Devoir en temps libre no 14

2014/2015
n n >2
FR
E
Enn
f∈ F ∆(f)T(f)
∀x∈R: ∆(f)(x) = f(x+ 1) −f(x), T (f)(x) = f(x+ 1)
∆TF
∆0=T0=IdFf∈ F ∆0(f) = T0(f) = fj∈Nj>1
∆j= ∆j−1◦∆ = ∆ ◦∆j−1, T j=Tj−1◦T=T◦Tj−1.
P∈E∆(P)
∆(P)P
∆(P)P
∆En∆n
ker ∆n
∆ndim ∆n
k∈NNk
∀x∈R, N0(x)=1 Nk(x) = x(x−1) ···(x−k+ 1)
k!
k>1 ∆(Nk) (Nj)j>0
j∈Nk∈N∆j(Nk) (∆j(Nk)) (0)
(N0, N1, ..., Nn)En
P∈EnP P =a0N0+a1N1+··· +anNn(a0, a1, ..., an)∈Rn+1
aj(∆j(P)) (0)
k∈Nf∈ F x∈RTk(f)(x)
j∈Nf∈ F
∆j(f)Tk(f) 0 6k6j∆ = T−IdF
(∆j(f)) (0) f(0), f(1), ..., f(j)f
0,1, ..., j

2014/2015
fF(P)
(P)deg P6n
∀k∈ {0,1, ..., n}, P (k) = f(k)
N(x) =
n
Q
j=0
(x−j) = x(x−1) ···(x−n)
ΦEn→Rn+1
P7→ (P(0), .., P (n))
Φ
(P)Pf
j∈ {0,1, ..., n}(∆j(f)) (0) (∆j(Pf)) (0)
Pf(∆j(f)) (0) Nj
fCn+1
Mn= sup f(n+1)(t), t ∈[0, n]
x∈[0, n]∃c∈]0, n[/ f(x)−Pf(x) = f(n+1)(c)
(n+ 1)! N(x)
ϕ(t) = f(t)−Pf(t)−KN(t)K ϕ(x)=0
∀x∈[0, n],|f(x)−Pf(x)|61
n+ 1Mn
|N(x)|[j, j + 1] j∈ {0,1, ..., n −1}

2014/2015
P0=I, P1=X∀n∈N, Pn+2 = 2XPn+1 −Pn
Pnn2n−1n>1
n∀α∈R, Pn(cos(α)) = cos(nα)n
cos 2k+1
2nπk∈[[0, n −1]]
RnPnPn+1
+R0P0=I P1=XR0
+RnnRn+1
PnPn+1 2XPn+1 −Pn
Pn+1 Pn+2 Rn+1
+R0nRnRn+1
∀n∈N,Rn
∀n∈N, Pn
f t ∈Rf(t) = Pn(cos(t)) = cos(n t)fC2
R
∀t∈R, f00(t) = −cos(t)P0
n(cos(t)) + sin2(t)P00 n(cos(t))
∀t∈R, f00(t) = −n2Pn(cos(t))
∀t∈R, n2Pn(cos(t)) −cos(t)P0
n(cos(t)) + sin2(t)P0 n(cos(t)) = 0
n2Pn−XP 0
n+ (1 −X2)P00 ncos(t)
[−1,1] cos(t) [−1,1] tRPn
(1 −X2)P00
n(X)−XP 0 n(X) + n2Pn(X)=0
Pn=bn
2c
X
k=0
akXn−2k
P0
n=bn
2c
X
k=0
(n−2k)akXn−2k−1P00
n=bn
2c
X
k=0
(n−2k)(n−2k−1)akXn−2k−2
X2P00
n+XP 0 n−n2Pn=P00 n
bn
2c
X
k=0
(n−2k)(n−2k−1)akXn−2k−2=bn
2c
X
k=0
4k(k−n)akXn−2k
bn
2c−1
X
k=0
(n−2k)(n−2k−1)akXn−2k−2=bn
2c−1
X
k=0
4(k+ 1)(k+ 1 −n)ak+1Xn−2k−2
(Xp)p∈N
∀k∈0,n
2−1, ak+1 =(n−2k)(n−2k−1)
4(k+ 1)(k+ 1 −n)ak
a0Pn
ak= (−1)kn
n−k2n−2k−1 n−k
k!
P3= 4X3−3X P4= 8X4−8X2+ 1 P5= 16X5−20X3+ 5X
r=p
qp∧q= 1 1 6p < q 2q>3
cos(rπ)Q
p∧q= 1 (u, v)pu +qv = 1
π
q=πv +urπ cos π q= (−1)vP|u|(cos(rπ))

