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PCSI
Corrigé devoir maison n°3
Mardi 18 Octobre 2011
Problème 1 : Point de Fermat( ou point de Toricelli) du triangle.
1-Soient n∈ℕ∗ et z 1, z 2, …, z n n nombres complexes tels que z 1≠0 .
Démontrons que ∣z 1+ z 2+…+z n∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣ si et seulement s' il existe des réels
λ k ≥0, 2≤k ≤n tels que: z k =λ k z1 .
C'est une généralisation du cas d'égalité de l'inégalité triangulaire avec plusieurs nombres
complexes.
On fait une démonstration par récurrence. On doit démontrer la propriété P(n)
Si z 1≠0 ∣z 1+ z 2+…+z n∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣⇔ ∃λ k ≥0, 2≤k≤n , tel que z k =λ k z 1
Soit la propriété au rang 2. C'est le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire.
Théorème : ∣z 1+ z 2∣=∣z 1∣+∣z 2∣⇔ z 1= z 2=0 ou ∃λ≥0 tel que z 2=λ z 1
On suppose z 1≠0 , donc : ∃λ≥0 tel que z 2=λ z 1
On suppose que la propriété est vraie au rang n. Montrons là au rang n+1.
Soient z 1, z 2, …, z n , z n+1 n+1 nombres complexes tels que z 1≠0 . Montrons que :
∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣+∣z n+1∣⇔∃ λ k ≥0, 2≤k ≤n+1, tel que z k =λ k z 1
Si ∃λ k ≥0, 2≤k ≤n+1, tel que z k =λ k z 1 , alors
∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣+∣z n+1∣=∣z 1+λ 1 z 1+…+λn +1 z n +1∣=( λ1+λ2 +…+λ n+1 )∣z 1∣
∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣=λ1∣z 1∣+…+λ n+1∣z 1∣=∣z 1∣+…∣λn +1 z 1∣=∣z 1∣+…+∣z n+1∣
On suppose maintenant que : ∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣+∣z n+1∣ (n+1)
On a : ∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣≤∣z 1∣+∣z 2+…+z n +1∣≤∣z 1∣+…+∣z n∣+∣z n+1∣
De l'égalité (n+1) on en déduit que : ∣z 1∣+∣z 2 +…+z n+1∣=∣z 1∣+…+∣z n∣+∣z n +1∣ (2)
Et donc : ∣z 2+…+z n+1∣=∣z 2∣+…+∣z n +1∣
Supposons que tous ces nombres complexes sont nuls, alors le résultat est immédiat, sinon on
considère que l'un d'entre eux est non nul, par exemple z 2 et en appliquant l'hypothèse de
récurrence au rang n , on obtient :
∃λ k ≥0,3≤k ≤n ,tel que z k =λ k z 2 .
De l'égalité : ∣z 1+ z 2+…+z n+ z n+1∣=∣z 1∣+∣z 2+…+z n +1∣ .
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On utilise le résultat au rang 2, et l'égalité (2). Et on en déduit que : z 2+...+z n +1=λ z1 .
En en déduit que z 2 (1+λ 3+...+λn +1)=λ z 1 z 1≠0 ⇒1+λ 3+...+λ n+1≠0 . On pose :
λ 2=
λ
1+λ3+...+λ n +1 et le résultat est démontré.
∣z 1+ z 2+…+z n∣=∣z 1∣+∣z 2∣+…+∣z n∣ si et seulement si il existe des réels λ k ≥0, 2≤k ≤n tels
que: z k =λ k z1
2- Montrons que
n
n
∑k =1 āk (z k z)
est un réel strictement positif indépendant de z.
