Correction de l`écrit blanc du 29 septembre 2014 Premier probl`eme

Correction de l’´ecrit blanc du 29 septembre 2014
Premier probl`eme
Partie A
1. (a) Au voisinage de 0, on sait que la fonction sinus admet un d´eveloppement limit´e et que
sin(x) = x−x3
6+o(x3).
(b) Les fonctions x7→ xet x7→ sin xsont continues et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc fest
continue sur ]0, π/2]. ´ Etudions maintenant la continuit´e de fen 0. On d´eduit de la question
A.1.a que
1
sin x=1
x1−x2
6+o(x2)=1
x1 + x2 6+o(x2)=1 x+x 6+o(x)
Puis
f(x) = 1
sin x−1 x=x 6+o(x)
On peut donc en conclure que lorsque xtend vers 0 par valeurs sup´erieures, f(x) tend vers
0, qui est par d´efinition ´egal `a f(0).
(c) Les fonctions x7→ xet x7→ sin xsont de classe C1et ne s’annulent pas sur ]0, π/2] donc f
est de classe C1sur cet intervalle, et on a pour tout x∈]0, π/2],
f0(x) = −cos x
sin2(x)+1
x2
En 0+, fadmet un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 1 donc fest d´erivable en 0, de d´eriv´ee
1/6, qui est bien la limite en 0 de f0.
La fonction fest donc d´erivable sur [0, π/2] et sa d´eriv´ee est continue.
(d) On remarque que pour tout x∈[0, π/2], g(x) = xf (x) + 1. Par les r`egles usuelles sur la
continuit´e et la d´erivation d’un produit de fonctions, gest donc de classe C1sur [0, π/2].
2. On int`egre par parties l’int´egrale propos´ee en d´erivant la fonction x7→ φ(x), qui est suppos´ee de
classe C1, et en int´egrant la fonction x7→ sin(nx). On obtient
Zπ/2
0
φ(x) sin(nx)dx =φ(x)−cos(nx)
nπ/2
0
+Zπ/2
0
φ0(x)cos(nx)
ndx
=−φ(π/2) cos(nπ/2) + φ(0)
n+1 nZπ/2
0
φ0(x) cos(nx)dx
Lorsque ntend vers l’infini, le terme «tout int´egr´e »tend bien entendu vers 0.
La fonction φ´etant de classe C1, sa d´eriv´ee est continue, donc born´ee par une certaine constante
Msur l’intervalle (compact) [0, π/2]. On a donc la majoration suivante :
1
nZπ/2
0
φ0(x) cos(nx)dx ≤Zπ/2
0
1
nφ0(x) cos(nx)
dx ≤Mπ
2n
L’int´egrale propos´ee tend donc vers 0 lorsque ntend vers +∞.
1

Partie B
1. Au voisinage de 0, 1 −cos xest ´equivalent `a x2/2, donc la fonction x7→ (1 −cos x)/x2admet
une limite finie en 0+: l’int´egrale est donc convergente en 0.
En +∞, on a la majoration suivante :
0≤1−cos x
x2≤2 x2
et l’int´egrale au voisinage de +∞de x7→ 2
x
2est convergente.
L’int´egrale R+∞
0
1−cos x
x2dx converge donc.
2. Sur l’intervalle ]0,+∞[, la fonction x7→ sin(x) est de classe C0et admet pour primitive x7→
(1−cos(x)). Sur ce mˆeme intervalle, la fonction x7→ 1/x est de classe C1et de d´eriv´ee x7→ −1/x2.
Une int´egration par partie permet donc d’´ecrire que, pour tout couple (α, A)∈R2tel que
0< α < A, on a
ZA
α
sin x
xdx =1−cos x xA
α
+ZA
α
1−cos x
x2dx.
En faisant αtendre vers 0+ et Avers +∞, on obtient la convergence de l’int´egrale R+∞
0sin x/x dx
ainsi que l’´egalit´e :
Z+∞
0
sin x
xdx =Z+∞
0
1−cos x
x2dx.
3. Soit nun entier naturel non nul. On utilise le r´esultat de la somme de (2n+1) termes cons´ecutifs
d’une suite g´eom´etrique de raison ez: pour tout z∈Ctel que ez6= 1 :
n
X
k=−n
ekz =e−nz −e(n+1)z
1−ez
En factorisant num´erateur et d´enominateur par ez/2, on a ´egalement
n
X
k=−n
ekz =e(n+0.5)z−e−(n+0.5)z
ez/2−e−z/2
Soit x∈]0, π/2]. Le complexe e2ix est diff´erent de 1, donc on peut utiliser le r´esultat pr´ec´edent
avec z= 2ix et on obtient : n
X
k=−n
e2ikx =sin((2n+ 1)x)
sin x
Par ailleurs, n
X
k=−n
e2ikx = 1 +
n
X
k=1 e2ikx +e−2ikx= 1 + 2
n
X
k=1
cos(2kx)
On en d´eduit alors
1+2
n
X
k=1
cos(2kx) = sin((2n+ 1)x)
sin x
4. (a) L’intervalle [0, π/2] est compact, la fonction x7→ sin((2n+1)x)
sin xest continue sur ]0, π/2] et
peut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0, donc l’int´egrale Inest convergente.
2

