\input{../preambules/preCorrection.tex}

\begin{document}

\chead{Correction Feuille Exercice 19}
\lfoot{}
\cfoot{Techniques d'intégration.}

\begin{center}
\fbox{ \Large Correction Feuille Exercice 19}
\end{center}
\vspace{30pt}

\setcounter{theorem}{7}

%%% Exercices d'approfondissement
\savoir{\'Etudier une suite définie par une intégrale}



\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item Soit $k \in \N$. On a 
$$
\forall t \in [k,k+1], \quad \dfrac{1}{k+1} \leq \dfrac{1}{t} \leq \dfrac{1}{k}
$$
D'après l'inégalité de la moyenne
\begin{center}
\fbox{$
\ds \dfrac{1}{k+1} \leqslant \int_k^{k+1} \dfrac{1}{t}dt \leqslant \dfrac{1}{k} .
$}
\end{center}
\item On a alors
$$
\ds \dfrac{1}{k+1} \leqslant \ln(k+1) - \ln(k) \leqslant \dfrac{1}{k} .
$$
\end{enumerate}
On avait déjà obtenu cette inégalité en appliquant l'inégalité des accroissements finis à la fonction $\ln$. 
\end{exo}



\begin{exo}
On considère la suite $u$ définie pour tout $n\in\N$ par
$$
u_n=\int_0^1\frac{x^{n}}{1+x}dx
$$
\begin{enumerate}
\item Soit $x \in [0,1]$. On a 
\begin{align*}
0 \leq x \leq 1 & \Longrightarrow	1 \leq 1+x \leq 2 \\
&\Longrightarrow	1 \geq \dfrac{1}{1+x} \geq \dfrac{1}{2} \\
&\Longrightarrow	x^n \geq \dfrac{x^n}{1+x} \geq \dfrac{x^n}{2} \geq 0 
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{Donc
 $\forall x\in [0,1], 0\leq \frac{x^n}{1+x}\leq x^n$.}
\end{center}
\item On rappelle que les fonctions $x \to \dfrac{x^n}{1+x}$ et $x \to x^n$ sont continues sur $[0;1]$. D'après la question précédente
\begin{align*}
& \int_0^1 0 dx \leq \int_0^1 \frac{x^n}{1+x} dx\leq \int_0^1 x^n dx \\
\Longrightarrow \quad & 0 \leq u_n \leq \left[ \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 \\
\Longrightarrow \quad & 0 \leq u_n \leq  \dfrac{1}{n+1} - 0 
\end{align*}
On sait que $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n+1} = 0$. D'après le théorème des gendarmes, $(u_n)$ est convergente et 
\begin{center}
\fbox{$\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0.$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\begin{exo}[*]
\begin{enumerate}
\item Remarquons tout d'abord que pour tout $n \in \N$, la fonction $x \to x^2 e^{nx^3}$ est continue sur $[0;1]$. L'intégrale est donc bien définie. 
 Il y a deux méthodes, on peut calculer les termes de la suite $(a_n)$. 
$$
a_n = \left[ \dfrac{1}{3n} e^{nx^3} \right]_0^1 = \dfrac{e^n}{3n}
$$
On étudie ensuite la suite $a_n = f(n)$ en étudiant par exemple la fonction sous-jacente. Mais on peut également trouver la monotonie en remarquant que (pour $x \in [0,1]$) 
\begin{align*}
n \leq n+1 & \Longrightarrow nx^3 \leq (n+1) x^3 \\
 & \Longrightarrow e^{nx^3} \leq e^{(n+1) x^3} \\
 & \Longrightarrow x^2e^{nx^3} \leq x^2e^{(n+1) x^3} \\
 & \Longrightarrow \int_0^1 x^2e^{nx^3} dx \leq  \int_0^1 x^2e^{(n+1) x^3} dx \\
 & \Longrightarrow a_n \leq a_{n+1} 
\end{align*} 
\begin{center}
 \fbox{La suite $(a_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
 \end{center}
 