n
n
n
z̄
n
n
∑k =1 āk (z k z)=∑k=1 (āk z k āk z)=∑k=1 āk z k∑k=1 āk z =∑k=1 ∣z k∣ z k z ∑k=1 āk
k
n
∣z k∣2
∑k =1 āk (z k z)=∑k=1 ∣z ∣ z ∑k =1 āk
k
n
n
n
n
∑k =1 āk (z k z)=∑k=1 ∣z k∣
n
n
∑ a k=0⇒ ∑ āk=0
k =1
et :
k=1
Les points A k , d'affixe z k ,1≤k ≤n sont supposés distincts de O.
k =n
Donc ∀1≤k ≤n , z k≠0⇒ ∑ ∣z k∣>0 et ce réel ne dépend pas de z.
k=1
n
∑k =1 āk ( z k z)
est un réel strictement positif indépendant de z.
n
n
3- Déduisons que : ∀ z , ∑ k=1 ∣z k∣≤∑k =1 ∣zz k∣ .
n
∑k =1 āk ( z k z)
n
est un réel strictement positif donc :
n
n
n
∑k =1 āk (z k z)=∣∑k =1 āk (z k z)∣≤∑k=1 ∣āk ( z k z)∣≤∑k=1 ∣āk∣∣z k z∣
∣a k∣=
n
et :
∣z k∣
=1 Et donc :
∣z k∣
n
∑k =1 āk ( z k z)≤∑k=1 ∣z k z∣
n
et d'après la première question
n
On en déduit que : ∀ z , ∑ k=1 ∣z k∣≤∑k =1 ∣zz k∣
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n
n
∑k =1 āk (z k z)=∑k=1 ∣z k∣
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4-a- On suppose n≥3 et z≠z1 . Montrer que l'inégalité précédente est une égalité si et seulement
si :
zk
∗ z k z
∃λ k ∈ℝ + ,
=λk
avec k ∈ℕ, 2≤k ≤n
z 1 z
z1
n
n
L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si ∣∑k =1 āk ( z k z)∣≤∑k=1 ∣āk ( z k z)∣ est
une égalité. On pose Z k =āk ( z k z) . On a Z 1≠0 , et d'après la première question :
∃αk ≥0 tel que , Z k =α k Z 1 ⇔ āk ( z k z )=αk ā1 (z k z) ⇔
z k z
ā
z z
z̄ ∣z ∣
=α k 1 ⇔ k
=α k 1 k
z k z 1
āk z k z 1
∣z 1∣ z̄k
On multiplie le numérateur et le dénominateur par z 1 z k , et on obtient :
∣z 1∣
z k z
∣z k∣z 1 z̄1 z k
∣z k∣∣z 1∣2 z k
=α k
=αk
>0
On pose : λ k =α k
2
z 1 z
∣z 1∣z 1 z̄k z 1
∣z k∣
∣z 1∣∣z k∣ z 1
∗
∃λ k ∈ℝ + ,
z k z
zk
=λk
avec k ∈ℕ, 2≤k ≤n
z 1 z
z1
b-Si on suppose que ∀ 2≤k≤n les points A1, Oet A k ne sont pas alignés., déduire qu'en cas
d'égalité, M appartient au cercle circonscrit du triangle A1 O A k . ∀2≤k≤n
∗
De la relation ∃λ k ∈ℝ + ,
Arg
Arg
z k z
zk
=λk
, on en déduit que :
z 1 z
z1
( ) ( )
( )
( ) () ( )
z k z
zk
zk
= Arg λ k
= Arg ( λ k )+ Arg
[2 π] Or λ k ≥0 ⇒ Arg (λ k )=0 [2 π]
z 1 z
z1
z1
z k z
z
z 0
. Et on en déduit que ̂ ̂
⃗ K , MA
⃗ 1=OA
⃗ K , OA
⃗1
= Arg k = Arg k
[2 π]
MA
z 1 z
z1
z 10
Et les points O, A 1 et A k n'étant pas alignés, cela signifie que M appartient au cercle circonscrit au
triangle O A1 A k . On peut même préciser que M et O sont sur le même arc de cercle par rapport à
la corde [A1 A k ] .
