SOLUTIONS
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Solutions
Inversement, une fonction en escalier non constante est continue
par morceaux, mais elle ne possède pas la propriété des valeurs
intermédiaires :cen’est donc pas une dérivée ;elle ne possède pas
de primitives.
7 f étant continue surl es egment [a, b],ellee st bornée et
atteints es bornes : ∃x0 ∈ [a, b] f (x0) = M . Exprimonsl a
continuité de f au point x0 :
∀ε ∈ ]0, M [ ∃α > 0 ∀x ∈ [a, b] ∩ [x0 − α, x0 + α]
M − ε f (x) M
On peut donc construire une fonction en escalier ϕ qui minore f
sur [a, b]:
– ∀x∈[a,b]∩[x0−α,x0+α] ϕ(x)=M−ε
– ∀x∈[a,b]\[x0−α,x0+α] ϕ(x)=0
et une fonction en escalier ψ qui majore f sur [a, b]:
∀ x ∈ [ a , b ] ψ ( x ) = M .
On en déduit :( M − ε ) α
1
n I n M ( b − a )
1
n
Lorsque n tendvers +∞,(M − ε)α
1
n tend vers M − ε et M (b − a)
1
n
tendvers M.
Il existe donc un entier n0 tel quepour tout n n0 :
M − 2ε In M + ε
N’est-ce pas la définitiondelaconvergence d’une suite ?
(On ne peut pasa ppliquer le théorème des gendarmes ici car les
deux encadrants n’ont paslamême limite quand n tend vers l’infini
pour ε fixé...)
8 1) Intégrer par parties. a = −1; b=
1
2π
.
2) Sp =
π
0
−x +
x
2
2π
p
n=1
cos nx dx
or :
p
n=1
cos nx = −
1
2
+
sin
p +
1
2
x
2sin
x
2
D’où :
Sp = −
1
2
π
0
−x +
x
2
2π
dx+
π
0
−x +
x
2
2π
sin
p +
1
2
x
2sin
x
2
dx
Développer sin
p +
1
2
x, puis appliquerlelemme de Lebesgue
aux fonctions :
f1 : x → −x +
x
2
2π
et f2 : x →
−x +
x
2
2π
cos
x
2
sin
x
2
qui sont toutes deux continues sur [0, π]( f 2 est prolongeable par
continuité en 0).
En définitive, lim
p→∞
Sp =
π
2
6
.
9 On utilise: lim
n→∞
1
n
n
k=1
f
k
n
=
1
0
f (t)dt.
a)
1
n
n
k=1
k
n
=
n(n +1)
2n 2
−→
1
2
.
b)
1
n
n
k=1
k
2
n 2 =
n(n +1)(2n +1)
6n 3
−→
1
3
.
c)
1
n
n−1
k=0
e
k
n =
1 − e
n(1 − e
1
n )
−→ e − 1 .
d)
π
2n
n−1
k=0
cos
kπ
2n
=
π
2n
Re
1 − e
i
π
2
1 − e
i
π
2n
−→ 1 .
10 a) Reconnaître une somme de Riemann de la fonction
x →
1
1+x 2 sur l’intervalle [0, 1]. Réponse :
π
4
.
b) Même chose pour la fonction x →
x
1+x 2 sur l’intervalle [0, 1].
Réponse :
ln 2
2
.
c)
1
0
t(1 − t)dt =
π
8
.
d)
1
0
2
x dx =
1
ln 2
.
e) Posons un =
1
n
n
(n +1)(n +2)···2n,d’où
ln un =
1
n
n
k=1
ln
1+
k
n
.
ln un tend vers
1
0
ln(1 + x)dx = 2ln2−1.D’où lim
n→∞
un =
4
e
.
11 1) Interpréter Sn et S
n comme des intégralesd ef onctions
en escalier àcomparer avec f .
2) S
n − Sn =
b − a
n
f (b) − f (a)
3) Majorer
[a,b]
f − Sn et S
n −
[a,b]
f et conclure.
12 1)lnun =
1
n
ln
(n +1)(n +2)···(2n)
1 · 2 ···n
=
1
n
n
k=1
ln
n + k
k
.
La fonction x → ln
1+x
x
est décroissante sur ]0, 1] :
∀k ∈ [[ 1 , n − 1]]
1
n
ln
n + k +1
k+1
k +1
n
k
n
ln
1+x
x
dx
1
n
ln
n + k
k
En sommant de k = 1àk=n−1:
ln un −
ln(n +1)
n
1
1
n
ln
1+x
x
dx ln un −
ln 2
n
d’où l’inégalitédemandée.
2)Une intégration par parties donne :
1
1
n
ln
1+x
x
dx =2ln2−(1 +
1
n
)ln(1+
1
n
)−
ln n
n
Cetteintégrale admet donc une limite finie : = 2ln2,quand n
tend vers +∞.Lethéorème d’encadrement nous permet de conclure
que: lim
n→+∞
ln un = 2ln2,d’où :l im
n→+∞
un = 4.