\item Pour tout $n \in \N$, remarquons que la fonction $t \to e^{-t^2}$ est continue sur $[0;n]$. On calcule alors
\begin{align*}
b_{n+1} - b_n & = \int_0^{n+1} e^{-t^2} dt - \int_0^{n} e^{-t^2} dt \\
& = \int_0^{n+1} e^{-t^2} dt + \int_n^{0} e^{-t^2} dt \\
& = \int_n^{n+1} e^{-t^2} dt \quad \text{relation de Chasles} 
\end{align*} 
Or la fonction $t \to e^{-t^2}$ est positive donc $b_{n+1} - b_n = \int_n^{n+1} e^{-t^2} dt > 0$. \begin{center}
\fbox{La suite $(b_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
\end{center} 
\end{enumerate}
%\item De la même façon, pour tout $n \in \N$, 
%\begin{align*}
%c_{n+1} - c_n & = \int_1^{1/(n+1)} (\ln y)^3 dy - \int_1^{1/n} (\ln y)^3 dy \\
%& = \int_1^{1/(n+1)} (\ln y)^3 dy + \int_{1/n}^{1} (\ln y)^3 dy \\
%& = \int_{1/n}^{1/n+1} (\ln y)^3 dy \quad \text{relation de Chasles} 
%\end{align*} 
%Or la fonction $y \to (\ln y)^3$ est négative sur $[0,1]$ et $\dfrac{1}{n+1} < \dfrac{1}{n}$ donc $c_{n+1} - c_n = \int_{1/n}^{1/n+1} (\ln y)^3 dy > 0$.
%\end{enumerate}
%\begin{center}
%\fbox{La suite $(c_n)_{n \in \N}$ est croissante.}
%\end{center} 
\end{exo}


\begin{exo}[**]
Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $[0 ; +\infty[$ par $f(x) = \ln(1 +  xe^{-x})$. On note $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$ sur l'intervalle $[0 ; +\infty[$. On note $\mathscr{C}$ la courbe représentative de la fonction
$f$ dans un repère orthogonal. \\

{\bf PARTIE I :} La fonction $x \to 1 + xe^{-x}$ est dérivable et strictement positive sur $[0,+\infty[$. \\
La fonction $f$ est donc dérivable sur $[0,+\infty[$ en tant que composée de fonction dérivable. Et on a 
$$
\forall x \in [0, +\infty[, \quad f'(x) = \dfrac{e^{-x} - xe^{-x}}{1 + xe^{-x}} = `\dfrac{(1-x) e^{-x}}{1 + xe^{-x}}
$$
La dérivée est du signe de $(1 -x)$. De plus $ f(0) = 0$, $\li_{x \to + \infty} x e^{-x} = 0 $ par croissance comparée et donc $\li_{x \to +\infty} f(x) = 0$. 
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1, Variations de $f$/2}{0,$1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-, }
\tkzTabVar{-/0,+/$\ln(1+e^{-1})$, -/$0$}
%\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{0}{0}
\end{tikzpicture}
\end{center} 

{\bf PARTIE II :} Soit $\lambda$ un nombre réel strictement positif. On pose $A(\lambda) = \ds \int_0^\lambda f(x) dx$. On se propose de majorer $A(\lambda)$ à l'aide de deux méthodes différentes.
\begin{enumerate}
\item {\bf Première méthode :} La fonction $f$ est continue sur $[0; \lambda]$ et elle est majorée en $x=1$ (par $f(1)= \ln(1+e^{-1})$ sur cet intervalle. Donc pour tout $x \in [0, \lambda]$,
\begin{align*}
f(x) \leq f(1) & \Longrightarrow  \int_0^{\lambda} f(x) dx \leq \int_0^{\lambda} f(1) dx \\
& \Longrightarrow  A(\lambda) \leq \lambda f(1) 
\end{align*}  
\item {\bf Deuxième méthode :}
\begin{enumerate}
\item On effectue une intégration par partie. On a  
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = x$ & $v'(x) = e^{-x}$ \\
$u'(x) = 1$ & $v(x) = - e^{-x}$
\end{tabular}
$u$ et $v$ sont deux fonctions de classe $C^1$ donc
\begin{align*}
\int_0^{\lambda} xe^{-x} dx & = \left[ -xe^{-x} \right]_0^{\lambda} + \int_0^\lambda e^{-x} dx \\ 
& = - \lambda e^{-\lambda} - 0 + \left[ -e^{-x} \right]_0^\lambda \\
& = - \lambda e^{-\lambda} -e^{-\lambda} - ( -e^0)
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc $\ds \int_0^{\lambda} x e^{-x} dx = - \lambda e^{-\lambda} -e^{-\lambda} +1$ }
\end{center}
\item  On admet que pour tout nombre réel positif $u$; $\ln(1 + u) \leq  u$.
Or $xe^{-x} >0$ donc pour $\lambda >0$
\begin{align*}
\ln(1+xe^{-x}) \leq xe^{-x} \Longrightarrow \int_0^\lambda \ln(1+xe^{-x}) dx \leq \int_0^\lambda xe^{-x} dx
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{On conclut alors que $A(\lambda) \leq - \lambda e^{- \lambda} - e^{-\lambda} +1$.}
 \end{center} 
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}


