Somme de Riemann

1. Pour $n\geq 1$, on a $$u_n= \sum_{k=1}^n{ \dfrac{1}{\sqrt{n^2+n k + k^2}}}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n{ \dfrac{1}{\sqrt{1+k/n + (k/n)^2}}} \tendvers{n}{\infty}\int_0^1\dfrac{\ud x}{\sqrt{1+x+x^2}},$$ Puis, $$\begin{array}{lcl} \dsp \int_0^1\dfrac{\ud x}{\sqrt{1+x+x^2}}&=&\dsp\int_0^1\dfrac{\ud x}{\sqrt{\dfrac{3}{4}+(x+1/2)^2}}\\ &&\\ &=& \dsp\dfrac{2}{\sqrt{3}}\int_0^1\dfrac{\ud x}{\sqrt{1+\left(\frac{2}{\sqrt{3}}(x+1/2)\right)^2}} \underset{\sh(t)= \frac{2}{\sqrt{3}}(x+1/2)}{=} \dsp\int_{\sh^{-1}(/1/\sqrt{3})}^{\sh^{-1}(\sqrt{3})}\dfrac{\ch(t)\ud t}{\sqrt{1+\sh^2(t)}}\\ &&\\ &=&\dsp \int_{\sh^{-1}(/1/\sqrt{3})}^{\sh^{-1}(\sqrt{3})}\ud t = \sh^{-1}\left(\sqrt{3}\right)-\sh^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \end{array} $$ ce qui donne $\textcolor{blue}{\boxed{\limiteX{n}{\infty}u_n=\ln\left(\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\right)}}$. $\\$ Un petit rappel $$\textcolor{red}{\sh^{-1}(t)=\ln(t+\sqrt{t^2+1})}$$

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2. Notons, pour $n\geq 1$, $u_n=\dfrac{1}{n} \dsp \prod_{k=1}^n \sqrt[n]{n+k}$ et $v_n=\ln(u_n)$. On a $$v_n=-\ln(n)+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln(n+k)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln\left(1+\frac{k}{n}\right)\tendvers{n}{\infty}\int_0^1\ln(1+x)\ud x=2\ln(2)-1.$$ Donc $\textcolor{blue}{\boxed{\limiteX{n}{\infty}u_n=\dfrac{4}{\ee}}}$.

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3. On a, pour tout $n\geq 1$, $u_n=\sqrt[n]{\dsp \prod_{k=1}^n{ \left(1+ \dfrac{k^2}{n^2} \right)}}\geq 1$. On considère alors la suite $(\ln(u_n))$, en utilisant les propriétés de la fonction $\ln$, on trouve: $$\forall n\in\N^*,~~\ln(u_n)=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln \left(1+ \dfrac{k^2}{n^2} \right)\tendvers{n}{\infty}\int_0^1\ln(1+x^2)\ud x=\ln(2)-2+\frac{\pi}{2},$$ Ensuite, on cherche une primitive de $x\longmapsto \ln (1+x^2)$, en faisant une IPP $$ \dsp\int\ln(1+x^2)\ud x=\dsp \left[x\ln(1+x^2)\right]-\int \dfrac{2x^2}{1+x^2}\ud x = x\ln(1+x^2)-2x+2\Arctan(x)$$ ce qui donne $\textcolor{blue}{\boxed{\limiteX{n}{\infty}u_n=\ee^{\ln(2)-2+\frac{\pi}{2}}}}$.

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4. Notons, pour $n\geq 10$, $$u_n=\sum_{k=10}^{n+1999}\dfrac{k}{(n+k)^2},~~x_n=\sum_{k=1}^9\dfrac{k}{(n+k)^2},~~y_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{k}{(n+k)^2},~~z_n=\sum_{k=n+1}^{n+1999}\dfrac{k}{(n+k)^2}.$$ Il est clair que $u_n=y_n-x_n+z_n$ et on a: $$x_n\leq \dfrac{81}{(n+1)^2}\tendvers{n}{\infty}0,~~z_n\leq \dfrac{1999(n+1999)}{(n+1)^2}\tendvers{n}{\infty}0,$$ et $$y_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{k}{(n+k)^2}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{\frac{k}{n}}{(1+\frac{k}{n})^2}\tendvers{n}{\infty}\int_0^1\dfrac{x}{(1+x)^2}\ud x = \ln(2)-\frac{1}{2}.$$ On en déduit, $\textcolor{blue}{\boxed{\limiteX{n}{\infty}\,u_n=\ln(2)-\frac{1}{2}}}$.

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Soit $n\geq 1$, on a $$u_n=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\dfrac{\frac{k^2}{n^2}+\frac{1}{n}}{1+\frac{k^3}{n^3}} =\underbrace{\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\dfrac{\frac{k^2}{n^2}}{1+\frac{k^3}{n^3}}}_{x_n} +\overbrace{\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\dfrac{\frac{1}{n}}{1+\frac{k^3}{n^3}}}^{y_n} $$ On reconnaît une somme de Riemann pour la suite $(x_n)$, ainsi, $$x_n\tendversN\int_0^1\dfrac{t^2\ud t}{1+t^3}=\left[\dfrac{1}{3}\ln\left(1+t^3\right)\right]_0^1 = \dfrac{\ln(2)}{3}.$$ Tandais que, $$0\leq y_n\leq \dfrac{1}{n^2}\dsum_{k=1}^n 1 =\dfrac 1 n \Longrightarrow y_n\tendversN\,0.$$ On en déduit alors $$\textcolor{blue}{\boxed{u_n\tendversN \,\dfrac{\ln(2)}{3}}}.$$

Notons, pour $n\in \N^*$, $u_n=\dsp\sum_{k=1}^n{ \sin \left(\dfrac{1}{n+k} \right)}$ et $v_n=\dsp \sum_{k=1}^n{\dfrac{1}{n+k}}$. On a $$v_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+\frac{k}{n}}\tendvers{n}{\infty}\int_0^1\dfrac{\ud x}{1+x}=\ln(2).$$ D'autre parts, en utilisant l'inégalité de Taylor - Lagrange, on a $$\forall n\geq 1,~~\abs{u_n-v_n}\leq \sum_{k=1}^n\abs{\sin\left(\frac{1}{n+k}\right)-\frac{1}{n+k}}\leq \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{6(n+k)^3}\leq \dfrac{n}{6(n+1)^3}\tendvers{n}{\infty}0.$$ On en déduit que $\textcolor{blue}{\boxed{\limiteX{n}{\infty}\,u_n=\ln(2)}}$.

Notons, pour $n\in \N^*$, $$u_n=\sum_{p=0}^{n-1} \dfrac{1}{n}f\left( \dfrac{p}{n}\right) g \left( \dfrac{p+1}{n} \right) \text{ et }v_n=\sum_{p=0}^{n-1} \dfrac{1}{n}f\left( \dfrac{p}{n}\right) g \left( \dfrac{p}{n} \right).$$ Puisque les fonctions $f$ et $g$ sont continues, donc $v_n$ représente la somme de Riemann, ce qui donne $$v_n=\dfrac{1}{n}\sum_{p=0}^{n-1}f\left( \dfrac{p}{n}\right) g \left( \dfrac{p}{n} \right)\tendvers{n}{\infty}\int_0^1f(x)g(x)\ud x.$$ Nous allons montrer que les deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ ont la même limite.

