SESSION 2019
Concours commun Mines-Ponts
PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP
1) Question préliminairePourn∈N, posonsan = (pn)r
(pn)!. Pour toutn∈N,an6=0, puis pourn∈N,
an+1
an
= (p(n+1))r(pn)!
(p(n+1))!(np)r =
1+ 1 n
r
1
(pn+1)(pn+2). . .(pn+p). Par suite,
an+1
an
n→∼+∞
1 np puis
an+1
an
n→→+∞0. D’après la règle de d’Alembert,Ra= +∞.
Pour tout Z ∈ C, la série numérique de terme général anZn, n ∈ N, converge. Par suite, pour tout z ∈ C, la série numérique de terme généralan(zp)n,n∈N, converge. On en déduit que la série entière X
n>1
(pn)r
(pn)!zpna un rayon infini.
A. Equivalence entre (H
r,p) et (H
r,1) lorsque r > 0
2)Soitx > 0.ϕx est continue sur[1,+∞[ et dérivable sur]1,+∞[et pourt > 1,
ϕx′(t) = (1−r)t−r(t−1)r+rt1−r(t−1)r−1= ((1−r)(t−1) +rt)t−r(t−1)r−1= (t+r−1)t−r(t−1)r−1
> rt−r(t−1)r−1> 0.
Donc, l’applicationϕxest continue et strictement croissante sur[1,+∞[.ϕxréalise une bijection de[1,+∞[surϕx([1,+∞[) =
ϕx(1), lim
t→+∞
ϕx(t)
= [−x,+∞[ (carϕx(t) ∼
t→+∞t). Puisque0∈[−x,+∞[, l’équationϕx(t) =0 a une solution et une seule, notée tx, dans [1,+∞[ et même ]1,+∞[ car −x < 0. De plus, ϕx étant strictement croissante sur [1,+∞[, pour t∈[1, tx[, on aϕx(t)< 0et pourt∈]tx,+∞[, on aϕx(t)> 0.
Soitn∈N∗.
un(x) −un−1(x) = nr
n!xn− (n−1)r
(n−1)!xn−1= −xn−1nr n!
−x+(n−1)r (n−1)!
n!
nr
= −xn−1nr
n! −x+n1−r(n−1)r
= −xn−1nr n!ϕx(n).
Si16n6⌊tx⌋, alorsn6txpuisun(x) −un−1(x)>0et sin >⌊tx⌋, alorsn>⌊tx⌋+1 > txpuisun(x) −un−1(x)60.
Ainsi, la suite finie(un(x))06n6⌊tx⌋ est croissante et la suite(un(x))n>⌊tx⌋ est décroissante.
3)Soitα∈R. Pourx > 0,ϕx(x+α) = (x+α)1−r(x+α−1)r−x=x
1+α x
1−r
1+α−1 x
r
−1
puis
ϕx(x+α) =
x→+∞x
1+α(1−r) x +o
1
x 1+(α−1)r x +o
1 x
−1
x→=+∞
x
1+α(1−r) +r(α−1)
x +o
1 x
−1
x→=+∞
α−r+o(1).
Donc, lim
x→+∞
ϕx(x+α) =α−r.
Si α > r, alors α−r > 0 et donc ϕx(x+α) > 0 pour x suffisamment grand. Par suite, si α > r, x+α > tx pour x suffisamment grand. De même, siα < r,x+α < tx pourxsuffisamment grand.
Soitε > 0. Alors r+ε > ret r−ε < r. Pourx suffisamment grand,x+r+ε > tx et x+r−ε < tx. Donc, il existe un réelA > 0tel que, pourx>A,−ε < tx−x−r < ε. Ceci montre que lim
x→+∞(tx−x−r) =0.
4)Soitk∈Z. Pourx>−k,⌊x⌋+k∈Npuis, en posantp=⌊x⌋, up+k(x)
up(x) = (p+k)r
pr × xk
(p+1)(p+2). . .(p+k). Puisquex−16p6x, on ap ∼
x→+∞xet en particulierp →
x→+∞
+∞. On en déduit que up+k(x)
up(x) ∼
x→+∞
pr pr ×xk
pk ∼
x→+∞
xk xk =1.
Donc, pour tout entier relatifk,u⌊x⌋+k(x) ∼
x→+∞u⌊x⌋(x).