\vspace{-10pt}
\savoir{Calculer une intégrale à l'aide d'une intégration par parties}

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \ln(t)$ est continue sur $[1;e]$. L'intégrale $\ds \int_1^e \ln(t) dt$ est bien définie, calculons la à l'aide d'une intégration par parties. Soient \begin{tabular}{cc}
$u(t) = \ln(t)$ & $u'(t) = \dfrac{1}{t}$ \\
$v'(t) = 1$ & $v(t) =  t$
\end{tabular}. Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a alors,
\begin{align*}
\int_1^e \ln(t) dt & = \left[ t \ln(t) \right]_1^e - \int_1^e \dfrac{t}{t} dt \\
& = (e - 0) - \int_1^e dt \\
& = e - (e-1) \boxed{= 1}
\end{align*}

\item La fonction $t \to t^2 e^{5t}$ est continue sur $[-2;0]$. L'intégrale $\ds \int_0^{-2} t^2 e^{5t} dt$ est bien définie, calculons la à l'aide d'une intégration par parties. Soient \begin{tabular}{cc}
$u(t) = t^2$ & $u'(t) = 2t$ \\
$v'(t) = e^{5t}$ & $v(t) =  \dfrac{1}{5} e^{5t}$
\end{tabular}. Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a alors,
\begin{align*}
\int_0^{-2} t^2 e^{5t} dt & = \left[ \dfrac{1}{5} t^2e^{5t} \right]_0^{-2} - \int_0^{-2} \dfrac{2}{5} t e^{5t} dt \\
& = \dfrac{4}{5}e^{-10} - 0 - \dfrac{2}{5} \int_0^{-2}  t e^{5t} dt \\
\end{align*}
On calcule alors $\ds \int_0^{-2}  t e^{5t} dt$ à l'aide d'une nouvelle intégration par partie. L'intégrale $\ds \int_0^{-2} t e^{5t} dt$ est bien définie, calculons la à l'aide d'une intégration par parties. Soient \begin{tabular}{cc}
$u(t) = t$ & $u'(t) = 1$ \\
$v'(t) = e^{5t}$ & $v(t) =  \dfrac{1}{5} e^{5t}$
\end{tabular}. Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$. On a alors,
\begin{align*}
\int_0^{-2} t e^{5t} dt & = \left[ \dfrac{1}{5} t e^{5t} \right]_0^{-2} - \int_0^{-2} \dfrac{1}{5} e^{5t} dt \\
& = -\dfrac{2}{5}e^{-10} - 0 - \dfrac{1}{5} \int_0^{-2}  e^{5t} dt \\
& = - \dfrac{2}{5}e^{-10} - \dfrac{1}{5} \left[ \dfrac{1}{5} e^{5t} \right]_0^{-2} \\
& = - \dfrac{2}{5}e^{-10} - \dfrac{1}{25} e^{-10} + \dfrac{1}{25}
\end{align*}
Donc 
\begin{align*}
\int_0^{-2} t^2 e^{5t} dt & = \dfrac{4}{5}e^{-10} - \dfrac{2}{5} \left(- \dfrac{2}{5}e^{-10} - \dfrac{1}{25}e^{-10} + \dfrac{1}{25} \right) \\
& = \left( \dfrac{4}{5} + \dfrac{4}{25} + \dfrac{2}{125} \right) e^{-10} - \dfrac{1}{125} \\
& \boxed{= \dfrac{122}{125} e^{-10} - \dfrac{1}{125}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exo}
%
%
\begin{exo}[*]
On pose, $\forall n \in \N$, $I_n = \displaystyle \int_0^1 \dfrac{(1-t)^n}{n!} e^t dt$. 
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to e^t$ est continue sur $[0;1]$. On calcule
\begin{align*}
I_0 = \int_0^1 \dfrac{e^t}{0!} dt =  \left[e^t\right]_0^1 =  e-1
\end{align*}
La fonction $t \to (1-t)e^t $ est continue sur $[0;1]$. On calcule 
$$
I_1 = \int_0^1 \dfrac{(1-t)}{1!} e^tdt = \int_0^1 e^t dt -  \int_0^1 te^t dt =  \int_0^1 e^t dt -  \int_0^1 te^t dt
$$
On calcule $\ds \int_0^1 te^t dt$ par une intégration par partie. Soient \begin{tabular}{cc}
$u(t) = t$ & $v'(t) = e^{t}$ \\
$u'(t) = 1$ & $v(t) =  e^{t}$
\end{tabular}
deux fonctions de classe $\mathcal{C}^1$. Donc
$$
\int_0^1 te^t  = [te^{t}]_0^1 - \int_0^1 e^t dt  = e - 0 - [e^t]_0^1 = e - e +1 = 1
$$
\begin{center}
\fbox{Finalement
$I_1 = e-1 - 1 = e-2$}
\end{center}
\item Pour $t \in [0,1]$, $1-t \in [0,1]$ et $e^t \in [0,e]$. On a donc
\begin{align*}
 0 \leq 1 - t \leq 1 & \Longrightarrow 0 \leq (1-t)^n \leq 1 \\
 & \Longrightarrow 0 \leq (1-t)^n e^t \leq e^t \leq e \\
 & \Longrightarrow 0 \leq \dfrac{(1-t)^n}{n!} e^t \leq \dfrac{e}{n!} \\
 & \Longrightarrow 0 \leq \dfrac{(1-t)^n}{n!} e^t \leq \dfrac{e}{n!} \\
 & \Longrightarrow \int_0^1 0dt \leq \int_0^1 \dfrac{(1-t)^n}{n!} e^t dt \leq \int_0^1 \dfrac{e}{n!} dt \\
 & \Longrightarrow 0 \leq I_n \leq \dfrac{e}{n!}
\end{align*}
Or $\li_{n \to +\infty} \dfrac{1}{n!} = 0$ Donc, d'après le théorème des gendarmes, \begin{center}
\fbox{La suite $(I_n)$ converge et $\li_{n \to +\infty} I_n =0$. }
\end{center}
\item On a $I_{n+1} = \ds \int_0^1 \dfrac{(1-t)^{n+1}}{(n+1)!} e^t dt$. On pose alors