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n
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n
c- L'inégalité ∀ z , ∑k=1 ∣z k∣≤ ∑k =1 ∣zz k∣ est un égalité pour z=0 .
Montrons que c'est la seule valeur pour laquelle on a égalité.
Soit z tel que
n
n
∑k =1 ∣z k∣=∑k=1 ∣zz k∣ , montrons que
z=0 , c'est-à-dire que le point M d'affixe z
est l'origine du repère O.
1er cas : on suppose z≠z1 , d'après la question 4-a, quelque soit 2≤k ≤n , M appartient au cercle
Ck circonscrit du triangle O A1 A k .
Si parmi les cercles Ck , deux au moins d'entre eux sont différents, l'intersection de tous les cercles
C k est {O , A1 } On suppose z≠z1 donc M=O et z=0.
Si tous les cercles Ck sont identiques, cela veut dire que les points O A1 … A n appartiennent à un
même cercle C. Ils sont cocycliques. Soit Ω le centre de ce cercle, on considère un repère
orthonormé ayant la droite (O Ω) comme axe des abscisses. L'axe des ordonnées est tangent au
cercle, tous les points A k appartiennent à un même demi-plan. Si on considère les points Bk
intersection des droites (OA k ) avec le cercle de module 1 et de centre O. Les points Bk ont pour
affixe a k .
Ils appartiennent aussi à un même demi-plan. Et les vecteurs O⃗Bk ont tous une abscisse
k =n
strictement positive et le vecteur ∑ O⃗Bk ≠0 . Ce qui contredit la relation
k =1
n
∑ a k=0
. Tous les
k =1
cercles Ck ne peuvent être identiques.
On a démontré que si on a l'égalité
n
n
∑k =1 ∣z k∣=∑k=1 ∣zz k∣
avec z≠z1 alors z=0 .
2ième cas : z=z1 . Les nombres complexes z 1, z 2, …. z n sont deux à deux distincts. Donc on a: z≠z 2
. Le raisonnement précédent où z 2 remplace z 1 montre que nécessairement z=0 .
z=0 est l'unique valeur pour laquelle
n
n
∑k =1 ∣z k∣=∑k=1 ∣zz k∣
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5- Application géométrique :
a) 1+ j+ j 2=0 1, j et j2 sont 3 nombres complexes de module 1 dont la somme est nul.
2π
, trouver le(s) point(s) M du
3
plan réalisant le minimum de MA+MB+MC, et en donner une construction géométrique à la règle
et au compas.
b) Étant donné un triangle ABC, dont les angles sont inférieurs à
n
n
On a démontré que ∀ z , ∑ k=1 ∣z k∣≤∑k =1 ∣zz k∣ et qu'on a égalité seulement si z=0 .
n
n
Cette inégalité peut s'écrire ∀ M , ∑ k =1 OA k≤∑k=1 MA k .
Et donc O est l'unique point du plan en lequel la fonction qui à M associe MA 1+MA 2+...+MA n
atteint son minimum.
On considère les trois points A,B et C.
Pour garder les notations précédentes, on pose A1=A, A2=Bet A3=C .
Peut-on trouver un point O et un repère orthonormé tel que dans ce repère les affixes a 1 , a 2 et a 3
des points d'intersection B1 B2 et B3 de [OA1 ],[OA 2 ]et[OA 3 ] avec le cercle de centre O et de
rayon 1 vérifient a 1+a 2 +a 3=0 où a 1 et a 2 et a 3 sont trois nombres complexes de module 1 ?.
On peut chercher O tel que a 1=1, a 2= j et a 3= j2 . Dans ces conditions, B1 B2 B3 est un triangle
2π
.
