I Convergence de la suite (sn). II Utilisation de

Universit´e Lyon 1 Capes Externe Math. 2007-2008
I Convergence de la suite (sn).
I.1.(a) Pour tout k≥2 on a k2≥k2−k=k(k−1) >0. L’application x7→ 1/x ´etant
d´ecroissante sur ]0,+∞[ il en r´esulte
1
k2≤1 k(k−1) =1 k−1−1 k·
(b) On en d´eduit pour tout n≥1,
sn≤1 + 1−1
2+1 2−1 3+··· +1 n−1−1 n= 2 −1 n≤2.
(c) La suite (sn) est croissante car sn+1 −sn= 1/(n+ 1)2>0, major´ee par 2, donc,
par le «th´eor`eme de la limite monotone », elle est convergente et sa limite S≤2.
I.2.(a) La suite (sn) est croissante. Par d´efinition de tnon a pour tout n≥1,
tn−1−tn=1
n−1+sn−1−1 n−sn=1 n(n−1) −1 n2≥0.(cf.1.a)
La suite (tn) est donc d´ecroissante. Enfin tn−sn= 1/n tend vers 0 quand ntend
vers l’infini. Les suites (sn) et (tn) sont donc adjacentes.
(b) Puisque Sest limite de la suite croissante (sn) et de la suite d´ecroissante (tn) on
a pour tout n≥1
sn≤S≤tn,
et ceci est un encadrement d’amplitude 1/n. Pour n= 10 on a donc
s10 =1968329
1270080 ≤S≤s10 +1 10 =2095337 1270080·(1)
La calcul num´erique de s10 donne s10 = 1.549 . . . et donc l’encadrement
1.54 < s10 <1.55 + 0.1 = 1.65
d’amplitude 0.11. 1
I.3. Voici le texte d’un exercice de niveau terminale S. On peut faire plus long.
(a) D´emontrer que la fonction t7→ 1/t2est d´efinie et d´ecroissante sur [1,+∞[.
(b) En d´eduire, pour tout k≥2 une majoration de 1
k2par une int´egrale, puis une
majoration de sn=Pn
k=1
1
n2.
(c) En d´eduire que la suite (sn) est convergente.
II Utilisation de polynˆomes.
II.1. La formule donnant la somme des racines de Pest σ1=−an−1
an·
1Plus pr´ecisemment, notons Rn=P∞
k=n+1 1/k2le reste d’ordre nde la s´erie P∞ n=1 1/n2. L’encadrement
R∞
11
dt
t2< R10 <R∞
10
dt
t2donne 1
11 < R10 <1 10 , et donc s10 + 1/11 < S =s10 +R10 < s10 + 1/10 qui est un
encadrement de largeur 1/10 −1/11 = 1/110.Le calul num´erique donne 1.64 < S < 1.65.
Corrig´e Epreuve 1, 2007 1 M. Del´eglise

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II.2.(a) La formule de Moivre donne
cos(2p+ 1)ϕ+isin(2p+ 1)ϕ= (cos ϕ+isin ϕ)2p+1
=
2p+1
X
k=0 2p+ 1
kiksink(ϕ) cos2p+1−k(ϕ)
En remarquant que i2k= (−1)ket i2k+1 = (−1)ki, l’´egalit´e des parties imaginaires
des deux membres donne
sin(2p+ 1)ϕ=
p
X
k=0 2p+ 1
2k+ 1(−1)ksin2k+1(ϕ) cos2p−2k(ϕ).
(b) Puisque sin ϕ6= 0 (car ϕ6≡ 0 mod π) la formule ci-dessus s’´ecrit encore
sin(2p+ 1)ϕ= sin2p+1(ϕ)
p
X
k=0 2p+ 1
2k+ 1(−1)ksin2k−2p(ϕ) cos2p−2k(ϕ)
= sin2p+1(ϕ)
p
X
k=0 2p+ 1
2k+ 1(−1)k(cotan2ϕ)p−k·
II.3.(a) Pour 1 ≤k≤pon a 0 <π
2p+ 1 ≤kπ 2p+ 1 ≤pπ 2p+ 1 <π 2et γk= cotan2kπ 2p+ 1
est bien d´efini. On remplace ϕpar kπ
2p+ 1 dans l’identit´e obtenue en 2.(b) et on
divise les deux membres par sin2p+1 kπ
2p+ 1, qui est non nul, ce qui donne
0 = sin kπ
sin2p+1 kπ
2p+1 =P(γk).
(b) Puisque cotan : ]0, π/2[−→ ]0,+∞[, ]0, π/2[ on a γ1> γ2>··· > γp, et les γk
sont pracines distinctes de P, donc toutes les racines de Pcar deg(P) = p.
(c) Puisque les γksont les racines de Pon a en utilisant II.1
p
X
k=1
cotan2kπ
2p+ 1=
p
X
k=1
γk=2p+1
3
2p+ 1 =p(2p−1) 3·
Avec la formule 1
sin2ϕ= 1 + cotan2ϕon en d´eduit
p
X
k=1
1
sin2kπ
2p+1 =
p
X
k=1 1 + cotan2kπ
2p+ 1=p+p(2p−1) 3=2p(p+ 1) 3·
II.4.(a) La fonction x7→ x−sin xde d´eriv´ee x7→ 1−cos xstrictement positive sur
]0, π/2[ est strictement croissante sur [0, π/2] (th´eor`eme des accroissements finis).
Puisqu’elle est nulle en 0, elle est strictement positive sur ]0, π/2[ .
De mˆeme x7→ tan x−x, nulle en 0, de d´eriv´ee x7→ tan2xstrictement positive
sur ]0, π/2[, est strictement positive sur ]0, π/2[.
Corrig´e Epreuve 1, 2007 2 M. Del´eglise

