En dérivant la fonction on montre que $g_n$ est croissante entre $[0,n]$ et décroissante sur $[n,+\infty[$. Il suit que $g_n$ admet un maximum en $x=n$ qui est $M_n=\frac{n^ne^{-n}}{n!}$.

On a : $$ \begin{align} a_n&=\ln\left(\frac{\mu_{n+1}}{\mu_n}\right)\\ &=\ln\left(\frac{\sqrt{n+1}(n+1)^{n+1}e^{-(n+1)}}{(n+1)!}\frac{n!}{\sqrt n n^n e^{-n}}\right)\\ &=\ln\left(\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}e^{-1}\right)\\ &=\left(n+\frac{1}{2}\right)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-1\\ &=\left(n+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)-1\\ &=\frac{1}{12n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right). \end{align} $$

On a $|a_n|\sim\frac{1}{12n^2}$, or $\sum_n\frac{1}{n^2}$ est une série de Riemann convergente donc par la règle des équivalents $\sum_n |a_n|$ converge et $\sum_n a_n$ aussi car la convergence absolue implique la convergence.

On remarque que $\sum_na_n=\sum_n\ln\mu_{n+1}-\ln\mu_n$ est une série téléscopique. On a alors que : $\sum_{n=1}^Na_n=\sum_{n=1}^N\ln\mu_{n+1}-\ln\mu_n=\ln\mu_{N+1}-\ln\mu_1$. Or $\sum_n a_n$ converge donc $\ln\mu_{N+1}-\ln\mu_1$ aussi et $\mu_n$ converge. Enfin $\mu_n$ étant une suite positive, sa limite est nécessairement positive. D'autre part si $\mu_n$ tendait vers $0$, on aurait $\ln\mu_n$ qui tend vers l'infini ce qui contredirait la convergence de $\ln\mu_{N+1}-\ln\mu_1$. La limite est donc bien strictement positive.

D'après la question précédente, il existe $l>0$ tel que $\sqrt n M_n\underset{n\to+\infty}{\to}l$. Il suit que $M_n\underset{n\to+\infty}{\sim}\frac{l}{\sqrt n}$. Or $\sum_n\frac{1}{\sqrt n}$ est une série de Riemann divergente donc par le critère d'équivalence $\sum_n M_n$ diverge également.

Comme $f$ est de classe $C^2$ sur $]0,+\infty[$, $f(x+y)$ est de classe $C^2$ sur $]0,+\infty[^2$ et $F$ aussi. Pour les dérivées : $$\frac{\partial F}{\partial x}=f'(x)-f'(x+y),$$ $$\frac{\partial F}{\partial y}=f'(y)-f'(x+y).$$

En dérivant deux fois $f$, on montre que $f'$ est strictement décroissante sur $[0;2]$ et décroissante sur $[2;+\infty]$. Comme $f'$ est continue, grâce au théorème de la bijection le graphe de $f'$ ne peut croiser la droite $y=f'(a)$ qu'en au plus deux point dont l'un est $a$, d'où le résultat.

On a d'après 31 $$ \begin{align} \begin{cases} \frac{\partial F}{\partial x}=0\\ \frac{\partial F}{\partial y}=0 \end{cases} &\Longleftrightarrow \begin{cases} f'(x)-f'(x+y)=0\\ f'(y)-f'(x+y)=0 \end{cases}\\ &\Longleftrightarrow \begin{cases} f'(x)=f'(x+y)\\ f'(x)=f'(y) \end{cases} \end{align} $$ Or si $x$ est distinct de $y$, d'après 32 les équations $f'(x+y)=f'(y)$ et $f'(x+y)=f'(y)$ implique que soit $x+y=x$ soit $x+y=y$ ce qui implique $x=0$ ou $y=0$. Cependant ces deux dernière égalités sont impossible car $F$ prend ses valeurs dans $]0,+\infty[^2$. Donc le système est aussi équivalent à $$\begin{cases} f'(x)=f'(2x)\\ x=y. \end{cases}$$

On observe d'abord que $x=1$ n'est pas solution de $f'(x)=f'(2x)$. Une fois vu cela, l'équation $f'(x)=f'(2x)$ est équivalente à $e^x=\frac{1-2x}{1-x}$. Sur $]0,1[$, $e^x$ prend ses valeurs dans $]1,e[$ tandis que la fonction $\frac{1-2x}{1-x}$ est décroissante et prend ses valeurs dans $]-\infty,1[$ donc il n'y a pas de solutions dans $]0,1[$. Maintenant sur $]1,+\infty[$ $e^x$ est continue strictement croissante à valeurs dans $]e,+\infty[$ tandis que $\frac{1-2x}{1-x}$ est strictement décroissante et prend ses valeurs dans $]2,+\infty[$. Les graphes des deux fonctions se coupent donc en un unique point sur $]0,+\infty[$. Pour montrer que ce point est entre $]1,2[$, il suffit de regarder les valeurs extrêmes de ces deux fonctions sur cet intervalle.

On a par calcul que $f'(\alpha)=(\alpha-2)e^{-\alpha}$, or $\alpha\in]1,2[$ donc $f'(\alpha)<\! 0$ et on raisonne de même pour $f'(2\alpha)$.

On a $$\frac{\partial^2 F}{\partial^2x}(\alpha,\alpha)=\frac{\partial^2 F}{\partial^2y}(\alpha,\alpha)=f''(\alpha)-f''(2\alpha),$$ $$\frac{\partial^2 F}{\partial x\partial y}(\alpha,\alpha)=f''(2\alpha).$$ En utilisant les notations de Monge, on a $rt-s^2=f''(\alpha)(f''(\alpha)-2f''(2\alpha))$ qui est strictement positive d'après la question précédente. $F$ admet donc un extremum local en $(\alpha,\alpha)$. Il est unique car il n'y a pas d'autre point critique. Enfin $r=f''(\alpha)-f''(2\alpha)$ est négatif d'après la question précédente donc l'extremum est un maximum local.