Solutions - Exercices sur les sommes de Riemann - 02

Solutions détaillées de neuf exercices sur les sommes de Riemann (fiche 2)
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On sait que :

$\dfrac{1}{n^{\alpha+1}}\sum_{k=1}^{n}k^{\alpha}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{k}{n}\right)^{\alpha}\underset{n\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}\int_{0}^{1}t^{\alpha}\thinspace dt=\dfrac{1}{\alpha+1}$

Ainsi, lorsque $n\rightarrow+\infty$ :

$\boxed{\sum_{k=1}^{n}k^{\alpha}\sim\dfrac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1}}$

Après avoir remarqué que, pour tout $k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ :

$\dfrac{n+k}{n^{2}+k^{2}}=\dfrac{1}{n}\:\dfrac{1+\frac{k}{n}}{1+\frac{k^{2}}{n^{2}}}$

on somme pour $k=1$ à $n$ et l’on reconnaît une somme de Riemann pour $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace t\mapsto\dfrac{1+t}{1+t^{2}}.$ Ainsi :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n+k}{n^{2}+k^{2}}=\int_{0}^{1}\dfrac{1+t}{1+t^{2}}\thinspace dt=\left[\arctan\left(t\right)+\dfrac{1}{2}\ln\left(1+t^{2}\right)\right]_{0}^{1}$

soit finalement :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow+\infty}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n+k}{n^{2}+k^{2}}=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{1}{2}\ln\left(2\right)}$

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

$A_{n}=\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)\qquad\text{et}\qquad G_{n}=\sum_{k=1}^{n}e^{ik\pi/n}$

On reconnaît que $G_{n}$ est une somme géométrique de raison $e^{i\pi/n}$ et que $A_{n}$ est sa partie imaginaire. Ainsi :

$G_{n}=e^{i\pi/n}\thinspace\dfrac{1-e^{i\pi}}{1-e^{i\pi/n}}=\dfrac{2\thinspace e^{i\pi/n}}{1-e^{i\pi/n}}=\dfrac{2\thinspace e^{i\pi/2n}}{-2i\sin\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)}=\dfrac{i\thinspace e^{i\pi/2n}}{\sin\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)}$

puis :

$A_{n}=\cotan\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)$

On calcule maintenant, comme demandé, l’intégrale $\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)\thinspace dt$ en passant par une somme de Riemann :

$\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)\thinspace dt=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\pi}{n}\cotan\left(\dfrac{\pi}{2n}\right)$

c’est-à-dire :

$\boxed{\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)\thinspace dt=2}$

Remarque

Ce calcul artificiel ne fournit évidemment pas le moyen le plus rapide de calculer cette intégrale ! Il est immédiat que :

$\int_{0}^{\pi}\sin\left(t\right)\thinspace dt=\left[-\cos\left(t\right)\right]_{0}^{\pi}=\cos\left(0\right)-\cos\left(\pi\right)=2$

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

$S_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}u\left(a+\frac{k\left(b-a\right)}{n}\right)\qquad\text{et}\qquad T_{n}=\frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left(f\circ u\right)\left(a+\frac{k\left(b-a\right)}{n}\right)$

D’après la version discrète de l’inégalité de Jensen : ${\displaystyle f\left(\frac{S_{n}}{b-a}\right)\leqslant\frac{T_{n}}{b-a}}.$ Mais $S_{n}$ et $T_{n}$ sont des sommes de Riemann, respectivement attachées à $u$ et à $f\circ u,$ donc en passant à la limite (et vue la continuité de $f),$ on obtient la conlusion souhaitée, à savoir :

$\boxed{f\left(\dfrac{1}{b-a}\int_{a}^{b}\thinspace u\left(t\right)\thinspace dt\right)\leqslant\dfrac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f\left(u\left(t\right)\right)\thinspace dt}$

Posons :

$F\left(x\right)=\int_{0}^{x}\,f\left(t\right)\,dt$

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star}$ et pour tout $k\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket ,$ il existe (d’après la formule de Taylor)-Lagrange) un réel $c_{n,k}\in\left]\frac{k}{n},\frac{k+1}{n}\right[$ tel que :

$F\left(\frac{k+1}{n}\right)=F\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{n}\,f\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{2n^{2}}\,f'\left(c_{k,n}\right)$

Par sommation :

