Épreuve des petites mines, commune, 1995

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Epreuve des petites mines, commune, 1995 - corrig´ e
c
Franc¸ois Fayard, prot´eg´e par la GNU Free Documentation License source disponible sur http://www.velvia.org
Probl`eme 1
Partie I
1. (a) i. On cherche le d´eveloppement limit´e (si il existe) de 1/t −1/sin ten 0 `a
l’ordre 4. Calculons tout d’abord l’ordre kauquel il est n´ecessaire d’effectuer
le d´eveloppement limit´e de sin t:
1
t−1 sin t=1 t−1 tDLk−1
=1
t1−1 DLk−1
=1
t(1 −DLk−1) = 1 tDLk−1= DAk−2
Donc k−2 = 4. Il est donc n´ecessaire d’effetcuer un d´eveloppement limit´e de
sin t`a l’ordre 6.
sin t=t−1
3!t3+1 5! t5+o
t→0t6
Donc : 1
sin t=1 t
1
1−1
6t2+1 120 t4+o
t→0(t5)
Par division selon les puissances croissantes :
1
sin t=1 t1 + 1 6t2+7 360t4+o
t→0t5
1
t−1 sin t=−1 6t−7 360t3+o
t→0t4
Donc :
ϕ(t) = −1
6t−7 360 t3+o
t→0
t6=0 t4
Comme ϕ(0) = 0, on en d´eduit :
ϕ(t) = −1
6t−7 360 t3+o
t→0t4
ii. Par troncature, ϕadmet un d´eveloppement limit´e en 0 `a l’ordre 0 donc est
continue en 0. De mˆeme ϕadmet un d´eveloppement limit´e en 0 `a l’ordre 1
donc ϕest d´erivable en 0 et :
ϕ0(0) = −1
6
(b) D’apr`es les th´eor`emes usuels, ϕest de classe C1sur [−π/2, π/2] \ {0}. D’apr`es la
question pr´ec´edente, ϕest continue et d´erivable en 0. Il reste `a montrer que ϕ0est
continue en 0. Or :
∀t∈h−π
2,π 2i\ {0}ϕ0(t) = −1 t2+cos t
sin2t
On cherche la limite de cette expression lorsque ttend vers 0. Il est donc n´ecessaire
d’en effectuer un d´eveloppement limit´e `a l’ordre 0. Un raisonnement similaire `a
celui de la question pr´ec´edente nous montrer qu’il faut effectuer un d´eveloppement
limit´e de sin2t`a l’ordre 4 :
sin t=t−1
6t3+o
t→0t3
sin2t=t21−1
6t2+o
t→0t22
=t21−1
3t2+o
t→0t2
Donc, par division selon les puissances croissantes :
cos t
sin2t=1
t2
1−1
2t2+o
t→0t2
1−1
3t2+o
t→0(t2)
=1
t21−1 6t2+o
t→0t2
−1
t2+cos t
sin2t=−1
6+o
t→0(1)
Donc :
ϕ0(t)−−−→
t→0
t6=0
−1
6=ϕ0(0)
Donc ϕ0est continue en 0.
ϕest de classe C1sur −π
2,π 2

