Deug MIAS 2eme annee Novembre Duree 2H Documents manuscrits autorises

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Niveau: Supérieur, Licence, Bac+2
PARTIEL D'ANALYSE Deug MIAS 2eme annee 16 Novembre 2001 Duree 2H. Documents manuscrits autorises. 1. On pose sn = 1 n2 n∑ k=1 k exp ( ? k n ) . Calculer lim n?+∞ sn. Indication : utiliser une somme de Riemann, puis integrer par parties. (3p) 2. Calculer lim ??0+ 1+?+?2∫ 1+? dt (ln t)2 . Indication : poser t = eu et appliquer la 1re formule de la moyenne. (4p) 3. a) Soit p ≥ 1 un entier fixe. Pour tout entier k ≥ 2, etablir l'inegalite : (1) k+1∫ k dx xp ≤ 1 kp ≤ k∫ k?1 dx xp (1p) . b) On pose un = 2n∑ k=n+1 1 k . A l'aide de (1) calculer lim n?+∞ un. (2p) c) On pose wn = 2n∑ k=n+1 1 k3 .Montrer qu'il existe une constante A > 0 telle que l'on ait, si n ≥ 1, wn ≤ A n2 .

  • calculer ?

  • wn ≤

  • somme de riemann

  • riemann integrable

  • lim n?

