Solutions - Exercices de calcul intégral - 03

Solutions détaillées de neuf exercices sur les sommes de Riemann.
Cliquer ici pour accéder aux énoncés.

Posons :

$A=\int_{0}^{1}t^{2}\thinspace dt\qquad\text{et}\qquad B=\int_{0}^{1}e^{t}\thinspace dt$

D’une part, $A=\lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}$ avec :

$\begin{eqnarray*}S_{n} & = & \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^{2}\\& \underset{(\star)}{=} & \frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}k^{2}\\& = & \frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6n^{2}}\end{eqnarray*}$

Or $\left(n+1\right)\left(2n+1\right)\sim2n^{2}$ lorsque $n\rightarrow\infty$ et donc :

$\boxed{A=\frac{1}{3}}$

Pour l’égalité $\left(\star\right),$ on pourra consulter cette vidéo ou du moins ce passage.

D’autre part, $B=\lim_{n\rightarrow\infty}T_{n}$ avec :

$\begin{eqnarray*}T_{n} & = & \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}e^{k/n}\\& = & \frac{e^{1/n}}{n}\:\frac{e-1}{e^{1/n}-1}\end{eqnarray*}$

Or, on sait que $e^{h}-1\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}h$ et donc :

$\boxed{B=e-1}$

Pour rester dans l’esprit de cette fiche d’exercices, observons que pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\frac{k}{n}}$

On reconnaît ainsi une somme de Riemann attachée à $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\frac{1}{1+t}.$

Or :

$\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t}=\left[\ln\left(1+t\right)\right]_{0}^{1}=\ln\left(2\right)$

Et par conséquent :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\ln\left(2\right)}$

Voici à présent un autre point de vue.

On note, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$

$H_{n}$ est le $n-$ ème nombre harmonique.

Il est classique (voir par exemple ici) que la suite de terme général :

$x_{n}=H_{n}-\ln\left(n\right)$

est convergente. Sa limite, appelée « constante d’Euler », est traditionnellement notée $\gamma.$

On observe que :

$\begin{eqnarray*}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k} & = & H_{2n}-H_{n}\\& = & \left(H_{2n}-\ln\left(2n\right)\right)-\left(H_{n}-\ln\left(n\right)\right)+\ln\left(2\right)\\& = & x_{2n}-x_n+\ln\left(2\right)\end{eqnarray*}$

ce qui permet de retrouver la formule encadrée.

Posons ${\displaystyle u_{n}=\left[\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{k^{2}}{n^{2}}\right)\right]^{1/n}}.$

En passant au logarithme, on reconnaît une somme de Riemann :

$\ln\left(u_{n}\right)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+\frac{k^{2}}{n^{2}}\right)\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{2}\right)\,dt$

En intégrant par parties, on obtient :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{2}\right)\,dt & = & \left[t\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{2t^{2}}{1+t^{2}}dt\\& = & \ln\left(2\right)-2\int_{0}^{1}\left(1-\frac{1}{1+t^{2}}\right)\,dt\end{eqnarray*}$

Or :

$\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+t^{2}}=\left[\arctan\left(t\right)\right]_{0}^{1}=\frac{\pi}{4}$

Ainsi :

$\int_{0}^{1}\ln\left(1+t^{2}\right)\,dt=\ln\left(2\right)-2+\frac{\pi}{2}$

et finalement :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}u_{n}=2\,e^{\frac{\pi}{2}-2}}$

Pour une version plus élaborée de la même question, voir l’exercice n° 8 de cette fiche.

On constate que, pour tout $n\geqslant1$ :

$\frac{S_{n}}{n^{5/2}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{n}\sqrt{1+\frac{k}{n}}\underset{n\rightarrow\infty}{\rightarrow}\int_{0}^{1}t\sqrt{1+t}\thinspace dt$

Or, en posant $u=t+1,$ il vient :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}t\sqrt{1+t}\thinspace dt & = & \int_{1}^{2}\left(u-1\right)\sqrt{u}\thinspace du\\& = & \left[\frac{2}{5}u^{5/2}-\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_{1}^{2}\\& = & \frac{8\sqrt{2}}{5}-\frac{4\sqrt{2}}{3}-\frac{2}{5}+\frac{2}{3}\\& = & \frac{4\left(\sqrt{2}+1\right)}{15}\end{eqnarray*}$

Ainsi :

$\boxed{S_{n}\sim\frac{4\left(\sqrt{2}+1\right)n^{5/2}}{15}}$

Soit $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}$ une application $K-$ lipschitzienne (avec $K>0).$