\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(t) = \dfrac{(1-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ & $v'(t) = e^t$ \\
\\
$u'(t) = - \dfrac{(1-t)^n}{n!} $ & $v(t) = e^t$
\end{tabular}
\end{center}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$. Par intégration par partie, 
\begin{align*}
I_{n+1} = \int_0^1 \dfrac{(1-t)^{n+1}}{(n+1)!} e^t dt & = \left[ \dfrac{(1-t)^{n+1}}{(n+1)!}e^t \right]_0^1 - \int_0^1 -  \dfrac{(1-t)^n}{n!}e^t dt \\
\Longleftrightarrow \quad I_n & = 0 - \dfrac{1}{(n+1)!} + I_n
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{$\forall n \in \N, \; I_{n+1} = I_n - \dfrac{1}{(n+1)!}$ .}
\end{center}
\item On montre les propriétés suivantes $\P_n : \left\{  I_n = \displaystyle e - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} \right\}$.
 \begin{itemize}
\item \textbf{Initialisation :} $I_0 = e- \ds \sum_{k=0}^0 \dfrac{1}{k!} = e - 1$. D'après la question 1, la propriété $\mathscr{P}_0$ est vraie.  
	\item \textbf{Hérédité :} On suppose que $\P_n$ est vrai pour un certain rang $n$. On a donc $I_n = \displaystyle e - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}$. Or,
\begin{align*}
I_{n+1} & = I_n - \dfrac{1}{(n+1)!} \\
& = e - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} - \dfrac{1}{(n+1)!} \\
& = e - \sum_{k=0}^{n+1} \dfrac{1}{k!}
\end{align*}
La proposition $\P_{n+1}$ est donc vraie. On en déduit que la suite des proposition $(\P_n)$ est héréditaire. 
	\item \textbf{Conclusion :} \fbox{Pour tout $n \in \N$, $I_n = \displaystyle e - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!}$. }\\
	\end{itemize}
On a donc $\ds \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} = e - I_n$ et 
\begin{center}
\fbox{ $\li_{n \to + \infty} \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} = e$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}

