Calcul intégral : sommes et produits de Riemann — Exercices 43 et 44
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 43
Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\) dans chacun des cas suivants.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(k\in\{1;\ldots;n\}\), factorisons \(n^3\) sous la racine cubique :
\[ \begin{aligned} \sqrt[3]{n^3+k^3} &= \sqrt[3]{ n^3\left( 1+\left(\frac{k}{n}\right)^3 \right) }\\ &= n\sqrt[3]{ 1+\left(\frac{k}{n}\right)^3 }. \end{aligned} \]De plus :
\[ k^2=n^2\left(\frac{k}{n}\right)^2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \frac{k^2} {n^2\sqrt[3]{n^3+k^3}} &= \frac1n \frac{ \left(\dfrac{k}{n}\right)^2 }{ \sqrt[3]{ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^3 } }. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{ \left(\dfrac{k}{n}\right)^2 }{ \sqrt[3]{ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^3 } }. \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)= \frac{x^2}{\sqrt[3]{1+x^3}}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right). \]Il s’agit donc de la somme de Riemann associée à \(f\) sur \([0;1]\), avec les extrémités droites des subdivisions.
On en déduit :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx. \]Pour calculer cette intégrale, posons :
\[ t=1+x^3, \qquad dt=3x^2\,dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx &= \frac13 \int_1^2t^{-1/3}\,dt\\ &= \frac13 \left[ \frac32t^{2/3} \right]_1^2\\ &= \frac12 \left( 2^{2/3}-1 \right). \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(k\in\{0;\ldots;n-1\}\), on écrit :
\[ n+k = n\left( 1+\frac{k}{n} \right) \]et :
\[ n^2+k^2 = n^2\left[ 1+\left(\frac{k}{n}\right)^2 \right]. \]Par conséquent :
\[ \frac{n+k}{n^2+k^2} = \frac1n \frac{ 1+\dfrac{k}{n} }{ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^2 }. \]Donc :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \frac{ 1+\dfrac{k}{n} }{ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^2 }. \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=\frac{1+x}{1+x^2}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right). \]Il s’agit de la somme de Riemann associée à \(f\) sur \([0;1]\), avec les extrémités gauches des subdivisions.
Ainsi :
\[ \begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}u_n &= \int_0^1 \frac{1+x}{1+x^2}\,dx\\ &= \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} + \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx. \end{aligned} \]On a :
\[ \int_0^1 \frac{dx}{1+x^2} = \left[ \operatorname{Arctan}x \right]_0^1 = \frac{\pi}{4}, \]et :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx &= \left[ \frac12\ln(1+x^2) \right]_0^1\\ &= \frac12\ln2. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(k\in\{1;\ldots;n\}\), on a :
\[ k^3= n^3\left(\frac{k}{n}\right)^3. \]D’autre part :
\[ \begin{aligned} \sqrt{\left(n^2+k^2\right)^3} &= \left(n^2+k^2\right)^{3/2}\\ &= \left[ n^2\left( 1+\left(\frac{k}{n}\right)^2 \right) \right]^{3/2}\\ &= n^3 \left[ 1+\left(\frac{k}{n}\right)^2 \right]^{3/2}. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \frac{k^3} {\sqrt{\left(n^2+k^2\right)^3}} = \frac{ \left(\dfrac{k}{n}\right)^3 }{ \left[ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^2 \right]^{3/2} }. \]Par conséquent :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{ \left(\dfrac{k}{n}\right)^3 }{ \left[ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^2 \right]^{3/2} }. \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)= \frac{x^3}{(1+x^2)^{3/2}}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right). \]On en déduit :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x^3}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx. \]Posons :
\[ t=1+x^2, \qquad dt=2x\,dx. \]Comme \(x^2=t-1\), on a :
\[ x^3\,dx = x^2(x\,dx) = \frac12(t-1)\,dt. \]Les nouvelles bornes sont :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=2. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^3}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx &= \frac12 \int_1^2 \frac{t-1}{t^{3/2}}\,dt\\ &= \frac12 \int_1^2 \left( t^{-1/2}-t^{-3/2} \right)dt\\ &= \left[ \sqrt t+\frac1{\sqrt t} \right]_1^2\\ &= \sqrt2+\frac1{\sqrt2}-2\\ &= \frac{3\sqrt2}{2}-2. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(k\in\{0;\ldots;n-1\}\), on a :
\[ k=n\frac{k}{n} \]et :
\[ \sqrt{n+k} = \sqrt{ n\left(1+\frac{k}{n}\right) } = \sqrt n \sqrt{1+\frac{k}{n}}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \frac1{n\sqrt n} \frac{k}{\sqrt{n+k}} &= \frac1{n\sqrt n} \frac{ n\dfrac{k}{n} }{ \sqrt n \sqrt{1+\dfrac{k}{n}} }\\ &= \frac1n \frac{ \dfrac{k}{n} }{ \sqrt{1+\dfrac{k}{n}} }. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \frac{ \dfrac{k}{n} }{ \sqrt{1+\dfrac{k}{n}} }. \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x}}. \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ u_n= \frac1n \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k}{n}\right). \]On obtient donc :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx. \]Posons :
\[ t=1+x, \qquad dt=dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=2. \]Comme \(x=t-1\) :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx &= \int_1^2 \frac{t-1}{\sqrt t}\,dt\\ &= \int_1^2 \left( \sqrt t-\frac1{\sqrt t} \right)dt\\ &= \left[ \frac23t^{3/2}-2\sqrt t \right]_1^2\\ &= \frac{4-2\sqrt2}{3}. \end{aligned} \]Exercice 44
Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\) dans chacun des cas suivants.
Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), chacun des facteurs \(n+k\) est strictement positif. Ainsi :
\[ u_n>0. \]Pour tout \(k\in\{1;\ldots;n\}\) :
\[ n+k= n\left(1+\frac{k}{n}\right). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n}(n+k) &= \prod_{k=1}^{n} \left[ n\left(1+\frac{k}{n}\right) \right]\\ &= n^n \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right). \end{aligned} \]Donc :
\[ \begin{aligned} u_n &= \frac1n \left[ n^n \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right) \right]^{1/n}\\ &= \left[ \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right) \right]^{1/n}. \end{aligned} \]Appliquons le logarithme népérien :
\[ \begin{aligned} \ln u_n &= \frac1n \ln\left[ \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right) \right]\\ &= \frac1n \sum_{k=1}^{n} \ln\left(1+\frac{k}{n}\right). \end{aligned} \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=\ln(1+x). \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ \ln u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right). \]Ainsi :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln u_n = \int_0^1\ln(1+x)\,dx. \]Une primitive de \(\ln(1+x)\) est :
\[ (1+x)\ln(1+x)-(1+x). \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^1\ln(1+x)\,dx &= \left[ (1+x)\ln(1+x)-(1+x) \right]_0^1\\ &= 2\ln2-1. \end{aligned} \]Par continuité de la fonction exponentielle :
\[ \begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}u_n &= e^{\,2\ln2-1}\\ &= \frac{e^{2\ln2}}{e}\\ &= \frac4e. \end{aligned} \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(n\in\mathbb N^*\), les facteurs \(1+\dfrac{k}{n}\) sont strictement positifs. On a donc :
\[ u_n>0. \]Appliquons le logarithme népérien :
\[ \begin{aligned} \ln u_n &= \frac1{n^2} \ln\left[ \prod_{k=1}^{n} \left( 1+\frac{k}{n} \right)^k \right]\\ &= \frac1{n^2} \sum_{k=1}^{n} k\ln\left( 1+\frac{k}{n} \right)\\ &= \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n} \ln\left( 1+\frac{k}{n} \right). \end{aligned} \]Considérons la fonction \(f\) définie sur \([0;1]\) par :
\[ f(x)=x\ln(1+x). \]La fonction \(f\) est continue sur \([0;1]\), et :
\[ \ln u_n= \frac1n \sum_{k=1}^{n} f\left(\frac{k}{n}\right). \]Par conséquent :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln u_n = \int_0^1x\ln(1+x)\,dx. \]Calculons cette intégrale par intégration par parties.
\[ u=\ln(1+x), \qquad u'=\frac1{1+x}, \] \[ v'=x, \qquad v=\frac{x^2}{2}. \]Ainsi :
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\ln(1+x)\,dx &= \left[ \frac{x^2}{2}\ln(1+x) \right]_0^1\\ &\quad- \frac12 \int_0^1 \frac{x^2}{1+x}\,dx. \end{aligned} \]La division euclidienne donne :
\[ \frac{x^2}{1+x} = x-1+\frac1{1+x}. \]Donc :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^2}{1+x}\,dx &= \int_0^1 \left( x-1+\frac1{1+x} \right)dx\\ &= \frac12-1+\ln2\\ &= \ln2-\frac12. \end{aligned} \]Il vient :
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\ln(1+x)\,dx &= \frac12\ln2 - \frac12 \left( \ln2-\frac12 \right)\\ &= \frac14. \end{aligned} \]Ainsi :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln u_n = \frac14. \]Par continuité de la fonction exponentielle :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = e^{1/4}. \]
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