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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∣ . 1/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 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∣ 2/14 n n ∑k =1 āk (z k z)=∑k=1 ∣z k∣ PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 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 ] . 3/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 n Mardi 18 Octobre 2011 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∣ 4/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 5/14 Mardi 18 Octobre 2011 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 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 6/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 7/14 Mardi 18 Octobre 2011 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 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 8/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 2-a- Pour r ∈ℕ ,1≤r ≤m , on pose θ r = Mardi 18 Octobre 2011 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. 9/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 m ( Mardi 18 Octobre 2011 ) 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 10/14 2 m PCSI Corrigé devoir maison n°3 (2m2k +1+1)(1) k Le coefficient du terme t m1 est ( ) Mardi 18 Octobre 2011 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 PCSI Corrigé devoir maison n°3 m ∑ csc2 (θr )= k =1 Mardi 18 Octobre 2011 (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 13/14 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 *** 14/14