\newpage 
\savoir{Calculer une intégrale à l'aide d'un changement de variable. }

\begin{exo}
\begin{enumerate}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{t(\ln t)^{3}}$ est continue sur $[e;e^2]$. On pose alors le changement de variable $x = \ln(t)$. On a alors
$$
dx = \dfrac{1}{t} dt, \quad t = e  \rightsquigarrow x = 1, \quad t = e^2 \rightsquigarrow x = 2
$$
En appliquant le changement de variable, on obtient
\begin{align*}
\int_{e}^{e^{2}}\dfrac{1}{t(\ln t)^{3}}dt & = \int_1^2 \dfrac{dx}{x^3} \\
& = \left[ - \dfrac{1}{2x^2} \right]_1^2 \\
& = -\dfrac{1}{8} - \left( - \dfrac{1}{2} \right) \\
& \boxed{= \dfrac{3}{8}}
\end{align*}
\item La fonction $t \to \dfrac{1}{2t+1}$ est continue sur $[0;1]$. On pose alors le changement de variable $x = 2t+1$. On a alors
$$
dx = 2 dt, \quad t = 0  \rightsquigarrow x = 1, \quad t = 1 \rightsquigarrow x = 3
$$
En appliquant le changement de variable, on obtient
\begin{align*}
\displaystyle\int_0^1  \dfrac{dt}{2t+1} & = \int_1^3 \dfrac{dx}{2x} \\
& = \left[ \dfrac{1}{2} \ln(x) \right]_1^3 \\
& = \dfrac{\ln(3)}{2} - \dfrac{\ln(1)}{2} \\
& \boxed{= \dfrac{\ln(3)}{2}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\end{exo}



\begin{exo}[**]
L'objectif est de calculer les intégrales suivantes :
\[ 
I = \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{t^2+2}} dt \quad J = \int_0^1 \dfrac{t^2}{\sqrt{t^2+2}} dt \quad K = \int_0^1 {\sqrt{t^2+2}} dt\quad L = \int_0^1 \dfrac{t}{\sqrt{t^2+2}} dt
\] 
\begin{enumerate}
\item Pour $t \in [0,1]$, on a $t^2 +2 \geq 0$. Les fonctions $t \to \sqrt{t^2 +2}$, $t \to \dfrac{1}{\sqrt{t^2 + 2}}$, $t \to \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +2 }}$ et \\
$t \to \dfrac{t^2}{\sqrt{t^2 +2}}$ sont continues sur $[0,1]$. \begin{center}
\fbox{Les intégrales $I$, $J$, $K$ et $L$ existent.}
\end{center} 
On a 
$$
L = \int_0^1 \dfrac{t}{\sqrt{t^2+2}} dt = \left[ \sqrt{t^2 +2} \right]_0^1 = \sqrt{3} - \sqrt{2}
$$
\begin{center}
\fbox{On a donc $L = \sqrt{3} - \sqrt{2}$.}
\end{center}
\item On calcule
\begin{align*}
J + 2I &= \int_0^1 \dfrac{t^2}{\sqrt{t^2 +2}} dt + 2 \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{t^2 +2}} dt \\
&= \int_0^1 \dfrac{t^2}{\sqrt{t^2 +2}} dt + \int_0^1 \dfrac{2}{\sqrt{t^2 +2}} dt \\
&= \int_0^1 \dfrac{t^2+ 2}{\sqrt{t^2 +2}} dt  \\
&= \int_0^1 \sqrt{t^2 +2} dt 
\end{align*}
\begin{center}
 \fbox{On a bien $J+2I = K$.}
 \end{center}
\item On pose 
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(t) = \sqrt{t^2 +2}$ & $v'(t) = 1$ \\
$u'(t) = \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +2}}$ & $v(t) = t$ 
\end{tabular}
\end{center}
Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[0,1]$. Donc par intégration par parties, 
\begin{align*}
K = \int_0^1 \sqrt{t^2 +2} dt  & = \left[ t \sqrt{t^2 + 2} \right]_0^1 - \int_0^1 \dfrac{t^2}{\sqrt{t^2 +2}} dt \\
& = 1 \sqrt{1+2} - 0 - J
\end{align*}
\begin{center}
\fbox{On a donc $K = \sqrt{3} - J$}
\end{center}
\item On effectue le changement de variable $x = t + \sqrt{t^2 + 2}$. On a alors $$
dx = \left(1 + \dfrac{t}{\sqrt{t^2 +2}} \right)dt =  \left(\dfrac{\sqrt{t^2 +2} +t}{\sqrt{t^2 +2}} \right) dt.$$ On sait que 
\begin{align*}
I &= \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}} dt \\
& = \int_0^1 \dfrac{1}{t + \sqrt{t^2 +2}} \left( \dfrac{t + \sqrt{t^2 +2}}{\sqrt{1+t^2}} \right) dt \\
& = \int_{\sqrt{2}}^{1+ \sqrt3} \dfrac{1}{x}dx \\
& = \big[ \ln(x) \big]_{\sqrt2}^{1+ \sqrt{3}} \\
\end{align*}
c'est à dire que 
\begin{center}
\fbox{$I = \ln(1+\sqrt{3}) - \ln(\sqrt{2})$.}
\end{center}
\item On a
$$ J + 2I = \sqrt{3} - J \Longleftrightarrow 2J = \sqrt{3} - 2I$$
c'est à dire 
\begin{center}
\fbox{$ J =  \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \ln(1+\sqrt{3}) + \ln(\sqrt{2})$}
\end{center}
De même $K = \sqrt{3} - J$ donc 
\begin{center}
\fbox{$
K = \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \ln(1+\sqrt{3}) - \ln(\sqrt{2})
$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{exo}


