Sommes de Riemann et Taylor-Lagrange : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : sommes de Riemann et Taylor-Lagrange

Le corrigé détaillé : sommes de Riemann et Taylor-Lagrange

Exercice 1 – Question de cours : rectangles et fonctions lipschitziennes (3 points)

1. Si \(f\) est continue sur le segment \([a, b]\), alors \(R_n(f) = \frac{b-a}{n} \sum_{k=0}^{n-1} f\left(a + k\frac{b-a}{n}\right)\) tend vers \(\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\). Le résultat reste vrai avec la somme des points \(x_1, \ldots, x_n\) (rectangles à droite).

2. Par la relation de Chasles, et puisque \(\int_{x_k}^{x_{k+1}} f(x_k)\,\mathrm{d}t = h f(x_k)\), on écrit :

   \[\int_a^b f(t)\,\mathrm{d}t – R_n(f) = \sum_{k=0}^{n-1} \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(f(t) – f(x_k)\right)\mathrm{d}t.\]

   Pour \(t \in [x_k, x_{k+1}]\), le caractère lipschitzien donne \(|f(t) – f(x_k)| \leq K(t – x_k)\). Par l’inégalité triangulaire intégrale (les bornes sont dans le bon ordre), puis par croissance de l’intégrale :

   \[\left| \int_{x_k}^{x_{k+1}} \left(f(t) – f(x_k)\right)\mathrm{d}t \right| \leq \int_{x_k}^{x_{k+1}} K(t – x_k)\,\mathrm{d}t = \frac{K h^2}{2}.\]

   En sommant ces \(n\) majorations, on obtient \(\left| \int_a^b f – R_n(f) \right| \leq \frac{nKh^2}{2}\). Comme \(h = \frac{b-a}{n}\), l’erreur est donc majorée par \(\frac{K(b-a)^2}{2n}\).

3. La fonction \(g\) est dérivable sur \([0, 2]\), de dérivée \(g^{\prime}(t) = \frac{t}{\sqrt{1+t^2}}\). Or \(|t| < \sqrt{1+t^2}\), donc \(|g^{\prime}(t)| \leq 1\), et l’inégalité des accroissements finis montre que \(g\) est 1-lipschitzienne. La question 2 donne alors une erreur au plus égale à \(\frac{1 \times 2^2}{2n} = \frac{2}{n}\). Celle-ci est inférieure ou égale à \(10^{-3}\) dès que \(n \geq 2000\). Ainsi \(n = 2000\) convient.

Barème : 1) 0,5 point (hypothèse de continuité exigée) ; 2) découpage par Chasles (0,5), majoration sur un segment (0,5), sommation et conclusion (0,5) ; 3) caractère 1-lipschitzien (0,5), choix de \(n\) (0,5).

Piège classique : majorer \(|f(t) – f(x_k)|\) par \(Kh\) au lieu de \(K(t – x_k)\). On obtient alors \(\frac{K(b-a)^2}{n}\), qui est juste mais deux fois moins précis que la borne demandée.

Exercice 2 – Trois limites par les sommes de Riemann (4 points)

1. En divisant numérateur et dénominateur par \(n^2\), on fait apparaître \(\frac{k}{n}\) :

   \[u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{k/n^2}{1 + 3(k/n)^2} = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \varphi\left(\frac{k}{n}\right), \quad \text{avec } \varphi(x) = \frac{x}{1+3x^2}.\]

   La fonction \(\varphi\) est continue sur \([0, 1]\), donc le théorème sur les sommes de Riemann (rectangles à droite) s’applique : \(u_n\) tend vers \(\int_0^1 \frac{x}{1+3x^2}\,\mathrm{d}x = \left[\frac{1}{6}\ln(1+3x^2)\right]_0^1 = \frac{\ln 4}{6}\). Ainsi \(\lim u_n = \frac{\ln 2}{3}\).