équilatéral et le point O « voit » les points A1, A 2 et A3 sous un angle de
3
2π
2π
A1 O A2=
A1 M A2 =
On cherche O tel que ̂
L'ensemble des points du plan tel que ̂
est un
3
3
π
arc de cercle. L'angle sous l'arc opposé est 3 . On construit les triangle équilatéraux A1 A '3 A2
A2 A '1 A3 et A3 A '2 A1 et les cercles circonscrits à ces triangles se rencontrent en un point O qui
minimise la somme des distances aux sommets du triangle.
Remarque : on pose O l'intersection de deux cercles. O voit les deux premiers segments sous un
2π
2π
angle de
et donc le troisième sous un angle de
et O appartient au troisième cercle.
3
3
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Problème 2 : le problème de Bâle.
1 1 1
1 π2
Le but de ce problème est de montrer que : lim m →+∞ 2 + 2 + 2 +…+ 2 =
.
6
1 2 3
m
Partie A
m
(
)
k
2k +1
(x)cos 2m2k ( x)
1- Montrons que ∀ m ∈ℕ≥1et ∀ x ∈ℝ , sin (( 2m+1)x)= ∑ 2m+1 (1) sin
k=0 2k+1
n=2m+1
On pose
.
On applique la formule de Moivre : e inx =(e ix )n avec n∈ℕ
Soit en posant n=2m+1
e inx =(e ix )n ⇔ cos (nx )+isin (nx)=(cos (x )+isin (x))n .
On en déduit que : sin(nx)=ℑ((cos (x)+isin (x))n ) et donc :
sin((2m +1) x)=ℑ((cos( x)+isin (x )) n) .
K =n
On calcule donc : (cos ( x )+isin( x))
n
(a+b) = ∑
n
K=0
K =n
()
()
n a k b nK =
n a nK b K .
∑
K
K=0 K
On choisit la deuxième expression :
K =n
K =n
()
()
n
n K
K
n K k
K
(cos ( x )+isin( x)) = ∑ n cos (isin( x)) = ∑ n cos i sin ( x ) .
K =0 K
K =0 K
Pour avoir sin((2m +1) x) , on cherche la partie imaginaire de l'expression précédente.
En d'autres termes, à quelle condition i K est-il imaginaire pur? i K est imaginaire si et seulement si
K est impair, c'est-à-dire que K s'écrit : K=2k+1 i K =i 2k+1=i 2k i 1=(i 2)k i=(1)k i .
Quels sont les nombres impairs compris entre 0 et 2m+1 ? Ce sont les entier de la forme :
K=2k+1 avec k ∈ℕ, 0≤k≤m .
On en déduit que :
k=n
sin((2m +1) x )=∑
k=0
()
k=n
()
n cos 2m+1(2k+1) (1) k sin 2k+1 ( x )=
n cos 2m2k (1)k sin 2k+1 ( x )
∑
k
k=0 k
On a démontré que :
m
(
)
∀ m ∈ℕ≥1et ∀ x ∈ℝ , sin (( 2m+1)x)= ∑ 2m+1 (1)k sin2k +1(x)cos 2m2k ( x)
k=0 2k+1
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2-a- Pour r ∈ℕ ,1≤r ≤m , on pose θ r =
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rπ
et x r =cot 2 (θ r ) où la fonction cotangente, notée
2m+1
cot, est définie sur ℝ/ {k π , k ∈ℤ} par : cot (x)=
cos( x)
.
sin (x)
Montrons que les x r pour 1≤r≤m sont deux à deux distincts.
∀ r ∈ℕ, 1≤r≤m , θ r =
2m<2m+1⇒
positifs. Donc :
rπ
rπ
mπ
r≤m ⇒
≤
2m+1
2m+1 2m+1
1
1
<
car la fonction inverse est décroissante sur les nombres strictement
2m+1 2m
mπ
mπ
mπ
π
<
⇒
<
2m+1 2m 2m +1 2
π
Donc : ∀ r ∈ℕ, 1≤r≤m , 0<θ r < 2 .