Notons, pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ :

$S_{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)$

$\Delta_{n}=\int_{0}^{1}f\left(x\right)\thinspace dx-S_{n}$

et montrons que $\lim_{n\rightarrow\infty}\Delta_{n}=0.$

D’après la relation de Chasles :

$\int_{0}^{1}f\left(x\right)\thinspace dx = \sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}f\left(x\right)\thinspace dx$

et donc :

$\Delta_{n}=\sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left(f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right)\thinspace dx$

puis, d’après l’inégalité triangulaire :

$\begin{eqnarray*}\left|\Delta_{n}\right| & \leqslant & \sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left|f\left(x\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|\thinspace dx\\& \leqslant & K\sum_{k=1}^{n}\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left|x-\frac{k}{n}\right|\thinspace dx \end{eqnarray*}$

Or, pour tout $k\in\llbracket1,n\rrbracket ,$ on voit en posant $t=\frac{k}{n}-x$ :

$\int_{\left(k-1\right)/n}^{k/n}\left|x-\frac{k}{n}\right|\thinspace dx=\int_{0}^{1/n}t\thinspace dt=\frac{1}{2n^{2}}$

Ainsi :

$\boxed{\left|\Delta_{n}\right|\leqslant\frac{K}{2n}}$

d’où le résultat annoncé.

Posons, pour tout $n\geqslant1$ :

$A_{n}=\sum_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}f\left(\frac{k}{n}\right)$

Intuitivement, lorsque $n$ est grand, deux termes consécutifs de cette somme ont des valeurs absolues très voisines et (le plus souvent) des signes contraires. Ceci laisse penser que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{A_{n}}{n}=0$

ce qu’on va maintenant établir rigoureusement.

Pour cela, groupons les termes deux par deux (les deux premiers, les deux suivants, etc … avec un éventuel terme isolé en fin de somme, si $n$ est impair).

On obtient ainsi :

$A_{n}=\sum_{p=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left(f\left(\frac{2p}{n}\right)-f\left(\frac{2p-1}{n}\right)\right)+\theta_{n}\,f\left(1\right)$

avec :

$\theta_{n}=\begin{cases} 0 & \mbox{si }n\mbox{ pair}\\ -1 & \mbox{sinon} \end{cases}$

et donc, (inégalité triangulaire) :

$\left|A_{n}\right|\leqslant\sum_{p=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\left|f\left(\frac{2p}{n}\right)-f\left(\frac{2p-1}{n}\right)\right|+\left\Vert f\right\Vert_{\infty}$

Etant donné $\epsilon>0$ et vu que $f$ est uniformément continue (d’après le théorème de Heine), il existe $\alpha>0$ tel que :

$\forall\left(x,x'\right)\in\left[0,1\right]^{2},\,\left|x-x'\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(x\right)-f\left(x'\right)\right|\leqslant\epsilon$

Donc, dès que $n\geqslant\frac{1}{\alpha}$ :

$\left|A_{n}\right|\leqslant\epsilon\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor +\left\Vert f\right\Vert_{\infty}$

puis :

$\left|\frac{A_{n}}{n}\right|\leqslant\frac{\epsilon}{2}+\frac{1}{n}\left\Vert f\right\Vert_{\infty}$

Ainsi :

$n\geqslant\max\left\{\frac{1}{\alpha},\frac{2}{\epsilon}\left\Vert f\right\Vert_{\infty}\right\} \Rightarrow\left|\frac{A_{n}}{n}\right|\leqslant\epsilon$

On a montré que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(-1\right)^{k}f\left(\frac{k}{n}\right)=0}$

Transformons l’intégrale $\int_{c}^{d}\,f^{-1}\left(t\right)\,dt$ en posant $t=f\left(s\right),$ ce qui est licite puisque $f$ est supposée de classe $C^{1}.$ On obtient :

$\int_{c}^{d}\,f^{-1}\left(t\right)\,dt=\int_{a}^{b}\,s\,f'\left(s\right)\,ds$

Une intégration par parties donne ensuite :

$\int_{a}^{b}\,s\,f'\left(s\right)\,ds=\left[s\thinspace f\left(s\right)\right]_{a}^{b}-\int{a}^{b}f\left(s\right)\thinspace ds$

et donc :

$\int_{a}^{b}\,f\left(t\right)\,dt+\int_{c}^{d}\,f^{-1}\left(t\right)\,dt=b\,f\left(b\right)-a\,f\left(a\right)$

c’est-à-dire :

$\boxed{\int_{a}^{b}\,f\left(t\right)\,dt+\int_{c}^{d}\,f^{-1}\left(t\right)\,dt=bd-ac}$

Affaiblissons maintenant l’hypothèse en supposant $f$ seulement continue.

