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Limite d'une intégrale de somme géométrique

intégralelimitesomme géométriqueconvergence dominéeSomme géométriqueThéorème de convergence dominée

On considère la suite de réels (In)n∈N∗(I_n)_{n \in \mathbb{N}^*} définie par :

In=∫01dt1+t+t2+⋯+tnI_n = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d} t}{1+t+t^2+\dots+t^n}

Déterminer la limite de la suite (In)(I_n) lorsque nn tend vers +∞+\infty.

1.

Exprimer la somme géométrique au dénominateur sous une forme plus simple pour t∈[0,1[t \in [0, 1[.

2.

Identifier la limite simple ff de la suite de fonctions fn:t↦1∑k=0ntkf_n : t \mapsto \frac{1}{\sum_{k=0}^n t^k}.

3.

Étudier la différence ∣In−∫01f(t)dt∣|I_n - \int_0^1 f(t) \mathrm{d} t| ou utiliser le théorème de convergence dominée.

Idées clés

•

Somme des termes d'une suite géométrique.

•

Convergence simple et domination sur un segment.

•

Intégration de la limite simple.

Résolution.

Pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^* et tout t∈[0,1[t \in [0, 1[, on reconnaît au dénominateur la somme des premiers termes d'une suite géométrique de raison t≠1t \neq 1. On peut donc écrire :

∑k=0ntk=1−tn+11−t\sum_{k=0}^{n} t^k = \frac{1-t^{n+1}}{1-t}

Ainsi, l'intégrande fn(t)f_n(t) s'exprime pour t∈[0,1[t \in [0, 1[ par :

fn(t)=1−t1−tn+1f_n(t) = \frac{1-t}{1-t^{n+1}}

Étude de la convergence simple.

Pour tout t∈[0,1[t \in [0, 1[, on a lim⁡n→+∞tn+1=0\lim_{n \to +\infty} t^{n+1} = 0. On en déduit la limite simple de la suite (fn)(f_n) sur [0,1[[0, 1[ :

∀t∈[0,1[,lim⁡n→+∞fn(t)=1−t\forall t \in [0, 1[,   \lim_{n \to +\infty} f_n(t) = 1-t

En t=1t=1, on a fn(1)=1n+1f_n(1) = \frac{1}{n+1}, donc lim⁡n→+∞fn(1)=0\lim_{n \to +\infty} f_n(1) = 0. Soit ff la fonction définie sur [0,1][0, 1] par f(t)=1−tf(t) = 1-t si t∈[0,1[t \in [0, 1[ et f(1)=0f(1)=0.

Calcul de la limite de l'intégrale.

Méthode 1 : Par majoration directe.

Étudions l'écart entre fn(t)f_n(t) et la fonction t↦1−tt \mapsto 1-t sur [0,1[[0, 1[. Pour tout t∈[0,1[t \in [0, 1[, on a :

fn(t)−(1−t)=1−t1−tn+1−(1−t)=(1−t)(1−(1−tn+1)1−tn+1)f_n(t) - (1-t) = \frac{1-t}{1-t^{n+1}} - (1-t) = (1-t) \left( \frac{1 - (1-t^{n+1})}{1-t^{n+1}} \right)

Ce qui se simplifie en :

fn(t)−(1−t)=(1−t)tn+11−tn+1f_n(t) - (1-t) = \frac{(1-t)t^{n+1}}{1-t^{n+1}}

Or, on sait que 1−t1−tn+1=1∑k=0ntk⩽1\frac{1-t}{1-t^{n+1}} = \frac{1}{\sum_{k=0}^n t^k} \leqslant 1 car chaque terme tkt^k est positif et le premier terme vaut 11. On en déduit la majoration :

∀t∈[0,1],∣fn(t)−f(t)∣⩽tn+1\forall t \in [0, 1],   |f_n(t) - f(t)| \leqslant t^{n+1}

En intégrant cette inégalité sur [0,1][0, 1], il vient :

∣In−∫01(1−t)dt∣⩽∫01tn+1dt=1n+2\left| I_n - \int_0^1 (1-t) \mathrm{d}t \right| \leqslant \int_0^1 t^{n+1} \mathrm{d}t = \frac{1}{n+2}

Comme lim⁡n→+∞1n+2=0\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n+2} = 0, on conclut par le théorème des gendarmes. Le calcul de l'intégrale limite donne :

∫01(1−t)dt=[t−t22]01=12\int_0^1 (1-t) \mathrm{d}t = \left[ t - \frac{t^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}

Méthode 2 : Par le théorème de convergence dominée.

  1. Les fonctions fnf_n sont continues (donc continues par morceaux) sur [0,1][0, 1].
  2. La suite (fn)(f_n) converge simplement vers ff sur [0,1][0, 1], fonction continue par morceaux.
  3. Pour tout n∈N∗n \in \mathbb{N}^* et t∈[0,1]t \in [0, 1], on a ∣fn(t)∣⩽1|f_n(t)| \leqslant 1 car le dénominateur est supérieur ou égal à 11.
  4. La fonction constante égale à 11 est intégrable sur [0,1][0, 1].

D'après le théorème de convergence dominée, on a :

lim⁡n→+∞In=∫01f(t)dt=12\lim_{n \to +\infty} I_n = \int_0^1 f(t) \mathrm{d}t = \frac{1}{2}

Finalement, dans les deux cas :

lim⁡n→+∞In=12\boxed{\lim_{n \to +\infty} I_n = \frac{1}{2}}

Oublier de vérifier la domination de l'intégrande sur tout le segment [0,1].

Réflexe : Simplifier ∑tk\sum t^k en 1−tn+11−t\frac{1-t^{n+1}}{1-t} avant de passer à la limite.