Étudions la fonction cot sur
cot (x)=
π
]0, 2 [
.
cos( x)
La fonction cosinus est dérivable sur
sin ( x)
π
]0, 2 [
et la fonction sinus est dérivable
sur cet intervalle et ne s'annule pas, donc la fonction cot est dérivable sur
π
]0, 2 [
Rappel : si u et v sont dérivables sur un intervalle I et que v ne s'annule pas sur I ;
sur I et :
'
On pose u( x)=cos( x) et v ( x)=sin ( x)
( uv )'= u ' vuv
v
cot '( x)=
sin( x) sin( x)cos ( x) cos( x)
1
= 2
2
sin (x)
sin ( x)
et :
u
est dérivable
v
2
π
La dérivée est strictement négative sur 0, 2 donc la fonction cot est strictement décroissante sur
0, π . Elle est donc injective sur cet intervalle.
2
] [
] [
Donc ∀ r∈ℕ, 1≤r≤m , cot (θ r ) ont m valeurs distinctes.
π
π
Et ∀ r ∈ℕ, 1≤r≤m , 0<θ r < 2 , et sur 0, 2 les fonctions sinus et cosinus sont strictement
positives. Donc cot (θr ) sont des nombres distincts strictement positifs. On en déduit que leurs
carrés sont des nombres distincts .
] [
Les x r pour 1≤r≤m sont deux à deux distincts.
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m
(
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)
k mk
b- Soit le P polynôme de degré m, P (t )= ∑ 2m+1 (1) t
.
k=0 2k+1
Montrons que P possède les m racines distinctes x r avec r ∈ℕ ,1≤r ≤m .
D'après la question 1m
(
)
k
2k +1
2m2k
( x) cos
(x )
sin((2m +1) x)=∑ 2m+1 (1) sin
2k+1
k=0
Appliquons cette égalité à θ r =
m
Donc :
∑
k =0
(2m2k +1+1)(1) sin
k
rπ
, on a : sin((2m +1)θ r )=sin( r π)=0 car r ∈ℕ .
2m+1
2k+1
(θ r ) cos 2m2k (θ r )=0 .
π
On divise les deux membre de cette égalité par sin 2m+1 (θ r ) qui est non nul car 0<θ r < 2
m
∑
k =0
m
∑
k =0
m
∑
k =0
(
2k+1
m
(θ r )
cos 2m2k (θ r )
2m2k
k
2m +1 (1)k sin
2m+1
cos
(θr )=0 ⇔ ∑
(1)
=0
2k +1
sin 2m+1 (θ r )
sin 2m+1(2k+1) (θ r )
k=0 2k+1
(
m
(θ r )
2m +1 (1)k cos
2m+1 (1) k cot 2m2k (θ )=0
⇔
=0
∑
r
2m2k
2k +1
sin
(θ r )
k=0 2k+1
(
2m +1 (1)k cot 2 (θ ) mk =0⇔
2m+1 (1)k x mk =0 ⇔P (x )=0
∑
r
r
r
2k +1
k =0 2k+1
)
(
2m2k
)
(
)
m
(
)
)
)
P possède les m racines distinctes x r avec r ∈ℕ ,1≤r ≤m .
Remarque : on a démontré que les x r sont m racines distinctes. Mais on n'a pas prouvé qu'il n'y en
a pas d'autres. On démontrera dans le cours les polynômes qu'un polynôme de degré n a au plus n
racines en les comptant avec leur ordre de multiplicité.
(t x )( tx ) …(tx )
( 2m+1
1 )
3-On admet que dans ce cas: P (t )=
Montrons que x 1+x 2+x 3+…+x m =
m
(
1
2m (2m1)
(1)
6
)
P (t )= ∑ 2m+1 (1)k t mk
k=0 2k+1
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2
m
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(2m2k +1+1)(1)
k
Le coefficient du terme t m1 est
(
)
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pour k =1 soit :
( 2m+1) !
