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PCSI DEVOIR de MATH´ EMATIQUES n◦1pour le 16/09/2002
PROBL` EME 1
I. Soit Fune primitive sur IR de l’application fqui, `a tout r´eel t, associe
f(t) = 1
2t2−2t+ 1 .
1. Justifier l’existence de F; Y a-t-il unicit´e d’une telle fonction F?
2. Soit gla fonction d´efinie sur l’intervalle I=i−π
2,π 2hpar g(x) = F1−tan x 2. Calculer
la d´eriv´ee de g; en d´eduire que gest une fonction affine sur l’intervalle I.
3. En d´eduire la valeur de l’int´egrale J=Z1
0
dt
2t2−2t+ 1.
II. Pour tous pet qentiers naturels non nuls, on pose I(p, q) = Z1
0
tp(1 −t)qdt.
1. En majorant convenablement l’expression t(1 −t) pour t∈[0,1], donner une majoration de
I(n, n). En d´eduire la limite de I(n, n) lorsque ntend vers +∞.
2. Montrer la relation
∀p∈IN∗∀q∈IN∗I(p+ 1, q + 1) = q+ 1
p+ 2 I(p+ 2, q).
En d´eduire que, pour tout nentier naturel non nul, on a I(n, n) = (n!)2
(2n+ 1)!.
III.1 Pour tout t∈[0,1] et n∈IN∗, simplifier l’expression
1 +
n
X
k=1
2ktk(1 −t)k.
2. Pour tout n∈IN∗, on pose Sn=
n
X
k=0
2k(k!)2
(2k+ 1)!. Montrer que lim
n→+∞Sn=π
2.
PROBL` EME 2
Pour tout n∈IN∗, on d´efinit la fonction fn, sur [0, π], par
fn(x) = sin x+1
2sin 2x+··· +1 nsin nx =
n
X
k=1
1
ksin kx .
1. ´ Etudier les variations de f3sur [0, π] et construire sa courbe repr´esentative dans un rep`ere
orthogonal.
On donnera des valeurs approch´ees des abscisses des points d’inflexion (points en lesquels
la d´eriv´ee seconde s’annule et change de signe).
2. Soit xun r´eel non multiple de 2π(ce qu’on ´ecrira x6∈ 2πZ), soit nun entier naturel non nul.
On pose Cn(x) =
n
X
k=1
cos kx. En utilisant le fait que, pour tout kentier, cos kx est la partie
r´eelle de eikx, donner une expression simple (et factoris´ee) de Cn(x).
3. Pour nquelconque, calculer f0
n(0) et f0 n(π), puis donner une expression de f0 n(x) pour
x∈]0, π]. En d´eduire les z´eros de f0
nsur [0, π].

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CORRIG´ E
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PROBL` EME 1 :
I.1. Le trinˆome 2t2−2t+ 1 a un discriminant strictement n´egatif (∆ = −4), donc il n’admet pas
de racine r´eelle. La fonction rationnelle fest donc d´efinie et d´erivable sur IR et elle admet
alors des primitives sur IR. Si F0est l’une de ces primitives, les primitives de fsur IR sont
les fonctions Fde la forme F0+C, o`u Cest une constante r´eelle, il y a donc une infinit´e
de telles fonctions F.
2. La fonction gest d´erivable sur Icomme compos´ee de fonctions d´erivables puisque la fonction
ϕ:x7→ 1−tan x
2est d´erivable sur Iavec ϕ0(x) = −1 2(1 + tan2x). De g=F◦ϕ, on d´eduit,
pour tout x∈I,
g0(x) = ϕ0(x)·F0ϕ(x)=ϕ0(x)·fϕ(x)
=−1
2(1 + tan2x)1
21−tan x
22
−21−tan x
2+ 1
=−1 (apr`es un peu de calcul).
On a donc g(x) = −x+C, o`u Cest une constante r´eelle (qui d´epend de la primitive Fque
l’on a choisie pour f), et gest une fonction affine sur l’intervalle I.
3. J=Z1
0
f(t) dt=F(1) −F(0) = g−π
4−gπ 4=−−π 4+C−−π 4+C=π 2.
II.1. La fonction h:t7→ t(1 −t) admet pour d´eriv´ee h0(t) = 1 −2t; en dressant son tableau de
variations sur [0,1], on voit facilement que, sur cet intervalle, on a 0 ≤t(1−t)≤h1
2=1 4.
Donc, pour tout nentier naturel, on a
0≤I(n, n) = Z1
0t(1 −t)ndt≤Z1 01
4n
dt=1
4n.
Or, lim
n→+∞
1
4n= 0, donc lim
n→+∞I(n, n) = 0 (th´eor`eme d’encadrement ou “des gendarmes”).
2. Il suffit d’int´egrer par parties :
I(p+ 1, q + 1) = Z1
0
tp+1 (1 −t)q+1 dt
=1
p+ 2 tp+2 (1 −t)q+11
0+q+ 1
p+ 2 Z1
0
tp+2 (1 −t)qdt
=q+ 1
p+ 2 I(p+ 2, q).

