Exercice 38

On applique la méthode du cours : on met $\frac{1}{n}$ en facteur, on écrit le terme général sous la forme $g\big(\frac{k}{n}\big)$ pour une fonction $g$ indépendante de $n$, on lit l'intervalle sur les bornes de $k$, puis on conclut par le théorème 9. Lorsque $k$ va de $0$ à $n - 1$, on reconnaît $R_{n}(g)$ ; lorsqu'il va de $1$ à $n$, on reconnaît $R'_{n}(g)$ ; dans les deux cas, l'intervalle est $[0\,,1]$. Reste à calculer l'intégrale, et c'est là qu'il faut choisir une technique.

(a) La somme vaut $R_{n}(g)$ pour $g(t) = \sin(\pi t)$, qui est continue. Une primitive est $-\frac{1}{\pi}\cos(\pi t)$. $$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} \sin\frac{k\pi}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{0}^{1} \sin(\pi t)\,\mathrm{d} t = \Big[-\frac{\cos(\pi t)}{\pi}\Big]_{0}^{1} = \boxed{\frac{2}{\pi}}$$ C'est la valeur moyenne de $\sin$ sur une arche, environ $0{,}64$.

(b) On divise numérateur et dénominateur par $n^{2}$ : $\frac{k}{n^{2} + k^{2}} = \frac{1}{n}\,\frac{k/n}{1 + (k/n)^{2}}$, et la somme est $R_{n}(g)$ avec $g(t) = \frac{t}{1 + t^{2}}$. L'intégrande est de la forme $\frac{1}{2}\frac{u'}{u}$, avec $u = 1 + t^{2}$ : $$\sum_{k=0}^{n-1} \frac{k}{n^{2} + k^{2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{0}^{1} \frac{t\,\mathrm{d} t}{1 + t^{2}} = \Big[\frac{1}{2}\ln(1 + t^{2})\Big]_{0}^{1} = \boxed{\frac{\ln 2}{2}}$$

(c) On écrit $\frac{1}{n^{2}}\,k\,\mathrm{e}^{-k/n} = \frac{1}{n}\,\frac{k}{n}\,\mathrm{e}^{-k/n}$ : c'est $R'_{n}(g)$ avec $g(t) = t\,\mathrm{e}^{-t}$. Pour l'intégrale, on intègre par parties (chapitre 6, proposition 4) : le facteur polynomial $t$ disparaît quand on le dérive, et $\mathrm{e}^{-t}$ a une primitive immédiate. $$\int_{0}^{1} t\,\mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d} t = \big[-t\,\mathrm{e}^{-t}\big]_{0}^{1} + \int_{0}^{1} \mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d} t = -\mathrm{e}^{-1} + 1 - \mathrm{e}^{-1}, \qquad \text{d'où} \qquad \boxed{\lim = 1 - \frac{2}{\mathrm{e}}}$$

(d) Comme $\ln(k^{k}) - \ln(n^{k}) = k\ln\frac{k}{n}$, le terme général est $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{n}\ln\frac{k}{n} = R'_{n}(g)$, avec $g(t) = t\ln t$ pour $t > 0$ et $g(0) = 0$. Cette fonction est continue sur $[0\,,1]$, puisque $t\ln t$ tend vers $0$ en $0$ (croissances comparées), et le théorème 9 s'applique. Pour l'intégrale, on intègre par parties en dérivant $\ln t$ et en primitivant $t$ : pour $t > 0$, la fonction $G(t) = \frac{t^{2}}{2}\ln t - \frac{t^{2}}{4}$ vérifie $G' = g$. Pour $\varepsilon \in \,]0\,,1]$, on a donc $\int_{\varepsilon}^{1} g = G(1) - G(\varepsilon)$. Quand $\varepsilon$ tend vers $0$, le premier membre tend vers $\int_{0}^{1} g$ (la fonction $x \mapsto \int_{x}^{1} g$ est continue, par le théorème 6), et $G(\varepsilon)$ tend vers $0$. $$\int_{0}^{1} t\ln t\,\mathrm{d} t = G(1) = \boxed{-\frac{1}{4}}$$ Piège. L'intégrale est bien celle d'une fonction continue sur le segment $[0\,,1]$ : il ne s'agit pas d'une intégrale « impropre ». Mais on ne peut pas intégrer par parties directement sur $[0\,,1]$, puisque $\ln$ n'y est pas définie en $0$ : on passe par $[\varepsilon\,,1]$.

(e) C'est $R'_{n}(g)$ avec $g(t) = \cos^{2}(\pi t)$. On linéarise : $\cos^{2}(\pi t) = \frac{1 + \cos(2\pi t)}{2}$, et le cosinus a une intégrale nulle sur la période $[0\,,1]$. $$\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \cos^{2}\frac{k\pi}{n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{0}^{1} \frac{1 + \cos(2\pi t)}{2}\,\mathrm{d} t = \boxed{\frac{1}{2}}$$

(f) On factorise $n^{2}$ au dénominateur : $\frac{n}{(n + k)^{2}} = \frac{1}{n}\,\frac{1}{(1 + k/n)^{2}}$, et l'on reconnaît $R'_{n}(g)$ avec $g(t) = \frac{1}{(1 + t)^{2}}$, de primitive $-\frac{1}{1 + t}$. $$n\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(n + k)^{2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \Big[-\frac{1}{1 + t}\Big]_{0}^{1} = \boxed{\frac{1}{2}}$$

(g) On divise chaque $\sqrt{k}$ par $\sqrt{n}$ : le terme général est $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k/n} = R'_{n}(\sqrt{\cdot})$, la racine carrée étant continue sur $[0\,,1]$. $$\frac{\sqrt{1} + \cdots + \sqrt{n}}{n\sqrt{n}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{0}^{1} \sqrt{t}\,\mathrm{d} t = \boxed{\frac{2}{3}}$$ Autrement dit, $\sum_{k=1}^{n} \sqrt{k} \sim \frac{2}{3}\,n^{3/2}$ : la somme se comporte comme l'intégrale $\int_{0}^{n} \sqrt{t}\,\mathrm{d} t$.