2. Pour \(1 \leq k \leq 2n\), on a \(n^2 + 4kn = n^2\left(1 + 4\frac{k}{n}\right)\), donc :

   \[v_n = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{2n} g\left(\frac{k}{n}\right), \quad \text{avec } g(x) = \frac{1}{\sqrt{1+4x}}.\]

   Découpons alors \([0, 2]\) en \(2n\) segments de même longueur \(\frac{2}{2n} = \frac{1}{n}\) : leurs extrémités droites sont les points \(\frac{k}{n}\), pour \(k\) allant de \(1\) à \(2n\). Par conséquent, \(v_n\) est la somme de Riemann à droite de \(g\) sur \([0, 2]\), et \(g\) y est continue. On en déduit que \(v_n\) tend vers \(\int_0^2 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1+4x}} = \left[\frac{1}{2}\sqrt{1+4x}\right]_0^2 = \frac{3-1}{2}\). Donc \(\lim v_n = 1\).

3. On intègre par parties avec \(u(x) = \ln(1+x^2)\) et \(v(x) = x\), toutes deux de classe \(C^1\) sur \([0, 1]\) :

   \[\int_0^1 \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x = \left[x\ln(1+x^2)\right]_0^1 – \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \ln 2 – 2\int_0^1 \left(1 – \frac{1}{1+x^2}\right)\mathrm{d}x.\]

   Comme \(\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}\), on trouve \(\int_0^1 \ln(1+x^2)\,\mathrm{d}x = \ln 2 – 2 + \frac{\pi}{2}\).

   Ensuite, \(P_n\) est strictement positif et \(\ln P_n = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} \ln\left(1 + \left(\frac{k}{n}\right)^2\right)\) : c’est une somme de Riemann de la fonction continue \(x \mapsto \ln(1+x^2)\) sur \([0, 1]\). Ainsi \(\ln P_n\) tend vers \(\ln 2 – 2 + \frac{\pi}{2}\), puis, par continuité de l’exponentielle, \(P_n\) tend vers \(\mathrm{e}^{\ln 2 – 2 + \pi/2}\). Finalement, \(\lim P_n = 2\,\mathrm{e}^{\pi/2 – 2}\), soit environ \(1{,}30\).

Barème : 1) mise sous forme de somme de Riemann (0,5), intégrale (0,5) ; 2) identification du segment \([0, 2]\) et du pas (0,75), calcul de la limite (0,75) ; 3) intégration par parties (0,75), passage au logarithme puis à l’exponentielle (0,75).

Piège classique : pour \(v_n\), intégrer sur \([0, 1]\) parce que le facteur est \(\frac{1}{n}\). Ici l’indice monte jusqu’à \(2n\), donc les points \(\frac{k}{n}\) parcourent \([0, 2]\).

Exercice 3 – Une intégrale entre x et 3x (4,5 points)

1. Question 1 : dérivée et variations

   La fonction \(\varphi\) est continue sur \(]0, +\infty[\), donc elle y admet une primitive \(H\), de classe \(C^1\) avec \(H^{\prime} = \varphi\). Pour \(x > 0\), le segment \([x, 3x]\) est inclus dans \(]0, +\infty[\), si bien que \(F(x)\) existe et vaut \(H(3x) – H(x)\). Par composition et différence, \(F\) est alors de classe \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\), et :

   \[F^{\prime}(x) = 3\varphi(3x) – \varphi(x) = \frac{3\,\mathrm{e}^{-3x}}{3x} – \frac{\mathrm{e}^{-x}}{x} = \frac{\mathrm{e}^{-3x} – \mathrm{e}^{-x}}{x}.\]

   Pour \(x > 0\), on a \(-3x < -x\), et l’exponentielle est strictement croissante : le numérateur est donc strictement négatif. Par conséquent, \(F\) est strictement décroissante sur \(]0, +\infty[\).