Soitn∈N. D’après ce qui précède, X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ui(x) u⌊x⌋(x) =
X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ui(x) u⌊x⌋ x→→+∞
X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
1=n+1. Par suite, pourxau voisinage
de+∞, X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ui(x)
u⌊x⌋ >(n+1) −1=nou encore X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ui(x)>nu⌊x⌋(x).
5)Montrons queu⌊x⌋(x) =
x→+∞
o(xrex). Soientε > 0puisn=⌊1/ε⌋+1de sorte que 1
n 6ε. Pourxau voisinage de+∞,
06u⌊x⌋(x)6 1 n
X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ui(x) = 1 n
X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
ir i!xi
6εxr X⌊x⌋
i=⌊x⌋−n
xi i! 6εxr
+∞
X
i=0
xi
i! =εxrex.
Ainsi, pour toutε > 0, il existeA > 0tel que, pourx>A,06 u⌊x⌋(x)
xrex 6ε. Ceci montre queu⌊x⌋(x) =
x→+∞
o(xrex).
Mais alors, pourkentier relatif donné,u⌊x⌋+k(x) ∼
x→+∞u⌊x⌋(x) =
x→+∞o(xrex).
Puisquetx−xtend versrquandxtend vers+∞et que⌊r⌋−1 < r <⌊r⌋+1, pourxsuffisamment grand,⌊r⌋−16tx−x6
⌊r⌋+1. Mais alors, pourxsuffisamment grand,tx−⌊x⌋>tx−x>⌊r⌋−1et aussitx−⌊x⌋6tx−(x−1)6⌊r⌋+1+1=⌊r⌋+2.
Donc, pourxsuffisamment grand,tx−⌊x⌋est un certain entier compris au sens large entre⌊r⌋−1 et⌊r⌋+2 ou encore, pourxsuffisamment grand,Mx=utx=u⌊x⌋+i oùiest un entier compris au sens large entre⌊r⌋−1 et⌊r⌋+2.
Pourxsuffisamment grand,Mxest l’un des4nombres positifsu⌊x⌋+i,⌊r⌋−16i6⌊r⌋+2et donc06Mx6
⌊r⌋+2
X
i=⌊r⌋−1
u⌊x⌋+i. Chacun des4 termes est négligeable devantxrexquand xtend vers+∞et donc
Mx =
x→+∞
o(xrex). 6)SoitN>2.
XN n=1
Dn(un−1(x) −un(x)) = XN n=1
Dnun−1(x) − XN n=1
Dnun(x) =
N−1X
n=0
Dn+1un(x) − XN n=1
Dnun(x)
=D1u0(x) +
N−1X
n=1
(Dn+1−Dn)un(x) −DNuN(x) =
N−1X
n=0
znun(x) −DNuN(x)
=
N−1X
n=0
nr
n!(zx)n−DNuN(x) Ensuite, puisque|z|= 1 et z6= 1, |DN| =
1−zN 1−z
6 1+|z|N
|1−z| = 2
|1−z|. Donc, la suite (DN)N∈N∗ est bornée. Puisque d’autre part,uN(x)tend vers0quandNtend vers+∞en tant que terme général d’une série convergente, on en déduit que
DNuN(x)tend vers0quandN tend vers+∞. On en déduit encore que la série de terme généralDn(un−1(x) −un(x)), n∈N∗, converge et que
+∞
X
n=1
Dn(un−1(x) −un(x)) =
+∞
X
n=0
nr
n!(zx)n =Sr,1(zx).
Ensuite,
|Sr,1(zx)|6
+∞
X
n=1
|Dn| |un−1(x) −un(x)|=
+∞
X
n=1
1−zn 1−z
|un−1(x) −un(x)|
6 2
|1−z|
+∞
X
n=1
|un−1(x) −un(x)|= 2
|1−z|
⌊tx⌋
X
n=1
(−un−1(x) +un(x)) +
+∞
X
n=⌊tx⌋+1
(un−1(x) −un(x))
= 2
|1−z| −u0(x) +u⌊tx⌋
+ u⌊tx⌋−0
(!série télescopique)
6 2
|1−z|×2u⌊tx⌋= 4Mx
|1−z|
PuisqueMx =
x→+∞
o(xrex), on a encoreSr,1(zx) =
x→+∞
o(xrex).
7)Soitx∈R.
p−1X
k=0
Sr,1 ζkx
=
+∞
X
n=1
nr n!xn
p−1X
k=0
(ζn)k
!
