Chapitre 27  Utilisation des sommes de Riemann avec Xcas

27.1  Sommes de Riemann et définition de l’intégrale

27.1.1  Deux théorèmes

Soit [a,b] un segment de ℝ.

Rappel : Intégrale d’une fonction en escalier φ sur [a,b]
L’intégrale d’une fonction en escalier φ de [a,b] dans ℝ ou ∑(1./n,n=1..20000)mathbb C notée ∫_a^b φ_n est égale à :
∑_j=1ⁿ (a_j −a_j−1)*λ_j
où λ_j est la valeur constante prise par φ_j sur ]a_j−1,a_j[.
Soit f une application continue par morceaux de [a,b] dans ℝ ou ℂ.

Théorème 1
f est la limite uniforme d’une suite φ_n de fonctions en escalier sur [a,b].
Théorème 2 et définition de l’intégrale
Si φ_n est une suite de fonctions en escalier sur [a,b] qui converge uniformément vers f sur [a,b], alors la suite ∫_a^b φ_n converge et cette limite ne depend pas de la suite φ_n choisie pourvu que cette suite φ_n converge uniformément vers f sur [a,b].
Cette limite est appelée intégrale de f sur [a,b] et est notée ∫_a^b f ou encore ∫_a^b f(t) dt.

27.1.2  Sommes de Riemann

Soit (a_j)_{j ∈ [0,n]} une subdivision de [a,b].

Définition
On appelle sommes de Riemann de f associée à la subdivision (a_j)_{j ∈ [0,n]} toutes les sommes de la forme :
∑_j=1ⁿ f(t_j)*(a_j−a_j−1)
où t_j est un élément de [a_j−1,a_j] pour tout j ∈ [1,n].
Soit (a_j)_{j ∈ [0,n]} une subdivision régulière de [a,b] c’est à dire a_j=a+j*b−a/n pour j ∈ [0,n] .

Propriété
On a :
a_j−a_j−1=b−a/n pour j ∈ [1,n].
et donc
∫_a^b f(t) dt=lim_{n → +∞}b−a/n∑_j=1ⁿ f(t_j)=lim_{n → +∞}b−a/n∑_j=1ⁿ⁻¹ f(t_j)
où t_j est un élément de [a_j−1,a_j] pour tout j ∈ [1,n] (par ex t_j=a_j−1 ou t_j= a_j).

27.2  Les fonctions de Xcas utilisées

Voici les fonctions de Xcas qui vous seront utiles dans ces exercices.
sum_riemann(xpr(n,k),[n,k]) renvoie au voisinage de n=+∞ un équivalent de ∑_k=1ⁿ xpr(n,k) ou de ∑_k=0^n-1 xpr(n,k) ou de ∑_k=1^n-1 xpr(n,k) lorsque la somme considérée est une somme de Riemann associée à une fonction continue sur [0,1] ou répond "ce n’est probablement pas une somme de Riemann" quand la recherche a été infructueuse.
Remarque : lorsque la fonction f est seulement continue sur ]0,1] (resp sur [0,1[ ou sur ]0,1[) et que int₀¹f(x)dx converge on a encore ∑_k=1ⁿ 1/n*f(k/n) (resp ∑_k=0ⁿ⁻¹ 1/n*f(k/n) ou ∑_k=1ⁿ⁻¹ 1/n*f(k/n)) tend vers int₀¹f(x)dx quand n−>+∞.
integrate(xpr(x),x,a,b) calcule l’intégrale de l’expression xpr(x) entre a et b.
partfrac(n(x)/d(x)) décompose en éléments simples la fraction rationnelle n(x)/d(x).

27.3  Exercices

1. Soit S_n=∑_k=1ⁿ k²/n³.
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
2. Soit S_n=∑_k=1ⁿ k³/n⁴.
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
3. Calculer lim_{n → +∞}(1/n+1+1/n+2+...+1/n+n).
   Déterminer un équivalent de S_n==∑_k=n+1^2*n 1/k^p lorsque p∈ ℝ−{1}
4. Calculer lim_{n → +∞}(n/n²+1²+n/n²+2²+...+n/n²+n²).
5. Soit S_n=∑_k=1ⁿ n+k/n²+k².
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
6. Soit S_n=∑_k=1ⁿ 32n³/16n⁴−k⁴.
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.

