Corrigé des exercices - Dunod

2. On a u n = 1 n
n∑
k=1
n
k sin kπ n .
La fonction t ↦−→ sinπt de ]0,1] dans R a pour limite π en 0. Elle peut être prolongée en
t
une fonction f continue sur [0,1]. Alors, u n est une somme de Riemann de f sur [0,1]. La
suite (u n ) n∈N converge vers
exacte.
3. On écrit u n = 1 n
∫ 1
0
223
f(t)dt, intégrale que l’on ne sait pas calculer de manière
√ n∑ k
n . La suite (u n) n∈N converge vers
k=1
∫ 1
0
√
tdt =
[ 2
3 t 3 2
] 1
0
= 2 3 .
Exercice 21.6
[
1. La fonction f définie sur − 1 2 , 1 ]
par f(x) = ln(1 + x) − x + x 2 a pour dérivée
2
x(1 + 2x)
x ↦−→ et f ′ (x) a le signe de x. Le minimum de f est atteint en 0 et vaut 0. Donc
1 + x
f est positive et −x 2 ln(1 + x) − x.
[
On sait d’autre part, que ln(x + 1) x pour tout x > −1. On a donc, pour x ∈ − 1 2 , 1 ]
,
2
−x 2 ln(1 + x) − x 0 et a fortiori
|ln 1 + x) − x| x 2 .
n∏
(
2. Posons u n = 1 + 1 ( )) k
n f . Soit M un majorant de |f| sur [0,1]. Pour tout
n
k=1 ( )∣ k ∈ [[1,n]], on a
1 k ∣∣∣
∣n f M n n . Soit n 0 ∈ N tel que M n 1 2 pour tout n n 0. Si
n n 0 , chaque terme 1 + 1 ( ) k
n f est strictement positif et on peut calculer ln u n . On
n
n∑
(
obtient lnu n = ln 1 + 1 ( )) k
n f . On peut appliquer à chaque terme de la somme
n
k=1
l’inégalité de la question 1, ce qui donne, pour tout k ∈ [[1,n]],
∣
(1 ln + 1 ( )) k
n f − 1 ( )∣ k ∣∣∣
n n f M2
n n 2 .
En sommant ces inégalités et en appliquant l’inégalité triangulaire, on obtient
n∑
( ) ∣ ∣ lnu 1 k ∣∣∣
n −
n f M2
n n .
k=1