Exercice 1 1998 Correction

Déterminer les limites des suites définies par le terme général suivant:

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k^{2}}$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2} + k^{2}}$
(c)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 2 k n}}$

Solution

(a)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{n}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + {(k / n)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2}} = \frac{π}{4} .$
(b)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k / n}{1 + {(k / n)}^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{x}{1 + x^{2}} d x = \frac{1}{2} \ln (2) .$
(c)

$\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 2 k n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{\sqrt{1 + 2 k / n}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{1 + 2 x}} = {[\sqrt{1 + 2 x}]}_{0}^{1} = \sqrt{3} - 1 .$

Exercice 2 4849

Étudier les limites quand $n$ croît vers l’infini de:

(a)

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

$\sum_{k = n + 1}^{2 n} \frac{n}{k^{2}}$
(c)

$\frac{1}{n} \sqrt[n]{(n + 1) (n + 2) \dots (2 n)}$ .

Exercice 3 3428 Correction

(a)

Déterminer

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} .$
(b)

Pour $α > 1$ , déterminer

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{α}} .$
(c)

En déduire

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) .$

Solution

(a)

Par somme de Riemann

$\sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + \frac{k}{n}} \to \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t} = \ln (2) .$
(b)

Par somme de Riemann

$\sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{α}} = n^{1 - α} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + \frac{k}{n})}^{α}} \to 0 \times \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(1 + t)}^{α}} = 0 .$
(c)

Sachant pour $x > 0$

$x - \frac{x^{3}}{6} \leq \sin (x) \leq x$

on obtient

$| \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) - \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} | \leq \frac{1}{6} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p^{3}}$

et donc

$lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \sin (\frac{1}{p}) = lim_{n \to + \infty} \sum_{p = n + 1}^{2 n} \frac{1}{p} = \ln (2) .$

Exercice 4 3198 MINES (MP)Correction

Déterminer un équivalent quand $n \to + \infty$ de

u_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(n + 2 k)}^{3}} .

Solution

On peut écrire

u_{n} = \frac{1}{n^{3}} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + 2 k / n)}^{3}} = \frac{1}{n^{2}} S_{n}

avec

S_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(1 + 2 k / n)}^{3}} .

Par les sommes de Riemann, on a

S_{n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d t}{{(1 + 2 t)}^{3}} = {[- \frac{1}{4 {(1 + 2 t)}^{2}}]}_{0}^{1} = \frac{2}{9} .

On en déduit

u_{n} \underset{n \to + \infty}{\sim} \frac{2}{9 n^{2}} .

Exercice 5 1999 Correction

En faisant apparaître une somme de Riemann, déterminer un équivalent simple de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{k} .

Solution

On peut écrire

S_{n} = n \sqrt{n} (\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}})

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \sqrt{\frac{k}{n}} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n})

avec $f : t \mapsto \sqrt{t}$ définie et continue sur $[0; 1]$ .
Par somme de Riemann

\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} f (\frac{k}{n}) \to \int_{0}^{1} f (t) d t = {[\frac{2}{3} t^{3 / 2}]}_{0}^{1} = \frac{2}{3}

donc

S_{n} \sim \frac{2}{3} n^{3 / 2} .

Exercice 6 4852

Soit $α$ un réel strictement positif. En faisant apparaître une somme de Riemann, déterminer un équivalent simple quand $n$ tend vers $+ \infty$ de

S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} k^{α} .

Exercice 7 744 Correction

Déterminer la limite de la suite de terme général

{(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}} .

Solution

On a

\ln ({(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}}) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (\ln (n + k) - \ln (n)) = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{k}{n}) .

La fonction $x \to \ln (1 + x)$ étant continue sur $[0; 1]$ , on obtient

\ln ({(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \ln (1 + x) d x = 2 \ln (2) - 1 .

On en déduit

{(\frac{(2 n)!}{n^{n} n!})}^{\frac{1}{n}} \to_{n \to + \infty}^{} \frac{4}{e} .

Exercice 8 2785 MINES (MP)Correction

Étudier les limites de

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} et {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} .

Solution

\ln {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \ln (1 + \frac{k}{n}) \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \ln (1 + t) d t = 2 \ln (2) - 1

donc

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n}))}^{1 / n} \to \frac{4}{e} .

Pour $k \in {1, \dots, n}$ , $\frac{k}{n^{2}} \leq \frac{1}{n}$ donc

1 \leq {(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} \leq 1 + \frac{1}{n}

puis

{(\prod_{k = 1}^{n} (1 + \frac{k}{n^{2}}))}^{1 / n} \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Exercice 9 2786 MINES (MP)Correction

Calculer les limites de

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) et \sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}})

lorsque $n$ tend vers $+ \infty$ .

Solution

Pour $x \geq 0$ , on sait

x - \frac{1}{6} x^{3} \leq \sin (x) \leq x

et donc

| \sin (x) - x | \leq M x^{3} avec M = \frac{1}{6} .

On a alors

| \sin (\frac{k}{n^{2}}) - \frac{k}{n^{2}} | \leq M \frac{k^{3}}{n^{6}} \leq \frac{M}{n^{3}}

donc

| \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) - \sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \frac{k}{n^{2}} | \leq \frac{M}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \frac{k}{n^{2}} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} t \sin (t) d t

donc

\sum_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k}{n}) \sin (\frac{k}{n^{2}}) \to_{n \to + \infty}^{} \sin (1) - \cos (1) .