27.4  Corrections des exercices

1. S_n=∑_k=1ⁿ k²/n³=1/n∑_k=1ⁿ (k/n)²
   S_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=x² sur [0,1].
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹ x² dx
   On tape :
   sum_riemann(k²/n³,[n,k])
   On obtient :
   1/3
   Donc

   lim n → +∞

   Sn=

   1 3

   Pour vérifier on tape :
   integrate(x²,x,0,1)
   On obtient :
   1/3
   
2. S_n=∑_k=1ⁿ k³/n⁴=1/n∑_k=1ⁿ (k/n)³.
   S_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=x³ sur [0,1].
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹ x³ dx
   On tape :
   sum_riemann(k³/n⁴,[n,k])
   On obtient :
   1/4
   Donc

   lim n → +∞

   Sn=

   1 4

   Pour vérifier on tape :
   integrate(x³,x,0,1)
   On obtient :
   1/4
   
3. Soit U_n=(1/n+1+1/n+2+...+1/n+n)=∑_k=n+1^2*n 1/k=∑_k=1ⁿ 1/n+k=1/n∑_k=1ⁿ 1/1+k/n
   U_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=1/1+x sur [0,1] (ou de la fonction g(x)=1/x sur [1,2]).
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹1/1+x dx= ∫₁²1/x dx.
   On tape :
   sum_riemann(1/(n+k),[n,k])
   On obtient :
   log(2)
   Donc

   lim n → +∞

   Un=ln(2)

   Pour vérifier on tape :
   integrate(1/(1+x),x,0,1) ou integrate(1/x,x,1,2)
   On obtient :
   log(2)
   Pour avoir un équivalent de S_n=∑_k=n+1^2*n 1/k^p on tape :
   sum_riemann(1/(n+k)^p,[n,k])
   on obtient "ce n’est probablement pas une somme de riemann"
   car le paramètre p n’est pas bien géré.
   On tape alors :
   sum_riemann(1/(n+k)²,[n,k])
   on obtient 1/2/n
   sum_riemann(1/(n+k)³,[n,k])
   on obtient 3*1/8/n² (ou encore 3/4/(2*n²))
   sum_riemann(1/(n+k)⁴,[n,k])
   on obtient 7*1/24/n³ (ou encore 7/8/(3*n³))
   L’équivalent de S_n=∑_k=n+1^2*n 1/k^p semble donc être 2^p−1−1/2^p−1*(p−1)*n^p−1
4. Soit S_n=(n/n²+1²+n/n²+2²+...+n/n²+n²)=∑_k=1ⁿ n/n²+k²=1/n∑_k=1ⁿ 1/1+(k/n)²
   S_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=1/1+x² sur [0,1].
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹1/1+x² dx.
   On tape :
   sum_riemann(n/(n²+k²),[n,k])
   On obtient :
   π/4
   Donc

   lim n → +∞

   Sn=

   π 4

   Pour vérifier on tape :
   integrate(1/(1+x²),x,0,1)
   On obtient :
   π/4
   
5. S_n=∑_k=1ⁿ n+k/n²+k²=1/n∑_k=1ⁿ 1+k/n/1+(k/n)².
   S_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=1+x/1+x² sur [0,1].
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹1+x/1+x² dx.
   On tape :
   sum_riemann((n+k)/(n²+k²),[n,k])
   On obtient :
   2*log(2)+ π/4
   Donc

   lim n → +∞

   Sn=

   2*ln(2)+ π 4

   Pour vérifier on tape :
   integrate((1+x)/(1+x²),x,0,1)
   On obtient :
   2*log(2)+ π/4
   
6. S_n=∑_k=1ⁿ 32n³/16n⁴−k⁴=1/n∑_k=1ⁿ 32/16−(k/n)⁴.
   S_n est une somme de Riemann de la fonction f(x)=32/16−x⁴ sur [0,1].
   On a :
   lim_{n → +∞} S_n=∫₀¹32/16−x⁴ dx.
   On tape :
   sum_riemann(32*n³/(16*n⁴-k⁴),[n,k])
   On obtient :
   2*atan(1/2)+log(3)
   Donc

   lim n → +∞

   Sn=2*arctan(1/2)+ln(3)

