$\displaystyle 2^{70}+3^{70}$ 👉 ça fait penser à l’identité remarquable $\displaystyle a^q-b^q$.

Réponse directe : $\displaystyle 2^{70}+3^{70} = 2503155504994422192936289397389273$, qui vaut $\displaystyle 13 \times 192550423461109399456637645953021$. 😵😱

Mais bon, on s’attend à quelque chose de plus astucieux…😉

On voudrait utiliser $\displaystyle a^k-b^k$, mais ici on a un $\displaystyle +$. Essayons quand même : $\displaystyle 2^{70}+3^{70}=4^{35}+9^{35}=4^{35}-(-9)^{35}=(4-(-9))\left(\sum \cdots\right)$, donc $\displaystyle 13|(2^{70}+3^{70})$.
On peut aussi utiliser des congruences modulo $\displaystyle 13$ et le petit théorème de Fermat.

Équivalent d’une suite d’intégrale 👉 Changement de variable pour "sortir le $\displaystyle n$".

Soit $\displaystyle M>0$ tel que pour tout $\displaystyle t\ge0$, $\displaystyle |f(t)|\le M$. L’intégrande est bien intégrable en $\displaystyle 0$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le \frac{M}{\sqrt{t}}$, $\displaystyle t>0$, et aussi en $\displaystyle +\infty$ car $\displaystyle \left|e^{-nt}\frac{f(t)}{\sqrt{t}}\right|\le M e^{-nt}$ pour tout $\displaystyle t\ge 1$. En faisant le changement de variable $\displaystyle u=nt$, on obtient $\displaystyle u_n=\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u/n}}\frac{du}{n}=\frac{1}{\sqrt{n}}\int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du$. On sait que

• $\displaystyle f(u/n)\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)$ pour tout $\displaystyle u\ge0$ car $\displaystyle f$ est continue en $\displaystyle 0$ ;
• $\displaystyle \left|e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}\right|\le \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$, pour tout $\displaystyle n\in\N$ et tout $\displaystyle u>0$, et que $\displaystyle u\mapsto \frac{Me^{-u}}{\sqrt{u}}$ est intégrable sur $\displaystyle \R_+$.

On en déduit alors grâce au théorème de convergence dominée que $\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-u}\frac{f(u/n)}{\sqrt{u}}du\xrightarrow[n\to\infty]{}f(0)\int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du$.
Comme $\displaystyle f(0)\neq0$ et $\displaystyle \int_0^\infty\frac{e^{-u}}{\sqrt{u}}du=2\int_0^\infty e^{-t^2}dt=\sqrt{\pi}$, on conclut finalement que $$u_n\sim f(0)\sqrt{\frac{\pi}{n}}.$$

L’énoncé semble trop simple… Il y a peut-être un piège ! Ici, l’étourderie à ne pas commettre serait de croire que $\displaystyle (u_n)_{n \ge 1}$ est à termes positifs, ce qui n’est pas une hypothèse de l’énoncé.

On pose $\displaystyle S_0=0$ et, pour $\displaystyle n \ge 1$, $\displaystyle S_n = \sum_{k=1}^n u_k$. On sait que la suite $\displaystyle (S_n)_{n\ge 1}$ est convergente, on note $\displaystyle S$ sa limite. On a, pour tout $\displaystyle N \ge 1$, $$\begin{aligned} \sum_{n=1}^N \frac{u_n}{n} &= \sum_{n=1}^N \frac{S_n-S_{n-1}}{n} \\ &= \frac{S_N}{N} +\sum_{n=1}^{N-1} S_n \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) \\ &= \frac{S_N}{N} +\sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.\end{aligned}$$ Comme $\displaystyle (S_n)_{n \ge 1}$ est convergente, on a $$\lim_{N \to \infty} \frac{S_N}{N} = 0.$$ De plus, la série de terme général $\displaystyle \sum_{n \ge 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$ est absolument convergente, car $$\left| \frac{S_n}{n(n+1)} \right| \sim_{n \to \infty} \frac{S}{n^2},$$ donc la limite$$\lim_{N \to \infty} \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}$$ existe bien. Ainsi la série $\displaystyle \sum_{n \ge 1} \frac{u_n}{n}$ est bien convergente.