Pour $x \geq 0$ ,

x - \frac{1}{6} x^{3} \leq \sin (x) \leq x

donne aussi $| \sin^{2} (x) - x^{2} | \leq M^{'} x^{4}$ avec $M^{'} = 1 / 3$ . Ainsi,

| \sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}}) - \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + n} | \leq M^{'} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{{(k + n)}^{2}} \leq \frac{M^{'}}{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k + n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 + k / n} \to_{n \to + \infty}^{} \int_{0}^{1} \frac{d x}{1 + x} = \ln (2)

donc

\sum_{k = 1}^{n} \sin^{2} (\frac{1}{\sqrt{k + n}}) \to_{n \to + \infty}^{} \ln (2) .

Exercice 10 2787 MINES (MP)Correction

Si $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ , soit $f_{n} (x) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (k x)}{k}$ .
Soit $x_{n}$ le plus petit réel strictement positif en lequel $f_{n}$ atteint un maximum local. Calculer $lim f_{n} (x_{n})$ .

Solution

On a

f_{n}^{'} (x) = \sum_{k = 1}^{n} \cos (k x) = \cos (\frac{(n + 1) x}{2}) \frac{\sin (\frac{n x}{2})}{\sin (\frac{x}{2})}

donc

x_{n} = \frac{π}{n + 1} .

Par suite,

f_{n} (x_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (\frac{k π}{n + 1})}{k} = \frac{1}{n + 1} \sum_{k = 1}^{n} \frac{\sin (\frac{k π}{n + 1})}{\frac{k}{n + 1}} .

Or la fonction $t \mapsto \sin (π t) / t$ peut être prolongée en une fonction continue sur $[0; 1]$ donc par somme de Riemann

f_{n} (x_{n}) \to \int_{0}^{1} \frac{\sin (π t)}{t} d t .

Exercice 11 3768 ENSTIM (MP)Correction

Étudier la suite suivante

u_{n} = \frac{r (1) + r (2) + \dots + r (n)}{n^{2}}

avec $r (k)$ le reste de la division euclidienne de $n$ par $k$ .

On pourra étudier la suite définie par

v_{n} = \frac{(n - r (1)) + (n - r (2)) + \dots + (n - r (n))}{n^{2}} .

Solution

La division euclidienne de $n$ par $k$ s’écrit

n = ⌊ n / k ⌋ k + r (k)

et donc

n - r (k) = k ⌊ n / k ⌋

puis

v_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋

ce qui fait penser à une somme de Riemann associée à la fonction $f : t \mapsto t ⌊ 1 / t ⌋$ définie et continue par morceaux sur $] 0; 1]$ . Bien qu’elle soit prolongeable par continuité en 0, ce prolongement n’est pas continue par morceaux sur $[0; 1]$ (il n’existe pas de subdivision finie du segment $[0; 1]$ qui soit adaptée) et l’on ne peut donc pas employer directement le théorème du cours relatif aux sommes de Riemann: cela va nous obliger à un petit découpage…
Soit $N \in ℕ^{*}$ . On peut écrire

v_{n} = \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ + \frac{1}{n} \sum_{k = ⌊ n / N ⌋ + 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ .

D’une part

| \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ | \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{⌊ n / N ⌋} 1 \leq \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \leq \frac{1}{N}

et d’autre part, par les sommes de Riemann

\frac{1}{n - ⌊ n / N ⌋} \sum_{k = ⌊ n / N ⌋ + 1}^{n} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ \to_{n \to + \infty}^{} \int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t .

Par le changement de variable $u = 1 / t$

\int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t = \int_{1}^{N} \frac{⌊ u ⌋}{u^{3}} d u = \sum_{k = 1}^{N} \int_{k}^{k + 1} \frac{k}{u^{3}} d u

puis

\int_{1 / N}^{1} t ⌊ 1 / t ⌋ d t = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N} (\frac{1}{{(k + 1)}^{2}} - \frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k}) = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}}

et l’on remarque que

\frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{N + 1} \frac{1}{k^{2}} \to_{N \to + \infty}^{} \frac{π^{2}}{12} .

En choisissant $N$ assez grand pour que $1 / N \leq ε$ et $\frac{1}{2} \sum_{k = N + 2}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} \leq ε$ , on a

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + \frac{n - ⌊ n / N ⌋}{n} (\frac{1}{n - ⌊ n / N ⌋} \sum_{k = ⌊ n / N + 1 ⌋}^{N} \frac{k}{n} ⌊ \frac{n}{k} ⌋ - \frac{π^{2}}{12}) + \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \frac{π^{2}}{12} .

Puis pour $n$ assez grand

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + \frac{n - ⌊ n / N ⌋}{n} (\sum_{k = N + 2}^{+ \infty} \frac{1}{k^{2}} + ε) + \frac{⌊ n / N ⌋}{n} \frac{π^{2}}{12}

ce qui donne

| v_{n} - \frac{π^{2}}{12} | \leq ε + 2 ε + ε \frac{π^{2}}{12} .

Finalement, $v_{n} \to π^{2} / 12$ puis $u_{n} \to 1 - π^{2} / 12$

Exercice 12 2664 MINES (MP)

(a)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer l’égalité

$X^{2 n} - 1 = (X^{2} - 1) \prod_{k = 1}^{n - 1} (X^{2} - 2 X \cos (\frac{k π}{n}) + 1) .$
(b)

Soit $a$ un réel différent de $1$ et de $- 1$ . Déduire du calcul qui précède la valeur de

$\int_{0}^{π} \ln (a^{2} - 2 a \cos (t) + 1) d t .$

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Édité le 05-04-2024

Sommes de Riemann