$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt & = & F\left(1\right)-F\left(0\right)\\& = & \sum_{k=0}^{n-1}\,\left(F\left(\frac{k+1}{n}\right)-F\left(\frac{k}{n}\right)\right)\\& = & \frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{1}{2n^{2}}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f'\left(c_{n,k}\right)\end{eqnarray*}$

Or $\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f'\left(c_{n,k}\right)$ est une somme de Riemann pour $f',$ associée à la subdivision pointée $\left(\left(\frac{k}{n}\right)_{0\leqslant k\leqslant n},\,\left(c_{n,k}\right)_{0\leqslant k\leqslant n-1}\right),$ et donc :

$\lim_{n\rightarrow\infty}\,{\displaystyle \frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f'\left(c_{n,k}\right)}=\int_{0}^{1}\,f'\left(t\right)\,dt=f\left(1\right)-f\left(0\right)$

Finalement :

$\boxed{\frac{1}{n}\,\sum_{k=0}^{n-1}\,f\left(\frac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}\,f\left(t\right)\,dt-\frac{1}{2n}\,\left(f\left(1\right)-f\left(0\right)\right)+o\left(\frac{1}{n}\right)}$

Posons, pour tout $n\geqslant2$ :

$A_{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}f\left(\dfrac{k}{n}\right)\thinspace g\left(\dfrac{k+1}{n}\right)\qquad\text{et}\qquad B_{n}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}f\left(\dfrac{k}{n}\right)\thinspace g\left(\dfrac{k}{n}\right)$

On sait que :

$\lim_{n\rightarrow+\infty}B_{n}=\int_{0}^{1}f\left(t\right)\thinspace g\left(t\right)\thinspace dt$

Par ailleurs :

$\left|A_{n}-B_{n}\right|=\dfrac{1}{n}\left|\sum_{k=1}^{n-1}f\left(\dfrac{k}{n}\right)\left[g\left(\dfrac{k+1}{n}\right)-g\left(\dfrac{k}{n}\right)\right]\right|\leqslant\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\left|f\left(\dfrac{k}{n}\right)\right|\thinspace\left|g\left(\dfrac{k+1}{n}\right)-g\left(\dfrac{k}{n}\right)\right|$

et donc :

$\left|A_{n}-B_{n}\right|\leqslant\dfrac{\left\Vert f\right\Vert_{\infty}}{n}\thinspace\sum_{k=1}^{n-1}\left|g\left(\dfrac{k+1}{n}\right)-g\left(\dfrac{k}{n}\right)\right|$

Comme $g$ est uniformément continue (d’après le théorème de Heine), étant donné $\epsilon>0,$ il existe $\delta>0$ tel que pour tout $\left(x,x'\right)\in\left[0,1\right]^{2}$ :

$\left|x-x'\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|g\left(x\right)-g\left(x'\right)\right|\leqslant\dfrac{\epsilon}{\left\Vert f\right\Vert_{\infty}}$

En choisissant $n\geqslant\dfrac{1}{\delta},$ on constate alors que :

$\left|A_{n}-B_{n}\right|\leqslant\dfrac{\left\Vert f\right\Vert_{\infty}}{n}\thinspace\left(n-1\right)\dfrac{\epsilon}{\left\Vert f\right\Vert_{\infty}}\leqslant\epsilon$

Ceci montre que $\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(A_{n}-B_{n}\right)=0$ et donc que :

$\boxed{\lim_{n\rightarrow+\infty}A_{n}=\int_{0}^{1}f\left(t\right)\thinspace g\left(t\right)\thinspace dt}$

Soit $n\in\mathbb{N}^{\star}.$ Pour tout $k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket$ :

$\dfrac{k}{n}=\left(1-\dfrac{k}{n}\right)\dfrac{k}{n+1}+\dfrac{k}{n}\thinspace\dfrac{k+1}{n+1}$

donc :

$\begin{eqnarray*}f\left(\dfrac{k}{n}\right) & \leqslant & \left(1-\dfrac{k}{n}\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{k}{n}\thinspace f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)\\& \leqslant & \left(1-\dfrac{k}{n+1}\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{k}{n+1}\thinspace f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)\end{eqnarray*}$

La première inégalité découle de la convexité de $f.$ Pour la seconde, on voit que :