2. Question 2 : un encadrement, puis les limites

   Soit \(x > 0\). Pour \(t \in [x, 3x]\), on a \(\mathrm{e}^{-3x} \leq \mathrm{e}^{-t} \leq \mathrm{e}^{-x}\), puis, en divisant par \(t > 0\) :

   \[\frac{\mathrm{e}^{-3x}}{t} \leq \frac{\mathrm{e}^{-t}}{t} \leq \frac{\mathrm{e}^{-x}}{t}.\]

   Les bornes vérifient \(x < 3x\), donc la croissance de l’intégrale permet d’intégrer cet encadrement. Or \(\int_x^{3x} \frac{\mathrm{d}t}{t} = \ln(3x) – \ln x = \ln 3\). On obtient ainsi \(\mathrm{e}^{-3x} \ln 3 \leq F(x) \leq \mathrm{e}^{-x} \ln 3\).

   Quand \(x\) tend vers \(0\), les deux bornes tendent vers \(\ln 3\) ; par le théorème des gendarmes, \(F\) tend vers \(\ln 3\) en \(0\). En \(+\infty\), en revanche, \(0 \leq F(x) \leq \mathrm{e}^{-x}\ln 3\) et le majorant tend vers \(0\). Donc \(F\) tend vers \(0\) en \(+\infty\).

3. Question 3 : dérivabilité en 0

   Grâce à la question 2, la fonction prolongée est continue sur \([0, +\infty[\). De plus, elle est de classe \(C^1\) sur \(]0, +\infty[\). Les développements limités \(\mathrm{e}^{-3x} = 1 – 3x + o(x)\) et \(\mathrm{e}^{-x} = 1 – x + o(x)\) donnent ensuite \(\mathrm{e}^{-3x} – \mathrm{e}^{-x} = -2x + o(x)\), donc \(F^{\prime}(x)\) tend vers \(-2\) quand \(x\) tend vers \(0\).

   Le théorème de la limite de la dérivée s’applique alors : \(F\) est dérivable en \(0\) et \(F^{\prime}(0) = -2\) (elle est même de classe \(C^1\) sur \([0, +\infty[\)). La tangente au point d’abscisse \(0\) a pour équation \(y = \ln 3 – 2x\). La figure montre cette tangente, ainsi que la décroissance de \(F\) vers \(0\).

   

Barème : 1) existence et caractère \(C^1\) par une primitive (0,5), dérivée (0,5), variations (0,5) ; 2) encadrement (0,75), limites en \(0\) et en \(+\infty\) (0,75) ; 3) limite de \(F^{\prime}\) (0,5), théorème cité avec ses hypothèses (0,5), tangente (0,5).

Piège classique : dériver \(F\) comme si sa borne inférieure était fixe et écrire \(F^{\prime}(x) = \varphi(3x)\). Les deux bornes dépendent de \(x\), et la borne \(3x\) apporte aussi le facteur \(3\).

Exercice 4 – Une valeur approchée rapide de ln 2 (4 points)

1. Question 1 : les dérivées successives

   La fonction \(h\) est de classe \(C^\infty\) sur \(]-1, 1[\). Une récurrence immédiate donne, pour \(k \geq 1\) :

   \[h^{(k)}(x) = (k-1)! \left( \frac{(-1)^{k-1}}{(1+x)^k} + \frac{1}{(1-x)^k} \right).\]

   En effet, la formule vaut \(\frac{1}{1+x} + \frac{1}{1-x}\) pour \(k = 1\), et la dérivée de \((k-1)!\,(1-x)^{-k}\) est \(k!\,(1-x)^{-k-1}\), tandis que celle de \((k-1)!\,(-1)^{k-1}(1+x)^{-k}\) est \(k!\,(-1)^{k}(1+x)^{-k-1}\). On en déduit \(h^{(k)}(0) = (k-1)!\left(1 + (-1)^{k-1}\right)\), qui vaut \(2(k-1)!\) si \(k\) est impair et \(0\) sinon. Comme \(\frac{h^{(k)}(0)}{k!} = \frac{2}{k}\) pour \(k\) impair, \(T_n(x)\) est la somme des \(\frac{2x^k}{k}\) pour \(k\) impair entre \(1\) et \(n\).