2014/2015
cos(rπ)∈QP|u|cos π
q∈Q
q
q q = 4k k ∈N∗
cos π
4=Pkcos π q Pkcos π q∈Q
cos π
4∈Q√2∈Q
q
anxn+an−1xn−1+··· +a0= 0 a06= 0 an6= 0 α
βα∧β= 1
α a0β an
q PqPqcos π
q=−1 cos π q
Pq+ 1 2q−1
cos π
qα
βα∧β= 1 α= 1
β= 2k06k6q−1 cos π
q>0 cos π q= 1
cos π
q61 2q>3 cos 0,π 2
cos π
q>cos π 3=1 2cos π q61 2q= 3
q q = 3
q q q = 2k k
k>3 cos π
k= 2 cos π q2−1∈Qk= 3
q= 6 cos π
6=√3
2/∈Qq
cos pπ
q∈Qp q∈0,1 2q= 3
p= 1 cos π
3=1
2∈Q
1
3r∈0,1
2cos(rπ)∈Q
PnB0=I∀n∈N, B0
n+1 =BnZ1
0
Bn+1(t)dt = 0
Bnn1
n!
B1=X−1
2B2=1 2X2−1 2X+1 12 B3=1 6X3−1 4X2+1 12 X
B4=1
24 X4−1 12 X3+1 24 X2−1 720 B5=1 120 X5−1 48 X4+1 72 X3−1 720 X