   Pour vérifier on tape :
   integrate(32/(16-x⁴),x,0,1)
   On obtient :
   2*atan(1/2)+log(3)
   Si on veut savoir comment cette intégrale a été calculée on décompose en éléments simples 32/16−X² en posant X=x², on tape :
   partfrac(32/(16-X²))
   On obtient :
   4/(X+4)+4/(-X+4)
   Puis on tape : integrate(4/(x²+4),x,0,1) et on obtient : 2*atan(1/2)
   Puis on tape : integrate(4/(-x²+4),x,0,1) et on obtient : log(3)
   

27.5  Autres exercices

1. Soit S_n=∑_k=1ⁿ k/n² sin(kπ/n).
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(k/n2*sin(k*pi/n),[n,k])

   On obtient :

   1 π

   En effet l’intégrale ∫₀¹ x sin(π x)dx vaut 1/π.
   On tape :

   int(x*sin(pi*x),x,0,1)

   On obtient :

   1 π

2. Soit S_n=∑_k=1ⁿ 1/n sin(k*x/n).
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(1/n*sin(k*x/n),[n,k])

   On obtient :

   -cos(x)+1 x

   En effet ∫₀¹ sin(t* x)dt = −cos(t*x)/x|_t=1 +cos(t*x)/x|_t=0=−cos(x)+1/x.
   On tape :

   int(sin(t*x),t,0,1)

   On obtient :

   -cos(x) x + 1 x

3. Soit S_n=∑_k=1ⁿ k²/n² sin(kπ/n).
   Trouver un equivalent de S_n quand n → +∞.
   On tape :

   sum_riemann(k2/n2*sin(k*pi/n),[n,k])

   On obtient :

   pi2*n-4*n pi3

   En effet l’intégrale ∫₀¹ x² sin(π x)dx vaut π²−4/π³ et S_n est le produit de n par une somme de Riemann de cette intégrale.
   On tape :

   normal(int(x2*sin(pi*x),x,0,1))

   On obtient :

   π2-4 π3

   S_n est donc équivalente à n*π²−4/π³ quand n → +∞.
4. Soit S_n=∑_k=1ⁿ sin(π/n)/2+cos(kπ/n).
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(sin(pi/n)/(2+cos(k*pi/n)),[n,k])

   On obtient :

   0

   En effet l’intégrale ∫₀¹ 1/2+cos(π x)dx vaut 1/π et S_n est le produit de nsin(π/n) par une somme de Riemann de cette intégrale.
   On tape :

   int(1/(2+cos(pi*x)),x,0,1)

   On obtient :

   0

   On tape :

   limit(n*sin(pi/n),n=+infinity)

   On obtient :

   pi

   La limite de S_n est donc 0 (0*π=0) quand n → +∞.
5. Soit S_n=∑_k=1ⁿ 1/√k²+n².
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(1/sqrt(k2+n2),[n,k])

   On obtient :

   -log( √ 2 -1)

   En effet l’intégrale ∫₀¹ dx/√1+x² vaut −(ln(√2−1))π.
   On tape :

   int(1/sqrt(1+x2),x,0,1)

   On obtient :

   -(log( √ 2 -1))

6. Soit S_n=∑_k=1ⁿ n/n²+k²t².
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(n/(k2*t2+n2),[n,k])

   On obtient :

   atan(t2/abs(t))/abs(t)

   En effet l’intégrale ∫₀¹ dx/x²*t²+1 vaut arctan(|t|)/|t|.
   On tape :

   int(1/(x2*t2+1),x,0,1)

   On obtient :

   atan( t2 abs(t) ) abs(t)

27.6  Somme et produit se ramenant à des sommes de Riemann

1. Soit S_n=∑_k=1ⁿ⁻¹ 1/√k(n−k).
   Calculer lim_{n → +∞} S_n.
   On tape :

   sum_riemann(1/sqrt(k*(n-k)),[n,k])

   On obtient :

   pi

   En effet l’intégrale ∫₀¹ dx/√x*(1−x) est convergente vers π.
   On tape :

   int(1/(sqrt(x*(1-x))),x,0,1)

   On obtient :

   pi 2 + pi 2

2. Soit P_n=1/n(∏_k=1ⁿ (k+n))^1/n.
   Calculer lim_{n → +∞} P_n.
   On a :
   ln(P_n)=−ln(n)+1/n∑_k=1ⁿln(k+n)=1/n∑_k=1ⁿln(1+k/n)
   On tape :

   sum_riemann(1/n*ln(1+k/n),[n,k])

