Une somme de Riemann, puis un produit

Ce qu'on montre. Une limite de somme reconnue comme intégrale, puis le produit qui s'en déduit par l'exponentielle.

Reconnaître la somme de Riemann. Posons $f(x)=\ln (1+x)$, continue sur $[0,1]$. La somme de Riemann associée à la subdivision régulière de $[0,1]$ en $n$ parts, avec évaluation à droite, s'écrit $$\frac{1-0}{n}\sum _{k=1}^{n}f\left(0+k\frac{1-0}{n}\right)=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n}\right).$$ C'est exactement la somme de l'énoncé. D'après le théorème du cours, $$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)⟶{\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}x.$$

Calcul de l'intégrale, par parties. Posons $u(x)=\ln (1+x)$ et $v^{\prime }(x)=1$, donc $u^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}$ et $v(x)=x$ ; les deux fonctions sont de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur $[0,1]$. $${\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}x=[x\ln (1+x){]}_0^1-{\int }_0^1\frac{x}{1+x}\mathrm{d}x=\ln 2-{\int }_0^1\frac{x}{1+x}\mathrm{d}x.$$ Pour la dernière intégrale, on écrit $\frac{x}{1+x}=\frac{(1+x)-1}{1+x}=1-\frac{1}{1+x}$, d'où $${\int }_0^1\frac{x}{1+x}\mathrm{d}x=[x-\ln (1+x){]}_0^1=1-\ln 2.$$ Finalement $${\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}x=\ln 2-(1-\ln 2)=2\ln 2-1\approx 0,386.$$

Le produit. Notons $S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)$. Le logarithme transforme le produit en somme : $$\ln P_n=\frac{1}{n}\ln \left(\prod _{k=1}^n\left(1+\frac{k}{n}\right)\right)=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln \left(1+\frac{k}{n}\right)=S_n.$$ Donc $P_n={\mathrm{e}}^{S_n}$. Comme $S_n\to 2\ln 2-1$ et que l'exponentielle est continue, $$P_n⟶{\mathrm{e}}^{2\ln 2-1}=\frac{{\mathrm{e}}^{\ln 4}}{\mathrm{e}}=\frac{4}{\mathrm{e}}\approx 1,4715.$$

Point délicat. Le passage $P_n={\mathrm{e}}^{\ln P_n}$ n'est licite que parce que $P_n>0$ : chaque facteur $1+\frac{k}{n}$ est strictement positif. Sans cette vérification, le logarithme n'aurait pas de sens.