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(b) La premi`ere formule de 3.(c) et la majoration ϕ < tan ϕ(pour 0 < ϕ < π/2), soit
cotan ϕ < 1/ϕ donnent
p(2p−1)
3=
p
X
k=1
cotan2kπ
2p+ 1<
p
X
k=1 2p+ 1
kπ 2
=(2p+ 1)2
π2
p
X
k=1
1
k2·
La deuxi`eme formule du 3.(c) avec sin ϕ < ϕ (pour 0 < ϕ < π/2) donne
(2p+ 1)2
π2
p
X
k=1
1
k2=
p
X
k=1 2p+ 1
kπ 2
<
p
X
k=1
1
sin2kπ
2p+1
=2p(p+ 1)
3·
(c) L’encadrement ´etabli au (b) donne, apr`es multiplication par π2/(2p+ 1)2,
π2
6
2p(2p−1)
(2p+ 1)2<
p
X
k=1
1
k2<π2 6
4p(p+ 1)
(2p+ 1)2·
Lorsque p→+∞,2p(2p−1)
(2p+ 1)2et 4p(p+ 1) (2p+ 1)2tendent vers 1, et le th´eor`eme des
gendarmes, donne l’existence et la valeur de
∞
X
k=1
1
k2=π2 6·
II.5. On remarque que un=sn/4. Alors, puisque (sn) est convergente, (un) est conver-
gente et U= limn→+∞un= (limn→+∞sn)/4 = S/4 = π2/24.
On remarque ensuite que vn=s2n+1 −un. Puisque (sn) et (un) sont convergentes,
de limites respectives Set U, (vn) est elle aussi convergente et
lim
n→+∞vn=S−U=S−S
4=3 4S=π2 8·
On ´ecrit
sn+wn=
n
X
k=1
(−1)k+1
k2+
n
X
k=1
1
k2= 2 bn−1
2c
X
k=0
1
(2k+ 1)2
Cela donne
wn=
2bn−1
2c
X
k=0
1
(2k+ 1)2
−sn−→
n→+∞= 2V−S=π2
12 .
III Utilisation des int´egrales de Wallis.
III.1. Les fonctions t7→ 1 et t7→ t2sont continues de primitives t7→ tet t7→ t3/3 d’o`u
I0=Zπ/2
0
dt =tiπ/2
0=π
2et J0=Zπ/2
0
t2dt =t3
3π/2
0
=π3
24 ·
Corrig´e Epreuve 1, 2007 3 M. Del´eglise

