Pour $n\in\Nn$ , posons $u_n= (n+1)!\left(e-\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\right)$ . Soit $n\in\Nn$ .

$\begin{align*}\ensuremath u_n&=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{(n+1)!}{k!}\\ &=1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}+\sum_{k=n+6}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)\ldots k} \end{align*}$

On a $0 <\sum_{k=n+6}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)\ldots k}=\sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)^{k-(n+1)}}=\frac{1}{(n+2)^5}\frac{1}{1-\frac{1}{n+2}}=\frac{1}{(n+2)^4(n+1)}\leqslant\frac{1}{n^5}$ . On en déduit que $\sum_{k=n+6}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)\ldots k}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o\left(\frac{1}{n^4}\right)$ . Donc

$\begin{align*}\ensuremath u_n&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n+2}+\frac{1}{(n+2)(n+3)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)}+\frac{1}{(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n}\left(1+\frac{2}{n}\right)^{-1}+\frac{1}{n^2}\left(1+\frac{2}{n}\right)^{-1}\left(1+\frac{3}{n}\right)^{-1}+\frac{1}{n^3}\left(1+\frac{2}{n}\right)^{-1}\left(1+\frac{3}{n}\right)^{-1}\left(1+\frac{4}{n}\right)^{-1}+\frac{1}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n}\left(1-\frac{2}{n}+\frac{4}{n^2}-\frac{8}{n^3}\right)+\frac{1}{n^2}\left(1-\frac{2}{n}+\frac{4}{n^2}\right)\left(1-\frac{3}{n}+\frac{9}{n^2}\right)+\frac{1}{n^3}\left(1-\frac{2}{n}\right)\left(1-\frac{3}{n}\right)\left(1-\frac{4}{n}\right)\\ &\;+\frac{1}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n}\left(1-\frac{2}{n}+\frac{4}{n^2}-\frac{8}{n^3}\right)+\frac{1}{n^2}\left(1-\frac{5}{n}+\frac{19}{n^2}\right)+\frac{1}{n^3}\left(1-\frac{9}{n}\right)+\frac{1}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\\ &\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{3}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right). \end{align*}$

Finalement

$(n+1)!\left(e-\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}+\frac{3}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)$ .

exo7 5695