(c) On remarque que :
∀t∈h−π
2,π 2i\ {0}ψ(t) = 1 −tϕ (t)
De plus cette ´egalit´e est vraie en 0, donc :
∀t∈h−π
2,π 2iψ(t) = 1 −tϕ (t)
D’apr`es la question pr´ec´edente et les th´eor`emes usuels, on en d´eduit que ψest de
classe C1sur [−π/2, π/2] et :
∀t∈h−π
2,π 2iψ0(t) = −ϕ(t)−tϕ0(t)
En particulier, pour t= 0, on a :
ψ0(0) = 0
2. Soit gune fonction de classe C1sur [a, b]. Alors, pour tout λ > 0 :
Zb
a
g(t) sin (λt) dt
=Zb
a
g(t)
|{z}
d´erive
int`egre
z}| {
sin (λt) dt car gest de classe C1
=g(t)(−1)
λcos (λt)b
a
−Zb
a
g0(t)(−1)
λcos (λt) dt
6|g(b)|+|g(a)|
λ+1 λZb
a
|g0(t)|dt−−−−−→
λ→+∞0
En conclusion :
Si gest de classe C1sur [a, b] :
Zb
a
g(t) sin (λt) dt−−−−−→
λ→+∞0
3. (a) Soit n∈N∗et t∈]0, π[. Alors :
n
X
k=1
ei2kt =
n
X
k=1 ei2tk
=ei2t
n
X
k=1 ei2tk−1
=ei2t
n−1
X
k=0 ei2tk
=ei2t1−ei2nt
1−ei2tcar ei2t6= 1
=ei2teint e−int −eint
eit (e−it −eit)
=ei(n+1)t(−2i) sin (nt)
(−2i) sin t
=ei(n+1)tsin (nt)
sin t
Donc :
1 + 2
n
X
k=1
cos (2kt) = 1 + 2 Re n
X
k=1
ei2kt!
= 1 + 2 cos ((n+ 1) t)sin (nt)
sin t
=sin t+ 2 cos ((n+ 1) t) sin (nt)
sin t
=sin t+ sin (2n+ 1) t−sin t
sin t
=sin ((2n+ 1) t)
sin t
En conclusion :
∀n∈N∗∀t∈]0, π[Sn(t) = sin ((2n+ 1) t)
sin t
(b) On a :
Sn(0) = 1 + 2
n
X
k=1
1 = 1 + 2net Sn(π) = 1 + 2
n
X
k=1
1 = 1 + 2n
En conclusion :
∀n∈N∗Sn(0) = Sn(π) = 1 + 2n

(c) On a :
Jn=Zπ
2
0
sin ((2n+ 1) t)
sin tdt
=Zπ
2
0
Sn(t) dt
=Zπ
2
0"1 + 2
n
X
k=1
cos (2kt)#dt
=π
2+ 2
n
X
k=1 Zπ
2
0
cos (2kt) dt
=π
2+ 2
n
X
k=1 sin (2kt)
2kπ
2
0
=π
2
En conclusion :
∀n∈N∗Jn=π
2
Partie II
1. (a) D’apr`es la question 1.b de la partie I, ϕest de classe C1sur [0, π/2]. Donc, d’apr`es
la question 2 de la partie I :
Zπ
2
0
ϕ(t) sin ((2n+ 1) t) dt−−−−−→
n→+∞0
(b) Puisque :
sin ((2n+ 1) t)
t= (2n+ 1) sin ((2n+ 1) t) (2n+ 1) t−−−→
t→02n+ 1
l’int´egrale :
In=Zπ
2
0
sin ((2n+ 1) t)
tdt
a bien un sens. De plus :
In=Zπ
2
0
sin ((2n+ 1) t)
tdt
=Zπ
2
01
t−1 sin tsin ((2n+ 1) t) dt+Zπ
2
0
sin ((2n+ 1) t)
sin tdt
=Zπ
2
0
ϕ(t) sin ((2n+ 1) t) dt
| {z }
−−−−−→
n→+∞
0
+π
2−−−−→
n→∞
π
2
En conclusion :
In−−−−−→
n→+∞
π
2
2. (a) i. Puisque :
sin t
t−−−→
t→01
On en d´eduit que :
fse prolonge par continuit´e en 0 en posant f(0) = 1.
ii. Soit n∈N. Alors :
In=Zπ
2
0
sin ((2n+ 1) t)
tdt
=Z(2n+1) π
2
0
(2n+ 1) sin u
u
1
2n+ 1 du u = (2n+ 1) t
=F(2n+ 1) π
2
En conclusion :
∀n∈NF(2n+ 1) π
2=In
(b) Soit x>π/2. Alors :
1
22 πx−1>0
On pose :
n=E1
22 πx−1>0
Alors :
n61
22 πx−1< n + 1