2014/2015
Partie II : Séries de Riemann et nombres de Bernoulli
1) Montrer , de préférence sans récurrence, que : ∀N∈IN
*
, ∀t∈]0,1[, 1 + 2
∑
k = 1
N
cos(2kπt) =
sin ((2N+1)πt)
sin (πt)
Soit N∈IN
*
. Soit t ∈]0,1[ . On pose T = 1 + 2
∑
k = 1
N
cos(2kπt)
On a : T =
∑
k = – N
N
cos(2kπt) = Re
∑
k = – N
N
e
2ikπt
= Re e
–2iNπt
∑
k = 0
2N
e
2ikπt
= Re e
–2iNπt
1 – e
2i(2N+1)πt
1 – e
2iπt
car e
2iπt
≠ 1
Ainsi T = Re e
–2iNπt
2i sin ((2N+1)πt) e
i(2N+1)πt
2i sin(πt) e
iπt
=
sin ((2N+1)πt)
sin(πt)
. D'où : 1 + 2
∑
k = 1
N
cos(2kπ
ππ
πt) =
sin ((2N+1)π
ππ
πt)
sin (π
ππ
πt)
2) Montrer que pour tout entier n∈IN
*
, n ≥ 2, la fonction ϕ
n
définie par ∀t∈]0,1[, ϕ
n
(t) =
Bn(t) – Bn(0)
sin (πt)
est prolongeable par continuité sur [0,1] et que le
prolongement (que l'on note encore ϕ
n
) est de classe C
1
sur [0,1].
Soit n∈IN, n≥ 2. En 0, pour t ∈]0,1[, on a : B
n
(t) = B
n
(0) + B'
n
(0) t + o(t).
Aussi lim
t → 0+
ϕ
n
(t) = B'
n
(0)
π : ϕ
ϕϕ
ϕ
n
est donc prolongeable par continuité en 0 , le prolongement étant noté ϕ
ϕϕ
ϕ
n
(0) = B'
n
(0)
π
ππ
π
ϕ
n
est de classe C
1
sur ]0,1[ car quotient de fonctions de classe C
1
sur ]0,1[ dont le dénominateur ne s'annule pas. De plus :
∀t∈]0,1[ : ϕ'
n
(t) = B'
n
(t) sin(πt) – π (B
n
(t) – B
n
(0)) cos(πt)
( sin(πt) )
2
.
Or B
n
et B'
n
étant des polynômes, ils admettent des DL à tout ordre en 0 et on a :
B'
n
(t) sin(πt) – π (B
n
(t) – B
n
(0)) cos(πt) = (B'
n
(0) + B"
n
(0) t + o(t)) (πt + o(t
2
)) – π (B'
n
(0) t + B"
n
(0)
2
t
2
+ o (t
2
)) (1 –
π
2
t
2
2 + o(t
2
))
D'où ϕ'
n
(t) =
π B"
n
(0)
2
t
2
+ o (t
2
)
π
2
t
2
+ o (t
2
) D'où ϕ'
n
possède une limite finie B"
n
(0)
2 π
en 0
Ainsi ϕ
n
est continue sur [0,1[, de classe C
1
sur ]0,1[ et ϕ'
n
possède une limite finie en 0, donc d'après le théorême de
prolongement, ϕ
ϕϕ
ϕ
n
est de classe C
1
sur [0,1[
D'autre part, on a : ∀ t ∈]0,1[ , ϕ
n
(1 – t) =
B
n
(1 – t) – B
n
(0)
sin (π – πt)
=
( – 1)
n
B
n
(t) – ( – 1)
n
B
n
(1)
sin (πt)
= ( – 1)
n
ϕ
n
(t) car B
n
(0) = B
n
(1)
Aussi on a les mêmes résultats en 1 qu'en 0, et donc, ϕ
ϕϕ
ϕ
n
est de classe C
1
sur [0,1]
3) Montrer, par exemple à l'aide d'une intégration par parties, que : ∀ f ∈ C
1
( [0,1], ) , lim
x → + ∞
⌡
⌠
0
1
f (t)
sin(xt) dt = 0
Soit f de classe C
1
sur [0,1] et x>0. En intégrant par parties, on a :
⌡
⌠
0
1
f (t)
sin(xt) dt =
– cos(xt)
x f (t)
1
0
+
⌡
⌠
0
1
f '(t)
cos(xt)
x dt
Ainsi, puisque | f | et | f ' | sont continues sur [0,1] donc majorées (par exemple par le majorant commun M), on obtient :
[ ]
– cos(xt)
x f (t)
1
0
+
⌡
⌠
0
1
f ' (t)
cos(xt)
x dt
≤
[ ]
cos(xt)
x f (t)
1
0
+
⌡
⌠
0
1
f '(t)
1
x dt
≤ 2M
x + M x = 3M x.
D'où lim
x →
→→
→ + ∞
∞∞
∞
⌡
⌠
0
1
f (t)
sin(xt) dt = 0
4) Pour k et n entiers strictement positifs, on définit : I
n,k
=
⌡
⌠
0
1
B
n
(t)
cos(2kπt) dt. Trouver une relation entre I
n,k
et I
n-2,k
et en déduire selon la parité de n,
l'expression de I
n,k
en fonction de k et de n.
• Si n = 1 et k ∈ IN
*
, on a : I
1,k
=
⌡
⌠
0
1
( )
t –
1
2
cos(2kπt) dt =
t sin(2kπt)
2kπ + cos(2kπt) (2kπ)
2
1
0
= 0
• Si n ≥ 2 et k ∈ IN
*
. En intégrant deux fois par parties I
n,k
=
⌡
⌠
0
1
B
n
(t)
cos(2kπt) dt, on obtient :
I
n,k
=
B
n
(t) sin(2kπt)
2kπ + B
n-1
(t) cos(2kπt)
(2kπ)
2
1
0
– 1
(2kπ)
2
⌡
⌠
0
1
B
n-2
(t)
cos(2kπt) dt = 1
(2kπ)
2
(B
n-1
(1) – B
n-1
(0) – I
n-2,k
) Ainsi
• Si n
= 2 , on a I
2,k
= 1
(2kπ)
2
• Si n > 2 , on a I
n,k
=
– 1
(2kπ)
2
I
n-2,k
D'où : si n est impair , ∀
∀∀
∀ k ∈
∈∈
∈ IN
*
, I
n,k
= 0 et si n est pair, avec n = 2p, p ≥
≥≥
≥ 1, on a ∀
∀∀
∀ k ∈
∈∈
∈ IN
*
I
2p
,
k
= (
– 1)
p+1
(2kπ
ππ
π)
2p