits

Exercice 1.
Calculer {P_{n}=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}2^{1/(k(k+1)}}.
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On trouve successivement : {\begin{array}{rl}\ln(P_{n})&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\ln(2)}{k(k+1)}=\ln(2)\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\Bigl(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\Bigr)\\\\&=\ln(2)\Bigl(1-\dfrac{1}{n+1}\Bigr)=\dfrac{n\ln(2)}{n+1}\end{array}}En conclusion : {P_{n}=2^{n/(n+1)}}.

Exercice 2.
Simplifier {P_{n}=\displaystyle\prod_{k=1}^n\,\dfrac{1+k(k+1)+i}{1+k(k+1)-i}}.
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Le terme général du produit s’écrit:{\begin{array}{rl}u_k&=\dfrac{1+k(k+1)+i}{1+k(k+1)-i}\\\\&=\dfrac{(1+(k+1)i)(1-ki)}{(1+ki)(1-(k+1)i)}\\\\&=\dfrac{a_{k+1}\,b_k}{a_k\,b_{k+1}}\text{\ avec\ }\begin{cases}a_k=1+ki\\ b_k=1-ki\end{cases}\end{array}}On en déduit : {\begin{array}{rl}P_{n}&=\displaystyle\prod_{k=1}^n\,\dfrac{1+k(k+1)+i}{1+k(k+1)-i}=\displaystyle\prod_{k=1}^n\,\dfrac{a_{k+1}\,b_k}{a_k\,b_{k+1}}\\\\&=\dfrac{a_{n+1}b_1}{a_1b_{n+1}}=\dfrac{1-i}{1+i}\,\dfrac{1+(n+1)i}{1-(n+1)i}\end{array}}

Exercice 3.
Calculer {P_{n}=\displaystyle\prod\limits_{k=2}^{n}\dfrac{k^3-1}{k^3+1}}.
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On trouve successivement : {\begin{array}{rl}P_{n}&=\displaystyle\prod\limits_{k=2}^{n}\dfrac{(k-1)(k^{2}+k+1)}{(k+1)(k^{2}-k+1)}\\\\&=\displaystyle\prod\limits_{k=2}^{n}\dfrac{(k-1)(k^{2}+k+1)}{(k+1)\big((k-1)^{2}+(k-1)+1\bigr)}\end{array}}Il en découle : {\begin{array}{rl}P_{n}&=\dfrac{\prod\limits_{k=2}^{n}(k-1)\; \prod\limits_{k=2}^{n}(k^{2}+k+1)}{\prod\limits_{k=4}^{n+2}(k-1)\; \prod\limits_{k=1}^{n-1}(k^{2}+k+1)}\\\\&=\dfrac{2(n^{2}+n+1)}{3n(n+1)}\end{array}}

Exercice 4.
Qui est le plus grand : {999!} ou {500^{999}} ?
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On écrit {999!=\prod\limits_{k=1}^{999}k=\prod\limits_{k=1}^{999}(1000-k)}.

Il en résulte : {(999!)^2=\prod\limits_{k=1}^{999}k(1000-k)}.

Le maximum de {x\mapsto x(1000-x)}, atteint en {500}, vaut {500^2}.

Ainsi {(999!)^2=\prod\limits_{k=1}^{999}k(1000-k)\lt \prod\limits_{k=1}^{999}(500)^2=\bigl(500^{999}\bigr)^2}.

On en déduit {999!\lt 500^{999}}

Exercice 5.
Pour tout {n\in\mathbb{N}^*}, montrer que {\prod\limits_{k=1}^{n}(2k)!\ge((n+1)!)^n}.
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Notons {A_n=\prod\limits_{k=1}^{n}(2k)!}.

Pour n=1 l’inégalité {A_n\ge ((n+1)!)^n} est évidente (c’est une égalité).

On se donne {n\ge1} et on suppose {A_n\ge ((n+1)!)^n}.

Il faut vérifier {A_{n+1}\ge((n+2)!)^{n+1}}.

Cela s’écrit aussi : {A_{n+1}\ge(n+2)^{n+1}(n+1)!((n+1)!)^{n}}.

Or {A_{n+1}=(2n+2)!A_n\ge(2n+2)!((n+1)!)^n}.

Il suffit donc de vérifier : {(2n+2)!\ge(n+2)^{n+1}(n+1)!}.

Mais cela s’écrit aussi :{\begin{array}{rl}(2n+2)(2n+1)\cdots(n+3)(n+2)\ge (n+2)^{n+1}\end{array}}Sous cette forme c’est évident, car le produit au premier membre contient {n+1} termes tous supérieurs ou égaux à {n+2}.

Exercice 6.
Pour {n\ge1}, soit {P_{n}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{5}{6}\ldots\dfrac{2n-1}{2n}}.

Montrer que {\dfrac{1}{2\sqrt{n}}\lt P_{n}\lt \dfrac{1}{\sqrt{2n}}}.

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On utilise : {0\lt x\Rightarrow\dfrac{x-1}{x}\lt \dfrac{x}{x+1}}.

On a donc l’encadrement {\dfrac{2(k-1)}{2k-1}\lt \dfrac{2k-1}{2k}\lt \dfrac{2k}{2k+1}}.

On en déduit successivement : {\begin{array}{l}\dfrac12\cdot\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{4}{5}\ldots\dfrac{2n-4}{2n-3}\cdot\dfrac{2n-2}{2n-1}\\\\\lt P_{n}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{5}{6}\ldots\dfrac{2n-3}{2n-2}\cdot\dfrac{2n-1}{2n}\\\\\lt \dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{4}{5}\ldots\dfrac{2n-2}{2n-1}\cdot\dfrac{2n}{2n+1}\end{array}}Cet encadrement s’écrit : {\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2nP_{n}}\lt P_{n}\lt \dfrac{1}{(2n+1)P_{n}}}.

Ainsi : {\dfrac{1}{4n}\lt P_{n}^{2}\lt \dfrac{1}{(2n+1)}\lt \dfrac{1}{2n}\ } (cqfd)