2n62
πx−1<2n+ 2
2n+ 1 62
πx < 2n+ 3
(2n+ 1) π
26x < (2n+ 3) π 2
Donc :
Pour tout x>π/2, il existe n∈Ntel que :
(2n+ 1) π
26x < (2n+ 3) π 2
(c) Soit x>3π/2. Alors :
Zx
α(x)
sin t
tdt
6Zx
α(x)
|sin t|
tdt
6Zx
α(x)
dt
t
6Zx
α(x)
dt
α(x)
6x−α(x)
α(x)
6π
x−πcar x−α(x)6πet α(x)>x−π > 0
6π
x−π−−−−−→
x→+∞0
En conclusion :
Zx
α(x)
sin t
tdt−−−−−→
x→+∞0
(d) Montrons que F(x) tend vers π/2 lorsque xtend vers +∞.
F(x)−π
26|F(x)−F(α(x))|+F(α(x)) −π 2
6Zx
α(x)
sin t
tdt
|{z }
−−−−−→
x→+∞
0
+Iα(x)−π
2
|{z }
−−−−−→
x→+∞
0
−−−−−→
x→+∞0
En conlusion :
F(x)−−−−−→
x→+∞
π
2
3. (a) Soient xet yr´eels tels que 0 < x < y. Alors :
Zy
x
sin t
tdt=Zy
x
int`egre
z}|{
sin t1
t
|{z}
d´erive
dt
=−cos t
ty
x
−Zy
x
cos t
t2dt
6
cosx
x−cos y y+Zy
x
cos t
t2dt
6
cosx
x−cos y y+Zy
x
dt
t2
6
cosx
x−cos y y+1 x−1 y
61
x+1 y+1 x−1 y
62
x
En conclusion :
Si xet ysont des r´eels tels que 0 < x < y :
Zy
x
sin t
tdt62 x
(b) Soit x > 0. Alors, pour tout y > x :
|F(y)−F(x)|=Zy
x
sin t
tdt62 x
En faisant tendre yvers +∞, on obtient :
∀x > 0|l−F(x)|62
x

Partie III
1. (a) Soit n∈N∗. Alors :
Zπ
0αt +βt2cos (nt) dt
=Zπ
0αt +βt2
|{z }
d´erive
int`egre
z}| {
cos (nt) dt
=1
nαt +βt2sin (nt)π
0−1
nZπ
0
(α+ 2βt)
| {z }
d´erive
int`egre
z }| {
sin (nt) dt
=−1
n2[(α+ 2βt) (−1) cos (nt)]π
0+1
n2Zπ
0
2βcos (nt) dt
=1
n2((−1)n(α+ 2βπ)−α)
Donc αet βsont solution du probl`eme lorsque :
nα+ 2πβ = 0
−α= 1 ⇐⇒ α=−1
β=1
2π
En conclusion :
α=−1 et β=1
2πsont solution du probl`eme pos´e.
(b) Soit n∈N∗. Alors, pour tout k∈J1, nK:
Zπ
0αt +βt2cos (kt) dt=1
k2
donc
Zπ
0αt +βt2 n
X
k=1
cos (kt)!dt=
n
X
k=1
1
k2
donc
Zπ
0αt +βt2 1 + 2
n
X
k=1
cos (kt)!dt=Zπ
0αt +βt2dt+ 2
n
X
k=1
1
k2
donc Zπ
0αt +βt2Snt
2dt=απ2 2+βπ3 3+ 2
n
X
k=1
1
k2
donc
2
n
X
k=1
1
k2−Zπ
0αt +βt2Snt
2dt=π2 2−π2 6
donc
∀n∈N∗2
n
X
k=1
1
k2−Zπ
0αt +βt2Snt
2dt=π2 3
(c) On v´erifie que :
∀t∈]0, π]h(t) = ψt
22 (α+βt)
Puisque ψse prolonge par continuit´e en une fonction de classe C1sur [0, π], il en
est de mˆeme pour h. En conclusion :
hse prolonge en une fonction de classe C1sur [0, π].
2. (a) D’apr`es la question 1.b :
un=π2
6+1 2Zπ
0
αt +βt2
sin t
2sin n+1
2tdt
=π2
6+1 2Zπ
0
h(t) sin n+1
2tdt
| {z }
−−−−−→
n→+∞
0
car hest de classe C1sur [0, π]. En conclusion :
un−−−−−→
n→+∞
π2
6
(b) Soit n∈N∗. Alors :
u2n=
2n+1
X
k=1
1
k2
=
2n+1
X
k=1
k≡0[2]
1
k2+
2n+1
X
k=1
k≡1[2]
1
k2
=
n
X
k=1
1
(2k)2+
1
X
k=0
1
(2k+ 1)2
=1
4un+vn