[PDF] [PDF] Intégration - Exo7 - Exercices de mathématiques

Pournélément deN, on a alors

En résumé,

8e2]0;2M[;9(a;b)2[a;b]2=a )(ba)1=n6un6M(ba)1=n:

Mais, lim

n!+¥M(ba)1=n=Met limn!+¥(Me2 )(ba)1=n= (Me2 )(ba)1=n. Par suite,9n12N=8n>n1;M(ba)1=nn2;(Me2 )(ba)1=n>Me. Soitn0=Maxfn1;n2g. Pourn>n0, on aMe8e>0;9n02N=8n2N;(n>n0) junMj et donc que lim n!+¥un=M.

Plus généralement, sigcontinue sur[a;b],gadmet un minimumm1et un maximumM1sur cet intervalle, tous

deux strictement positifs puisquegest strictement positive. PourndansN, on a m 1=n 1 Zb a(f(x))ndx 1=n 6 Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n 6M1=n 1 Zb a(f(x))ndx etcommed"aprèsl"étudeducasg=1, onalimn!+¥m1=n 1 Rb a(f(x))ndx

1=n=limn!+¥M1=n

1 Rb a(f(x))ndx 1=n= M, le théorème de la limite par encadrements permet d"affirmer que limn!+¥Rb a(f(x))ng(x)dx

1=n=M. On

a montré que lim n!+¥ Zb a(f(x))ng(x)dx 1=n

=Maxff(x);x2[a;b]g:Correction del"exer cice2 N1.fest continue sur le segment[0;1]et est donc bornée sur ce segment. SoitMun majorant dejfjsur

[0;1]. Pourn2N, junj6Z 1

0tnjf(t)jdt6MZ

1

0tndt=Mn+1;

et comme lim n!+¥Mn+1=0, on a montré que limn!+¥un=0.

Soitn2N. Puisquefest de classeC1sur[0;1], on peut effectuer une intégration par parties qui fournit

u n=tn+1n+1f(t) 1 0 1n+1Z 1

0tn+1f0(t)dt=f(1)n+11n+1Z

1

0tn+1f0(t)dt:

5

Puisquef0est continue sur[0;1], limn!+¥R1

0tn+1f0(t)dt=0 ou encore1n+1R

1

0tn+1f0(t)dt=o(1n

D"autre part, puisquef(1)6=0,f(1)n+1f(1)n

ou encoref(1)n+1=f(1)n +o(1n ). Finalement,un=f(1)n +o(1n ou encore u nf(1)n 2. Puisque fest de classeC1sur[0;1]et quef(1) =0, une intégration par parties fournit u n=1n+1R 1

0tn+1f0(t)dt. Puisquef0est de classeC1sur[0;1]et quef0(1)6=0, le 1) appliqué àf0

fournit u n=1n+1Z 1

0tn+1f0(t)dt 1n

f 0(1)n =f0(1)n 2:

Par exemple,

R1

0tnsinpt2

dt1n etR1

0tncospt2

dtp2n2Correction del"exer cice3 N1.Pour n>1, u n=1n

3nå

k=1k2sinkpn =1n nå k=1(kn )2sinkpn =1n nå k=1f(kn

oùf(x)=x2sin(px).unest donc une somme de RIEMANNà pas constant associée à la fonction continue

fsur[0;1]. Quandntend vers+¥, le pas1n tend vers 0 et on sait queuntend vers Z 1

0x2sin(px)dx=

1p x2cos(px) 1 0 +2p Z 1

0xcos(px)dx=1p

+2p (1p xsin(px) 1 0 1p Z 1

0sin(px)dx)

1p 2p 2 1p cos(px) 1 0 =1p 2p 2(1p +1p 1p 4p 3: 2.

On peut a voiren vied"écrire :

ln(un) =1n (nå k=1(ln(a+k)lnk)) =1n nå k=1ln(1+ak

La suite de nombresa,a2

,...,an est une subdivision (à pas non constant) de[0;a]mais malheureusement son pasaa2 =a2 ne tend pas vers 0 quandntend vers+¥. On n"est pas dans le même type de problèmes. Rappel. (exo classique) Soitvune suite strictement positive telle que la suite(vn+1v n)tend vers un réel positif`, alors la suite(npv n)tend encore vers`.