$\begin{eqnarray*}& & \left[\left(1-\dfrac{k}{n+1}\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{k}{n+1}\thinspace f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)\right]-\left[\left(1-\dfrac{k}{n}\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{k}{n}\thinspace f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)\right]\\& = & \left(\dfrac{k}{n}-\dfrac{k}{n+1}\right)\left(f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)-f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)\right)\\& \geqslant & 0\end{eqnarray*}$

en raison de la décroissance de $f.$ Ensuite, on obtient après sommation :

$\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)\leqslant\dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\left(n+1-k\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}k\thinspace f\left(\dfrac{k+1}{n+1}\right)$

On rajoute à cette dernière somme un terme d’indice $k=0$ (qui est nul) et on la ré-indexe :

$\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right) & \leqslant & \dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\left(n+1-k\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}\left(k-1\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)\\& = & \dfrac{n}{n+1}\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\left(1-k\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)+\dfrac{1}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}\left(k-1\right)\thinspace f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)\\& = & \dfrac{n}{n+1}\sum_{k=1}^{n+1}f\left(\dfrac{k}{n+1}\right)\end{eqnarray*}$

Finalement : $S_{n}\leqslant S_{n+1}$ On a prouvé le :

Théorème

Si $f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}$ est décroissante et convexe, alors la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ est croissante.

Considérons maintenant :

$f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}1 & \text{si }0\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}\\0 & \text{sinon}\end{array}\right.$

qui est décroissante (au sens large). Alors, pour tout $n\geqslant1$ :

$S_{n}=\dfrac{1}{n}\left\lfloor \dfrac{n}{2}\right\rfloor$

et donc :

$\forall p\in\mathbb{N}^{\star},\thinspace\left\{ \begin{array}{ccc}S_{2p-1} & = & \frac{p-1}{2p-1}\\S_{2p} & = & \frac{1}{2}\end{array}\right.$

On constate que la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ converge vers $\dfrac{1}{2}$ en oscillant (en particulier : elle n’est pas croissante).

Intuitivement, lorsque $n$ est grand, tout se passe comme si, sur chacun des segments $\left[x_{k,n},\thinspace x_{k+1,n}\right],$ la fonction $f$ « n’avait pas le temps » de changer de signe. Ainsi, lorsque $n$ est grand, $\left|\int_{x_{k,n}}^{x_{k+1,n}}f\left(t\right)\thinspace dt\right|$ est « le plus souvent » égal à ${\displaystyle \int_{x_{k,n}}^{x_{k+1,n}}\left|f\left(t\right)\right|\thinspace dt}.$ Ceci suggère de montrer que :

( $\spadesuit$ ) $\boxed{\lim_{n\rightarrow\infty}I_{n}=\int_{a}^{b}\left|f\left(t\right)\right|\thinspace dt}$

D’après la première formule de la moyenne, pour tout $n\geqslant1$ et tout $k\in\left\llbracket 0,n-1\right\rrbracket ,$ il existe $c_{k,n}\in\left[x_{k,n},\thinspace x_{k+1,n}\right]$ tel que :

$\int_{x_{k,n}}^{x_{k+1,n}}f\left(t\right)\thinspace dt=\frac{b-a}{n}f\left(c_{k,n}\right)$

Introduisons la somme de Riemann :

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

On sait que :

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

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ d’après l’inégalité triangulaire :

$\begin{eqnarray*}\left|I_{n}-S_{n}\right| & = & \frac{b-a}{n}\left|\sum_{k=0}^{n-1}\left(\left|f\left(c_{k,n}\right)\right|-\left|f\left(x_{k,n}\right)\right|\right)\right|\\& \leqslant & \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left|\left|f\left(c_{k,n}\right)\right|-\left|f\left(x_{k,n}\right)\right|\right|\\& \leqslant & \frac{b-a}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\left|f\left(c_{k,n}\right)-f\left(x_{k,n}\right)\right|\end{eqnarray*}$

Comme $f$ est uniformément continue (théorème de Heine), il existe pour tout $\epsilon>0$ un réel $\delta>0$ tel que :

$\forall\left(t,t'\right)\in\left[a,b\right]^{2},\thinspace\left|t-t'\right|\leqslant\delta\Rightarrow\left|f\left(t\right)-f\left(t'\right)\right|\leqslant\frac{\epsilon}{b-a}$

Ainsi :

$n\geqslant\frac{b-a}{\delta}\Rightarrow\left|I_{n}-S_{n}\right|\leqslant\frac{b-a}{n}\thinspace\frac{n\epsilon}{b-a}=\epsilon$

L’égalité $\left(\spadesuit\right)$ est établie.