Soit $\varepsilon>0$, comme $g\in \CC([0,1])$ alors $g$ est uniformément continue sur $[0,1]$, donc $$\exists n_0\in \N^*,~~~~\forall x,y\in [0,1],~~\abs{x-y}\leq \dfrac{1}{n_0}\Longrightarrow \abs{g(x)-g(y)}\leq \varepsilon.$$ On en déduit, pour $n\geq n_0$, $$\abs{u_n-v_n}\leq \dfrac{1}{n}\sum_{p=0}^{n-1}\abs{f\left( \dfrac{p}{n}\right)}\abs{g \left( \dfrac{p+1}{n} \right)- g \left( \dfrac{p}{n} \right)}\leq \dfrac{\norme{f}_\infty}{n}\sum_{0\leq p < n}\varepsilon\leq \norme{f}_\infty\varepsilon.$$ Ce qui montre, $$\boxed{\limiteX{n}{\infty}u_n=\limiteX{n}{\infty}v_n=\dsp\int_0^1f(x)g(x)\ud x}.$$

Puisque $f\in \CC^1([0,1])$ et $f(0)=0$, on en déduit, $$\forall n\geq 1,~~\forall 1\leq p\leq n,~~f \left( \dfrac{p}{n^2} \right) =\dfrac{p}{n^2}f'(x_p)\text{ avec } x_p\in ]0,p/n^2[\subset ]0,1/n[$$ ensuite, on écrit $$\sum_{p=1}^{n} f\left( \dfrac{p}{n}\right) f \left( \dfrac{p}{n^2} \right) =\dfrac{1}{n}\sum_{p=1}^{n} \dfrac{p}{n} f\left( \dfrac{p}{n}\right) f' \left( x_p \right) =\dfrac{1}{n}\sum_{p=1}^{n} \dfrac{p}{n} f\left( \dfrac{p}{n}\right) f' \left( 0 \right)+\dfrac{1}{n}\sum_{p=1}^{n} \dfrac{p}{n} f\left( \dfrac{p}{n}\right) \left(f' \left( x_p \right)-f'(0)\right)$$ la deuxième suite de la relation ci-dessus tend vers $0$ (exercice...), on en déduit, $$\boxed{\dsp \lim_{n \rightarrow + \infty}{ \dsp \sum_{p=1}^{n} { f\left( \dfrac{p}{n}\right) f \left( \dfrac{p}{n^2} \right) }}=f'(0)\int_0^1xf(x)\ud x}.$$

La fonction $f$ donnée dans a question est continue sur $[0,1]$, donc en utilisant la somme de Riemann, on a $$u_n =\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(k/n)\tendversN\int_0^1f(t)\ud t$$ or $$\int_0^1 f(t)\ud t =\int_0^\alpha f(t)\ud t + \int_\alpha^\beta f(t)\ud t +\int_\beta^1 f(t)\ud t = \alpha f(\alpha) +\int_\alpha^\beta \dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}+(1-\beta)f(\beta).$$ On écrit ensuite, $$ \begin{array}{lcl} u_n &=&\dsp \dfrac{1}{n} \left(\dsum_{k=0}^{\lfloor n\alpha \rfloor} f(k/n)+ \dsum_{\lfloor n\alpha \rfloor+1}^{\lfloor n\beta \rfloor}f(k/n)+ \dsum_{k=\lfloor n\beta \rfloor+1}^{n-1}f(k/n)\right) \\ &&\\ &=& \dsp \dfrac{1}{n} \left(\dsum_{k=0}^{\lfloor n\alpha \rfloor} f(\alpha)+ \dsum_{\lfloor n\alpha \rfloor+1}^{\lfloor n\beta \rfloor}f(k/n)+ \dsum_{k=\lfloor n\beta \rfloor+1}^{n-1}f(\beta)\right) \\ &&\\ &=&\dfrac{\lfloor n\alpha \rfloor}{n}f(\alpha) + \dfrac 1 n \dsum_{\lfloor n\alpha \rfloor+1}^{\lfloor n\beta \rfloor}\dfrac{1}{\sqrt{\frac{k}{n}(1-\frac{k}{n})}} +\dfrac{n-\lfloor n\beta \rfloor-1}{n}f(\beta)\\ &&\\ &=&\dfrac{\lfloor n\alpha \rfloor}{n}f(\alpha) + \dsum_{\lfloor n\alpha \rfloor+1}^{\lfloor n\beta \rfloor}\dfrac{1}{\sqrt{k(n-k)}} + \dfrac{n-\lfloor n\beta \rfloor-1}{n}f(\beta) \end{array} $$ Or pour $x\in ]0,1[,\,\,\dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n}\tendversN\, x $ car $$ nx -1< \lfloor nx \rfloor\leq nx \Longrightarrow x-\dfrac{1}{n}< \dfrac{\lfloor nx \rfloor}{n}\leq x.$$ Comme la suite $(u_n)$ admet une limite finie, alors $$\dsum_{\lfloor n\alpha \rfloor+1}^{\lfloor n\beta \rfloor}\dfrac{1}{\sqrt{k(n-k)}} \tendversN \lim_{n\to \infty} u_n -\alpha f(\alpha)-(1-\beta)f(\beta)= \int_\alpha^\beta \dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}.$$

Notons (pour simplifier)$N=2^{n-1}$, alors $$ 2^{n+1}\dsum_{k=0}^{2^{n-1}}\dfrac{1}{4k^2+2^{2n}}=4N \dsum_{k=0}^N \dfrac{1}{4k^2+4N^2}$$ Puisque $2^{n+1}=2^{n-1}2^2=4N$ et $2^{2n}=2^{2(n-1)}2^2=4N^2$. Ainsi, $$ 4N \dsum_{k=0}^N \dfrac{1}{4k^2+4N^2} =\dfrac{1}{N}\dsum_{k=0}^{N-1}\dfrac{1}{1+\frac{k^2}{N^2}} + \dfrac{1}{2N}.$$ On pose ensuite, $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\in \CC([0,1])$, on obtient alors $$ 2^{n+1}\dsum_{k=0}^{2^{n-1}}\dfrac{1}{4k^2+2^{2n}}\tendversN\, \int_0^1\dfrac{\ud x}{1+x^2}=\dfrac{\pi}{4}. $$

On définit $\fonct{f}{]0,1]}{\R}{x}{\exp(-1/x)/x^2}$. La fonction $f$ admet une limite en $0$, on prolonge $f$ par continuité en $0$ en posant $f(0)=0$.