( 2m+1)(2m )( 2m1)
2m+1 =
=
3 !(2m 2) !
6
3
(
)
2m+1 (t x )( tx ) …(tx )
En développant l'expression P (t )=
1
2
m , le coefficient du terme de
1
(x +x +...+x )
(2m1+1)(x x ...x )=( 2m+1
1 )
degré m-1 est :
Et
1
2
r
1
2
r
( 2m+1)
=
=2m +1
(2m+1
)
1! (2m )!
1
On en déduit que : ( 2m +1)( 2m )( 2m1)
=( 2m+1)(x 1+ x 2+...+ x r )
6
Et donc : x 1+x 2+...+x m =
( 2m)(2m1)
6
b
reste vraie pour des degrés supérieurs, si b désigne le
a
coefficient du terme de degré n1
Remarque : la relation x 1+x 2=
4-On définit la fonction cosécante sur ℝ/ {k π , k ∈ℤ} , notée csc, par : csc( x)=
1
sin(x)
a-Démontrons que ∀x∈ℝ /{k π , k ∈ℤ}, csc 2 (x)=cot 2 (x)+1 .
(
(
)
2
)
2
1
1
cos2 ( x)+sin 2 ( x) cos2 (x) sin2 ( x) cos( x)
2
csc (x)=
= 2
=
= 2
+ 2
=
+1=cot ( x)+1
2
sin( x)
sin( x)
sin ( x)
sin (x)
sin ( x) sin ( x)
2
2
2
∀x∈ℝ /{k π , k ∈ℤ}, csc (x)=cot (x)+1
m
2
b- Et en déduire que :. ∑ csc (
k =1
2m( 2m+2)
kπ
)=
2m+1
6
On a l'égalité x 1+x 2+...+x m =
m
( 2m)( 2m1)
donc :
6
∑ x r=
k =1
2m (2m1)
et x r =cot 2 (θ r ) donc :
6
m
2m (2m1) m
2m (2m1)
⇒ ∑ cot 2 (θ r )=
∑ x r=
6
6
k =1
k =1
m
m
m
m
m
k =1
k=1
k =1
k =1
k =1
∑ csc2 (θr )=∑ (cot2 (θ r )+1)=∑ cot2 (θ r )+∑ 1=∑ cot2 (θ r )+m =
11/14
( 2m)(2m1)
+m
6
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m
∑ csc2 (θr )=
k =1
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(2m )(2m1)+6m (2m)(2m1+3) (2m )(2m+2)
=
=
.
6
6
6
m
On a démontré que :
kπ
)=
∑ csc2 ( 2m+1
k =1
2m( 2m+2)
6
Partie B
5-Montrons que ∀ y ∈ℝ
0<y< π ,
2
on a 0<sin y<y<tan y
0<y< π , on a 0<sin y . Démontrons que sur l'intervalle
2
associe ysin( y) est strictement positive.
∀ y ∈ℝ
π
]0, 2 [
la fonction qui à y
π
On pose f ( y)=ysin (y ) . f est dérivable sur 0, 2 et f '(y )=1cos( y) .
π
f ' est strictement positive sur 0, 2 , on en déduit que f est strictement croissante sur
[ ]
[ ]
Et donc :
f (0)<f (y) et comme f (0)=0 alors : ∀ y ∈ℝ
Démontrons que sur l'intervalle
π
]0, 2 [
0<y< π ,
2
π
[0, 2 ]
.
on a sin y<y
la fonction qui à y associe tan ( y)y est strictement
positive. On pose g ( y)=tan (y)y .
g est dérivable sur
π
]0, 2 [
et g '(y )=1+tan 2 (y )1=tan 2 (y)
La dérivée de g est strictement positive sur
π
]0, 2 [
donc g est strictement croissante sur
π
g (0)<g ( y) et comme g (0)=0 . On a 0<g (y ) et : 0<y< 2 , on a y<tan (y )
On a démontré que : ∀ y ∈ℝ
0<y< π ,
2
on a 0<sin y<y<tan y
La fonction carrée est croissante sur les nombres positifs, on en déduit que :
∀y
0<y< π ,
2
on a 0<sin 2 ( y)<y 2<tan 2 ( y)
La fonction inverse est décroissante sur les nombres positifs, donc :
1
1
1
∀ y 0<y< π , on a
< 2< 2
2
2
tan ( y) y sin (y )
Et donc :
12/14
π
]0, 2 [
.