(somme depséries convergentes).
Sin∈pZ, alorsζn=1puis
p−1X
k=0
(ζn)k=p. Sin /∈pZ, alorsζn6=1 puis
p−1X
k=0
(ζn)k= 1−ζnp
1−ζn =0 carζp=1. Par suite,
p−1X
k=0
Sr,1 ζkx
=
+∞
X
m=1
(pm)r
(pm)!xpmp=pSr,p(x).
Pourk∈J1, p−1K, ζk
=1 etζk6=1. D’après la question précédente,
p−1X
k=1
Sr,1 ζkx
x→=+∞o(xrex)et donc
pSr,p(x) =Sr,1(x) +
p−1X
k=1
Sr,1 ζkx
x→=+∞
Sr,1(x) +o(xrex).
Donc, siSr,1(x) ∼
x→+∞xrex ou encore siSr,1(x) =
x→+∞xrex+o(xrex), alors Sr,p(x) =
x→+∞
1
pxrex+o(xrex)ou encore Sr,p(x) ∼
x→+∞
xrex
p . De même, siSr,p(x) ∼
x→+∞
xrex
p , alorsSr,1(x) ∼
x→+∞
xrex. On a montré que les énoncés(Hr,1)et(Hr,p)sont équivalents quandr > 0.
B. Une démonstration probabiliste
8)Soitα > 0. Soitx > 0. PuisqueXx∼P(x), on saitE(Xx) =V(Xx) =x. D’après l’inégalité deBienaymé-Tchebychev,
06P
|Xx−x|> αx2/3 6P
|Xx−x|>αx2/3
=P
|Xx−E(Xx)|>αx2/3 6 V(Xx)
αx2/32 = x
α2x4/3 = 1 α2x1/3.
Puisque 1
α2x1/3 →
x→+∞0, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que lim
x→+∞P
|Xx−x|> αx2/3
=0.
9)•Soitx > 1. Alors1−x−1/3> 0. Soitω∈Ω.Zx(ω)est un réel positif.
SiZx(ω)< 1−x−1/3, alors06Ax(ω) =Zx(ω)r6 1−x−1/3r
(par croissance de la fonctiont7→trsurR+carr > 0).
SiZx(ω)>1−x−1/3, alorsAx(ω) =0.
Ainsi,06Ax6 1−x−1/3r
1
(Zx<1−x−1/3). Par croissance et linéarité de l’espérance, 06E(Ax)6
1−x−1/3r
E
1
Zx<1−x−1/3
=
1−x−1/3r
P
Zx< 1−x−1/3 (∗).
Ceci montre déjà queAx est d’espérance finie. Ensuite, pour toutω∈Ω, Zx(ω)< 1−x−1/3⇔ Xx(ω)
x < 1−x−1/3⇔ Xx(ω)−x <−x2/3⇒|Xx(ω) −x|> x2/3. Donc,
Zx(ω)< 1−x−1/3 ⊂
|Xx(ω) −x|> x2/3 puisP Zx< 1−x−1/3 6 P |Xx(ω) −x|> x2/3
. D’après la question précédente,P |Xx(ω) −x|> x2/3
tend vers0quandxtend vers+∞et donc P Zx< 1−x−1/3
tend vers 0 quand x tend vers +∞. D’autre part, 1−x−1/3r
tend vers 1 quand x tend vers +∞ et donc 1−x−1/3r
P Zx< 1−x−1/3
tend vers 0quand xtend vers+∞.(∗)et le théorème des gendarmes montrent alors que
x→lim+∞
E(Ax) =0.
•Soitx > 1. Soitω∈Ω. Si|Zx(ω) −1|6x−1/3, alors0 < 1−x−1/36Zx(ω)61+x−1/3puis 1−x−1/3r
6Bx(ω) = Zx(ω)r6 1+x−1/3r
. Si|Zx(ω) −1|> x−1/3, Bx(ω) =0.
Donc, 1−x−1/3r
1
(|Zx−1|6x−1/3)6Bx6 1+x−1/3r
1
(|Zx−1|6x−1/3). Ceci montre déjà queBx est d’espérance finie.
