Calcul intégral : sommes et produits de Riemann — Exercices 43 et 44
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Les sommes et les produits de Riemann permettent de calculer des limites de suites à partir d’intégrales. Dans l’exercice 43, quatre suites de sommes présentent des formes différentes : racine cubique, expression rationnelle, puissance sous un radical et radical simple. Le travail essentiel consiste à faire apparaître un facteur commun et les quotients formés avec le rang de la somme. Nous reconnaîtrons ensuite des sommes associées à des subdivisions régulières d’un segment, avant de calculer les intégrales obtenues. L’exercice 44 ajoute une difficulté : les suites sont définies à l’aide de produits. Le logarithme transforme ces produits en sommes ; la même technique peut alors être appliquée. Dans chaque cas, on expliquera pourquoi la fonction choisie est continue, comment les bornes sont déterminées et pourquoi les transformations permettent le passage à la limite. Ces raisonnements offrent une méthode générale pour traiter des sommes et des produits complexes.
Repères de cours — Sommes de Riemann
Propriété de convergence. Si une fonction est continue sur le segment [0;1], les sommes obtenues en partageant ce segment en n intervalles de même longueur convergent vers son intégrale. On peut prendre les extrémités gauches ou les extrémités droites. La continuité garantit l’existence de cette limite intégrale.
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac1n\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right) = \lim_{n\to+\infty}\frac1n\sum_{k=0}^{n-1}f\left(\frac{k}{n}\right) = \int_0^1 f(x)\,dx. \]Méthode de reconnaissance. Dans chaque terme, isoler le facteur 1/n, puis regrouper les autres facteurs en fonction du quotient k/n. Identifier la fonction et vérifier qu’elle est continue sur le segment choisi avant d’invoquer la propriété.
Produit de facteurs positifs. Le logarithme d’un produit positif est la somme des logarithmes de ses facteurs. On travaille d’abord avec la suite des logarithmes, puis on utilise la continuité de la fonction exponentielle pour retrouver la limite du produit initial.
Calcul d’intégrale. Une fois la somme reconnue, une primitive, un changement de variable ou une intégration par parties permet de calculer l’intégrale. Pour un changement de variable, on transforme aussi les bornes ; pour une intégration par parties, on vérifie la régularité des fonctions sur le segment.
Exercice 43
Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\) dans chacun des cas suivants.
Objectif de l’exercice 43. Les quatre cas utilisent le même théorème, mais leur présentation algébrique varie. Il faut d’abord reconnaître la longueur d’un petit intervalle de la subdivision, puis vérifier la continuité de la fonction mise en évidence. La somme correspond alors à une intégrale sur [0;1]. Nous calculons enfin cette intégrale par les méthodes adaptées à sa forme.
Cas 1
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Méthode — Extraire l’échelle du rang. La racine cubique d’une somme de cubes empêche de reconnaître directement la fonction à intégrer. Pour un entier n strictement positif, on factorise d’abord sa troisième puissance sous le radical ; la racine cubique devient alors un facteur n. Simultanément, on écrit le carré de k comme le produit du carré de n par le carré du quotient k/n. Cette double transformation doit faire apparaître exactement 1/n devant une fonction évaluée en k/n.
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 :
\[ \begin{aligned} \frac{k^2} {n^2\sqrt[3]{n^3+k^3}} &= \frac1n \frac{ \left(\dfrac{k}{n}\right)^2 }{ \sqrt[3]{ 1+\left(\dfrac{k}{n}\right)^3 } }. \end{aligned} \]Les puissances de n se compensent : la fraction restante est indépendante de n, hormis la présence du quotient k/n. Nous pouvons donc définir la fonction à intégrer sans faire intervenir le rang de la suite.
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx. \]Le théorème des sommes de Riemann donne une intégrale sur [0;1], puisque les points de la subdivision couvrent exactement ce segment. L’expression à intégrer contient la dérivée de la fonction 1 plus le cube de x ; c’est pourquoi un changement de variable simplifie la puissance du dénominateur. La fonction de substitution est dérivable et croissante sur le segment.
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 :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^2}{\sqrt[3]{1+x^3}}\,dx &= \frac13 \int_1^2t^{-1/3}\,dt\\ &= \frac13 \left[ \frac32t^{2/3} \right]_1^2\\ &= \frac12 \left( 2^{2/3}-1 \right). \end{aligned} \]La racine cubique n’empêche pas le passage à la limite : une fois les puissances du rang extraites, la suite représente une somme de Riemann. Le résultat est la valeur exacte d’une intégrale positive sur [0;1].
