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exercice 1 facile

Posons :

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

D’une part, {\displaystyle 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, {\displaystyle 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 :

    \[ \boxed{B=e-1}\]

exercice 2 facile

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 :

    \[\boxed{\lim{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}=\ln\left(2\right)}\qquad\left(\star\right)\]

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 \left(\star\right).

exercice 3 facile

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 {\displaystyle \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\left\{1,\cdots,n\right\} , 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 :

    \[ \left|\Delta_{n}\right|\leqslant\frac{K}{2n}\]

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 {\displaystyle \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 :

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

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 :

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

et

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

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 \left(\heartsuit\right)

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\left{ 0,\cdots,n-2\right} , 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, on a pour tout k\in\left{ 1,\cdots,n-1\right} :

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

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 :

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

L’application

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

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

Détail

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, on en déduit que x\mapsto\ln\left(\sin\left(x\right)\right) est intégrable sur \left]0,\frac{\pi}{2}\right].

Elle est décroissante sur \left[\frac{\pi}{2},\pi\right[ et l’intégrale impropre {\displaystyle \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\,\ln\left(\sin\left(x\right)\right)\,dx} converge aussi (argument similaire ou changement de variable y=\pi-x pour se ramener à l’intégrale précédente).

En adaptant très légèrement le résultat démontré plus haut, 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 {\displaystyle \lim_{n\rightarrow+\infty}\,T_{n}=-\pi\ln\left(2\right).}

Finalement :

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

exercice 9 difficile

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 :

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

Bref, f est constante.


Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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