Ensuite, par croissance de l’espérance et en tenant compte deE
1
(|Zx−1|)
=P |Zx−1|6x−1/3
, pourx > 1, 1−x−1/3r
P
|Zx−1|6x−1/3
6E(Bx)6
1+x−1/3r
P
|Zx−1|6x−1/3 . Ensuite,
|Zx−1|6x−1/3 =
|Xx−x|6x2/3 et doncP |Zx−1|6x−1/3
=1−P |Xx−x|> x2/3
x→→+∞1 (d’après la question 8). Par suite, 1−x−1/3r
P |Zx−1|6x−1/3
x→→+∞1et 1+x−1/3r
P |Zx−1|6x−1/3
x→→+∞1. D’après le théorème des gendarmes,
x→lim+∞E(Bx) =1.
10)• |YN,x|6
N−1Y
k=0
(Xx+k).
N−1Y
k=0
(Xx+k)est une combinaison linéaire des variables positivesXix, 06i 6N−1. Pour i∈J0, N−1K, d’après la formule de transfert
E Xix
=
+∞
X
n=0
ni×P(Xx=n) =
+∞
X
n=0
ni×xn n!e−x. La série numérique de terme général nixn
n! e−x, n ∈ N, converge car nixn
n! e−x =
n→+∞
o 1
n2
d’après un théorème de croissances comparées. Donc, chaque Xix est d’espérance finie puis
N−1Y
k=0
(Xx+k) est d’espérance finie en tant que combinaison linéaire de variables d’espérance finie. Mais alors,YN,x est d’espérance finie.
•D’après la formule de transfert,
E(YN,x) = X
n>x+x2/3 N−1Y
k=0
(n−k)×P(Xx=n) = X
n>x+x2/3, n>N N−1Y
k=0
(n−k)×xn n!e−x
!
= X
n>x+x2/3, n>N
n(n−1). . .(n−N+1)
n! xne−x= X
n>x+x2/3, n>N
1
(n−N)!xne−x
= X
m+N>x+x2/3
1
m!xm+Ne−x(en posantm=n−N)
=xN X
m>x+x2/3−N
xme−x
m! =xN X
m>x+x2/3−N
P(Xx=n)
=xNP
Xx> x+x2/3−N .
• Pourx>(2N)3/2, on a 1
2x2/3>N puisx+x2/3−N>x+x2/3−1
2x2/3=x+ 1
2x2/3. Donc, pourx>(2N)3/2, on a Xx> x+x2/3−N ⊂
Xx> x+1 2x2/3
⊂
|Xx−x|> 1 2x2/3
puisP Xx> x+x2/3−N 6P
|Xx−x|> 1 2x2/3
. D’après la question 8), lim
x→+∞P
|Xx−x|> 1 2x2/3
=0et doncP Xx> x+x2/3−N
x→=+∞o(1). On en déduit que E(YN,x) =xNP
Xx> x+x2/3−N
x→=+∞
o xN .
11)Posons Q0 = 1 puis pourk ∈J1, NK, posons Qk =
k−1Y
j=0
(X−j).(Qk)06k6N est une famille de polynômes de RN[X]
de degrés deux à deux distincts. Donc, (Qk)06k6N est une famille libre deRN[X]. De plus, card(Qk)06k6N = N+1= dim(RN[X])<+∞et donc(Qk)06k6N est une base deRN[X].
Par suite, il existe des réelsa0,a1, . . . ,aN, tels queXN= XN k=0
akQk. En évaluant en0, on obtienta0=0(carN > 0) et doncXN =
XN k=1
akQk. On en déduit que
1(Xx>x+x2/3)XNx = XN k=1
ak1(Xx>x+x2/3)Qk(Xx) = XN k=1
akYk,x.
En divisant les deux membres de cette égalité parxN et en tenant compte de1(Xx>x+x2/3) =1(Zx>1+x−1/3), on a encore
1(Zx>1+x−1/3)ZNx = XN k=1
akYk,x xN , et donc
E
1(Zx>1+x−1/3)ZNx
= 1 xN
XN k=1
akE(Yk,x). Maintenant, pour 1 6 k 6 N, E(Yk,x) =
x→+∞ o xk
et en particulier, pour 1 6 k 6 N, E(Yk,x) =
x→+∞ o xN puis 1
xN XN k=1
akE(Yk,x) =
x→+∞o(1). Ceci montre que
x→lim+∞E
1(Zx>1+x−1/3)ZNx
=0.
12)SoitN=⌊r⌋+1. Nest un entier strictement positif tel queN>r.
Vérifions que1(Zx>1+x−1/3)Zrx61(Zx>1+x−1/3)ZNx.