(b) En utilisant la question B.3, on a, pour tout n∈N∗:
In=Zπ/2
0 1+2
n
X
k=1
cos(2kx)!dx
=π
2+ 2
n
X
k=1 Zπ/2
0
cos(2kx)dx
=π
2+ 2
n
X
k=1
sin(kπ)−sin(0)
2k
=π
2
(c) Pour tout x∈[0, π/2], on a f(x) + 1
x=1 sin x. Il reste `a justifier la convergence des int´egrales
pour prouver l’´egalit´e propos´ee. La fonction fest continue sur [0, π/2], donc la fonction
x7→ f(x) sin((2n+1)x) l’est, et l’int´egrale Rπ/2
0f(x) sin((2n+1)x)dx est donc convergente.
De mˆeme la fonction x7→ sin((2n+1)x)
xest continue sur ]0, π/2] et peut ˆetre prolong´ee par
continuit´e en 0+ (par 2n+ 1), donc l’int´egrale Rπ/2
0
sin((2n+1)x)
xdx est convergente.
On peut donc conclure que
π
2=In=Zπ/2
0
f(x) sin((2n+ 1)x)dx +Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x)
xdx
(d) Pour tout n∈N∗, on effectue le changement de variable t= (2n+ 1)x. On obtient :
Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x)
xdx =Z(2n+1)π/2
0
sin t
t/(2n+ 1)
dx
2n+ 1 =Z(2n+1)π/2
0
sin x
xdx
L’int´egrale R+∞
0
sin x
xdx ´etant convergente, la suite R(2n+1)π/2
0
sin x
xdxnconverge vers
R+∞
0
sin x
xdx.
La fonction f´etant de classe C1sur [0, π/2], la question A.2 implique que la suite
Rπ/2
0f(x) sin((2n+ 1)x)dxtend vers 0 lorsque ntend vers +∞.
On peut alors conclure que
Z+∞
0
sin x
xdx =π 2.
Partie C
On note Jnl’int´egrale d´efinie par
Jn=1
πZπ
0
x2sin((2n+ 1)x)
sin xdx
1. La fonction hn:x7→ sin((2n+ 1)x)/sin xest continue sur ]0, π[. En 0, on a l’´equivalent suivant :
sin((2n+ 1)x)
sin x∼2n+ 1
Donc hnpeut ˆetre prolong´ee par continuit´e en 0+en posant hn(0) = 2n+ 1.
De mˆeme, on peut remarquer que, pour tout x∈]0,Π[, hn(π−x) = sin(2nπ+π−(2n+1)x)
sin(π−x)=hn(x),
donc hnpeut ´egalement ˆetre prolong´ee par continuit´e en π−, ce qui assure la convergence de Jn.
2. L’´egalit´e de la question B.3 : est v´erifi´ee pour tout ∈]0, π[ (puisque e2ix est alors diff´erent de 1).
On a donc, pour tout x∈]0, π[,
1+2
n
X
k=1
cos 2kx =sin((2n+ 1)x)
sin x
3

Puis
Jn=1
πZπ
0
x2dx +2
π
n
X
k=1 Zπ
0
x2cos(2kx)dx
La premi`ere int´egrale vaut trivialement π3/3. Calculons, pour tout k≥1, Rπ
0x2cos(2kx)dx en
utilisant une double int´egration par parties :
Zπ
0
x2cos(2kx)dx =x2sin(2kx)
2kπ
0
−Zπ
0
2xsin(2kx)
2kdx
= 0 + 2xcos(2kx)
4k2π
0
−Zπ
0
2cos(2kx)
4k2dx
=2π
4k2
On obtient finalement
Jn=π2
3+
n
X
k=1
1
k2.
3. On effectue le changement de variable t=π−xdans Rπ
π/2x2sin((2n+1)x)
sin xdx. On obtient :
Zπ
π/2
x2sin((2n+ 1)x)
sin xdx =−Z0
π/2
(π−t)2sin((2n+ 1)(π−t))
sin(π−t)dt
=Zπ/2
0
(π−t)2sin((2n+ 1)(t))
sin tdt
Finalement :
Jn=1
πZπ/2
0
(t2+ (π−t)2)sin((2n+ 1)(t))
sin tdt
4. Les int´egrales intervenant dans l’´egalit´e sont toutes convergentes et, pour tout x∈[0, π/2], un
calcul ´el´ementaire montre que
2(x−π)g(x) + π2f(x)+π
x=x2+ (π−x)2 sin x,
ce qui fournit l’´egalit´e souhait´ee.
5. D’apr`es la question A.1, la fonction φ:x7→ 2(x−π)g(x) + π2f(x) est de classe C1sur [0, π/2],
donc, d’apr`es la question A.2, la suite Rπ/2
0φ(x) sin(nx)dxntend vers 0. De plus, dans la
question B.4, on a montr´e que Rπ/2
0
sin((2n+1)x
xdxconverge vers R+∞
0
sin x
xdx, c’est-`a-dire vers
π/2.
On peut donc conclure que Jntend vers π2/2 lorsque ntend vers +∞.
6. On a +∞
X
k=1
1
k2= lim
nJn−π2
3=π2 6.
7. (a) Les ´ev´enements (Ak)k≥1sont deux `a deux disjoints, en nombre d´enombrable et leur r´eunion
est l’ensemble Ω. Ils forment donc un syst`eme complet d’´ev´enements.
(b) La variable al´eatoire Xest int´egrable si la s´erie de terme g´en´eral kP(X=k) converge.
Or cette s´erie diverge (par exemple par crit`ere de Riemann, ou par comparaison avec une
int´egrale). Donc la variable al´eatoire Xn’est pas int´egrable.
(c) La variable al´eatoire X−1est int´egrable si la s´erie de terme g´en´eral P(X=k)/k converge.
Or, pour tout k≥1, 0 ≤P(X=k)/k ≤P(X=k) et la s´erie de terme g´en´eral P(X=k)
est convergente, donc la s´erie de terme g´en´eral P(X=k)/k est convergente, c’est-`a-dire
que 1/X est int´egrable.
4