Il est connu que l’intégrale $\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$ est convergente. En posant $t=\dfrac{1}{x},$ il vient pour tout $\epsilon>0$ :

$\int_{\epsilon}^{1}\dfrac{1}{x}\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\thinspace dx=\int_{1}^{1/\epsilon}\thinspace\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt\underset{\epsilon\rightarrow0^{+}}{\longrightarrow}\int_{1}^{+\infty}\dfrac{\sin\left(t\right)}{t}\thinspace dt$

ce qui montre la convergence de l’intégrale $\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x}\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\thinspace dx.$

Afin de prouver que la suite $\left(S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ diverge, on prouve que la suite $\left(S_{n+1}-S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ ne converge pas vers $0.$ Pour tout $n\geqslant1$ :

$\begin{eqnarray*} S_{n+1}-S_{n} & = & \sum_{k=1}^{n+1}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{n+1}{k}\right)-\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\sin\left(\dfrac{n}{k}\right)\\& = & \sin\left(n+1\right)-\sin\left(n\right)+\dfrac{\sin\left(1\right)}{n+1}+\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\left(\sin\left(\dfrac{n+1}{k}\right)-\sin\left(\dfrac{n}{k}\right)\right)\\& = & 2\cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)+\dfrac{\sin\left(1\right)}{n+1}+\sum_{k=2}^{n}\dfrac{2}{k}\cos\left(\dfrac{2n+1}{2k}\right)\sin\left(\dfrac{1}{2k}\right)\end{eqnarray*}$

donc :

$\left|S_{n+1}-S_{n}-2\cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)-\dfrac{\sin\left(1\right)}{n+1}\right|\leqslant\sum_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k^{2}}\leqslant\dfrac{\pi^{2}}{6}-1\leqslant0,65$

et donc :

$S_{n+1}-S_{n}-\dfrac{\sin\left(1\right)}{n+1}\geqslant2\cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)-0,65$

Or (cf. détail ci-dessous), il existe une extraction $\varphi$ telle que $\lim_{n\rightarrow+\infty}\cos\left(\varphi\left(n\right)+\dfrac{1}{2}\right)=1,$ d’où

$\lim_{n\rightarrow+\infty}2\cos\left(\varphi\left(n\right)+\dfrac{1}{2}\right)\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)-0,65=2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)-0,65>0,3$

Ainsi, à partir d’un certain rang : $S_{\varphi\left(n\right)+1}-S_{\varphi\left(n\right)}-\dfrac{\sin\left(1\right)}{\varphi\left(n\right)+1}>0,3$ ce qui entraîne que $\left(S_{\varphi\left(n\right)+1}-S_{\varphi\left(n\right)}\right)_{n\geqslant1}$ ne converge pas vers $0$ et, a fortiori, que $\left(S_{n+1}-S_{n}\right)_{n\geqslant1}$ ne converge pas vers $0.$

Détail

On sait que $\mathbb{N}+2\pi\mathbb{Z}$ est dense dans $\mathbb{R}.$ Il existe donc des suites $\left(p_{n}\right)\in\mathbb{N}^{\mathbb{N}}$ et $\left(k_{n}\right)\in\mathbb{Z}^{\mathbb{N}}$ telles que :

$p_{n}+2\pi k_{n}\rightarrow-\dfrac{1}{2}$

et donc :

$\cos\left(p_{n}+\dfrac{1}{2}\right)\rightarrow1$

Le lemme des pics dit que, de toute suite réelle, on peut extraire une sous-suite monotone. On peut donc extraire de $\left(p_{n}\right)$ une sous-suite monotone $\left(q_{n}\right),$ qui n’est pas stationnaire (car il n’existe pas d’entier $N$ tel que $\cos\left(N+\dfrac{1}{2}\right)=1)$ . S’agissant d’une suite d’entiers naturels, cette sous-suite est donc croissante. Elle n’est pas majorée (sans quoi elle serait stationnaire) et admet donc une sous-suite strictement croissante.

Commentaire : l’exemple ci-dessus montre que, sans hypothèse de monotonie, le théorème de convergence des sommes de Riemann pour des intégrales impropres est en défaut (voir l’exercice n° 8 de cette fiche).

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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Remarque

Théorème

Détail

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