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III.2.(a) Soient u(t) = cos2n+1 tet v(t) = sin t. Les fonctions uet vsont de classe C1, avec
dv = cos tdt. Le th´eor`eme d’int´egration par parties donne
In+1 =Zπ/2
0
u dv =(cos2n+1 t) sin tπ/2
0+ (2n+ 1) Zπ/2
0
(cos2nt)(sin2t)dt
= (2n+ 1) Zπ/2
0
(cos2nt)dt −(2n+ 1) Zπ/2
0
(cos2n+2 t)dt
soit (2n+ 2)In+1 = (2n+ 1)In.
(b) Pour n≥1 on a donc, In=2n−1
2nIn−1puis, par r´ecurrence,
In=(2n−1)(2n−3) ···1
(2n)(2n−2) ···2I0=(2n)! (2n)2(2n−2)2···22I0=(2n)! 22n(n!)2
π
2·
III.3.(a) Pour n≥1 une int´egration par parties avec u(t) = cos2ntet v(t) = t(uet vsont
de classe C1) donne
In=Zπ/2
0
udv =t(cos2nt)π/2
0+Zπ/2
0
2nt (cos2n−1t)(sin t)dt = 2nI0
n
avec
I0
n=Zπ/2
0
t(cos2n−1t) sin t dt.
Une deuxi`eme int´egration par parties, avec u(t) = (cos2n−1t) sin tet v0(t) = t
donne
I0
n=t2
2(cos2n−1t) sin tπ/2
0
−1
2Zπ/2
0
t2(cos2nt)dt + (2n−1)1
2Zπ/2
0
t2cos2n−2tsin2t·
Avec l’identit´e sin2t= 1 −cos2tcela donne
I0
n=−1
2Jn+2n−1 2Jn−1−2n−1 2Jn=2n−1 2Jn−1−nJn
et enfin In= 2nI0
n=n(2n−1)Jn−1−2n2Jn.
(b) Par d´efinition de Kn, pour tout n≥1 on a
Kn−1−Kn=4n−1(n−1)!2
(2n−2)! Jn−1−4nn!2 (2n)! Jn
=4n−1(n−1)!2
(2n)! (2n(2n−1)Jn−1−4n2Jn)
Vu la formule pr´ec´edente, et la question 2.b, cela donne
Kn−1−Kn=4n−1(n−1)!2
(2n)! 2In=4n−1(n−1)!2 (2n)! 2(2n)! 4nn!2
π
2=π 4n2·
(c) Remarquons que K0=J0, et donc, vu la question pr´ec´edente,
J0−KN=K0−KN=
N
X
n=1
(Kn−1−Kn) = π
4
N
X
k=1
1
n2·
Corrig´e Epreuve 1, 2007 4 M. Del´eglise

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III.4.(a) La fonction x7→ sin xd´efinie sur [0, π/2] dont la d´eriv´ee seconde, x7→ −sin xest
n´egative, est une fonction concave. Son graphe est donc situ´e «au dessus »de la
droite passant par les points (0,0) et (π
2,1), d’´equation y=2
πx. Pour 0 ≤x≤π/2
on a donc sin x≥2
πx.
(b) Par la question pr´ec´edente, pour 0 ≤t≤π/2, on a t≤π
2sin t, d’o`u
Jn=Zπ/2
0
t2cos2nt dt ≤Zπ/2
0
π2
4sin2tcos2nt dt =π2 4Zπ/2
0
(1 −cos2t) cos2nt dt
≤π2
4(In−In+1) = π2 8
In
n+ 1 (en utilisant 2.(a)).
Rempla¸cant Jnpar 2Kn
πIn(cf. 2.(b)) dans cette in´egalit´e on obtient
0≤Kn≤π3
16(n+ 1)·
(c) Par la question pr´ec´edente, limn→∞ Kn= 0. Avec la formule sn= 4(J0−Kn)/π
´etablie au 3.(c), cela donne l’existence et la valeur de lim
n→∞ sn=4
πJ0=π2 6·
IV Noyau de Dirichlet.
IV.1. Pour tout x∈Ron a
2Dn(x) = 1 + X
1≤k≤n
2 cos kx = 1 + X
1≤k≤neikx −e−ikx=X −n≤k≤n
eikx.
Ceci est la somme d’une progression g´eom´etrique de raison eix 6= 1 puisque x6∈ 2πZ,
d’o`u
2Dn(x) = e−inx −ei(n+1)x
1−eix =e−i(n+1/2)x−ei(n+1/2)x
e−ix/2−eix/2=sin(n+ 1/2)x
sin(x/2) ·
IV.2.(a) Par parties, avec u=x,dv = cos kx dx et v=1
ksin kx, (uet vsont de classe C1)
Zπ
0
xcos kx dx =x1
ksin kxπ
0−1
kZπ
0
sin(kx)dx
=1
k2[cos(kx)]π
0=1
k2h(−1)k−1i
=(0 si kest pair
−2
k2si kest impair.
(b) La d´efinition Dn(x)=1/2 + Pn
k=1 cos kx et la lin´earit´e de l’int´egrale donnent
Ln=Zπ
0
xDn(x) = Zπ
0
x
2dx +
n
X
k=1 Zπ
0
xcos kx dx
=π2
4+
n
X
k=1
(−1)k
k2−
n
X
k=1
1
k2·
Corrig´e Epreuve 1, 2007 5 M. Del´eglise