PCSI
Corrigé devoir maison n°3
Mardi 18 Octobre 2011
1
∀ y , 0<y< π , cot 2 ( y)< 2 <csc2 (y)
2
y
2m( 2m1) 2m+1 2 2m+1 2
2m+1 2 2m( 2m+2)
.
<( π ) +(
) +...+(
)<
6
2π
mπ
6
rπ
On applique l'inégalité précédente avec: y=
. On obtient donc :
2m+1
6-a) Démontrer
∀ r ,1≤r <m , cot
r=m
D'où :
∑ cot2
r=1
(
2
(
)(
)
(
2
rπ
2m+1
rπ
2
<
<csc
2m+1
rπ
2m+1
) (
r= m
)
2
)
(
r= m
rπ
2m+1
rπ
<∑
< ∑ csc 2
2m+1
r
π
2m+1
r=1
r=1
)
D'après les questions Partie A, 3 et 4-b, on en déduit que :
r=m
(
)
2
2m ( 2m1)
2m( 2m+2)
2m+1
<∑
<
6
rπ
6
r=1
b)
(
)
()
2m( 2m1) r=m 2m+1 2 2m( 2m+2) 2m( 2m1) π2 r= m 1 2 2m (2m +2) π2
<∑
<
⇒
<∑
<
6
rπ
6
( 2m+1)2 6 r=1 r
(2m+1)2 6
r=1
Propriété : la limite en +∞ d'une fraction rationnelle est la limite du quotient des termes de plus
haut degré.
lim m →+∞
2m ( 2m1)
( 2m )(2m )
=lim m →+∞
=1 De même :
2
2
( 2m+1)
(2m )
lim m →+∞
2m ( 2m+2)
(2m )( 2m)
=lim m →+∞
=1
2
(2m +1)
(2m )2
D'après le théorème des gendarmes, on en déduit que :
lim m →+∞
1 1 1
1 π2
+
+
+…+
=
12 22 32
m2 6
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PCSI
Corrigé devoir maison n°3
Mardi 18 Octobre 2011
Qui veut gagner UN million ?
Euler « démontre » cette égalité en 1735. Il va plus loin et calcule les sommes :
2k
+∞
1 ∣B 2k∣π
=
∑ n2k 2( 2k) ! où les B j désigne le jième nombre de Bernoulli.
k =1
Le mathématicien allemand Bernhard Riemann, introduit sa célèbre fonction zêta, définit sur les
+∞
1
nombres complexe différents de 1. ζ ( z )=∑ z . Quel est le lien entre la fonction de Riemann et
n=1 n
+∞
1 π2
le problème de Bâle ? Tout simplement ζ (2)=∑ 2 =
.
6
n=1 n
En 1859, il affirme que tous les zéros (non triviaux) de cette fonction sont sur le droite d'équation
1
x= . Cette affirmation connue sous le nom d'hypothèse de Riemann n'est toujours pas démontrée.
2
Elle permettrait de mieux connaître la répartition des nombres premiers.
L'institut américain Clay propose 1 million de dollars pour une démonstration de l'hypothèse de
Riemann.
Références :
–
–
–
« Dans la jungle des nombres premiers » John Derbyshire, Dunod, 2007
« La symphonie des nombres premiers » Marcus du Sautoy, Points, 2007
Tangente Sup, n°62, Octobre 2011
*** Fin du corrigé ***
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