Posonsvn=1n!Õnk=1(a+k)puisun=npv

n. v n+1v n=a+n+1n+1!1; et donc lim n!+¥un=1. 6

3.Encore une fois, ce n"est pas une somme de R IEMANN. On tente un encadrement assez large : pour

16k6n,

n+kn

2+n6n+kn

2+k6n+kn

2:

En sommant ces inégalités, il vient

1n

2+nnå

k=1(n+k)6nå k=1n+kn

2+k61n

2nå

k=1(n+k); et donc ((premier terme + dernier terme)nombre de termes/2), 1n

2+n((n+1)+2n)n2

6un61n

2((n+1)+2n)n2

et finalement,

3n+12(n+1)6un63n+12n. Or,3n+12(n+1)et3n+12ntendent tous deux vers32

. Donc,untend vers32 4.

T outd"abord

u n=nå k=11pn

2k2=1n

nå k=11q 1(kn )2=1n nå k=1f(kn oùf(x) =1p1x2pourx2[0;1[.unest donc effectivement une somme de RIEMANNà pas constant

associée à la fonctionfmais malheureusement, cette fonction n"est pas continue sur[0;1], ou même

prolongeable par continuité en 1. On s"en sort néanmoins en profitant du fait quefest croissante sur

[0;1[. Puisquefest croissante sur[0;1[, pour 16k6n2, on a1n

1p1(kn

)26R(k+1)=n k=n1p1x2dx, et pour

16k6n1,1n

1p1(kn

)2>Rk=n (k1)=n1p1x2dx. En sommant ces inégalités, on obtient u n=1n n1å k=11q 1(kn )2>n1å k=1Z k=n (k1)=n1p1x2dx=Z 11n

01p1x2dx=arcsin(11n

et u n=1n n2å k=11q 1(kn )2+1pn

2(n1)26Z

11n 1n

1p1x2dx+1p2n1

=arcsin(11n )arcsin1n +1p2n1: Quandntend vers+¥, les deux membres de cet encadrement tendent vers arcsin1=p2 , et doncuntend vers p2 5.

Pour 1 6k6n,pk16E(pk)6pk, et en sommant,

1n pn nå k=1pk1pn

6un61n

pn nå k=1pk:

Quandntend vers+¥,1pn

tend vers 0 et la somme de RIEMANN1n pn

ånk=1pk=1n

ånk=1qk

n tend versR1

0px dx=32

. Donc,untend vers32 7

6.un=1n

ånk=1(k=n)21+8(k=n)3tend versR1

0x28x3+1dx=124

lnj8x3+1j1

0=ln312

7.un=ån1k=012(k+n)+1=12

2n

ån1k=012+2k+1n

tend vers12 R 2

012+xdx=12

(ln4ln2) =ln2. 8.

Soit f(x) =1x

2e1=xsix>0 et 0 six=0.fest continue sur[0;1](théorèmes de croissances comparées).

Donc,un=1n

ånk=1f(kn

)tend versR1

0f(x)dx. Pourx2[0;1], posonsF(x) =R1

xf(t)dt. Puisquefest continue sur[0;1],Fl"est et Z 1

0f(x)dx=F(0) =limx!0;x>0F(x) =limx!0;x>0h

e1=ti1 x=limx!0;x>0(e1e1=x) =1e

Donc,untend vers1e

quandntend vers+¥.Correction del"exer cice4 NSupposonsfde classeC2sur[0;1]. SoitFune primitive defsur[0;1]. Soitnun entier naturel non nul.

u n=Z 1

0f(t)dt1n

n1å k=0f(kn ) =n1å k=0(Z (k+1)=n k=nf(t)dt1n f(kn )) =n1å k=0(F(k+1n )F(kn )1n F0(kn

fest de classeC2sur le segment[0;1]. Par suite,F(3)=f00est définie et bornée sur ce segment. En notant

M

2la borne supérieure dejf00jsur[0;1], l"inégalité de TAYLOR-LAGRANGEà l"ordre 3 appliquée àFsur le

segment[0;1]fournit

F(k+1n

)F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn )6(1=n)3M26 et donc, n1å k=0[F(k+1n )F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn

6n1å

k=0jF(k+1n )F(kn )1n F0(kn )12n2F00(kn )j 6 n1å k=0(1=n)3M26 =M26n2:

Ainsi,

ån1k=0[F(k+1n

)F(kn )1n F0(knquotesdbs_dbs7.pdfusesText_13