2. Question 2 : la majoration de Taylor-Lagrange

   D’abord, \(h\left(\frac{1}{3}\right) = \ln\frac{4}{3} – \ln\frac{2}{3} = \ln 2\). Ensuite, \(h\) est de classe \(C^{n+1}\) sur \(\left[0, \frac{1}{3}\right]\), donc l’inégalité de Taylor-Lagrange donne :

   \[\left| h\left(\frac{1}{3}\right) – T_n\left(\frac{1}{3}\right) \right| \leq \frac{(1/3)^{n+1}}{(n+1)!} \sup_{[0, 1/3]} \left| h^{(n+1)} \right|.\]

   Pour \(x \in \left[0, \frac{1}{3}\right]\), on a \(1 + x \geq 1\) et \(1 – x \geq \frac{2}{3}\). Par l’inégalité triangulaire, \(\left|h^{(n+1)}(x)\right| \leq n!\left(1 + \left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}\right)\). Il reste à multiplier par \(\frac{1}{3^{n+1}(n+1)!}\), en remarquant que \(\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1}\) et que \(\frac{3^{n+1}}{2^{n+1} \times 3^{n+1}} = \frac{1}{2^{n+1}}\). On obtient bien l’inégalité demandée.

3. Pour \(n = 4\), seuls \(k = 1\) et \(k = 3\) interviennent : \(T_4\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{2}{3} + \frac{2}{3 \times 27} = \frac{54}{81} + \frac{2}{81} = \frac{56}{81}\), fraction irréductible car \(56 = 2^3 \times 7\) et \(81 = 3^4\). L’erreur est alors majorée par \(\frac{1}{5}\left(\frac{1}{32} + \frac{1}{243}\right) = \frac{275}{38\,880} = \frac{55}{7776}\). Or \(100 \times 55 = 5500 < 7776\), donc cette borne est inférieure à \(10^{-2}\). Ainsi \(\frac{56}{81}\) approche \(\ln 2\) à moins de \(10^{-2}\) près.
4. Avec \(f(x) = \ln(1+x)\), on a \(\left|f^{(n+1)}(x)\right| = \frac{n!}{(1+x)^{n+1}} \leq n!\) sur \([0, 1]\), donc l’erreur en \(x = 1\) est majorée par \(\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1}\). Pour garantir une erreur au plus égale à \(10^{-2}\), il faut alors \(n + 1 \geq 100\), c’est-à-dire \(n \geq 99\). Le choix de \(h\) en \(\frac{1}{3}\) est donc bien plus efficace : l’ordre 4 suffit au lieu de l’ordre 99.

Barème : 1) dérivées (0,5), valeurs en \(0\) et polynôme (0,5) ; 2) \(h\left(\frac{1}{3}\right) = \ln 2\) (0,25), hypothèses et inégalité citée (0,5), majoration de la dérivée (0,75) ; 3) fraction (0,5), majoration de l’erreur (0,5) ; 4) 0,5 point.

Piège classique : majorer \(\left|h^{(n+1)}\right|\) par sa valeur en \(0\). Sur le segment, le terme \(\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\) est maximal en \(\frac{1}{3}\), et c’est lui qui impose le facteur \(\left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}\).

Exercice 5 – Problème : la correction en 1/n des rectangles (4,5 points)

1. Question 1 : l’erreur sur un petit segment

   Comme \(f\) est de classe \(C^2\) et que \(|f^{\prime\prime}| \leq M_2\) entre \(a\) et \(t\), l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 1 donne, pour tout \(t \in [a, a+\delta]\) :

   \[\left| f(t) – f(a) – (t-a) f^{\prime}(a) \right| \leq \frac{M_2 (t-a)^2}{2}.\]

   Ensuite, on intègre sur \([a, a+\delta]\), en utilisant \(\int_a^{a+\delta} (t-a)\,\mathrm{d}t = \frac{\delta^2}{2}\) et \(\int_a^{a+\delta} (t-a)^2\,\mathrm{d}t = \frac{\delta^3}{3}\). L’inégalité triangulaire intégrale et la croissance de l’intégrale conduisent alors à la majoration par \(\frac{M_2}{2} \times \frac{\delta^3}{3}\). On obtient ainsi la borne \(\frac{M_2 \delta^3}{6}\).