Puisque $f\in \CC([0,1])$ alors (pour $n>1$) $$ \dsum_{k=1}^n\dfrac{n}{k^2}\ee^{-n/k} = \dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)\tendversN^,\int_0^1f(x)\ud x. $$ Pour calculer cette intégrale, on pose $u=1/x$ donc $\ud u =\dfrac{-\ud x}{x^2}$ $$\int_0^1 f(x)\ud x = \int_1^\infty \ee^{-u}\ud u =\dfrac{1}{\ee}.$$

1. Pour $k\in \inter{0,n}$, on note $a_k=a+k\dfrac{b-a}{n}$ ($a_0=a$ et $a_n=b$). On a alors, $$ \begin{array}{lcl} \dsp \int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\ud t&=&\dsp \left[(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f(t)\right]_{a_k}^{a_{k+1}}-\dsp\int_{a_k}^{a_{k+1}}(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f'(t)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp\frac{(a_{k+1}-a_k)}{2}(f(a_{k+1})+f(a_k))-\dsp\int_{a_k}^{a_{k+1}}(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f'(t)\ud t\\ &&\\ &=&\dfrac{f(a_{k+1})+f(a_k)}{2n}-I_k \end{array} $$ Avec $$\abs{I_k}=\abs{\int_{a_k}^{a_{k+1}}(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f'(t)\ud t}\leq \norme{f'}_\infty^{[a,b]}\int_{a_k}^{a_{k+1}}\abs{t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2}}\ud t\leq \dfrac{\norme{f'}_\infty^{[a,b]}}{2n^2}.$$ On en déduit, $$ \begin{array}{lcl} \dsp\int_a^bf(t)\ud t&=&\dsp\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\ud t =\dsp\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{f(a_{k+1})+f(a_k)}{2n}-I_k\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{1}{2n}\left(\sum_{k=1}^nf(a_k)+\sum_{k=0}^{n-1}f(a_k)\right)-\sum_{k=0}^{n-1}I_k\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{1}{2n}\left(2\sum_{k=1}^{n-1}f(a_k)+f(a_n)+f(a_0)\right)-\sum_{k=0}^{n-1}I_k\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(a_k)+\dfrac{f(b)-f(a)}{2n}-\dsum_{k=0}^{n-1}I_k \end{array} $$ Comme $\abs{I_k}\leq \dfrac{\norme{f'}_\infty^{[a,b]}}{2n^2}$ alors $\abs{\dsum_{k=0}^{n-1}I_k}\leq \dfrac{\norme{f'}_\infty^{[a,b]}}{2n}$. Ce qui donne $$ \textcolor{blue}{\boxed{\dsp \int_a^b {f(x) \ud x} - \dfrac{b-a}{n} \dsp \sum_{k=0}^{n-1}{f \left( a+k \dfrac{b-a}{n} \right)} \ = \dfrac{(b-a) [ f(b)-f(a)] }{2n } + \mathrm{o} \left(\dfrac{1}{n}\right)}} $$
2. On pose $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\in \CC ([0,1])$ alors $$\sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{1}{1+(k/n)^2}}\tendversN\,\int_0^1f(x)\ud x=\dfrac{\pi}{4}.$$ En utilisant la question précédente ($f\in \CC^1([0,1])$), on trouve $$\int_0^1f(x)\ud x- \sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}} \underset{n\to \infty}{\sim} \dfrac{1}{2n}(f(1)-f(0))=\dfrac{-1}{4n}.$$ On pose $$ u_n = \dsum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}} - \int_0^1f(x)\ud x.$$ Les résultats numériques ci-après sont obtenu par Maple.

   $n$	$u_n$	$4nu_n$
   10	0.024 583 333 829 341 411 62	0.983 333 353 173 656 465 00
   50	0.004 983 333 333 365 079 38	0.996 666 666 673 015 875 00
   100	0.002 495 833 333 333 829 36	0.998 333 333 333 531 740 00
   200	0.001 248 958 333 333 341 08	0.999 166 666 666 672 860 00
   300	0.000 832 870 370 370 371 04	0.999 444 444 444 445 230 00
   400	0.000 624 739 583 333 333 46	0.999 583 333 333 333 520 00
   500	0.000 499 833 333 333 333 38	0.999 666 666 666 666 750 00
   1000	0.000 249 958 333 333 333 30	0.999 833 333 333 333 200 00

1. Pour $k\in \inter{0,n}$, on note $a_k=a+k\dfrac{b-a}{n}$ ($a_0=a$ et $a_n=b$). On a alors, $$ \begin{array}{lcl} \dsp \int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\ud t&=&\dsp \left[(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f(t)\right]-\dsp\int_{a_k}^{a_{k+1}}(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f'(t)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp\frac{(a_{k+1}-a_k)}{2}(f(a_{k+1})+f(a_k))-\underbrace{\dsp\int_{a_k}^{a_{k+1}}(t-\frac{a_k+a_{k+1}}{2})f'(t)\ud t}_{I_k}\\ &&\\ &=&\dfrac{f(a_{k+1})+f(a_k)}{2n}-I_k \end{array} $$ On fait une IPP dans $I_k$, $$ \begin{array}{lcl} \dsp I_k&=&\dsp \left[\left(\frac{(t-a_{k+1})(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)f'(t)\right]_{a_k}^{a_{k+1}}-\dsp \int_{a_k}^{a_{k+1}}\left(\frac{(t-a_{k+1})(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)f''(t)\ud t\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\left(f'(a_{k+1}-f'(a_k)\right)- \underbrace{\dsp\int_{a_k}^{a_{k+1}}\left(\frac{(t-a_{k+1})(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)f''(t)\ud t}_{J_k}\\ &&\\ &=&\dfrac{(b-a)^2}{12n^2}\left(f'(a_{k+1}-f'(a_k)\right)+J_k \end{array} $$ Avec $$\abs{J_k}=\abs{\int_{a_k}^{a_{k+1}}\left(\frac{(t-a_{k+1})(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)f''(t)\ud t}\leq \norme{f''}_\infty^{[a,b]}\int_{a_k}^{a_{k+1}}\left(\frac{(a_{k+1}-t)(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)\ud t\leq .$$ Le calcul de dernière intégrale donne $$\int_{a_k}^{a_{k+1}}\left(\frac{(a_{k+1}-t)(t-a_k)}{2}t+\dfrac{(a_{k+1}-a_k)^2}{12}\right)\ud t=\dfrac{\left(a_{k+1}-a_k\right)^3}{6}=\dfrac{(b-a)^3}{6n^3}.$$ Ce qui donne, $$\abs{J_k}\leq \dfrac{(b-a)^3}{6n^3}\norme{f''}_\infty^{[a,b]}.$$ On en déduit, $$ \begin{array}{lcl} \dsp\int_a^bf(t)\ud t&=&\dsp\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{a_k}^{a_{k+1}}f(t)\ud t\\ &&\\ &=& \dsp\sum_{k=0}^{n-1}\dfrac{f(a_{k+1})+f(a_k)}{2n}-\dfrac{(b-a)^2}{12n^2}\left(f'(a_{k+1}-f'(a_k)\right)+J_k\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{1}{2n}\left(\sum_{k=1}^nf(a_k)+\sum_{k=0}^{n-1}f(a_k)\right)- \dfrac{(b-a)^2}{12n^2}\left(\sum_{k=1}^nf'(a_k)+\sum_{k=0}^{n-1}f'(a_k)\right)+\sum_{k=0}^nJ_k\\ &&\\ &=&\dsp\dfrac{1}{2n}\left(2\sum_{k=1}^{n-1}f(a_k)+f(a_n)+f(a_0)\right)-\dfrac{(b-a)^2}{12n^2} (f'(b)-f'(a))+\sum_{k=0}^nI_k\\ &&\\ &=&\dsp \dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(a_k)+\dfrac{f(b)-f(a)}{2n}-\dfrac{(b-a)^2}{12n^2} (f'(b)-f'(a))+\sum_{k=0}^nI_k \end{array} $$ Comme $\abs{J_k}\leq \dfrac{\norme{f''}_\infty^{[a,b]}}{6n^3}$ alors $\abs{\dsum_{k=0}^{n-1}J_k}\leq \dfrac{\norme{f''}_\infty^{[a,b]}}{6n^2}$. Ce qui donne $$\textcolor{blue}{\boxed{ \dsp \int_a^b {f(x) \ud x} - \dfrac{b-a}{n} \dsp \sum_{k=0}^{n-1}{f \left( a+k \dfrac{b-a}{n} \right)} \ = \dfrac{(b-a) [ f(b)-f(a)] }{2n } - \dfrac{(b-a)^2}{12 n^2} [f'(b) -f'(a)] + \mathrm{o} \left(\dfrac{1}{n^2}\right) }} $$