Cas 2
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Méthode — Repérer les extrémités gauches. La somme commence ici au rang zéro et se termine au rang n−1. C’est la configuration naturelle d’une somme de Riemann utilisant les extrémités gauches de n intervalles. Pour la faire apparaître, on extrait un facteur n du numérateur et le carré de n du dénominateur. Les deux termes restants dépendent uniquement du quotient k/n ; on vérifiera ensuite que le dénominateur de la fonction associée ne s’annule pas sur [0;1].
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.
Le changement de forme a isolé le facteur 1/n. Il reste à appliquer la convergence des sommes de Riemann à la fonction rationnelle dont le dénominateur est positif sur [0;1]. Puis nous séparons l’intégrande en deux termes : le premier possède une primitive faisant intervenir Arctan, le second est de la forme dérivée sur fonction.
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 :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x}{1+x^2}\,dx &= \left[ \frac12\ln(1+x^2) \right]_0^1\\ &= \frac12\ln2. \end{aligned} \]Le résultat combine deux primitives usuelles. Le décalage de l’indice, qui commence ici à zéro, n’affecte pas l’intervalle de l’intégrale ; il détermine seulement le choix des extrémités gauches.
Cas 3
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Méthode — Traiter une puissance sous un radical. Le facteur 1/n se trouve déjà devant la somme. Il reste donc à transformer la fraction intérieure en fonction de k/n. Comme le dénominateur est la racine carrée d’un cube d’une quantité positive, l’extraction du facteur n² sous cette racine produit n³. Ce facteur se simplifiera avec le cube de k réécrit à l’aide du quotient k/n. La fonction obtenue sera continue puisque son dénominateur reste strictement positif.
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x^3}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx. \]La substitution est suggérée par le facteur x présent dans le numérateur et par la quantité 1 plus le carré de x au dénominateur. Écrire le cube de x sous la forme x² multiplié par x permet d’utiliser la différentielle de substitution, tout en exprimant le facteur restant avec la nouvelle variable. La fonction de substitution est continûment dérivable sur [0;1].
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 :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x^3}{(1+x^2)^{3/2}}\,dx &= \frac12 \int_1^2 \frac{t-1}{t^{3/2}}\,dt\\ &= \frac12 \int_1^2 \left( t^{-1/2}-t^{-3/2} \right)dt\\ &= \left[ \sqrt t+\frac1{\sqrt t} \right]_1^2\\ &= \sqrt2+\frac1{\sqrt2}-2\\ &= \frac{3\sqrt2}{2}-2. \end{aligned} \]La puissance au dénominateur a été traitée sans approximation. Après normalisation par les puissances de n, le changement de variable fournit une valeur positive, cohérente avec la positivité de tous les termes de la somme.
Cas 4
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Méthode — Simplifier les racines et les facteurs extérieurs. Le coefficient placé devant la somme paraît inhabituel. Nous cherchons pourtant le même facteur 1/n que dans les trois cas précédents. La relation entre k et k/n, puis l’extraction de la racine de n dans le dénominateur, donnent précisément cette forme. L’indice allant de zéro à n−1, la somme associée utilise à nouveau les extrémités gauches de la subdivision régulière de [0;1].
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx. \]Nous ne cherchons pas une primitive directe du quotient. Le changement de variable décale simplement l’expression sous la racine ; le numérateur devient alors la différence entre la nouvelle variable et 1. Ce choix ramène le calcul à deux intégrales de puissances, avec des bornes qui deviennent 1 et 2.
Posons :
\[ t=1+x, \qquad dt=dx. \]Les bornes deviennent :
\[ x=0\Longrightarrow t=1, \qquad x=1\Longrightarrow t=2. \]Comme \(x=t-1\) :
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{x}{\sqrt{1+x}}\,dx &= \int_1^2 \frac{t-1}{\sqrt t}\,dt\\ &= \int_1^2 \left( \sqrt t-\frac1{\sqrt t} \right)dt\\ &= \left[ \frac23t^{3/2}-2\sqrt t \right]_1^2\\ &= \frac{4-2\sqrt2}{3}. \end{aligned} \]Le coefficient initial a été entièrement absorbé dans le facteur 1/n de la somme de Riemann. La limite est finie et positive ; elle se calcule par une substitution élémentaire.
Exercice 44
Calculer \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n\) dans chacun des cas suivants.
Objectif de l’exercice 44. Un produit ne peut pas être traité directement comme une somme de Riemann. Nous vérifions d’abord que ses facteurs sont positifs, puis nous prenons le logarithme pour obtenir une somme. Le calcul intégral détermine la limite des logarithmes ; la continuité de l’exponentielle donne ensuite celle du produit initial.
