Utilisation des sommes de Riemann avec Xcas

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# 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 ∫ab φn est égale à :
∑j=1n (aj −aj−1)*λj
où λj est la valeur constante prise par φj sur ]aj−1,aj[.
Soit f une application continue par morceaux de [a,b] dans ℝ ou ℂ.

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

### 27.1.2 Sommes de Riemann

Soit (aj)j ∈ [0,n] une subdivision de [a,b].

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

Propriété
On a :
aj−aj−1=b−a/n pour j ∈ [1,n].
et donc
∫ab f(t) dt=limn → +∞b−a/n∑j=1n f(tj)=limn → +∞b−a/n∑j=1n−1 f(tj)
où tj est un élément de [aj−1,aj] pour tout j ∈ [1,n] (par ex tj=aj−1 ou tj= aj).

## 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=0n-1 xpr(n,k) ou de ∑k=1n-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 Sn=∑k=1n k2/n3.
   Calculer limn → +∞ Sn.
2. Soit Sn=∑k=1n k3/n4.
   Calculer limn → +∞ Sn.
3. Calculer limn → +∞(1/n+1+1/n+2+...+1/n+n).
   Déterminer un équivalent de Sn==∑k=n+12*n 1/kp lorsque p∈ ℝ−{1}
4. Calculer limn → +∞(n/n2+12+n/n2+22+...+n/n2+n2).
5. Soit Sn=∑k=1n n+k/n2+k2.
   Calculer limn → +∞ Sn.
6. Soit Sn=∑k=1n 32n3/16n4−k4.
   Calculer limn → +∞ Sn.

## 27.4 Corrections des exercices

1. Sn=∑k=1n k2/n3=1/n∑k=1n (k/n)2
   Sn est une somme de Riemann de la fonction f(x)=x2 sur [0,1].
   On a :
   limn → +∞ Sn=∫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. Sn=∑k=1n k3/n4=1/n∑k=1n (k/n)3.
   Sn est une somme de Riemann de la fonction f(x)=x3 sur [0,1].
   On a :
   limn → +∞ Sn=∫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 Un=(1/n+1+1/n+2+...+1/n+n)=∑k=n+12*n 1/k=∑k=1n 1/n+k=1/n∑k=1n 1/1+k/n
   Un 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 :
   limn → +∞ Sn=∫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 Sn=∑k=n+12*n 1/kp 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 Sn=∑k=n+12*n 1/kp semble donc être 2p−1−1/2p−1*(p−1)*np−1
4. Soit Sn=(n/n2+12+n/n2+22+...+n/n2+n2)=∑k=1n n/n2+k2=1/n∑k=1n 1/1+(k/n)2
   Sn est une somme de Riemann de la fonction f(x)=1/1+x2 sur [0,1].
   On a :
   limn → +∞ Sn=∫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. Sn=∑k=1n n+k/n2+k2=1/n∑k=1n 1+k/n/1+(k/n)2.
   Sn est une somme de Riemann de la fonction f(x)=1+x/1+x2 sur [0,1].
   On a :
   limn → +∞ Sn=∫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. Sn=∑k=1n 32n3/16n4−k4=1/n∑k=1n 32/16−(k/n)4.
   Sn est une somme de Riemann de la fonction f(x)=32/16−x4 sur [0,1].
   On a :
   limn → +∞ Sn=∫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 Sn=∑k=1n k/n2 sin(kπ/n).
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Sn=∑k=1n 1/n sin(k*x/n).
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Sn=∑k=1n k2/n2 sin(kπ/n).
   Trouver un equivalent de Sn 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 Sn 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

   Sn est donc équivalente à n*π2−4/π3 quand n → +∞.
4. Soit Sn=∑k=1n sin(π/n)/2+cos(kπ/n).
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Sn 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 Sn est donc 0 (0*π=0) quand n → +∞.
5. Soit Sn=∑k=1n 1/√k2+n2.
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Sn=∑k=1n n/n2+k2t2.
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Sn=∑k=1n−1 1/√k(n−k).
   Calculer limn → +∞ Sn.
   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 Pn=1/n(∏k=1n (k+n))1/n.
   Calculer limn → +∞ Pn.
   On a :
   ln(Pn)=−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 limn → +∞ Pn=exp(2*ln(2)−1)=4/e

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

Soit Pn=∏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=∫0π/2ln(sin(x))dx est convergente et calculer sa valeur à l’aide des sommes de Riemann.
5/ Retrouver ce résultat en considérant J=∫0π/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

limit(pi/2/n*ln(sqrt(n)/2n-1),n=+infinity)

On obtient :

-( |
pi*log(2)
2
| )

4/ ∫0π/2ln(sin(x))dx est convergente en 0 car :
0<−ln(sin(x))<1/√x au voisinage de 0 (limx−>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 :
∫0π/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 :
∫0aln(cos(x))dx=∫π/2−aπ/2ln(sin(x))dx
donc
I=J=(I+J)/2=1/2∫0π/2ln(sin(x)*cos(x))dx=
1/2∫0π/2(ln(sin(2*x))−ln(2))dx=
I/2−1/2∫0π/2ln(2)dx=I/2−ln(2)/4
en effet
∫0π/2ln(sin(2*x))dx=1/2∫0πln(sin(u))du= 1/2(∫0π/2ln(sin(u))du+∫π/2πln(sin(u))du)= 1/2(∫0π/2ln(sin(u))du−∫π/20ln(sin(π−t))dt)=1/2(I+I)=I
Donc

I=− |
π
2
| ln(2)

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