On pose $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\in \CC ([0,1])$ alors $$\sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}}=\dfrac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{1}{1+(k/n)^2}}\tendversN\,\int_0^1f(x)\ud x=\dfrac{\pi}{4}.$$ En utilisant la question précédente ($f\in \CC^2([0,1])$), on trouve $$\int_0^1f(x)\ud x- \sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}}-\dfrac{1}{2n}(f(1)-f(0))\underset{n\to \infty}{\sim} -\dfrac{1}{12n^2}(f'(1)-f'(0)) .$$ Soit $$ \int_0^1f(x)\ud x- \sum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}}+\dfrac{1}{4n}\underset{n\to \infty}{\sim} \dfrac{1}{24n^2} .$$ On pose $$ v_n = \dsum_{k=0}^{n-1} {\dfrac{n}{n^2+k^2}}+\dfrac{1}{4n} - \int_0^1f(x)\ud x.$$ Les résultats numériques ci-après sont obtenu par Maple.

1. On définit la fonction $\varphi$ sur $[a,b]$ par $$\forall x\in [a,b],\quad \varphi(x)=\int_a^x f(t)\ud t.$$ Comme $f$ est continue sur $[a,b]$ alors $\varphi\in \CC^1([a,b])$ de plus $\varphi'=f>0$ donc $\varphi$ est strictement croissante sur $[a,b]$, ainsi d'après le cours, $\varphi$ admet une fonction réciproque $\fonct{\varphi^{-1}}{[0,\varphi(b)]}{[a,b]}{x}{\varphi^{-1}(x)}$ avec $$\forall x\in [0,\varphi(b)],\quad \varphi^{-1}(x)\in [a,b] \text{ tel que }\int_a^{\varphi^{-1}(x)}f(t)\ud t =x.$$ De plus, $\varphi^{-1}$ est dérivable sur $]0,\varphi(b)[$, puis $f>0$ sur $]a,b[$.
   Soit $n>0$, pour $j\in \inter{0,n}$, on note $y_j=\varphi(a) + \dfrac{j}{n}(\varphi(b)-\varphi(a))=\dfrac{j}{n}\dsp\int_a^b f(t)\ud t$. Ainsi, $y_j\in [0,\varphi(b)]$, on note ensuite $x_j=\varphi^{-1}(y_j)$. Comme $\varphi^{-1}$ est strictement croissante, alors on a : $$a = x_0=\varphi^{-1}(y_0)=\varphi^{-1}(0) < \varphi^{-1}(y_1)=x_1 < \cdots < x_{n-1}=\varphi^{-1}(y_{n-1})< x_n=\varphi^{-1}(y_n)=b.$$ Et pour tout $j\in \inter{0,n-1}$ on a $$ \int_{x_j}^{x_{j+1}}f(x)\ud x = \varphi(x_{j+1})-\varphi(x_j) = y_{j+1}-y_j=\dfrac{1}{n}\varphi(b) = \dfrac{1}{n}\int_a^b f(x)\ud x.$$
2. En utilisant les notations de la question précédente, on peut écrire: $$ \forall n>0,\quad u_n=\dfrac{1}{n}\dsum_{i=0}^ng(x_i)=\dfrac{1}{n}\dsum_{i=0}^n g(\varphi^{-1}(y_i))=\dfrac{\varphi(b)-\varphi(a)} {\varphi(b)-\varphi(a)}\dfrac{1}{n}\dsum_{i=0}^n(g\circ \varphi^{-1})(y_i).$$ La fonction $g\in \CC([a,b])$, alors $g\circ\varphi^{-1}$ est continue sur $[0,\varphi(b)]$, on reconnait une somme de Riemann, alors: $$ u_n=\dfrac{1}{n}\dsum_{i=0}^ng(x_i)\tendversN\, \dfrac{1}{\varphi(b)}\int_0^{\varphi(b)} g\circ\varphi^{-1} (u)\ud u.$$ Rappelons que $\varphi(b)=\dsp\int_a^b f(x)\ud x>0$. Pour ce dernière intégrale, on fait un changement de variable $$u\in ]0,\varphi(b)[,\quad x =\varphi^{-1}(u) \longrightarrow \ud x = \varphi^{-1}(u)'\ud u =\dfrac{1}{f(\varphi^{-1}(u))}\ud u =\dfrac{\ud u}{f(x)}.$$ On obtient finalement, $$u_n = \dfrac{1}{n}\dsum_{i=0}^ng(x_i)\tendversN\, \dfrac{1}{\varphi(b)}\int_0^{b} g(x)f(x)\ud x.$$

1. Supposons que $f$ est croissante, alors, on a pour tout $ n\in \N^*$, $$ \int_0^{1-\frac{1}{n}}f(t)\ud t=\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}f(u)\ud u \leq \dfrac{f\left(\frac{1}{n}\right)+\cdots f\left(\frac{n-1}{n}\right)}{n}\leq \dsum_{k=1}^{n-1}\int_{\frac{k}{n}}^{\frac{k+1}{n}}f(u)\ud u=\int_{\frac{1}{n}}^1f(u)\ud u$$ La convergence de l'intégrale $\dsp\int_0^1f(y)\ud y$ permet de conclure.
2. $\mathbf{a) }$ On pose $a_n=\dfrac{\sqrt[n]{n!}}{n}$ donc $\ln(a_n)=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)$ puis on pose $f(x)=\ln (x)$, comme $f$ est monotone et $\dsp\int_0^1 f< \infty$ alors $$\dfrac{\dsum_{k=1}^{n-1}\ln\left(\frac{k}{n}\right)}{n}\tendversN\int_0^1\ln(x)\ud x = -1.$$ On en déduit alors $$\textcolor{blue}{\boxed{a_n\tendversN\dfrac{1}{\ee}}}.$$ $\mathbf{b) }$ On pose $b_n=\sqrt[n]{\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{2n}\right)\cdots\sin\left(\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)}$ donc $\ln(b_n)=\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\right)$ puis on pose $f(x)=\ln\left(\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right),\quad x\in ]0,1]$, comme $f$ est monotone et $\dsp\int_0^1 f< \infty$ alors $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln\left(\sin\left(\frac{\pi k}{2n}\right)\right)\tendversN\int_0^1\ln(x)\ud x = -\ln(2).$$ On en déduit alors $$\textcolor{blue}{\boxed{b_n\tendversN\dfrac{1}{2}}}.$$ $\mathbf{c) }$ Soit $n>1$, on écrit $$\begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^n\ln^2(k)&=& \dsum_{k=1}^n \left(\ln\left(\frac{k}{n}\right)+\ln(n)\right)^2\\ &&\\ &=& \dsum_{k=1}^n \left(\ln^2\left(\frac{k}{n}\right)+2\ln(n)\ln\left(\frac{k}{n}\right)+ \ln^2(n)\right)\\ &&\\ &=& \dsum_{k=1}^n \ln^2\left(\frac{k}{n}\right)+2\ln(n)\sum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)+ n\ln^2(n) \end{array} $$ également, $$\begin{array}{lcl} \left(\dsum_{k=1}^n\ln(k)\right)^2&=&\left(\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)+\ln(n)\right)^2\\ &&\\ &=& \left(\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)\right)^2+2n\ln(n)\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)+n^2\ln^2(n) \end{array} $$ On écrit alors : $$v_n = \dfrac{\dsum_{k=1}^n\ln(k)^2-\left(\dsum_{k=1}^n\ln(k)\right)^2/n}{n} = \dfrac{\dsum_{k=1}^n\ln^2\left(\frac{k}{n}\right)-\left(\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)\right)^2/n}{n} $$ On note $$ x_n =\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\ln^2\left(\frac{k}{n}\right),\, \quad y_n=\dfrac{-\left(\dsum_{k=1}^n\ln\left(\frac{k}{n}\right)\right)^2}{n^2}. \text{ Ainsi } v_n=x_n+y_n $$ On pose $f(x)=\ln(x)^2$, on a $f\in \CC(]0,1])$ strictement monotone, de plus $\dsp\int_0^1 f(x)\ud x$ converge. Donc $$x_n = \dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n-1}\ln^2\left(\frac{k}{n}\right) \tendversN\,\int_0^1\ln(x)^2\ud x =\left[x\ln(x)^2-2x\ln(x)+2x \right]_0^1 =2.$$ Quid de $y_n$? $$y_n = -\left(\dfrac{\ln\left(\frac{n!}{n^n}\right)}{n}\right)^2 =- \ln\left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)^2\tendversN\, -\ln(1/\ee)^2=-1.$$ On en déduit que la suite $(v_n)_n$ converge et $$\textcolor{blue}{\boxed{\lim_{n\to \infty}v_n =\lim_{n\to \infty}x_n+\lim_{n\to \infty }y_n=1}}.$$