Cas 1
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Méthode — Transformer un produit en somme. Les termes du produit sont strictement positifs : on peut donc prendre leur logarithme. Avant cette opération, il est utile d’extraire n de chaque facteur. Comme il y a exactement n facteurs, leur produit fournit une puissance de n dont la racine d’ordre n simplifie le coefficient extérieur. On obtient alors un produit normalisé ; son logarithme sera une somme de Riemann de la fonction logarithmique, continue sur [0;1].
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 :
\[ \begin{aligned} u_n &= \frac1n \left[ n^n \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right) \right]^{1/n}\\ &= \left[ \prod_{k=1}^{n} \left(1+\frac{k}{n}\right) \right]^{1/n}. \end{aligned} \]La positivité de tous les facteurs autorise cette transformation. Grâce aux propriétés du logarithme, la racine d’ordre n devient un coefficient 1/n et le logarithme du produit se transforme en somme. Nous pourrons alors utiliser une fonction continue sur [0;1], au lieu d’étudier directement le produit.
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln u_n = \int_0^1\ln(1+x)\,dx. \]La limite de la suite des logarithmes est maintenant une intégrale définie sur [0;1]. Pour la calculer, on peut utiliser une intégration par parties : le logarithme est continu et dérivable sur ce segment, et l’autre facteur est constant. Après le calcul, la continuité de l’exponentielle permettra de revenir à la suite initiale.
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 :
\[ \begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}u_n &= e^{\,2\ln2-1}\\ &= \frac{e^{2\ln2}}{e}\\ &= \frac4e. \end{aligned} \]La suite de produits converge vers un réel strictement positif. Le rôle du logarithme est de transformer la structure multiplicative en structure additive, puis l’exponentielle rétablit la limite du produit.
Cas 2
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Méthode — Faire apparaître le poids de l’indice. Tous les facteurs du produit sont positifs, et le logarithme est donc défini. La propriété du logarithme d’une puissance transforme l’exposant k en un coefficient multiplicatif. Le facteur 1/n² est ensuite partagé en 1/n et k/n. Cette opération laisse apparaître une somme de Riemann pondérée par le quotient k/n, associée à une fonction continue sur [0;1]. L’intégrale obtenue nécessitera une intégration par parties.
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}\ln u_n = \int_0^1x\ln(1+x)\,dx. \]Nous avons reconnu l’intégrale de la fonction associée à la somme de Riemann. Le choix de l’intégration par parties consiste à dériver le logarithme, ce qui donne une fonction rationnelle, et à intégrer le facteur x, dont la primitive est élémentaire. Les fonctions utilisées sont continûment dérivables sur [0;1], ce qui justifie la formule.
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 :
\[ \begin{aligned} \int_0^1x\ln(1+x)\,dx &= \left[ \frac{x^2}{2}\ln(1+x) \right]_0^1\\ &\quad- \frac12 \int_0^1 \frac{x^2}{1+x}\,dx. \end{aligned} \]L’intégration par parties introduit un quotient rationnel. Sa décomposition en une partie polynomiale et un terme de la forme inverse de 1 plus x simplifie le calcul. La présence du logarithme dans la primitive permettra ensuite de constater une compensation avec le terme aux bornes.
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 :
\[ \lim_{n\to+\infty}u_n = e^{1/4}. \]L’exposant k de chaque facteur produit un poids proportionnel au point de subdivision. La limite est donc l’exponentielle de l’intégrale de la fonction pondérée, et non celle du cas précédent.
À retenir
Exercice 43 : faire apparaître une somme de Riemann exacte en isolant 1/n et le quotient k/n ; identifier l’intervalle [0;1] et vérifier la continuité de la fonction. Une substitution ou des primitives usuelles permettent ensuite de calculer l’intégrale obtenue.
Exercice 44 : pour une suite de produits de facteurs positifs, passer au logarithme, transformer le produit en somme et reconnaître la somme de Riemann. Après le calcul de l’intégrale, revenir à la limite initiale par la continuité de l’exponentielle.
À reconnaître : une somme normalisée se présente sous la forme \(\dfrac1n\sum f\left(\dfrac{k}{n}\right)\), où \(f\) doit être continue sur [0;1].
Piège à éviter : ne pas annoncer la convergence d’une somme sans avoir identifié la fonction continue et son intervalle. Pour un produit, vérifier la positivité des facteurs avant toute application du logarithme.
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