2. Prenons \(a = \frac{k}{n}\) et \(\delta = \frac{1}{n}\), pour \(k\) entre \(0\) et \(n-1\). Notons \(e_k\) l’écart \(\int_{k/n}^{(k+1)/n} f – \frac{1}{n} f\left(\frac{k}{n}\right) – \frac{1}{2n^2} f^{\prime}\left(\frac{k}{n}\right)\), qui vérifie \(|e_k| \leq \frac{M_2}{6n^3}\). En sommant sur \(k\) et en utilisant la relation de Chasles, on trouve \(I(f) – R_n(f) – \frac{1}{2n^2}\sum_{k=0}^{n-1} f^{\prime}\left(\frac{k}{n}\right) = \varepsilon_n\), où \(\varepsilon_n = \sum e_k\). De plus, \(\frac{1}{2n^2}\sum f^{\prime}\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{1}{2n} R_n(f^{\prime})\). Donc \(I(f) – R_n(f) = \frac{1}{2n} R_n(f^{\prime}) + \varepsilon_n\), avec \(|\varepsilon_n| \leq n \times \frac{M_2}{6n^3} = \frac{M_2}{6n^2}\).
3. En multipliant par \(n\), on obtient \(n\left(I(f) – R_n(f)\right) = \frac{1}{2} R_n(f^{\prime}) + n\varepsilon_n\). D’une part, \(|n\varepsilon_n| \leq \frac{M_2}{6n}\) tend vers \(0\). D’autre part, \(f^{\prime}\) est continue sur \([0, 1]\), donc \(R_n(f^{\prime})\) tend vers \(\int_0^1 f^{\prime}(t)\,\mathrm{d}t = f(1) – f(0)\). Par conséquent, \(n\left(I(f) – R_n(f)\right)\) tend vers \(\frac{f(1) – f(0)}{2}\).

4. Question 4 : application à une somme de carrés

   Posons \(f(x) = \frac{1}{(1+x)^2}\), de classe \(C^2\) sur \([0, 1]\). Pour \(0 \leq k \leq n-1\), on a \(f\left(\frac{k}{n}\right) = \frac{n^2}{(n+k)^2}\), donc \(R_n(f) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{n}{(n+k)^2}\). Le changement d’indice \(j = n + k\) donne alors \(R_n(f) = S_n\).

   Calculons maintenant \(I(f) = \left[-\frac{1}{1+x}\right]_0^1 = 1 – \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\), puis \(\frac{f(1) – f(0)}{2} = \frac{1/4 – 1}{2} = -\frac{3}{8}\). La question 3 donne donc \(n\left(\frac{1}{2} – S_n\right) \to -\frac{3}{8}\), c’est-à-dire \(n\left(\frac{1}{2} – S_n\right) = -\frac{3}{8} + o(1)\). En divisant par \(n\) : \(S_n = \frac{1}{2} + \frac{3}{8n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\).

   Le signe est cohérent avec la figure : \(f\) est décroissante, donc chaque rectangle à gauche dépasse la courbe et \(S_n > \frac{1}{2}\). Par exemple, \(S_2 = \frac{2}{4} + \frac{2}{9} = \frac{13}{18} \approx 0{,}72\), alors que \(\frac{1}{2} + \frac{3}{16} \approx 0{,}69\).

   

Barème : 1) inégalité de Taylor-Lagrange (0,5), intégration (0,5) ; 2) découpage et sommation (0,5), majoration de \(\varepsilon_n\) (0,5) ; 3) limite de \(n\varepsilon_n\) (0,5), limite de \(R_n(f^{\prime})\) (0,5) ; 4) \(S_n = R_n(f)\) (0,5), intégrale et différence \(f(1) – f(0)\) (0,5), développement final (0,5).

Piège classique : conclure \(S_n = \frac{1}{2} – \frac{3}{8n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\) en oubliant que la question 3 porte sur \(I(f) – R_n(f)\), et non sur \(R_n(f) – I(f)\).

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