1. Soit $a\in \R\setminus \{-1,1\}$, la fonction $\fonct{f}{[0,\pi]}{\R}{x}{\ln(1-2a\cos(x)+a^2)}$ est continue sur $[0,\pi]$ puisque $1-2a\cos(x)+a^2>0$.
   Soit $n\in \N^*$, on note $S_n(f)$ la somme de Riemann associé à $f$ et la subdivision $\left(\frac{k\pi}{n}\right)_{k\in \inter{0,n}}$, on a $$S_n(f)=\dfrac{\pi}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\ln\left(1-2a\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)+a^2\right)=\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\prod_{k=0}^{n-1} \left(1-2a\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)+a^2\right)\right).$$ Notons $P_n=X^{2n}-1$, on a $$\begin{array}{lcl} P_n(X)&=&\dsp\prod_{k=0}^{2n-1}(X -\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}})\\ &=&\dsp\prod_{k=0}^{n-1}(X -\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}})\prod_{k=n}^{2n-1}(X -\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}})\\ &&\\ &=&\dsp(X-1)(X+1)\prod_{k=1}^{n-1}(X -\ee^{\ii \frac{k\pi}{n}})\prod_{k=1}^{n-1}(X -\ee^{\ii \frac{-k\pi}{n}})\\ &&\\ &=&\dsp (X-1)(X+1)\prod_{k=1}^{n-1}\left(X^2-2\cos\left(\frac{k\pi}{n}\right)X+1\right) \end{array} $$ En appliquant ce résultat à $S_n(f)$, on trouve $$\dsp S_n(f)=\dfrac{\pi}{n}\ln\left((a-1)^2\dfrac{a^{2n}-1}{(a-1)(a+1)}\right)= \dfrac{\pi}{n}\ln\left((a-1)\dfrac{a^{2n}-1}{(a+1)}\right).$$ On en déduit,
   1. Si $a\in ]-1,1[$, alors $$S_n(f)=\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\dfrac{1-a}{1+a}(1-a^{2n})\right) =\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\dfrac{1-a}{1+a}\right)+\dfrac{\pi}{n}\ln\left(1-a^{2n}\right)\tendversN\,0.$$
   2. Si $a\in\R\setminus [-1,1]$, alors $$\begin{array}{lcl} S_n(f)&=&\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\dfrac{a-1}{1+a}(a^{2n}-1)\right)\\ &=&\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\dfrac{a-1}{a+1}\right)+\dfrac{\pi}{n}\ln\left(a^{2n}-1\right)\\ &=&\dfrac{\pi}{n}\ln\left(\dfrac{a-1}{a+1}\right)+\dfrac{\pi}{n}\left[\ln(a^{2n})+\ln\left(1-a^{-2n}\right)\right]\tendversN\,\pi\ln(a^2). \end{array} $$
   La fonction $f$ est continue donc la somme de Riemann converge vers $\dsp\int_0^\pi f(t)\ud t$ ce qui donne $$\boxed{\color{blue}{ \int_0^\pi \ln(1-2a\cos(x)+a^2)\ud x=\left\{\begin{array}{lcl} 0&\text{ si }& \abs{a}< 1\\ &&\\ 2\pi \ln (\abs{a})&\text{ si }& \abs{a}>1 \end{array} \right.}}.$$
2. Pour $z\in \C\setminus \mathbb{U}$ la fonction $\fonct{f}{[0,2\pi]}{\R}{t}{\dfrac{1}{z-\ee^{\ii t}}}$ est continue sur $[0,2\pi]$ .
   Soit $n\in \N^*$, on note $S_n(f)$ la somme de Riemann associé à $f$ et la subdivision $\left(\frac{2k\pi}{n}\right)_{k\in \inter{0,n}}$, on a $$\dsp S_n(f)=\dfrac{2\pi}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\dfrac{1}{z-\ee^{\ii\frac{2k\pi}{n}}}.$$ Notons $P=X^n-1$, on a $P=\dsp\prod_{k=0}^{n-1}X-\ee^{\ii \frac{2k\pi}{n}}$, et $$P'=nX^{n-1}=\dsum_{k=0}^{n-1}\prod_{j\in \inter{0,n-1},\,j\neq k} \left(X-\ee^{\ii \frac{2j\pi}{n}}\right)=\dsum_{k=0}^{n-1}\dfrac{P(X)}{X-\ee^{\ii \frac{2k\pi}{n}}}$$ On en déduit, $$S_n(f)=\dfrac{2\pi}{n}\dfrac{P'(z)}{P(z)}=\dfrac{2\pi}{n}\dfrac{nz^{n-1}}{z^n-1}=2\pi\dfrac{z^{n-1}}{z^n-1}$$ On en déduit,
   1. Pour $z\in \C$ avec $\abs{z}< 1$, $$S_n(f)=2\pi\dfrac{z^{n-1}}{z^n-1}\tendversN\,0$$
   2. Pour $z\in \C$ avec $\abs{z}>1$, $$S_n(f)=2\pi\dfrac{z^{n-1}}{z^n-1}=\dfrac{2\pi}{z}\dfrac{z^n}{z^n-1}\tendversN\,\dfrac{2\pi}{z}$$
   La fonction $f$ est continue donc la somme de Riemann converge vers $\dsp\int_0^{2\pi} f(t)\ud t$ ce qui donne $$\boxed{ \color{blue}{\int_0^{2\pi}\dfrac{ \ud t}{z-\ee^{\ii t}}=\left\{\begin{array}{lcl} 0&\text{ si }& \abs{z}< 1\\ &&\\ \dfrac{2\pi}{z}&\text{ si }& \abs{z}>1 \end{array} \right.}}.$$