(h) On factorise $n$ dans la racine : $\frac{1}{\sqrt{4n^{2} - k^{2}}} = \frac{1}{n}\,\frac{1}{\sqrt{4 - (k/n)^{2}}}$. La fonction $g(t) = \frac{1}{\sqrt{4 - t^{2}}}$ est continue sur $[0\,,1]$, et l'on reconnaît la dérivée de $\operatorname{Arcsin}\frac{t}{2}$. $$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{4n^{2} - k^{2}}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \Big[\operatorname{Arcsin}\frac{t}{2}\Big]_{0}^{1} = \boxed{\frac{\pi}{6}}$$

(i) Le cours ramène un produit à une somme par le logarithme : $\ln\Big(\frac{n!}{n^{n}}\Big)^{1/n} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \ln\frac{k}{n} = S_{n}$. On aimerait conclure que $S_{n}$ tend vers $\int_{0}^{1} \ln t\,\mathrm{d} t$, mais la fonction $\ln$, non bornée au voisinage de $0$, n'est pas continue par morceaux sur $[0\,,1]$ : le théorème 9 ne s'applique pas. On contourne la difficulté par un encadrement direct, en utilisant la croissance de $\ln$. Pour $1 \leqslant k \leqslant n - 1$ et $t \in \big[\frac{k}{n}\,,\frac{k + 1}{n}\big]$, on a $\ln\frac{k}{n} \leqslant \ln t \leqslant \ln\frac{k + 1}{n}$, donc, par croissance de l'intégrale, $$\frac{1}{n}\ln\frac{k}{n} \leqslant \int_{k/n}^{(k + 1)/n} \ln t\,\mathrm{d} t \leqslant \frac{1}{n}\ln\frac{k + 1}{n}.$$ On somme pour $k$ de $1$ à $n - 1$, avec la relation de Chasles, et l'on pose $J_{n} = \int_{1/n}^{1} \ln t\,\mathrm{d} t$. Comme le terme d'indice $n$ de $S_{n}$ est $\ln 1 = 0$, et celui d'indice $1$ vaut $-\frac{\ln n}{n}$, on obtient $$S_{n} \leqslant J_{n} \leqslant S_{n} + \frac{\ln n}{n}, \qquad\text{soit}\qquad J_{n} - \frac{\ln n}{n} \leqslant S_{n} \leqslant J_{n}.$$ Une primitive de $\ln$ est $t\ln t - t$ (chapitre 6), d'où $J_{n} = -1 + \frac{\ln n}{n} + \frac{1}{n}$, qui tend vers $-1$ par croissances comparées, de même que $J_{n} - \frac{\ln n}{n}$. Par encadrement, $S_{n} \to -1$, et par continuité de l'exponentielle : $$\boxed{\Big(\frac{n!}{n^{n}}\Big)^{1/n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{1}{\mathrm{e}}}$$ La formule de Stirling (théorème 10) confirme ce résultat : $\frac{n!}{n^{n}} \sim \sqrt{2\pi n}\,\mathrm{e}^{-n}$, et $\frac{1}{n}\ln\big(\sqrt{2\pi n}\big) \to 0$. Numériquement, pour $n = 500$, l'encadrement donne $-0{,}998 \leqslant S_{500} \approx -0{,}992 \leqslant -0{,}986$ ✓.

Piège. L'erreur la plus répandue est d'appliquer le théorème 9 à $\ln$ sur $[0\,,1]$ : le résultat est juste, mais le raisonnement ne l'est pas, faute de continuité par morceaux. L'encadrement par la monotonie est l'outil qui remplace le théorème quand la fonction n'est pas bornée au bord.

(j) Le logarithme du terme général est $\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \ln\big(1 + \frac{k^{2}}{n^{2}}\big) = R'_{n}(g)$, avec $g(t) = \ln(1 + t^{2})$ continue sur $[0\,,1]$. On intègre par parties en dérivant le logarithme, qui devient une fraction rationnelle, et en primitivant $1$ en $t$ : $$\int_{0}^{1} \ln(1 + t^{2})\,\mathrm{d} t = \big[t\ln(1 + t^{2})\big]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{2t^{2}}{1 + t^{2}}\,\mathrm{d} t = \ln 2 - 2\int_{0}^{1} \Big(1 - \frac{1}{1 + t^{2}}\Big)\,\mathrm{d} t = \ln 2 - 2 + \frac{\pi}{2}.$$ Par continuité de l'exponentielle, $$\Big(\prod_{k=1}^{n}\Big(1 + \frac{k^{2}}{n^{2}}\Big)\Big)^{1/n} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \mathrm{e}^{\ln 2 - 2 + \pi/2} = \boxed{2\,\mathrm{e}^{\pi/2 - 2} \approx 1{,}3021}$$ Toutes ces limites ont été contrôlées numériquement pour $n = 4\,000$ ✓.