8.2 Exercices d’entraînement 203
1. On ne peut bien entendu pas directement appliquer le résultat sur les sommes de
Riemann puisque la fonction f n’est pas continue sur le segment [0, 1]. On va
donc encadrer la somme par des intégrales. Soient n ∈ N
∗ et k ∈ [[1, n − 1]].
Puisque f est décroissante sur [
k
n
,
k + 1
n
], on a
k + 1 − k
n
f (
k + 1
n
)
(k+1)/n
k/n
f (t) dt
k + 1 − k
n
f (
k
n
).
En sommant ces inégalités pour k allant de 1 à n − 1, on obtient
1
n
n−1
k=1
f (
k + 1
n
)
1
1/n
f (t) dt
1
n
n−1
k=1
f (
k
n
),
c’est-à-dire
1
n
n
k=2
f (
k
n
)
1
1/n
f (t) dt
1
n
n−1
k=1
f (
k
n
).
De plus, pour tout t ∈ ]0,
1
n
], f est minorée par f (
1
n
) et f est intégrable sur ]0, 1],
on a donc également
1
n
f (
1
n
)
1/n
0
f (t) dt. Cela permet d’obtenir, en ajoutant
à l’inégalité précédente,
1
n
n
k=1
f (
k
n
)
1
0
f (t) dt. On a également
1
n
n
k=1
f (
k
n
) =
1
n
n−1
k=1
f (
k
n
) +
f (1)
n
1
1/n
f (t) dt +
f (1)
n
ce qui donne finalement l’encadrement
1
1/n
f (t) dt +
f (1)
n
1
n
n
k=1
f (
k
n
)
1
0
f (t) dt.
f est intégrable sur ]0, 1] donc la limite lorsque n tend vers +∞ de
1
1/n
f (t) dt est
1
0
f (t) dt et f (1)/n tend vers 0. Par encadrement, on obtient le résultat demandé.
2. Pour n ∈ N
∗ , on note u n =
n
√
n!
n
. On a
ln u n =
1
n
k=1
ln k
− ln n =
1
n
k=1
ln
k
n
.
La fonction f : x → − ln x est continue, décroissante et intégrable sur ]0, 1]. La
question précédente entraîne lim
n→+∞
− ln u n = −
1
0
ln x dx, c’est-à-dire
lim
n→+∞
ln u n = lim
a→0
[x ln x − x]
1
a = −1.
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