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Intégration <FONT color="red"><b>(il faut avoir étudier au préalable le chapitre Primitives)</b></FONT>

Limite de suite et intégrale - Exercice 1

20 min
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Un exercice classique.
Question 1
Soit nn un nombre entier naturel non nul.
Soit unu_n le terme général d'une suite, tel que :
un=∑k=1nnn2+k2u_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{n}{n^2 + k^2}

Déterminer, si elle existe, la limite ℓ=lim⁡n⟶+∞un\ell = \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n

Correction
On a :
un=∑k=1nnn2+k2=n∑k=1n1n2+k2=nn2∑k=1n11+k2n2=1n∑k=1n11+(kn)2u_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{n}{n^2 + k^2} = n \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n^2 + k^2} = \dfrac{n}{n^2} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1 + \dfrac{k^2}{n^2}} = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{1 + \left(\dfrac{k}{n}\right)^2}
Posons f:x⟼11+x2f : x \longmapsto \dfrac{1}{1 + x^2}. Donc f(0)=1f(0) = 1 et f(1)=12f(1) = \dfrac{1}{2}. Donc :
un=1n∑k=1nf(kn)u_n = \dfrac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right)
Ce qui s'écrit aussi :
un=1n(−f(0)+∑k=0nf(kn))=1n(−1+∑k=0nf(kn))=1n(f(1)−1+∑k=0n−1f(kn))u_n = \dfrac{1}{n} \left( -f(0) + \sum_{k=0}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right) = \dfrac{1}{n} \left( -1 + \sum_{k=0}^n f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right) = \dfrac{1}{n} \left( f(1) - 1 + \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right)
Ce qui nous donne :
un=1n(12−1+∑k=0n−1f(kn))=1n(−12+∑k=0n−1f(kn))u_n = \dfrac{1}{n} \left( \dfrac{1}{2} - 1 + \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right) = \dfrac{1}{n} \left( -\dfrac{1}{2} + \sum_{k=0}^{n-1} f\left(\dfrac{k}{n}\right) \right)
Soit encore :
un=−12n+1n∑k=0n−1f(k1n)=−12n+1n∑k=0n−1f(0+k1−0n)u_n = -\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(k\dfrac{1}{n}\right) = -\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right)
Par passage à la limite, lorsque n⟶0n \longrightarrow 0, on a :
lim⁡n⟶+∞un=lim⁡n⟶+∞(−12n+1n∑k=0n−1f(0+k1−0n))=−12lim⁡n⟶+∞1n+lim⁡n⟶+∞(1n∑k=0n−1f(0+k1−0n)) \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( -\dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right) \right) = -\dfrac{1}{2} \lim_{n \longrightarrow + \infty} \dfrac{1}{n} + \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right) \right)
Ce qui nous permet d'écrire que :
lim⁡n⟶+∞un=−12×0+lim⁡n⟶+∞(1n∑k=0n−1f(0+k1−0n))=lim⁡n⟶+∞(1n∑k=0n−1f(0+k1−0n)) \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = -\dfrac{1}{2} \times 0 + \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right) \right) = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right) \right)
En faisant maintenant appelle à une somme de RiemannRiemann on obtient alors :
lim⁡n⟶+∞un=lim⁡n⟶+∞(1n∑k=0n−1f(0+k1−0n))=∫01f(x) dx=∫0111+x2 dx \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = \lim_{n \longrightarrow + \infty} \left( \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(0 + k\dfrac{1-0}{n}\right) \right) = \int_0^1 f(x) \, dx = \int_0^1 \dfrac{1}{1+x^2} \, dx
Ainsi :
lim⁡n⟶+∞un=[arctan⁡(x)]01=arctan⁡(1)−arctan⁡(0)=arctan⁡(tan⁡(π4))−arctan⁡(tan⁡(0))=π4−0 \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = \left[ \arctan(x) \right]_0^1 = \arctan\left( 1 \right) - \arctan\left( 0 \right) = \arctan\left( \tan \left( \dfrac{\pi}{4} \right) \right) - \arctan\left( \tan(0) \right) = \dfrac{\pi}{4} - 0
Finalement :
ℓ=lim⁡n⟶+∞un=π4\ell = \lim_{n \longrightarrow + \infty} u_n = \dfrac{\pi}{4}