On en d´eduit successivement
I(n, n) = n
n+ 1 I(n+ 1, n −1) = n(n−1) (n+ 1)(n+ 2) I(n+ 2, n −2) = ···
=n×(n−1) × ··· × 1
(n+ 1) ×(n+ 2) × ··· × (2n)I(2n, 0) :
le lecteur m´eticuleux pourra montrer, par une r´ecurrence finie, que pour tout entier naturel
ktel que 1≤k≤n, on a I(n, n) = n(n−1) ···(n−k+ 1)
(n+ 1)(n+ 2) ···(n+k)I(n+k, n −k).Comme
I(2n, 0) = Z1
0
t2ndt=1
2n+ 1, on obtient finalement
I(n, n) = n!
(n+ 1)(n+ 2) ···(2n)(2n+ 1) =(n!)2 (2n+ 1)! .
III.1. Il s’agit ici de calculer la somme
n
X
k=0 2t(1 −t)k, c’est-`a-dire la somme des n+ 1 premiers
termes de la suite g´eom´etrique de raison 2t(1 −t) et de premier terme 1. Cette somme vaut
1−2t(1 −t)n+1
1−2t(1 −t)=f(t)−2n+1 tn+1 (1 −t)n+1 2t2−2t+ 1 .
Remarquons que, pour t= 0 ou t= 1, l’´ecriture de cette somme sous la forme
n
X
k=0 2t(1 −t)kpose un probl`eme de d´efinition puisque son premier terme est alors 00...
non d´efini ; nous verrons en fait que, en alg`ebre, on peut se permettre de poser 00= 1...
2. On a Sn= 1 +
n
X
k=1
2kI(k, k) = 1 +
n
X
k=1
2kZ1
0
tk(1 −t)kdt=Z1
0 1 +
n
X
k=1
2ktk(1 −t)k!dt
par lin´earit´e de l’int´egrale. De la question pr´ec´edente, on d´eduit
Sn=Z1
0f(t)−2n+1 tn+1 (1 −t)n+1
2t2−2t+ 1 dt=J−Kn,
o`u J=Z1
0
f(t)dt=π
2(cf. question I.3.) et Kn=Z1
02t(1 −t)n+1
2t2−2t+ 1 dt. Or, pour t∈[0,1],
on a 2t2−2t+ 1 = 2t(1 −t)+1 ≥1 et 0 ≤2t(1 −t)≤1
2(cf. question II.1.), donc
0≤2t(1 −t)n+1
2t2−2t+ 1 ≤1 2n+1 . Donc 0 ≤Kn≤1 2n+1 et lim
n→+∞Kn= 0 par le th´eor`eme des
gendarmes. Finalement, lim
n→+∞Sn=J=π
2.
Le r´esultat peut s’´ecrire sous la forme
+∞
X
k=0
2k(k!)2
(2k+ 1)! =π 2. On dit que la s´erie de terme
g´en´eral 2k(k!)2
(2k+ 1)! est convergente, et a pour somme π 2.

PROBL` EME 2 :
1. On a f3(x) = sin x+1
2sin 2x+1 3sin 3x, puis
f0
3(x) = cos x+ cos 2x+ cos 3x= (cos x+ cos 3x) + cos 2x
= 2 cos xcos 2x+ cos 2x= cos 2x(1 + 2 cos x) ;
on en d´eduit le tableau de variations de la fonction f3. Pour d´eterminer les points d’inflexion,
r´esolvons l’´equation f00
3(x) = 0 : on a
f00
3(x) = −(sin x+ 2 sin 2x+ 3 sin 3x)
=−sin x+ 4 sin xcos x+ 3 sin x(4 cos2x−1)
=−2 sin x(6 cos2x+ 2 cos x−1) .
Posons X= cos x; l’´equation du second degr´e 6X2+ 2X−1 = 0 admet pour racines
X1=√7−1
6et X2=−√7+1 6. Il existe un unique r´eel x1dans l’intervalle [0, π] tel que
cos x1=X1, une calculatrice donne x1'1,293. De mˆeme, cos x2=X2avec x2'2,224.
Les points d’inflexion de la courbe repr´esentative de f3dans l’intervalle [0, π] sont les points
d’abscisses 0, x1,x2et π.
2. On a Cn(x) = Re Zn(x), en posant
Zn(x) =
n
X
k=1
eikx =eix
n−1
X
k=0
(eix)k
=eix einx −1
eix −1=eix einx
2einx 2−e
−inx
2
eix
2eix 2−e−ix 2
=ei(n+1)x
22isin nx
2
2isin x
2
=ei(n+1)x
2sin nx
2
sin x
2
,
donc Cn(x) =
cos (n+ 1)x
2sin nx 2
sin x
2
. Remarquons que le calcul ci-dessus ´etait l´egitime car
nous avons calcul´e la somme des npremiers termes d’une suite g´eom´etrique de raison eix,
avec eix 6= 1 puisque x6∈ 2πZ.
3. On a f0
n(x) =
n
X
k=1
cos kx et, pour x= 0, on obtient f0
n(0) = n.
Pour x=π,f0
n(π) =
n
X
k=1
(−1)k=(0 si nest pair
−1 si nest impair .

Pour x∈]0, π], on a f0
n(x) = Cn(x) =
cos (n+ 1)x
2sin nx 2
sin x
2
(cf. question 2.). La d´eriv´ee f0
n
s’annule donc :
- en les points xtels que sin nx
2= 0, ce qui donne x=2kπ navec 1 ≤k≤En 2;
- en les points xtels que cos (n+ 1)x
2= 0, ce qui donne x=π n+ 1 +2kπ n+ 1 avec 0 ≤k≤En 2.