1. On effectue le changement de variable $x=nt$, ce qui donne (en utilisant aussi la périodicité et la parité de la fonction à intégrée) $$ \begin{array}{lcl} I_n&=&\dfrac{1}{n}\dsp\int_0^{n\pi}\dfrac{\ud x}{1+\cos^2(x)}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\dfrac{\ud x}{1+\cos^2(x)} =\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_0^{\pi}\dfrac{\ud x}{1+\cos^2(x)}\\ &&\\ &=&\dsp \int_0^{\pi}\dfrac{\ud x}{1+\cos(x)}=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{\ud x}{1+\cos^2(x)}\\ &&\\ &\underset{t=\tan(x)}{=}&\dsp 2\int_0^\infty\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+u^2}}\dfrac{\ud u}{1+u^2}\\ &=&\dsp 2\int_0^\infty\dfrac{\ud u}{2+u^2}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}\left[\Arctan(u/\sqrt{2})\right]_0^\infty. \end{array} $$ On en déduit que $$\boxed{I=\dfrac{\pi}{\sqrt{2}}}$$
2. Soit $f\in \CC([0,\pi])$, on a $$ \begin{array}{lcl} J_n&\underbrace{=}_{t=nx}&\dfrac{1}{n}\dsp\int_0^{n\pi}\dfrac{f(t/n)\ud t}{1+\cos^2(t)}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\dfrac{f(t/n)\ud t}{1+\cos^2(t)} =\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_0^{\pi}f\left(\frac{t+k\pi}{n}\right)\dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_0^{\pi}\left(f\left(\frac{t+k\pi}{n}\right)-f\left(\frac{k\pi}{n}\right)+f\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right)\dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_0^{\pi}\left(f\left(\frac{t+k\pi}{n}\right)-f\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right)\dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)} +\left(\int_0^\pi \dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}\right)\dfrac{1}{n} \dsum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k\pi}{n}\right)\\ &=& A + B \end{array} $$ Comme $f$ est continue sur $[0,\pi]$, alors $$\forall \varepsilon > 0,\,\, \exists \eta > 0,\,\,\forall x,y\in [0,\pi],\quad \abs{x-y}\leq \eta \Longrightarrow \abs{f(x)-f(y)}\leq \varepsilon.$$ Soit $\varepsilon > 0$, pour $n$ assez grand, on a: $$\forall k\in \inter{0,n},\,\forall t\in [0,\pi],\quad \abs{f\left(\dfrac{t+k\pi}{n}\right)-f\left(\dfrac{k\pi}{n}\right)}\leq \varepsilon. $$ Ce qui donne $$\abs{A}\leq \dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\int_0^{\pi}\abs{f\left(\frac{t+k\pi}{n}\right)-f\left(\frac{k\pi}{n}\right)}\dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}=\left(\int_0^\pi \dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}\right) \varepsilon.$$ On en déduit alors que $A\tendversN\,0$. D'autre part, $B$ est la somme de Riemann associée à $f$, donc $$ B= \left(\int_0^\pi \dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)}\right)\dfrac{\pi}{\pi n} \dsum_{k=0}^{n-1} f\left(\frac{k\pi}{n}\right)\tendversN \dfrac{1}{\pi} \int_0^\pi \dfrac{\ud t}{1+\cos^2(t)} \int_0^\pi f(t)\ud t.$$ Finalement, $$\textcolor{blue}{\boxed{J_n\tendversN\, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\int_0^\pi f(t)\ud t}}.$$

Soient $[\alpha,\beta]\subset [a,b]$ tel que : $\alpha < \beta$ et la restriction de $f$ sur $[\alpha,\beta]$ est continue.

Pour $n\in \N^*$, on pose $x_k=\alpha+\dfrac{k}{n}(\beta-\alpha)$ alors $$\dfrac{\beta-\alpha}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(x_k)\tendversN\,\int_\alpha^\beta f(t)\ud t.$$ Comme $\varphi$ est convexe, alors $$\tag{$\star$}\forall n\in \N^*,\quad \varphi\left(\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(x_k)\right)\leq \dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\varphi(f(x_k)).$$ Comme $\varphi$ est continue alors $$\varphi\left(\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}f(x_k)\right)\tendversN \varphi\left(\dfrac{1}{\beta-\alpha}\int_\alpha^\beta f(t)\ud t\right).$$ il est clair que $\dfrac{1}{\beta-\alpha}\dsp\int_\alpha^\beta f(t)\ud t\in J$.

On a également, comme $\varphi\circ f\in \CC([\alpha,\beta])$, alors $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=0}^{n-1}\varphi(f(x_k))\tendversN\,\dfrac{1}{\beta-\alpha}\int_\alpha^\beta \varphi\circ f (t)\ud t $$ En injectant ces deux dernière résultats dans la relation ($\star$), on trouve par passage à la limite, $$ \tag{$\star\star$}\varphi\left(\dfrac{1}{\beta-\alpha}\int_\alpha^\beta f(t)\ud t\right)\leq \dfrac{1}{\beta-\alpha}\int_\alpha^\beta \varphi \circ f(t)\ud t.$$

Retour à la question. Puisque $f$ est continue par morceaux sur $[a,b]$, alors (cours) il existe une subdivision $(a_k)_{0\leq k\leq N}$ ($N > 0$) de l'intérvalle $[a,b]$, telle que $a=a_0< a_1< \cdots < a_N=b$,et pour tout $k\in \inter{0,N-1}$ la restriction de $f$ sur $]a_k,a_{k+1}[$ se prolonge en une fonction continue sur $ [a_k,a_{k+1}]$.

L'intégrale de $f$ sur $[a,b]$ est définie alors par: $$\int_a^b f(t)\ud t =\dsum_{k=0}^{N-1}\int_{a_i}^{a_{i+1}}f(t)\ud t.$$ On écrit ensuite $$\dfrac{1}{b-a} \int_a^b f(t)\ud t=\dfrac{1}{b-a}\dsum_{k=0}^{N-1}\int_{a_i}^{a_{i+1}}f(t)\ud t =\dsum_{k=0}^{N-1}\dfrac{a_{k+1}-a_k}{b-a}\dfrac{1}{a_{k+1}-a_k}\int_{a_i}^{a_{i+1}}f(t)\ud t$$ En utilisant la convexité de la fonction $\varphi$, puis la relation ($\star\star$), on trouve : $$\varphi\left(\dfrac{1}{b-a} \int_a^b f(t)\ud t\right) \leq \dsum_{k=0}^{N-1}\dfrac{a_{k+1}-a_k}{b-a} \varphi\left(\dfrac{1}{a_{k+1}-a_k}\int_{a_i}^{a_{i+1}}f(t)\ud t\right) \leq \dsum_{k=0}^{N-1} \dfrac{a_{k+1}-a_k}{b-a} \dfrac{1}{a_{k+1}-a_k}\int_{a_i}^{a_{i+1}}\varphi \circ f(t)\ud t$$ Autrement dit, $$\varphi\left(\dfrac{1}{a_{k+1}-a_k}\int_{a_i}^{a_{i+1}}f(t)\ud t\right) \leq \dsum_{k=0}^{N-1} \dfrac{1}{b-a} \int_{a_i}^{a_{i+1}}\varphi \circ f(t)\ud t=\dfrac{1}{b-a} \int_a^b\varphi \circ f (t)\ud t. $$