Pour $k,n$ entiers tels que $n\geqslant1$ et $0\leqslant k\leqslant n,$ posons :

$x_{k,n}=a+\frac{k\left(b-a\right)}{n}\qquad\textrm{et}\qquad y_{k,n}=f\left(x_{k,n}\right)$

Ainsi que :

$S_{n}=\frac{b-a}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(x_{k,n}\right)$

$T_{n}=\sum_{k=0}^{n-1}\,\left(y_{n,k+1}-y_{n,k}\right)x_{n,k}$

On sait que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\,S_{n}=\int_{a}^{b}\,f\left(t\right)\,dt\qquad\left(\clubsuit\right)$

Comme $f$ est strictement croissante, $\left(y_{n,k}\right)_{0\leqslant k\leqslant n}$ est une subdivision de $\left[c,d\right]$ (c’est-à-dire : une liste strictement croissante dont le premier et le dernier terme sont respectivement $c$ et $d$ ).

En outre, comme $f$ est uniformément continue, le pas de cette subdivision tend vers 0 :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\max\left\{y_{n,k+1}-y_{n,k};\,0\leqslant k\leqslant n-1\right\}=0$

D’après le théorème de convergence des sommes de Riemann :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\,T_{n}=\int_{c}^{d}\,f^{-1}\left(t\right)\,dt\qquad\left(\spadesuit\right)$

Mais, pour tout $n\geqslant1$ :

$\begin{eqnarray*}T_{n} & = & -a\,f\left(a\right)+x_{n,n-1}\,f\left(b\right)+\sum_{k=1}^{n-1}\,y_{n,k}\left(x_{n,k-1}-x_{n,k}\right)\\& = & -a\,f\left(a\right)+b\,f\left(b\right)-\sum_{k=1}^{n}\,y_{n,k}\left(x_{n,k}-x_{n,k-1}\right)\\& = & bd-ac-\frac{b-a}{n}\,\sum_{k=1}^{n}\,f\left(x_{n,k}\right)\end{eqnarray*}$

et donc :

$S_{n}+T_{n}=bd-ac+\frac{b-a}{n}\left(c-d\right)$

En passant à la limite dans cette dernière égalité, on retrouve la formule encadrée plus haut.

Soit $n\in\mathbb{N}^{\star}.$ Comme $f$ est croissante sur $\left[\frac{n-1}{n},1\right[,$ on a pour tout $t\in\left[\frac{n-1}{n},1\right[$ :

$\left(t-\frac{n-1}{n}\right)\,f\left(\frac{n-1}{n}\right)\leqslant\int_{\frac{n-1}{n}}^{t}\,f\left(x\right)\,dx$

d’où en faisant $t\rightarrow1,$ et compte tenu de la convergence de l’intégrale impropre $\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt$ :

(1) $\begin{equation*} \frac{1}{n}\,f\left(\frac{n-1}{n}\right)\leqslant\int_{\frac{n-1}{n}}^{1}\,f\left(x\right)\,dx\end{equation*}$

Pour $k\in\llbracket0,n-2\rrbracket$ vue la croissance de $f$ sur $\left[\frac{k}{n},\,\frac{k+1}{n}\right]$ :

(2) $\begin{equation*} \frac{1}{n}\,f\left(\frac{k}{n}\right)\leqslant\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}\,f\left(x\right)\,dx \end{equation*}$

D’après (1) et (2), on obtient après sommation :

(3) $\begin{equation*} \frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\leqslant\int_{0}^{1}\,f\left(x\right)\,dx \end{equation*}$

De même, pour tout $k\in\llbracket1,n-1\rrbracket$ :

$\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}\,f\left(x\right)\,dx\leqslant\frac{1}{n}\,f\left(\frac{k}{n}\right)$

et par sommation :

(4) $\begin{equation*} \int_{0}^{\frac{n-1}{n}}\,f\left(x\right)\,dx\leqslant\frac{1}{n}\,\sum_{k=1}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\end{equation*}$

D’après (3) et (4) :

$\frac{f\left(0\right)}{n}+\int_{0}^{\frac{n-1}{n}}\,f\left(x\right)\,dx\leqslant\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)\leqslant\int_{0}^{1}\,f\left(x\right)\,dx$

ce qui prouve que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow+\infty}\,\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}\,f\left(x\right)\,dx}$

APPLICATION – L’application

$f\,:\,\left]0,\pi\right[\rightarrow\mathbb{R},\,x\mapsto\ln\left(\sin\left(x\right)\right)$

est continue. $f$ est croissante sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ et l’intégrale impropre $\int_{0}^{\pi/2}\,\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\,dx$ converge.