Soit ω ∈ Ω. Si Zx(ω) > 1+x−1/3, en particulier Zx(ω) > 1 puis Zx(ω)r 6 Zx(ω)N (par croissance de la fonction t7→Zx(ω)t surR) et finalement1(Zx(ω)>1+x−1/3)Zx(ω)r61(Zx(ω)>1+x−1/3)Zx(ω)N.
SiZx(ω)61+x−1/3, les deux membres sont nuls et l’inégalité est encore vraie.
On a montré que1(Zx>1+x−1/3)Zrx61(Zx>1+x−1/3)ZNx. Mais alors, par croissance de l’espérance, 06E
1(Zx>1+x−1/3)Zrx 6E
1(Zx>1+x−1/3)ZNx et le théorème des gendarmes permet d’affirmer que
x→lim+∞
E
1(Zx>1+x−1/3)Zrx
=0.
Ensuite,Zrx=1(Zx>1+x−1/3)Zrx+1(Zx<1−x−1/3)Zrx+1(|Zx−1|6x−1/3)Zrx=1(Zx>1+x−1/3)Zrx+Ax+Bx puis E(Zrx) =E
1(Zx>1+x−1/3)Zrx
+E(Ax) +E(Bx). D’après les questions 9) et 11),
x→lim+∞
E(Zrx) =1.
D’après la formule de transfert,
E(Zrx) = 1
xrE(Xrx) = 1 xr
+∞
X
n=0
nrP(Xx=n) = 1 xr
+∞
X
n=0
nrxne−x n!
= 1 xrex
+∞
X
n=0
nr
n!xn = Sr,1(x) xrex .
Puisque lim
x→+∞E(Zrx) =1, on a encore lim
x→+∞
Sr,1(x)
xrex = 1 puisSr,1(x) ∼
x→+∞ xrex. On a montré la validité de l’énoncé Hr,1.
13)Soitx∈R. En posantn=m+1, on obtient Sr,p(x) =
+∞
X
n=1
(pn)r (pn)!xnp=
+∞
X
m=0
(p(m+1))r
(p(m+1))!x(m+1)p=xp
+∞
X
n=0
(p(n+1))r (p(n+1))!xnp. Pourn∈N, posonsbn= (p(n+1))r
(p(n+1))!.(bn)est une suite strictement positive.
bn= (p(n+1))r
(p(n+1))! = (p(n+1))r
(pn)!×(pn+1)(pn+2). . .(pn+p) ∼
n→+∞
(pn)r
(pn)!×(pn)p = (pn)r−p (pn)! . Pourn∈N, posonsa0=0et pourn>1,an = (pn)r−p
(pn)! .Rb= +∞etan b
n→+∞ n
. DoncRa= +∞et de plus, d’après le résultat admis par l’énoncé,
Sp,r
y1/p
=y
+∞
X
n=0
(p(n+1))r (p(n+1))!yn ∼
y→+∞y
+∞
X
n=1
(pn)r−p
(pn)! yn =ySr−p,p
y1/p
.
Par suite, lim
x→+∞
Sp,r(x)
xpSr−p,p(x)= lim
y→+∞
Sp,r y1/p
ySr−p,p y1/p =1 et donc Sp,r(x) ∼
x→+∞
xpSr−p,p(x).
Supposons alorsSp,r(x) ∼
x→+∞
xrex
p . On en déduit que Sr−p,p(x) = Sp,r(x)
xp ∼
x→+∞
xrex
pxp = xr−pex p . Donc,(Hr,p)implique(Hr−p,p).
On sait déjà que pour r > 0 et p∈ N∗, (Hr,p) est valide. Soientr 60 et p∈ N∗. Il existe k ∈N∗ tel que r+kp > 0.
(Hr+kp,p)est valide et donc Hr+(k−1)p,p
, Hr+(k−2)p,p
, . . . ,(Hr,p)sont valides. En particulier,(Hr,p)est valide
C. Application à l’équation d’Airy
14) Question préliminaire.Soitx > 0.
vn−vn−1=ln(n) +x(ln(n) −ln(n−1)) −ln(x+n) = −xln
1− 1 n
−ln 1+ x
n
n→=+∞
x n+O
1 n2
− x n+O
1 n2
n→=+∞O 1
n2
.
Donc, la série de terme généralvn−vn−1,n>2, converge. On sait qu’il en est de même de la suite(vn). Notonsℓ(x)la limite de la suite(vn)puis posonsΓ(x) =eℓ(x)> 0.