Soit $k\geq 1$, on a $$b_{k+1}< a_k \iff \frac{1}{k+1}+\dfrac{1}{2^{k+2}}< \frac{1}{k}-\frac{1}{2^{k+1}}\iff \dfrac{3k(k+1)}{2^{k+2}}< 1.$$ Posons alors $h(x)= \dfrac{3x(x+1)}{4\times 2^{x}}$, pour $x\geq 1$, on a $$\forall x\geq 1,\quad h'(x) =\dfrac{3}{4}\dfrac{-\ln(2)x^2+(2-\ln(2))x+1}{2^x}.$$ Ainsi, $h'(x)=0$ pour $x_0 =\dfrac{2-\ln(2)+\sqrt{4+\ln(2)^2}}{2\ln(2)}$, comme $\ln(2)< 0.7$, alors $$x_0=\dfrac{2-\ln(2)+\sqrt{4+\ln(2)^2}}{2\ln(2)}< \dfrac{2+\sqrt{4+0.7^2}}{2\ln(2)}< \dfrac{2+\sqrt{4.9}}{2\ln(2)}< 3.$$ Puis $h'< 0$ sur $]x_0,\infty[$, donc $h$ est strictement décroissante sur $[3,\infty[\subset [x_0,\infty[$, et on a $$h(3) =\dfrac{3\times 3\times 4}{2^5}=\dfrac{9}{8}> 1\text{ et }h(4)=\dfrac{3\times 4\times 5}{2^6}=\dfrac{15}{16}< 1$$ Ainsi, on peut choisir $k_0=4$, et d'après l'étude de la fonction $h$ $$\forall k\geq 4,\quad h(k)< 1 \implies \forall k\geq 4,\quad b_{k+1}< a_k.$$

Soit $t\in ]0,1[$, on pose $k=\lfloor \frac 1t \rfloor \geq 1$, alors $$\frac 1t -1 < k \leq \frac 1t \Longrightarrow \dfrac{1}{k+1}< t \leq \dfrac{1}{k}$$ Si $k\geq 4$ alors $f(t)$ est bien définie puisque $]\frac{1}{k+1},b_{k+1}]\cap [a_k,\frac 1 k]=\emptyset$, sinon ($k\leq 3$) alors $f(t)=0$ sauf pour $t\in ]\frac 1 4, b_4]$. Dans tous les cas $f$ est bien déterminée.

De plus, $f\geq 0$, continue fonction affine par morceaux et pour tout $k\in \N^*$, $$\lim_{t\to \frac{1}{k}^-} f(t)=\lim_{t\to \frac{1}{k}^+}f(t)=k^2,\,\lim_{t\to a_k^-} f(t)=\lim_{t\to a_k^+}=0,$$ ceci est valable aussi pour les $(b_k)$.

Pour tout $k\geq 4$, on a $$\int_{a_k}^{b_k}f(t)\ud = \text{ aire du triangle} = \dfrac{k^2}{2^{k+1}}$$ Comme la série $\dsum_{k\geq 4} \dfrac{k^2}{2^{k+1}} $ converge (de somme $\frac{27}{ 16}$), on en déduit alors que $f$ est intégrable sur $]0,1[$, et $$\int_0^1f(t)\ud t = \dsum_{k\geq 4}\int_{a_k}^{b_k}f(t)\ud=\dsum_{k\geq 4} \dfrac{k^2}{2^{k+1}} .$$ Soit $n\geq 4$, on a $$S_n(f) =\dfrac1 n \dsum_{k=1}^{n-1} f(\frac k n)\underbrace{\geq}_{f\geq 0} \dfrac{1}{n}f(\frac 1 n)=n\tendversN\, \infty.$$ Donc $(S_n(f))_n$ ne converge pas vers $\dsp\int_0^1 f $