Détail (cliquer pour déplier / replier)

La fonction $x\mapsto\ln\left(x\right)$ est intégrable sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right]$ et de signe constant (négatif). Or :

$\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}\ln\left(x\right)$

donc, d’après la règle des équivalents, $x\mapsto\ln\left(\sin\left(x\right)\right)$ est intégrable sur $\left]0,\frac{\pi}{2}\right].$

$f$ décroissante sur $\left[\frac{\pi}{2},\pi\right[$ et l’intégrale impropre $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\,\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\,dx$ converge aussi (poser $y=\pi-x$ pour se ramener à l’intégrale précédente).

En adaptant légèrement le résultat démontré plus haut ( $f$ n’est pas monotone, mais ses restrictions aux intervalles $\left]0,\frac\pi2\right]$ et $\left[\frac\pi2,\pi\right[$ le sont), on obtient :

$\int_{0}^{\pi}\,\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\,dx=\lim_{n\rightarrow+\infty}\,T_{n}$

où l’on a posé :

$T_{n}=\frac{\pi}{n}\,\sum_{k=1}^{n-1}\,\ln\left(\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right)$

Or, un calcul classique (voir l’exercice 9 de cette fiche) montre que :

$\prod_{k=1}^{n-1}\,\sin\left(\frac{k\pi}{n}\right)=\frac{n}{2^{n-1}}$

et donc $\lim_{n\rightarrow+\infty}\,T_{n}=-\pi\ln\left(2\right).$

Finalement :

$\boxed{\int_{0}^{\pi/2}\,\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\,dx=-\frac{\pi}{2}\ln\left(2\right)}$

Remarque

On pourra retrouver ces calculs dans cette vidéo :

Soit $f\in E$ telle que $T\left(f\right)=2f,$ c’est-à-dire :

$\forall x\in\left[0,1\right],\,f\left(x\right)=\frac{1}{2}\left[f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)\right]\qquad\left(\star\right)$

On déduit de $\left(\star\right),$ en raisonnant par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$ et pour tout $x\in\left[0,1\right]$ :

$f\left(x\right)=\frac{1}{2^{n}}\,\sum_{k=0}^{2^{n}-1}\,f\left(\frac{x+k}{2^{n}}\right)\qquad\left(\star\star\right)$

Notons $u_{n}\left(x\right)$ le second membre de cette égalité et posons :

$S_{n}=\frac{1}{2^{n}}\,\sum_{k=0}^{2^{n}-1}\,f\left(\frac{k}{2^{n}}\right)$

On reconnaît une somme de Riemann attachée à $f$ et l’on sait que :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\,S_{n}=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt$

Par ailleurs, d’après le théorème de Heine, $f$ est uniformément continue.

Etant donné $\varepsilon>0,$ il existe donc $\alpha>0$ tel que :

$\forall\left(x,x'\right)\in\left[0,1\right]^{2},\,\left|x'-x\right|\leqslant\alpha\Rightarrow\left|f\left(x'\right)-f\left(x\right)\right|\leqslant\varepsilon$

Ainsi, dès que $n\geqslant{\displaystyle \frac{\ln\left(\frac{1}{\alpha}\right)}{\ln\left(2\right)}}$ :

$\begin{eqnarray*}\left|S_{n}-u_{n}\left(x\right)\right| & = & \frac{1}{2^{n}}\,\left|\sum_{k=0}^{2^{n}-1}\,\left(f\left(\frac{x+k}{2^{n}}\right)-f\left(\frac{k}{2^{n}}\right)\right)\right|\\& \leqslant & \frac{1}{2^{n}}\,\sum_{k=0}^{2^{n}-1}\,\left|f\left(\frac{x+k}{2^{n}}\right)-f\left(\frac{k}{2^{n}}\right)\right|\\& \leqslant & \epsilon\end{eqnarray*}$

et donc :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\,u_{n}\left(x\right)=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt$

En passant à la limite dans $\left(\star\star\right),$ on obtient donc :

$\boxed{\forall x\in\left[0,1\right],\,f\left(x\right)=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt}$

Bref, $f$ est constante.

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