Pour \(n\geq1\),

\[u_n=\frac{1}{n^3}\sum_{k=1}^{n}k^2\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(\frac{k}{n})^2\sin\frac{k\pi}{n} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n}),\]

où \(f(x)=x^2\sin(\pi x)\). \(u_n\) est donc une somme de Riemann à pas constant associée à la fonction continue \(f\) sur \([0,1]\). Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), le pas \(\frac{1}{n}\) tend vers \(0\) et on sait que \(u_n\) tend vers

\[\begin{align*}\ensuremath \int_{0}^{1}x^2\sin(\pi x)\;dx&=\left[-\frac{1}{\pi}x^2\cos(\pi x)\right]_{0}^{1}+\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}x\cos(\pi x)\;dx =\frac{1}{\pi}+\frac{2}{\pi}(\left[\frac{1}{\pi}x\sin(\pi x)\right]_{0}^{1}-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}\sin(\pi x)\;dx)\\ &=\frac{1}{\pi}-\frac{2}{\pi^2}\left[-\frac{1}{\pi}\cos(\pi x)\right]_{0}^{1}=\frac{1}{\pi}-\frac{2}{\pi^2}(\frac{1}{\pi}+\frac{1}{\pi})\\ &=\frac{1}{\pi}-\frac{4}{\pi^3}. \end{align*}\] On peut avoir envie d’écrire :

\[\ln(u_n)=\frac{1}{n}(\sum_{k=1}^{n}(\ln(a+k)-\ln k))=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{a}{k}).\]

La suite de nombres \(a\), \(\frac{a}{2}\),..., \(\frac{a}{n}\) est une subdivision (à pas non constant) de \([0,a]\) mais malheureusement son pas \(a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}\) ne tend pas vers \(0\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\). On n’est pas dans le même type de problèmes.

Rappel. (exo classique) Soit \(v\) une suite strictement positive telle que la suite \((\frac{v_{n+1}}{v_n})\) tend vers un réel positif \(\ell\), alors la suite \((\sqrt[n]{v_n})\) tend encore vers \(\ell\).

Posons \(v_n=\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}(a+k)\) puis \(u_n=\sqrt[n]{v_n}\).

\[\frac{v_{n+1}}{v_n}=\frac{a+n+1}{n+1}\rightarrow1,\]

et donc \(\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n=1\). Encore une fois, ce n’est pas une somme de Riemann. On tente un encadrement assez large : pour \(1\leq k\leq n\),

\[\frac{n+k}{n^2+n}\leq\frac{n+k}{n^2+k}\leq\frac{n+k}{n^2}.\]

En sommant ces inégalités, il vient

\[\frac{1}{n^2+n}\sum_{k=1}^{n}(n+k)\leq\sum_{k=1}^{n}\frac{n+k}{n^2+k}\leq\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}(n+k),\]

et donc ((premier terme + dernier terme)\(\times\)nombre de termes/2),

\[\frac{1}{n^2+n}\frac{((n+1)+2n)n}{2}\leq u_n\leq\frac{1}{n^2}\frac{((n+1)+2n)n}{2},\]

et finalement, \(\frac{3n+1}{2(n+1)}\leq u_n\leq\frac{3n+1}{2n}\). Or, \(\frac{3n+1}{2(n+1)}\) et \(\frac{3n+1}{2n}\) tendent tous deux vers \(\frac{3}{2}\). Donc, \(u_n\) tend vers \(\frac{3}{2}\). Tout d’abord

\[u_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{n^2-k^2}}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{k}{n})^2}}= \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n}),\]

où \(f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) pour \(x\in[0,1[\). \(u_n\) est donc effectivement une somme de Riemann à pas constant associée à la fonction \(f\) mais malheureusement, cette fonction n’est pas continue sur \([0,1]\), ou même prolongeable par continuité en \(1\). On s’en sort néanmoins en profitant du fait que \(f\) est croissante sur \([0,1[\).

Puisque \(f\) est croissante sur \([0,1[\), pour \(1\leq k\leq n-2\), on a \(\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{k}{n})^2}}\leq\int_{k/n}^{(k+1)/n}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\), et pour \(1\leq k\leq n-1\), \(\frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{k}{n})^2}}\geq\int_{(k-1)/n}^{k/n}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\). En sommant ces inégalités, on obtient

\[u_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{k}{n})^2}}\geq\sum_{k=1}^{n-1}\int_{(k-1)/n}^{k/n}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx=\int_{0}^{1-\frac{1}{n}}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx=\Arcsin(1-\frac{1}{n}),\]

et

\[\begin{align*}\ensuremath u_n&=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{k}{n})^2}}+\frac{1}{\sqrt{n^2-(n-1)^2}}\leq\int_{\frac{1}{n}}^{1-\frac{1}{n}}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\;dx+\frac{1}{\sqrt{2n-1}}\\ &=\Arcsin(1-\frac{1}{n})-\Arcsin\frac{1}{n}+\frac{1}{\sqrt{2n-1}}. \end{align*}\]

Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), les deux membres de cet encadrement tendent vers \(\Arcsin1=\frac{\pi}{2}\), et donc \(u_n\) tend vers \(\frac{\pi}{2}\). Pour \(1\leq k\leq n\), \(\sqrt{k}-1\leq E(\sqrt{k})\leq \sqrt{k}\), et en sommant,

\[\frac{1}{n\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}-\frac{1}{\sqrt{n}}\leq u_n\leq \frac{1}{n\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}.\]

Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(\frac{1}{\sqrt{n}}\) tend vers \(0\) et la somme de Riemann \(\frac{1}{n\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sqrt{\frac{k}{n}}\) tend vers \(\int_{0}^{1}\sqrt{x}\;dx=\frac{3}{2}\). Donc, \(u_n\) tend vers \(\frac{3}{2}\). \(u_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{(k/n)^2}{1+8(k/n)^3}\) tend vers \(\int_{0}^{1}\frac{x^2}{8x^3+1}\;dx=\left[\frac{1}{24}\ln|8x^3+1|\right]_{0}^{1}=\frac{\ln3}{12}\). \(u_n=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2(k+n)+1}=\frac{1}{2}\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2+\frac{2k+1}{n}}\) tend vers \(\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\frac{1}{2+x}\;dx=\frac{1}{2}(\ln4-\ln2)=\ln2\). Soit \(f(x)=\frac{1}{x^2}e^{-1/x}\) si \(x>0\) et \(0\) si \(x=0\). \(f\) est continue sur \([0,1]\) (théorèmes de croissances comparées). Donc, \(u_n=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})\) tend vers \(\int_{0}^{1}f(x)\;dx\). Pour \(x\in[0,1]\), posons \(F(x)=\int_{x}^{1}f(t)\;dt\). Puisque \(f\) est continue sur \([0,1]\), \(F\) l’est et

\[\int_{0}^{1}f(x)\;dx=F(0)=\lim_{x\rightarrow 0,\;x>0}F(x)=\lim_{x\rightarrow 0,\;x>0}\left[e^{-1/t}\right]_{x}^{1}=\lim_{x\rightarrow 0,\;x>0}(e^{-1}-e^{-1/x})=\frac{1}{e}.\]

Donc, \(u_n\) tend vers \(\frac{1}{e}\) quand \(n\) tend vers \(+\infty\).

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