1. La fonction $\varphi\in \CC(]0,1])$, donc continue aussi sur$]0,1[$, de plus $$\forall \varepsilon>0,\quad \int_{\varepsilon}^1\abs{\varphi(t)}\ud t= \left[2\sqrt{t}\right]_{\varepsilon}^1 =1-2\varepsilon \tendvers{\varepsilon}{0}1.$$ Ce qui prouve que $\varphi$ est intégrable sur $]0,1[$.$\\$ Soit $n\geq 2$, comme la fonction $\varphi$ est strictement décroissante sur $]0,1[$, alors $$\forall j\in \inter{1,n-1},\quad \int_{j/n}^{(j+1)/n}\varphi(t)\ud t \leq \dfrac{1}{n}\varphi(j/n)\ud t \leq \int_{(j-1)/n}^{j/n}\varphi(t)\ud t $$ Soit, en faisant la somme dans la relation précédente pour $k\in \inter{1,n-1}$, $$ \int_{\frac{1}{n}}^{1}\varphi(t)\ud t\leq \dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n-1}f(k/n)\leq \int_{0}^{\frac{n-1}{n}}\varphi(t)\ud t .$$ Comme $\varphi$ est intégrable sur $]0,1[$, alors $$ \lim_{n\to \infty}\int_{\frac{1}{n}}^{1}\varphi(t)\ud t=\lim_{n\to \infty} \int_{0}^{\frac{n-1}{n}}\varphi(t)\ud t =\int_0^1\varphi(t)\ud t.$$ En utilisant le théorème d'encadrement, on trouve finalement, $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^n\varphi (k/n)\tendversN\,\int_0^1\varphi(t)\ud t.$$ Donc $h\in \mathcal{D}_{0,1}$.
2. $\widetilde{h}$ est continue sur $]0,1/2]$ (donc sur $]0,1/2[$]) et intégrable sur cet intervalle puisque $\widetilde{h}\underset{t\to 0^+}{\sim}\dfrac{1}{\sqrt{t}}$, et d'après la question précédente $\dsp\int_0^{1/2}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}}$ converge. $\\$ La fonction $ \widetilde{h}$ est strictement décroissante sur $]0,1/2[$, donc en utilisant le même raisonnement de la question précédente, on trouve: $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n}\widetilde{h}\left(\frac{k}{2n}\right) \tendversN\,\, 2\int_0^{\frac 1 2}\widetilde{h}(t)\ud t.$$
3. La fonction $h$ est continue sur $]0,1[$, au voisinage de $0$, $h(t)\sim \dfrac{1}{\sqrt{t}}$, et $\dsp\int_0^{\frac 12}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}}$ converge, Au voisinage de $1$, on a $h(t)\sim\dfrac{1}{\sqrt{1-t}}$ et d'après le cours $\dsp\int_{\frac{1}{2}}^1\dfrac{\ud t }{\sqrt{1-t}}$ converge. $\\$ On en déduit alors que $\dsp\int_0^1 h$ converge donc $h$ est intégrable sur $]0,1[$ ($h\geq 0$).$\\$ D'autre part, on a: $$\int_0^1h(t)\ud t =\int_0^{\frac{1}{2}}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}+\int_{\frac12}^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}$$ On effectue alors le changement du variable $u=1-t$ dans le deuxième intégrale; $$\int_0^1h(t)\ud t =\int_0^{\frac{1}{2}}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}+\int_{\frac12}^0\dfrac{-\ud u}{\sqrt{(1-u)u}} = 2\int_0^{\frac12}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t(1-t)}}$$
4. On remarque que, pour tout $t\in ]0,1[$, $h(t)=h(1-t)$. Soit $n\geq 1$, on a $$ \begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^{2n-1} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right) &=&\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right) +\dsum_{k=n+1}^{2n-1} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right) \\ &&\\ &=&\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right) +\dsum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{2n-j}{2n}\right) \quad\quad (j=2n-k)\\ &&\\ &=& \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right) +\dsum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(1-\frac{j}{2n}\right)\\ &&\\ &=& 2\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right)= \dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n}\widetilde{h}\left(\frac{k}{2n}\right) \end{array} $$ Or $\widetilde{h}\in \mathcal{D}_{0,1/2}$, donc $$\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n}\widetilde{h}\left(\frac{k}{2n}\right)=\dfrac{1}{n} \dsum_{k=1}^{n-1}\widetilde{h}\left(\frac{k}{2n}\right)+\dfrac{1}{n}\widetilde{h} \left(\frac{1}{2}\right)\tendversN\, 2\int_0^{\frac12} \widetilde{h}(t)\ud t+0=\int_0^1h(t)\ud t.$$ On en déduit, alors $$ \dsum_{k=1}^{2n-1} \dfrac{1}{2n} h\left(\frac{k}{2n}\right)\tendversN\,\int_0^1h(t)\ud t.$$
5. Soit $n\geq 1$, la fonction $h$ est strictement décroissante sur $]0,1/2[$, alors $$\forall j\in \inter{1,n-1},\,\, \int_{\frac{j}{2n+1}}^{\frac{j+1}{2n+1}} h(t)\ud t \leq \dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{j}{2n+1}\right) \leq \int_{\frac{j-1}{2n+1}}^{\frac{j}{2n+1}} h(t)\ud t,\quad \dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{n}{2n+1}\right) \leq \int_{\frac{n-1}{2n+1}}^{\frac{n}{2n+1}} h(t)\ud t $$ En faisant la somme dans la relation précédente, pour $j\in \inter{1,n}$, on trouve $$\int_{\frac{1}{2n+1}}^{\frac{n}{2n+1}}h(t)\ud t +\dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{n}{2n+1}\right) \leq \dsum_{j=1}^n \dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{j}{2n+1}\right) \leq \int_0^{\frac{n}{2n+1}} h(t)\ud t\leq \int_0^{\frac12}h(t)\ud t $$ Comme $h$ est intégrable sur $]0,1/2[$, alors $$ \int_{\frac{1}{2n+1}}^{\frac{n}{2n+1}}h(t)\ud t \tendversN\, \int_0^{\frac12}h(t)\ud t$$ Et $$\dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{n}{2n+1}\right)\tendversN\,0,$$ on en déduit alors que $$\dsum_{j=1}^n \dfrac{1}{2n+1}h\left(\frac{j}{2n+1}\right) \tendversN\,\int_0^{\frac12} h(t)\ud t .$$ Puis en utilisant la relation $h(t)=h(1-t)$, on trouve $$ \begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^{2n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right) &=&\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right) +\dsum_{k=n+1}^{2n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right) \\ &&\\ &=&\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right) +\dsum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{2n+1-j}{2n+1}\right) \quad\quad (j=2n+1-k)\\ &&\\ &=& \dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right) +\dsum_{j=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(1-\frac{j}{2n+1}\right)\\ &&\\ &=& 2\dsum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{2n+1} h\left(\frac{k}{2n+1}\right)\tendversN 2\int_0^{\frac12}h(t)\ud t =\int_0^1 h(t)\ud t. \end{array} $$
6. On a $h\in \CC(]0,1[)$, intégrable sur $]0,1[$ et d'après les questions précédentes $h\in \mathcal{D}_{0,1}$. En effet, si $u_{2n+1}\tendversN\,\ell$ et $u_{2n}\tendversN\,\ell$ alors $u_n\tendversN\,\ell$.$\\$ Soit $n\geq 2$, on a $$\dsum_{k=1}{n-1}\dfrac{1}{\sqrt{k(n-k)}}=\frac1n\dsum_{k=1}{n-1}\dfrac{1}{\sqrt{(k/n)(1-(k/n))}}\tendversN\,\int_0^1h(t)\ud t.$$ et $$\int_0^1h(t)\ud t =\int_0^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{t-t^2}}=\int_0^1\dfrac{\ud t}{\sqrt{(1/4)-(t-1/2)^2}} =\left[-\Arcsin (1-2t)\right]_0^1=\pi.$$
7. La fonction $t\longmapsto \dfrac{1}{\sqrt{t}}$ est strictement croissante sur $\R_+^*$. Soit $n\geq 2$, $$\forall k\in \inter{1,n},\quad \int_k^{k+1} \dfrac{\ud t}{\sqrt{t}} t\leq \dfrac{1}{\sqrt{k}}\leq \int_{k-1}^k\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}} $$ En faisant la somme dans la relation précédentes, pour $k\in \inter{1,n}$ (on rappel que $\dsp\int_0^n\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}} $ converge), on trouve $$\int_1^{n+1}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}} \leq \dsum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{k}}\leq \int_0^{n}\dfrac{\ud t}{\sqrt{t}}\Longrightarrow 2\sqrt{n+1}-2\leq \dsum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{k}}\leq 2\sqrt{n}$$ Ce qui donne $$\dsum_{k=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{k}}\underset{n\to \infty}{\sim}2\sqrt{n}.$$
8. Soit $\varepsilon> 0$, comme $\alpha_n\tendversN\,0$, alors $$\exist n_0,\,\forall n\geq n_0,\quad \abs{\alpha_n}\leq \varepsilon.$$ Notons $M =\max\{\abs{\alpha_k},\,k\in \inter{0,n_0}\}$. Soit $n\geq n_0+2$, on a $$ \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{\abs{\alpha_k}}{\sqrt{k(n-k)}}= \sum_{k=1}^{n_0}\dfrac{\abs{\alpha_k}}{n\sqrt{(k/n)(1-(k/n))}}+\sum_{k=n_0+1}^{n-1}\dfrac{\abs{\alpha_k}}{\sqrt{k(n-k)}}\leq \dfrac{M}{n} \dsum_{k=1}^{n_0}h(k) +\pi \varepsilon$$ Soit $n\geq 2n_0$, $$ \begin{array}{lcl} \dsum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{\sqrt{k(n-k)}} \left(\dfrac{(1+\alpha_k)(1+\alpha_{n-k})}{1+\alpha_n}-1\right) &=&\dfrac{1}{n}\dsum_{k=1}^{n-1} h(k)\left(\dfrac{\alpha_k + \alpha_{n-k}+\alpha_{k}\alpha_{n-k}}{1+\alpha_n}\right)\\ &&\\ &=& \dfrac{1}{n(1+\alpha_n)}\left(\dsum_{k=1}^{n-1} h(k)\alpha_k +\dsum_{k=1}^{n-1} h(k)\alpha_{n-k} +\dsum_{k=1}^{n-1}h(k)\alpha_k\alpha_{n-k}\right)\\ &&\\ &=& \dfrac{1}{n(1+\alpha_n)}\left(\dsum_{k=1}^{n-1} h(k)\alpha_k +\dsum_{k=1}^{n-1} h(n-k)\alpha_{k} +\dsum_{k=1}^{n-1}h(k)\alpha_k\alpha_{n-k}\right)\\ &&\\ &=&\dfrac{1}{n(1+\alpha_n)}\left(2\dsum_{k=1}^{n-1} h(k)\alpha_k +\dsum_{k=1}^{n-1}h(k)\alpha_k\alpha_{n-k}\right) \end{array} $$ Puisque $n\geq 2n_0$ alors $\abs{\alpha_k\alpha_{n-k}}\leq \max\{M\varepsilon,\varepsilon^2\}$, en effet au moins un de ces deux indices $k$ et $n-k$ est plus grand que $n_0$. Donc $$\dfrac{1}{n(1+\alpha_n)}\dsum_{k=1}^{n-1}h(k)\alpha_k\alpha_{n-k} \tendversN\,0$$