(d) La variable al´eatoire Yest `a valeurs dans 2N∗et pour tout entier npair et sup´erieur ou
´egal `a 2, on a P(Y=n) = P(X=n/2).
Deuxi`eme probl`eme
1. Convergence des suites croissantes major´ees.
(a) On note M= supnun. Soit un r´eel strictement positif.
Par la caract´erisation de la borne sup´erieure de {un, n ≥0}, il existe Ntel que uN∈
]M−, M].
Or la suite (un) est croissante, donc pour tout n≥N, on a un∈]M−, M], ce qui implique
que |un−M| ≤ .
On obtient ainsi que la suite (un) converge, et que sa limite est ´egale `a M.
(b) Soit Aun r´eel fix´e. La suite (un) ´etant non major´ee, il existe Ntel que uN≥A.
Or la suite (un) est croissante donc, pour tout n≥N,un≥A.
On peut alors conclure que la suite (un) diverge vers +∞.
(c) Soit (un) une suite convergente, de limite `∈R.
Il existe un rang Ntel que pour tout n≥N,|un−`| ≤ 1
Ceci implique que, pour tout n≥N,un≤`+ 1.
Notons alors M= max(max{uk, k ≤N}, ` + 1).
On a, pour tout n,un≤M:Mest un majorant de la suite (un).
(d) La suite ((−1)n)n(ou (cos(nπ/2))n, ou (cos(n))n, ou...) est born´ee et non convergente.
La suite ((−1)n/n)nn’est pas monotone et converge vers 0.
2. Th´eor`eme de Bolzano-Weierstrass. La preuve propos´ee ici du th´eor`eme de Bolzano Weiers-
trass est l’une des plus connues. Une autre preuve classique consiste `a montrer que, de toute
suite, on peut extraire une sous-suite monotone (qui, si elle est de plus born´ee, est convergente).
(a) On montre par r´ecurrence la propri´et´e Pn:a≤an≤an+1 ≤bn+1 ≤bn≤b.
Initialisation : pour n= 0, on a a0=aet b0=b. De plus,
– soit a1=a0et b1= (a0+b0)/2 appartient `a [a1, b0] car b0≥a0;
– soit b1=b0et a1= (a0+b0)/2 appartient `a [a0, b1].
Dans tous les cas, on a bien a≤a0≤a1≤b1≤b0≤b.
H´er´edit´e : Supposons que, pour un ndonn´e, Pnest v´erifi´ee et montrons que Pn+1 est vraie.
Puisque Pnest vraie, on a a≤an+1 ≤bn+1 ≤b. De plus,
– soit an+2 =an+1 et bn+2 = (an+1 +bn+1)/2 appartient `a [an+2, bn+1] car bn+1 ≥an+1 ;
– soit bn+2 =bn+1 et an+2 = (an+1 +bn+1)/2 appartient `a [an+1, bn+2].
Dans tous les cas, on a bien a≤an+1 ≤an+1 ≤bn+2 ≤bn+1, c’est-`a-dire que Pn+1 est
v´erifi´ee.
La propri´et´e (Pn) ´etant vraie au rang 0, et ´etant h´er´editaire, on peut conclure qu’elle est
vraie pour tout n.
On a donc montr´e d’une part que, pour tout n≥0, an≤an+1 ≤bet d’autre part que
a≤bn+1 ≤bn, c’est-`a-dire que la suite (an) est croissante et major´ee par b, et la suite (bn)
est d´ecroissante et minor´ee par a.
(b) La premi`ere question de ce probl`eme permet alors d’affirmer que les suites (an) et (bn) (ou
(−bn) si on veut se ramener `a une suite croissante) sont convergentes.
Par ailleurs, on peut v´erifier que, pour tout n,bn+1 −an+1 = (bn−an)/2 : La suite (bn−an)
est donc une suite g´eom´etrique de raison 1/2. Par cons´equent est converge vers 0. En
´ecrivant bn=an+ (bn−an) et en utilisant le r´esultat sur la limite de la somme de deux
suites convergentes, on peut conclure que lim an= lim bn.
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