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Solutions
Inversement, une fonction en escalier non constante est continue
par morceaux, mais elle ne possède pas la propriété des valeurs
intermédiaires :cen’est donc pas une dérivée ;elle ne possède pas
de primitives.
7 f étant continue surl es egment [a, b],ellee st bornée et
atteints es bornes : ∃x0 ∈ [a, b] f (x0) = M . Exprimonsl a
continuité de f au point x0 :
∀ε ∈ ]0, M [ ∃α > 0 ∀x ∈ [a, b] ∩ [x0 − α, x0 + α]
M − ε f (x) M
On peut donc construire une fonction en escalier ϕ qui minore f
sur [a, b]:
– ∀x∈[a,b]∩[x0−α,x0+α] ϕ(x)=M−ε
– ∀x∈[a,b]\[x0−α,x0+α] ϕ(x)=0
et une fonction en escalier ψ qui majore f sur [a, b]:
∀ x ∈ [ a , b ] ψ ( x ) = M .
On en déduit :( M − ε ) α
1
n I n M ( b − a )
1
n
Lorsque n tendvers +∞,(M − ε)α
1
n tend vers M − ε et M (b − a)
1
n
tendvers M.
Il existe donc un entier n0 tel quepour tout n n0 :
M − 2ε In M + ε
N’est-ce pas la définitiondelaconvergence d’une suite ?
(On ne peut pasa ppliquer le théorème des gendarmes ici car les
deux encadrants n’ont paslamême limite quand n tend vers l’infini
pour ε fixé...)
8 1) Intégrer par parties. a = −1; b=
1
2π
.
2) Sp =
π
0
−x +
x
2
2π
p
n=1
cos nx dx
or :
p
n=1
cos nx = −
1
2
+
sin
p +
1
2
x
2sin
x
2
D’où :
Sp = −
1
2
π
0
−x +
x
2
2π
dx+
π
0
−x +
x
2
2π
sin
p +
1
2
x
2sin
x
2
dx
Développer sin
p +
1
2
x, puis appliquerlelemme de Lebesgue
aux fonctions :
f1 : x → −x +
x
2
2π
et f2 : x →
−x +
x
2
2π
cos
x
2
sin
x
2
qui sont toutes deux continues sur [0, π]( f 2 est prolongeable par
continuité en 0).
En définitive, lim
p→∞
Sp =
π
2
6
.
9 On utilise: lim
n→∞
1
n
n
k=1
f
k
n
=
1
0
f (t)dt.
a)
1
n
n
k=1
k
n
=
n(n +1)
2n 2
−→
1
2
.
b)
1
n
n
k=1
k
2
n 2 =
n(n +1)(2n +1)
6n 3
−→
1
3
.
c)
1
n
n−1
k=0
e
k
n =
1 − e
n(1 − e
1
n )
−→ e − 1 .
d)
π
2n
n−1
k=0
cos
kπ
2n
=
π
2n
Re
1 − e
i
π
2
1 − e
i
π
2n
−→ 1 .
10 a) Reconnaître une somme de Riemann de la fonction
x →
1
1+x 2 sur l’intervalle [0, 1]. Réponse :
π
4
.
b) Même chose pour la fonction x →
x
1+x 2 sur l’intervalle [0, 1].
Réponse :
ln 2
2
.
c)
1
0
t(1 − t)dt =
π
8
.
d)
1
0
2
x dx =
1
ln 2
.
e) Posons un =
1
n
n
(n +1)(n +2)···2n,d’où
ln un =
1
n
n
k=1
ln
1+
k
n
.
ln un tend vers
1
0
ln(1 + x)dx = 2ln2−1.D’où lim
n→∞
un =
4
e
.
11 1) Interpréter Sn et S
n comme des intégralesd ef onctions
en escalier àcomparer avec f .
2) S
n − Sn =
b − a
n
f (b) − f (a)
3) Majorer
[a,b]
f − Sn et S
n −
[a,b]
f et conclure.
12 1)lnun =
1
n
ln
(n +1)(n +2)···(2n)
1 · 2 ···n
=
1
n
n
k=1
ln
n + k
k
.
La fonction x → ln
1+x
x
est décroissante sur ]0, 1] :
∀k ∈ [[ 1 , n − 1]]
1
n
ln
n + k +1
k+1
k +1
n
k
n
ln
1+x
x
dx
1
n
ln
n + k
k
En sommant de k = 1àk=n−1:
ln un −
ln(n +1)
n
1
1
n
ln
1+x
x
dx ln un −
ln 2
n
d’où l’inégalitédemandée.
2)Une intégration par parties donne :
1
1
n
ln
1+x
x
dx =2ln2−(1 +
1
n
)ln(1+
1
n
)−
ln n
n
Cetteintégrale admet donc une limite finie : = 2ln2,quand n
tend vers +∞.Lethéorème d’encadrement nous permet de conclure
que: lim
n→+∞
ln un = 2ln2,d’où :l im
n→+∞
un = 4.
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