   On obtient :

   2*log(2)-1

   Donc lim_{n → +∞} P_n=exp(2*ln(2)−1)=4/e

27.7   Calcul d’une intégrale à l’aide d’une somme de Riemann

Soit P_n=∏_k=1ⁿ sin(kπ/2n).
1/ Montrer que :
∏_k=1ⁿ⁻¹(1−cos(k*π/n))=n/2ⁿ⁻¹.
2/ En déduire que :
∏_k=1ⁿ⁻¹(sin(k*π/2n))=√n/2ⁿ⁻¹.
3/ Dèterminer la limite de π/2n∑_k=1ⁿ⁻¹ ln(sin(k*π/2n)) quand n tend vers +∞.
4/ Montrer que l’intégrale I=∫₀^π/2ln(sin(x))dx est convergente et calculer sa valeur à l’aide des sommes de Riemann.
5/ Retrouver ce résultat en considérant J=∫₀^π/2ln(cos(x))dx et en montrant que I=J=I+J/2
1/ On a :
∏_k=0²ⁿ⁻¹(z−exp(i*k*π/n))=z²ⁿ−1=
(z−1)(z−exp(i*π))∏_k=1ⁿ⁻¹(z−exp(i*k*π/n))(z−exp(i*(2*n−k)*π/n)) donc
∏_k=1ⁿ⁻¹(z−exp(i*k*π/n))(z−exp(i*(2*n−k)*π/n))=
z²ⁿ−1/(z−1)(z−exp(i*π))=(z²)ⁿ−1/(z²−1)=1+z+z²+...z²ⁿ⁻²
En faisant tendre z vers 1 on en déduit que :
∏_k=1ⁿ⁻¹(1−exp(i*k*π/n))(1−exp(i*(2*n−k)*π/n))=n
On a 1−exp(i*(2*n−k)*π/n)=1−exp(−i*k*π/n) et :
(1−exp(i*k*π/n))(1−exp(−i*k*π/n))=2−2cos(k*π/n)
Donc :
∏_k=1ⁿ⁻¹2−2cos(k*π/n)=n
ou encore :
∏_k=1ⁿ⁻¹1−cos(k*π/n)=n/2ⁿ⁻¹
On a :
(sin(k*π/2n))²=1/2(1−cos(k*π/n))
Donc :
∏_k=1ⁿ⁻¹(sin(k*π/2n))²=1/2ⁿ⁻¹*n/2ⁿ⁻¹
Ou encore puisque sin(k*π/2n)>0 pour tout k=1..(n−1) :
∏_k=1ⁿ⁻¹sin(k*π/2n)=√n/2ⁿ⁻¹
On a :
π/2n∑_k=1ⁿ⁻¹ ln(sin(k*π/2n))= π/2nln(∏_k=1ⁿ⁻¹sin(k*π/2n))= π/2nln(√n/2ⁿ⁻¹)
On tape

On obtient :

4/ ∫₀^π/2ln(sin(x))dx est convergente en 0 car :
0<−ln(sin(x))<1/√x au voisinage de 0 (lim_x−>0√x *ln(sin(x))=0) et ∫₀¹ dx/√x est convergente en 0.
Or π/2n∑_k=1ⁿ⁻¹ ln(sin(k*π/2n)) est la somme de Riemann associée à I donc :
∫₀^π/2ln(sin(x))dx=−(ln(2)/2)
5/ J est convergente en π/2 car, avec le changement de variables x=π/2−u, on a :
∫₀^aln(cos(x))dx=∫_π/2−a^π/2ln(sin(x))dx
donc
I=J=(I+J)/2=1/2∫₀^π/2ln(sin(x)*cos(x))dx=
1/2∫₀^π/2(ln(sin(2*x))−ln(2))dx=
I/2−1/2∫₀^π/2ln(2)dx=I/2−ln(2)/4
en effet
∫₀^π/2ln(sin(2*x))dx=1/2∫₀^πln(sin(u))du= 1/2(∫₀^π/2ln(sin(u))du+∫_π/2^πln(sin(u))du)= 1/2(∫₀^π/2ln(sin(u))du−∫_π/2⁰ln(sin(π−t))dt)=1/2(I+I)=I
Donc