Un produit qui tend vers $4/e$

La stratégie. Le logarithme transforme un produit en somme ; c'est le seul geste qui fasse apparaître une somme de Riemann. On revient ensuite par l'exponentielle, qui est continue.

Passage au logarithme. Tous les facteurs sont strictement positifs, donc $u_n>0$, et $$\ln u_n=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\ln (1+\frac{k}{n}).$$

Une somme de Riemann. C'est exactement $\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n\phi \left(\frac{k}{n}\right)$ avec $\phi (x)=\ln (1+x)$ : la somme de Riemann de $\phi$ sur $[0,1]$ pour la subdivision régulière de pas $\frac{1}{n}$, avec les points de droite. La fonction $\phi$ étant continue sur $[0,1]$, le théorème du cours donne $$\ln u_n\underset{n\to \infty }{\to }{\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}x.$$ (Le cours énonce la convergence avec les points de gauche, ${\sum }_{k=0}^{n-1}$ ; la version aux points de droite s'en déduit, la différence des deux sommes valant $\frac{\phi (1)-\phi (0)}{n}\to 0$.)

L'intégrale, par parties. On intègre par parties en prenant pour primitive de $1$ la fonction $x\mapsto 1+x$ plutôt que $x\mapsto x$ : $${\int }_0^1\ln (1+x)\mathrm{d}x=[(1+x)\ln (1+x){]}_0^1-{\int }_0^1(1+x)\cdot \frac{1}{1+x}\mathrm{d}x=2\ln 2-0-1=2\ln 2-1.$$

Retour par l'exponentielle, continue : $$u_n=e^{\ln u_n}\underset{n\to \infty }{\to }{e}^{2\ln 2-1}=\frac{4}{e}\approx 1,4715.$$

Deux points délicats. On ne passe pas à la limite dans le produit lui-même : ${\prod }_{k=1}^n(1+\frac{k}{n})$ tend vers $+\infty$, et c'est l'exposant $\frac{1}{n}$ qui sauve tout — le logarithme transforme une forme indéterminée « ${\infty }^0$ » en une somme de Riemann ordinaire. Et le choix de la primitive dans l'intégration par parties : toute primitive de $1$ convient, la constante est libre, et $1+x$ fait disparaître le quotient restant ; avec $x$, il resterait ${\int }_0^1\frac{x}{1+x}\mathrm{d}x$, calculable mais inutile.

Contrôle numérique. $u_{10}\approx 1,5228$, $u_{100}\approx 1,4766$, $u_{1000}\approx 1,4720$, et $\frac{4}{e}\approx 1,4715$ : la convergence est lente, en $\frac{1}{n}$ — c'est la vitesse des sommes de Riemann d'une fonction de classe ${\mathcal{C}}^1$, et l'exercice suivant en donne la constante.

Ce que l'exercice installe. Une somme de Riemann se reconnaît à sa forme $\frac{1}{n}\sum \phi \left(\frac{k}{n}\right)$ — et surtout, on la fabrique : ici par le logarithme, ailleurs en mettant $n$ en facteur au dénominateur. C'est le réflexe devant toute limite de produit de $n$ facteurs, et il resservira dans le problème pour la formule de Stirling.