\vspace{-10pt}
\savoir{Reconnaitre une somme de Riemann et calculer sa limite.}


\begin{exo}[*-**]
Montrer que les suites suivantes sont convergentes, et trouver leur limite.
\begin{enumerate}
\item On a
$$
u_n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{\sqrt{k}}{n^{3/2}} = \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{\dfrac{k}{n}}
$$
On reconnait une somme de Riemann avec $f:x \to \sqrt{x}$, $a=0$ et $b=1$. Donc 
$$\li_{n \to + \infty} u_n = \int_0^1 \sqrt{x} dx = \left[\dfrac{2}{3} x \sqrt{x} \right]_0^1$$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{n \to + \infty} u_n = \dfrac{2}{3}$.}
\end{center}
\item On a
$$
v_n = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{k+n} = \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{1}{1 + \frac{k}{n}}
$$
On reconnait une somme de Riemann avec $f:x \to \dfrac{1}{1+x}$, $a=0$ et $b=1$. Donc 
$$\li_{n \to + \infty} v_n = \int_0^1 \dfrac{1}{1+x} dx = \left[ \ln(1+x) \right]_0^1$$
\begin{center}
\fbox{Donc $\li_{n \to + \infty} v_n = \ln(2)$.}
\end{center}
On aurait aussi pu reconnaitre une somme de Riemann avec $g:x \to \dfrac{1}{x}$, $a=1$ et $b=2$. Donc 
$$\li_{n \to + \infty} v_n = \int_1^2 \dfrac{1}{x} dx = \left[ \ln(1+x) \right]_1^2 = \ln(2)$$
\item On a
\begin{align*}
\ln(w_n) &= \ln \left( \left( \prod_{k=0}^{n-1} \left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) \right)^{\hspace{-4pt}\frac{1}{n}} \right) \\
&= \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \ln \left( 1 + \dfrac{k}{n} \right) := \tilde{w}_n 
\end{align*}
On reconnait une somme de Riemann avec $f:x \to \ln(1+x)$, $a=0$ et $b=1$. Donc 
$$\li_{n \to + \infty} \tilde{w_n} = \int_0^1 \ln(1+x) dx $$
On résout cette intégrale par intégration par partie en choisissant 
\begin{center}
\begin{tabular}{cc}
$u(x) = \ln(1+x)$ & $v'(x) = 1$ \\
$u'(x) = \dfrac{1}{1+x}$ & $v(x) = x$
\end{tabular}
\end{center}
On a alors 
\begin{align*}
\int_0^1 \ln(1+x) dx & = \left[ x \ln(1+x) \right]_0^1 - \int_0^1 \dfrac{x}{1+x}dx \\
& = \ln(2) - 0 - \int_0^1 \dfrac{1+x - 1}{1+x}dx \\
& = \ln(2) - \left( \int_0^1 dx - \int_0^1 \dfrac{dx}{1+x} \right) \\
& = \ln(2) - \left( 1 - \ln(2) \right) \\
& = 2 \ln(2) - 1
\end{align*}
Donc $\li_{n \to + \infty} \tilde{w}_n = 2\ln(2) - 1$
\begin{center}
\fbox{et donc $\li_{n \to + \infty} w_n = e^{2\ln(2) - 1}$}
\end{center}
On aurait aussi pu reconnaitre une somme de Riemann avec $g:x \to \ln(x)$, $a=1$ et $b=2$. Donc 
$$\li_{n \to + \infty} \tilde{w}_n = \int_1^2 \ln(x) dx = \left[ x\ln(x) - x \right]_1^2 =2 \ln(2) - 1$$
\end{enumerate}
\end{exo}







\end{document}