  • partons de la version de la deuxieme

  • nxn dx


Publié le : jeudi 1 novembre 2001
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Source : iecn.u-nancy.fr
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PARTIEL D’ANALYSE
DeugMIAS2e`meanne´e Dure´e2H.Documentsmanuscritsautoris´es.
16 Novembre 2001
1. On pose n  X 1k sn=kexp. 2 n n k=1 Calculer limsnnIidacit.serunesoon:utilinnamiup,demmeiRepaerarrpntsigr´e)(.p3itse n+2. Calculer 2 1+θ+θ Z dt lim. 2 θ0+(lnt) 1+θ u re Indication :posert=eet appliquer la 1formule de la moyenne. (4p)
3. a) Soitpu1entneir´x.euttourPoertienklbate´,2e´nilrit´e:gali k+1k Z Z dx1dx (1)≤ ≤(1p). p pp x kx k k1 2n X 1 b) On poseunlim= .A l’aide de (1) calculerun. (2p) k n+k=n+1 2n X 1 c) On posewn= .Montrerqu’il existe une constanteA >0 telle que l’on ait, sin1, 3 k k=n+1 A wn. 2 n Donner une valeur possible pourA. (2p) 2n X 1 d) On posevnqu’il existe= .MontrerαRetB >0 tels que l’on ait, sin1, 2 k k=n+1 α B vn. 2 n n Calculerαet donner une valeur possible pourB. (4p)
4. a) Soit 0< α <:1. Calculer les limites suivantes 1α1 Z Z Z n n n lim,nx dxlimnx dx,limnx dx(1p). n+n+n+0 0α b) Soitf0: [,1 ]7→Rune fonction croissante. Montrer que l’on a 1 Z n limnx f(x)dx=f(10). n+0 Oncommenceraparjustierlesensdelinte´graleci-dessus.(5p)
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Corrig´e 1.On´ecrit n  X 1k k sn= exp. n nn k=1 x Donc, si l’on posef(x) =xe, on a n  X 1k sn=f . n n k=1 Cette somme est une somme de Riemann (ou la valeur moyenne de la fonctionfsur [0,1 ] ).Il enre´sultequelasuite(sn) a pour limite 1 Z x `=.xe dx 0 Cetteint´egralesecalculeparparties.Enposant 0 −x u(x) =xetv(x) =e , on a 0 −x u(x) = 1etv(x) =e , do`u 1 Z h i 1 xx `=xe+e dx, 0 0 soit h ih i 1 1 2 xx `=xe+e= 1. 0 0e
u u 2. En effectuant le changement de variablet=e, on adt=e duetu= lnt, donc 2 2 1+θ+θln(1+θ+θ) Z Z u dt e I(θ) ==du . 2 2 (lnt)u 1+θln(1+θ) 2 Onappliquelapremi`ereformuledelamoyenne.Ilexistec[ ln(1 +dans l’intervalleθ),ln(1 +θ+θ) ] tel que 2 2 ln(1+θ+θ) ln(1+θ+θ) Z Z u2 e1θ u du=e du=. 2 22 u cc ln(1+θ) ln(1+θ) Mais 2 22 2 (ln(1 +θ))c(ln(1 +θ+θ)), donc 2 22 θ θθ ≤ ≤. 2 22 2 (ln(1 +θ+θ))c(ln(1 +θ)) Mais, au voisinage de 0, 2 ln(1 +θ)ln(1 +θ+θ)θ ,
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et donc 2 2 θ θ ∼ ∼1. 2 22 (ln(1 +θ+θ+)) (ln(1θ)) Ilre´sultealorsduth´eor`emedencadrementqueI(θ) admet 1 pour limite lorsqueθtend vers 0. 3. a) Lorsquexvrlanietel[rtpaapl`antiek, kon a+ 1 ] , 1 1 , p p x k et donc k+1 Z dx1 . p p x k k Demˆeme,lorsquexappraitne`tlaintervalle[k1, kon a] , 1 1 , p p x k et donc k Z dx1 . p p x k k1 Ensommantlesine´galite´s(1),pourkvariant den`12a+n, on obtient k+1k 2nZ2n2nZ X XX dx1dx ≤ ≤, p pp x kx k=n+1k=n+1k=n+1 k k1 cest-`a-dire 2n+1 2n Z2nZ X dx1dx ≤ ≤. p pp x kx k=n+1 n+1n a) Sipte=duiend´1,on 2n+1 2n Z Z dx dx un. x x n+1n Soit 2n+ 1 lnunln 2. n+ 1 Commelemembredegaucheconvergeversln2,ilr´esulteduthe´or`emedencadrementque(un) admet ln2 pour limite. b) Sip= 3, on obtient 2n Z 2n dx1 1 wn=, 3 2 x2x n n ce qui donne   1 11 3 wn≤ −=. 2 22 2n4n8n
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La constanteA= 3/8 convient.
c) Sip= 2, on obtient 2n+1 2n Z Z dx dx vn, 2 2 x x n+1n et donc 1 11 1 − ≤vn≤ −, n2+ 1n+ 1n2n soit n1 vn. (n+ 1)(2n+ 1)2n Onende´duit 1 1n3n+ 1 0≤ −vn≤ −=. 2n2n(n+ 1)(2n+ 1)2n(n+ 1)(2n+ 1) Mais 3n+ 13net 2+ 3n+ 12n. Alors 3n+ 13n+ 33 =. 2 2n(n+ 1)(2n+ 1)2n(n+ 1)(2n) 4n On a donc 1 3 vn− ≤,  2 2n4n etα= 1/2. On peut prendreB= 3/4. 4. a) On a 1α Z Z n n n nn+1 nx dx= etnx dx=α . n+ 1n+ 1 0 0 Ilenr´esulteque 1α Z Z n n limnx dxet lim= 1nx dx= 0. n+n+0 0 Alors 1 1α Z ZZ n nn limnx dx= limnx dxlimnx dx= 1. n+n+n+α0 0 n b) La fonctionf´entabgrmaie-inndetnRcnoorctassiestcoinelL.fanox7→nxest continue, doncRiemann-int´egrable.LeproduitdedeuxfonctionsRiemann-inte´grableslestaussi,donc 1 R n lint´egralenx f(x)dxexiste. 0 Partonsdelaversiondeladeuxie`meformuledelamoyennedonne´edanslecours(pourlinter-valle [0,1 ] ) :
soientfetgdeux applications de[ 0,dans1 ]R`uogeanemRistrableetn-int´egfastne´dceorsi positive, alors il existecdans [0,1 ]tel que 1c Z Z f(x)g(x)dx=f(0+)g(x)dx . 0 0 5
Onpeutend´eduireuneautreversionlorsquefest croissante positive. En effet si l’on pose F(x) =f(1x) etG(x) =g(1x), la fonctionFroisd´ecesisanttsefest croissante. De plus 1 1 Z Z f(x)g(x)dx=F(x)G(x)dx , 0 0 (Carlescourbesrepr´esentativesdesfonctionsx7→f(x)g(x) etx7→f(1x)g(1x) sont syme´triquesparrapport`aladroited´equationx= 1/seia2L.see´timisecrap´elgsareslueiqbr courbessontdonclesmˆemes).
Enappliquantladeuxi`emeformuledelamoyennea`FetG, il existecdans [0,tel que1 ] 1c Z Z F(x)G(x)dx=F(0+)G(x)dx . 0 0 Mais,toujoursenraisondelasyme´trieparrapport`aladroited´equationx= 1/2, c1 Z Z G(x)dx=g(x)dx , 0 1c et F(0+) =limf(1xlim) =f(x) =f(1). x0+x1En posantα= 1ctanovuore´,α[ 0,tel que1 ] 1 1 Z Z f(x)g(x)dx=f(1)g(x)dx . 0α n Posonsgn(x) =nxefunutfanpiocton.evitiso.ruoPvuoparioppliquerlaformulpe´rcee´edtn,eli C’est la cas deϕ(x) =f(x)f(0), puisquefest croissante. Alors il existeα[ 0,tel que1 ] 1 1 Z Z ϕ(x)gn(x)dx=ϕ(1)gn(x)dx . 0α Onende´duit 1 11 Z ZZ f(x)gn(x)dxf(0)gn(x)dx= (f(1)f(0))gn(x)dx , 0 0α et donc   1 11 1 Z ZZ Z   f(x)gn(x)dx=f(1)gn(x)dx+f(0)gn(x)dxgn(x)dx . 0α0α Finalement 1 1α Z ZZ f(x)gn(x)dx=f(1)gn(x)dx+f(0)gn(x)dx . 0α0 Alors,dapre`sa),onobtientimm´ediatement 1 Z n limnx f(x)dx=f(10). n+0
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