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...
fr] édité le 29 décembre 2015

Enoncés

Sommes de Riemann

1

Exercice 7 [ 03198 ] [Correction]
Déterminer un équivalent quand n → +∞ de
n

Exercice 1 [ 01998 ] [Correction]
Déterminer les limites des suites définies par le terme général suivant :

1
(n + 2k)3

un =
k=1

a)

n
n
k=1 n2 +k2

n
k
k=1 n2 +k2

b)

c)

n
√ 1
k=1 n2 +2kn

Exercice 2 [ 01999 ] [Correction]
En faisant apparaître une somme de Riemann, déterminer un équivalent simple de
n

√

Sn =

k
k=1

Exercice 9

Exercice 3 [ 00744 ] [Correction]
Déterminer la limite de la suite de terme général
(2n)!
nn n!

Exercice 8 [ 03768 ] [Correction]
Étudier la suite suivante
r(1) + r(2) + · · · + r(n)
un =
n2
avec r(k) le reste de la division euclidienne de n par k
...


n→+∞

1
pα
p=n+1

c) En déduire
2n

Exercice 5 [ 02786 ] [Correction]
Calculer les limites de
n

sin
k=1

k
n

lim

n→+∞

sin

k
n2

n

sin2 √

et
k=1

1
k+n

lorsque n → +∞
...
Montrer que
n−1

X 2n − 1 = (X 2 − 1)
Exercice 6 [ 02787 ] [Correction]
n
Si n ∈ N∗ et x ∈ R, soit fn (x) = k=1 sin(kx)
...
Calculer lim fn (xn )
...
cpgedupuydelome
...
, n},
√
Sn = n n

et
1
n

n

1
n

1
k
=
n
n

k=1

n

k
n2

k
n

k=1

≤

1
n

f
k=1

n

1+

n

f
k=1

k
n

1

→

f (t) dt =
0

donc
Sn ∼

(2n)!
nn n!

n

k=1

2 3/2
t
3

1

=
0

2
3

2 3/2
n
3

donc

n

k=1

=

1
n

n

(ln(n + k) − ln n) =
k=1

1
n

1
n

Or

n

ln 1 +
k=1

1/n

→1

Exercice 5 : [énoncé]
Pour x ≥ 0, x − 1 x3 ≤ sin x ≤ x donc |sin x − x| ≤ M x3 avec M = 1/6
...
6 ≤ 3
n
n
n
n

sin
1
n

k
n2

≤1+

puis

k
n

Exercice 3 : [énoncé]
On a
ln

4
e

1/n

k
n2

1+

1≤

√
avec f : t → t définie et continue sur [0 ; 1]
...
cpgedupuydelome
...


n

1
1
sin2 √
−
≤M
k + n k=1 k + n
k=1
n

k=1

1
1
=
k+n
n

donc

n

k=1

n

k=1

1
→
1 + k/n

n

sin2 √
k=1

Sn −→

1
M
≤
→0
2
(k + n)
n

n

1
(1 + 2k/n)3

k=1

n→+∞

0

dt
1
= −
(1 + 2t)3
4(1 + 2t)2

On en déduit
1

0

1
n

Par les sommes de Riemann, on a
1

n

Or

3

avec

n

1 3
6x

Corrections

un ∼

dx
= ln 2
1+x

1

=
0

2
9

2
9n2

Exercice 8 : [énoncé]
La division euclidienne de n par k s’écrit

1
→ ln 2
k+n

n = [n/k] k + r(k)
et donc
n − r(k) = k [n/k]

Exercice 6 : [énoncé]
On a

puis
n

fn (x) =
k=1

(n + 1)x sin nx
2
cos kx = cos
2
sin x
2

donc

π
n+1

xn =
Par suite

n

fn (xn ) =

kπ
sin n+1

k

k=1

1
=
n+1

n

k=1

kπ
sin n+1
k
n+1

vn =

fn (xn ) →
0

sin(πt)
dt
t

Exercice 7 : [énoncé]
On peut écrire

n

k=1

k n
n k

ce qui fait penser à une somme de Riemann associée à la fonction f : t → t [1/t]
définie et continue par morceaux sur ]0 ; 1]
...

Soit N ∈ N∗
...
cpgedupuydelome
...

b) Par les sommes de Riemann,

Puis pour n assez grand
vn −

−

2n

et l’on remarque que

2n

1
p

sin

sin

puis
1

x3
≤ sin x ≤ x
6

π2
n − [n/N ]
≤ε+
12
n

+∞

k=N +2

1
+ε
k2

+

[n/N ] π 2
n 12

ce qui donne

π

π
n→+∞ n

0

Or

π2
π2
vn −
≤ ε + 2ε + ε
12
12

π
n

Finalement vn → π 2 /12 puis un → 1 − π 2 /12

n−1

ln(a2 − 2a cos

ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = lim

Si |a| < 1 alors

π
n

n−1

ln(a2 − 2a cos
k=1

k=1

kπ
+ 1)
n

kπ
π a2n − 1
+ 1) = ln 2
n
n
a −1

2n

ln 1−a 2 → 0 et donc
1−a
π

Exercice 9 : [énoncé]

ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 0
0

a) Par somme de Riemann
2n

Si |a| > 1 alors

1
1
=
p
n
p=n+1

n

1
1+
k=1

1
k
n

→
0

π
n

2n

ln 1−a 2 → 2π ln |a| et donc
1−a

dt
= ln 2
1+t

π

ln(a2 − 2a cos t + 1) dt = 2π ln |a|
0

b) Par somme de Riemann
2n

1
1
= n1−α
α
p
n
p=n+1

n

k=1

1

1
1+

k α
n

→0×
0

dt
=0
(1 + t)α

Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD



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