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Exercice 1  1998  Correction  

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

  • (a)

    k=1nnn2+k2

  • (b)

    k=1nkn2+k2

  • (c)

    k=1n1n2+2kn

Solution

  • (a)
    k=1nnn2+k2=1nk=1n11+(k/n)2n+01dt1+t2=π4.
  • (b)
    k=1nkn2+k2=1nk=1nk/n1+(k/n)2n+01x1+x2dx=12ln(2).
  • (c)
    k=1n1n2+2kn=1nk=1n11+2k/nn+01dx1+2x=[1+2x]01=3-1.
 
Exercice 2  4849  

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

  • (a)

    k=1n1n+k

  • (b)

    k=n+12nnk2

  • (c)

    1n(n+1)(n+2)(2n)n.

 
Exercice 3  3428  Correction  
  • (a)

    Déterminer

    limn+p=n+12n1p.
  • (b)

    Pour α>1, déterminer

    limn+p=n+12n1pα.
  • (c)

    En déduire

    limn+p=n+12nsin(1p).

Solution

  • (a)

    Par somme de Riemann

    p=n+12n1p=1nk=1n11+kn01dt1+t=ln(2).
  • (b)

    Par somme de Riemann

    p=n+12n1pα=n1-α1nk=1n1(1+kn)α0×01dt(1+t)α=0.
  • (c)

    Sachant pour x>0

    x-x36sin(x)x

    on obtient

    |p=n+12nsin(1p)-p=n+12n1p|16p=n+12n1p3

    et donc

    limn+p=n+12nsin(1p)=limn+p=n+12n1p=ln(2).
 
Exercice 4  3198    MINES (MP)Correction  

Déterminer un équivalent quand n+ de

un=k=1n1(n+2k)3.

Solution

On peut écrire

un=1n3k=1n1(1+2k/n)3=1n2Sn

avec

Sn=1nk=1n1(1+2k/n)3.

Par les sommes de Riemann, on a

Snn+01dt(1+2t)3=[-14(1+2t)2]01=29.

On en déduit

unn+29n2.
 
Exercice 5  1999  Correction  

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

Sn=k=1nk.

Solution

On peut écrire

Sn=nn(1nk=1nkn)

et

1nk=1nkn=1nk=1nf(kn)

avec f:tt définie et continue sur [0;1].
Par somme de Riemann

1nk=1nf(kn)01f(t)dt=[23t3/2]01=23

donc

Sn23n3/2.
 
Exercice 6  4852   

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

Sn=k=1nkα
 
Exercice 7  744   Correction  

Déterminer la limite de la suite de terme général

((2n)!nnn!)1n.

Solution

On a

ln(((2n)!nnn!)1n)=1nk=1n(ln(n+k)-ln(n))=1nk=1nln(1+kn).

La fonction xln(1+x) étant continue sur [0;1], on obtient

ln(((2n)!nnn!)1n)n+01ln(1+x)dx=2ln(2)-1.

On en déduit

((2n)!nnn!)1n4e.
 
Exercice 8  2785    MINES (MP)Correction  

Étudier les limites de

(k=1n(1+kn))1/net(k=1n(1+kn2))1/n.

Solution

ln(k=1n(1+kn))1/n=1nk=1nln(1+kn)n+01ln(1+t)dt=2ln(2)-1

donc

(k=1n(1+kn))1/n4e.

Pour k{1,,n}, kn21n donc

1(k=1n(1+kn2))1/n1+1n

puis

(k=1n(1+kn2))1/nn+1.
 
Exercice 9  2786     MINES (MP)Correction  

Calculer les limites de

k=1nsin(kn)sin(kn2)etk=1nsin2(1k+n)

lorsque n tend vers +.

Solution

Pour x0, on sait

x-16x3sin(x)x

et donc

|sin(x)-x|Mx3 avec M=16

On a alors

|sin(kn2)-kn2|Mk3n6Mn3

donc

|k=1nsin(kn)sin(kn2)-k=1nsin(kn)kn2|Mn2n+0.

Or

k=1nsin(kn)kn2n+01tsin(t)dt

donc

k=1nsin(kn)sin(kn2)n+sin(1)-cos(1).

Pour x0,

x-16x3sin(x)x

donne aussi |sin2(x)-x2|Mx4 avec M=1/3. Ainsi,

|k=1nsin2(1k+n)-k=1n1k+n|Mk=1n1(k+n)2Mnn+0.

Or

k=1n1k+n=1nk=1n11+k/nn+01dx1+x=ln(2)

donc

k=1nsin2(1k+n)n+ln(2).
 
Exercice 10  2787     MINES (MP)Correction  

Si n* et x, soit fn(x)=k=1nsin(kx)k.
Soit xn le plus petit réel strictement positif en lequel fn atteint un maximum local. Calculer limfn(xn).

Solution

On a

fn(x)=k=1ncos(kx)=cos((n+1)x2)sin(nx2)sin(x2)

donc

xn=πn+1.

Par suite,

fn(xn)=k=1nsin(kπn+1)k=1n+1k=1nsin(kπn+1)kn+1.

Or la fonction tsin(πt)/t peut être prolongée en une fonction continue sur [0;1] donc par somme de Riemann

fn(xn)01sin(πt)tdt.
 
Exercice 11  3768     ENSTIM (MP)Correction  

Étudier la suite suivante

un=r(1)+r(2)++r(n)n2

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

On pourra étudier la suite définie par

vn=(n-r(1))+(n-r(2))++(n-r(n))n2.

Solution

La division euclidienne de n par k s’écrit

n=n/kk+r(k)

et donc

n-r(k)=kn/k

puis

vn=1nk=1nknnk

ce qui fait penser à une somme de Riemann associée à la fonction f:tt1/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*. On peut écrire

vn=1nk=1n/Nknnk+1nk=n/N+1nknnk.

D’une part

|1nk=1n/Nknnk|1nk=1n/N1n/Nn1N

et d’autre part, par les sommes de Riemann

1n-n/Nk=n/N+1nknnkn+1/N1t1/tdt.

Par le changement de variable u=1/t

1/N1t1/tdt=1Nuu3du=k=1Nkk+1ku3du

puis

1/N1t1/tdt=12k=1N(1(k+1)2-1k+1+1k)=12k=1N+11k2

et l’on remarque que

12k=1N+11k2N+π212.

En choisissant N assez grand pour que 1/Nε et 12k=N+2+1k2ε, on a

|vn-π212|ε+n-n/Nn(1n-n/Nk=n/N+1Nknnk-π212)+n/Nnπ212.

Puis pour n assez grand

|vn-π212|ε+n-n/Nn(k=N+2+1k2+ε)+n/Nnπ212

ce qui donne

|vn-π212|ε+2ε+επ212.

Finalement, vnπ2/12 puis un1-π2/12

 
Exercice 12  2664     MINES (MP)
  • (a)

    Soit n*. Montrer l’égalité

    X2n-1=(X2-1)k=1n-1(X2-2Xcos(kπn)+1).
  • (b)

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

    0πln(a2-2acos(t)+1)dt.

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Édité le 08-11-2019

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