(1) V´erifier queAn = cos(2nπ) sin(2nπ)

(1)

Département de Mathématiques Deuxième partie du corrigé de la série 2.

Exercice 3. Soit An=

n

P

k=1

sin(kπ n ).

(1) V´erifier queAn = cos(_2n^π) sin(_2n^π). (2) Montrer que

n

P

k=1

ksin(kπ n ) = n

2An. (3) En d´eduire la valeur de Rπ

0 tsin(t)dt, par utilisation des sommes de Riemann.

Solution. L’objectif de cet exercice c’est de d´eduire la valeur d’une int´egrale par le calcul de la limite d’une somme de Riemann.

(1) Rappelons l’identit´e

2 sin(u) sin(v) = cos(u−v)−cos(u+v).

Nous d´eduisons que

2 sin(_2n^π )·A_n =

n

P

k=1

2 sin(_2n^π ) sin(^kπ_n)

=

n

P

k=1

cos(^(2k−1)π_2n )−cos(^(2k+1)π_2n )

= cos(_2n^π )−cos(^(2n+1)π_2n )

= cos(_2n^π )−cos(π+_2n^π )

= 2 cos(_2n^π ) D’o`u

A_n = cos(_2n^π ) sin(_2n^π).

Notons que l’identité précédente est classique et on peut l’obtenir aussi en remarquant que A_n est la partie imaginaire de la somme :

n

X

k=1

exp(ikπ 2n).

(2) NotonsB_n=

n

P

k=1

ksin(^kπ_n). On a bien

B_n =

n

X

k=0

ksin(kπ n ).

(2)

Par le changement d’indice ”j =n−k” dans la somme pr´ec´edente on obtient : Bn =

n

P

j=0

(n−j) sin(^(n−j)π_n )

=

n

P

j=0

(n−j) sin(π−j^π_n)

=

n

P

j=0

(n−j) sin(j^π_n).

D’o`u

2B_n =

n

P

k=0

ksin(^kπ_n) +

n

P

k=0

(n−k) sin(k^π_n)

=

n

P

k=0

nsin(^kπ_n)

= nA_n. AinsiB_n= ⁿ₂A_n.

(3) Remarquons que

π²

n²B_n = π n

n

X

k=1

kπ

n sin(kπ n ).

On reconnait une somme de Riemann de la fonction continue f : [0, π]→R; x7→xsin(x).

Donc

Z π 0

xsin(x)dx= lim

n→∞

π² n²B_n Calculons donc cette limite. On a

π²

n²B_n = π²

2nA_n=π·

π 2n

sin(_2n^π ) ·cos( π

2n)→π.

Exercice 4. A l’aide des sommes de Riemann, calculer les limites des suites suivantes : (1) u_n= 1

n

P

k=1

(1 + k

n)^r, o`u r∈R^∗ fix´e.

(2) t_n= 1 n

(2n)!

n!

1/n

. (3) v_n =

n

P

k=1

n k²+n². (4) w_n =n²

n

P

k=1

1

(k+n)(k²+n²). Solution.

(1) On voit queu_n est la somme de Riemann de la fonction continue f : [0,1]→R;x7→(1 +x)^r.

(3)

Donc

limun= Z 1

0

(1 +x)^rdx=











2^r+1−1

r+ 1 si r 6=−1 ln(2) si r =−1.

(2) Observons que (2n)!

n! = (n+ 1)(n+ 2)· · ·(n+n) =

n

Q

k=1

(n+k). Donc on a

tn= 1 n

(2n)!

n!

1/n

= 1 n

n

Y

k=1

(n+k)

!1/n

=

n

Y

k=1

n+k n

!1/n

=

n

Y

k=1

(1 + k n)

!1/n

.

Ceci donne que

ln(tn) = 1 n

n

X

k=1

ln(1 + k n).

Ainsi ln(t_n) est une somme de Riemann de la fonction continue g : [0,1]→R; x7→ln(1 +x).

D’o`u

n→∞lim ln(t_n) = Z 1

0

ln(1 +x)dx= [(1 +x) ln(1 +x)−x]¹₀ = 2 ln(2)−1.

Puisque la fonction exponentielle est continue on d´eduit que limt_n = lime^ln(tⁿ⁾=e^{2 ln(2)−1} = 4

e. (3) On a :

vn =

n

X

k=1

n

k²+n² = 1 n

n

X

k=1

1 (^k_n)²+ 1. C’est une somme de Riemann de la fonction continue

f : [0,1]→R; x7→ 1 x²+ 1. Donc

limv_n = Z 1

0

1

x²+ 1dx= [arctan(x)]¹₀ = π 4. (4) Il est facile de voir que

w_n= 1 n

n

X

k=1

1

(_n^k + 1)((_n^k)²+ 1). Donc wn est une somme de Riemann de la fonction

h: [0,1]→R; x7→ 1

(x+ 1)(x²+ 1).

(4)

Donc

limw_n= Z 1

0

1

(x+ 1)(x²+ 1)dx.

Pour calculer cette intégrale on passe par la décomposition en éléments simples suivante : 1

(x+ 1)(x²+ 1) = 1 2 · 1

x+ 1 +1

2 · −x+ 1 x²+ 1 D’o`u

limw_n = R1 0

1 2 · 1

x+ 1 + 1

2· −x+ 1 x²+ 1dx

= 1

2ln(x+ 1)−1

4ln(x²+ 1) + 1

2arctan(x) 1

0

= 1

4ln(2) + π 8.

Exercice 5. Soit f : [0,1]→ R une fonction continue. Donner en fonction d’une intégrale de Riemann et par deux méthodes la limite de la suite (u_n)n∈N^∗ définie paru_n = 1

n

P

k=1

f(^2k−1_2n ).

Solution. Première méthode. Soient, pour tout 0≤ k ≤ n, x_k = ^k_n et y_k = k−(1/2) n . On a (x₀, x₁, ..., x_n) est une subdivision régulière de l’intervalle [0,1]. De plusy_k ∈ [x_k−1, x_k] pour tout k ∈ {1, ..., n}. Puisque f est continue, la somme de Riemann

1−0 n

n

X

k=1

f(y_k)

tend vers R1

0 f(x)ds lorsque n tend vers l’infinie (pour voir ceci on pourra reprendre, comme exercice de cours, la démonstration du Théorème sur les sommes de Riemann page 61 du chapitre 2).

D’o`u

limu_n = lim

n

1 n

n

X

k=1

f(2k−1

2n ) = lim

n n

X

k=1

f(y_k)(x_k−x_k−1) = Z 1

0

f(x)dx.

Deuxi`eme m´ethode. On pose

v_n = 1 n

n

X

k=1

f(k n).

C’est une somme de Riemann de f. Par suite : limn vn =

Z 1 0

f(x)dx.

(5)

D’autre part

u_n+v_n = 1 n

n

P

k=1

f(^2k−1_2n ) + 1 n

n

P

k=1

f(^2k_2n)

= 1

n

2n

P

k=1

f(_2n^k)

= 2v_2n. D’o`u

limn u_n = 2 lim

n v_2n−lim

n v_n

= 2R1

0 f(x)dx−R1

0 f(x)dx

= R1

0 f(x)dx.