1. Soit $ f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R} $ continue et croissante. On a pour tout entier $ n\in\mathbb{N} $ :
$$ f(n)\le f(t)\le f(n+1), \forall t\in [n,n+1] $$
En intégrant l'inéquation sur $ [n,n+1] $ il vient
$$ \forall n\in\mathbb{N}, f(n) \le \int_{n}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le f(n+1) $$
En prenant $ m=n-1 $ pour $ n\in\mathbb{N}^* $ on obtient une minoration de $ \sum_{k=0}^n f(n) $ en rajoutant $ f(0) $.
En sommant l'inégalité pour $ k $ allant de 0 à $ n $ on obtient l'encadrement :
$$ f(0) + \int_{0}^{n} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le \sum_{k=0}^n f(k)\le \int_{0}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t $$
De plus, si $ f(0)\ge0 $, on pourra utiliser l'encadrement suivant (utile pour l'exercice suivant) :
$$ \int_{0}^n f(t)\mathop{}\mathrm{d}t\le \sum_{k=0}^n f(k)\le \int_{0}^{n+1} f(t)\mathop{}\mathrm{d}t $$
2. On pose $ f_k(t) = t^k $ pour $ k\in\mathbb{N} $. Ces fonctions sont toutes continues et croissantes.
On pose aussi $ S_a(n) = \displaystyle\sum_{k=1}^n k^a $ pour $ (a, n)\in\mathbb{N}^2 $.
Ainsi, soit $ (a,c,b)\in\mathbb{N}^3\times\mathbb{N} $,
Soit $ n\in\mathbb{N}^* $,
En appliquant les inégalités de la question 1 on obtient les deux inégalités suivantes :
$$ \dfrac{n^{b(a+1)}}{(a+1)^b} \le S_a(n)^b\le \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{(a+1)^b} $$
$$ \dfrac{c+1}{(n+1)^{c+1}} \le \dfrac{1}{S_c(n)}\le \dfrac{c+1}{n^{c+1}} $$
Les deux inégalités comportant que des termes positifs, on peut effectuer le produit de ces inegalités :
$$ \dfrac{(c+1)\cdot n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}(a+1)^b}\le \dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)} \le \dfrac{(c+1)(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}(a+1)^b} $$
$$ \iff \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}} \le \dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)}\le \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}} $$
En développant les termes de gauche et de droite, on trouve deux quotients de polynômes qui admettent donc une limite (finie ou infinie) quand $ n $ tend vers $ +\infty $. De plus, en ne conservant que les monômes de plus haut degré du terme de gauche il vient :
$$ \lim_{n\to+\infty} \dfrac{c+1}{(a+1)^b} \times \dfrac{n^{b(a+1)}}{(n+1)^{c+1}} =\dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \lim_{n\to+\infty} n^{b(a+1) - c-1} $$
Si $ b(a+1)-c-1>0 $ alors le terme de gauche diverge vers $ +\infty $ donc à fortiori, $ \dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)} $ aussi. Ainsi, $ b(a+1)-c-1\le 0 $.
En faisant la même chose avec le terme de droite :
$$ \lim_{n\to+\infty} \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \dfrac{(n+1)^{b(a+1)}}{n^{c+1}} = \dfrac{c+1}{(a+1)^b}\times \lim_{n\to+\infty} n^{b(a+1)-c-1} $$
Si $ b(a+1)-c-1<0 $ alors cette limite vaut 0 donc $ (S_a(n)^b/S_c(n)) $ ne peut pas converger vers 1.
On en conclut $ b(a+1)-c-1 = 0 $.
On se place donc dans le cas où $ b(a+1)-c-1=0 $, soit $ c+1 = b(a+1) $.
Ainsi, les termes de gauche et de droite convergent vers $ \dfrac{c+1}{(a+1)^b} $ donc par encadrement, $ \dfrac{S_a(n)^b}{S_b(n)} $ aussi. On en déduit que $ c= (a+1)^b - 1 $ pour que $ \left(\dfrac{S_a(n)^b}{S_c(n)}\right) $ converge vers 1.
Ainsi, il faut $ b(a+1)-1 = (a+1)^b - 1\iff b(a+1) = (a+1)^b \iff b = (a+1)^{b-1} $.
Impossible si $ b=0 $, marche pour tout entier $ a $ si $ b = 1 $. On considère donc $ b \ge 2 $.
Or, d'après l'inégalité de Bernouilli, $ (a+1)^{b-1} > (b-1)a + 1 $.
Et $ (b-1)a + 1 - b = b(a-1) - a+1\ge 2a-2-a+1 = a-1 $.
En reprenant les inégalités depuis le début il vient :
$$ (a+1)^{b-1} - b > a-1 $$.
Si $ a = 0 $ alors on a $ b = 1 $ (impossible), Si $ a \ge 1 $ on a $ (a+1)^{b-1} - b > 0 $ donc $ b(a+1) - 1 \neq (1+a)^b - 1 $ pour tout entier naturel a.
Ainsi, on a toujours $ b = 1 $ et $ c = a $. L'ensemble des solutions est:
$$ S = \{ (n, 1, n) : n\in\mathbb{N}\}[/tex] $$