Pour n>2, vn = ln
n!nx Yn k=0
(x+k)
. Donc ln
n!nx Yn k=0
(x+k)
n→=+∞ℓ(x) +o(1) puis n!nx Yn k=0
(x+k)
n→=+∞eℓ(x)+o(1) ∼
n→+∞
eℓ(x)=Γ(x)et finalement,
Yn k=0
(x+k) ∼
n→+∞
n!nx Γ(x).
15)Les deux fonctionsa : t 7→0 et b : t7→ −t sont continues surR. D’après le théorème deCauchy, il existe une solutionf et une seule de (Ai) :x′′(t) +a(t)x′(t) +b(t)x(t) =0, surRtelle quef(0) =1 etf′(0) =0.
16)Soit(an)n∈N une suite réelle telle queRa> 0. Pour tout réeltde]−Ra, Ra[, posonsg(t) =
+∞
X
n=0
antn.gest deux fois dérivable sur]−Ra, Ra[et ses dérivées successives s’obtiennent par dérivation terme à terme. Pourt∈]−Ra, Ra[
g′′(t) −tg(t) =
+∞
X
n=2
n(n−1)antn−2−
+∞
X
n=0
antn+1=
+∞
X
n=0
(n+2)(n+1)an+2tn−
+∞
X
n=1
an−1tn
=2a2+
+∞
X
n=1
((n+2)(n+1)an+2−an−1)tn.
Par unicité des coefficients d’une série entière,(∀t∈]−Ra, Ra[, g′′(t) −tg(t) =0etg(0) =1etg′(0) =0)⇔ (a0=1eta1=0et2a2=0et∀n>1, (n+2)(n+1)an+2−an−1=0).
Ceci équivaut à(a0=1, a1=a2=0et∀n∈N, (n+3)(n+2)an+3−an =0)puis à
∀p∈N, a3p+1=a3p+2=0eta0=1et∀k∈N∗, a3p= a3(p−1) (3p)(3p−1)
ou enfin à
∀p∈N, a3p+1=a3p+2=0eta0=1et∀p∈N∗, a3p= 1 Yp k=1
(3k)(3k−1)
.
Tout ceci est fait sous l’hypothèseRa > 0. Maintenant, la règle de d’Alembertpour les séries numériques montre que la série de terme généralanxn converge pour tout réel x et donc que Ra = +∞. Ceci valide les calculs précédents sur ] −∞,+∞[: la fonctiong : t7→
+∞
X
n=0
antn est solution de (Ai) surRet vérifieg(0) =1 etg′(0) =0.
Par unicité d’une telle solution, on af=get donc :∀t∈R,f(t) =1+
+∞
X
n=1
1 Yn k=1
(3k)(3k−1) t3n.
17)D’après la question 14),
a3n= 1
Yn k=1
(3k)(3k−1)
= 1
9nn!
Yn k=1
−1 3 +k
= 1 9nn!
n−1Y
k=0
−1
3 + (k+1)
=
n+2 3 9nn!
Yn k=0
k+ 2
3 ∼
n→+∞
nΓ 2
3
9nn!n2/3n! = n1/3Γ
2 3
9n(n!)2 .
Ensuite, d’après la formule deStirling, n1/3Γ
2 3
9n(n!)2 n−1/6
Γ 2
3
√π 2
3 2n
1 (2n)!
=
√nπ 22n
(2n)!
n!2 ∼
n→+∞
√nπ 22n
2n e
2n√ 4πn n
e 2n
2nπ
=1
et donca3n ∼
n→+∞
n1/3Γ 2
3
9n(n!)2 ∼
n→+∞
n−1/6 Γ
2 3
√π 2
3 2n
1 (2n)!.
18)Comme à la question 13, on en déduit que
f(t) ∼
t→+∞ +∞
X
n=1
n−1/6 Γ
2 3
√π 2
3 2n
1
(2n)!t3n= Γ
2 3
21/6
√π
+∞
X
n=1
(2n)−1/6 (2n)!
2 3t3/2
2n
= Γ
2 3
21/6
√π S−1 6,2
2 3t3/2
t→∼+∞
Γ 2
3
21/6
√π 2
3t3/2 −1/6
exp 2
3t3/2
2 =
Γ 2
3
31/6 2√
π t−1/4exp 2
3t3/2
.
