ESM SAINT CYR 1995 math 1 I. Étude de suites 1. On montre par

ESM SAINT CYR 1995 math 1
I. Étude de suites
1. On montre par récurrence que cn est dé…ni, strictement positif pour n > 1; puis que ¸n est dé…ni.On a
c1 = cos ¼2 donc µ1 = ¼2 .
Supposons par récurrence que cn = cos µn avec µn 2 [0; ¼2 ] alors
r
µn
1 + cos µ n
cn+1 =
= j cos j
2
2
Comme µ2n 2 [0; ¼2 ], le cosinus est positif et µ n+1 = µ2n .
On en déduit par récurrence que µn = 2¼n .D’autre part, ¸1 = 2 donc ®1 = 2.
Supposons par récurrence que ¸n = ®n sin µn alors:
¸n+1 =
®n sin µ n
µn
®n sin µn
= 2®n sin
=
cos µn+1
2
cos µ2n
D’où ®n+1 = 2®n puis, par récurrence, ®n = 2n .On a donc …nalement:
¸n = 2n sin
et lim(¸n ) = ¼
¼
2n
2. L’inégalité de Taylor-Lagrange avec majoration par la dérivée d’ordre 3 donne:
8x 2 R; j sin x ¡ xj ·
On l’applique à x =
¼
2n
jxj3
jxj3
sup j cos tj ·
6 t2[0;x]
6
et on multiplie par 2n pour avoir:
8n 2 N ¤; j¸n ¡ ¼j ·
¼3
6¢4n
Il su¢t de prendre N1 = 12 pour avoir: j¸N1 ¡ ¼j · 10¡6 .
3. Se déduit directement du développement limité du sinus au voisinage de 0.
3
3
¼
¡n
4. Comme (¸ n) ! ¼ et (¸n+1 ) ! ¼, on a bien: (¸(1)
); ¸ n+1 ¡¼ = ¡ 6¢4¼n+1 +o(4¡n)
n ) ! ¼.¸n ¡¼ = ¡ 6¢4n +o(4
car o(4¡n ) = o(4¡n¡1).
La combinaison ¡¸n + 4¸n+1 élimine les parties principales d’où
¡n
¸(1)
) = o(¸n ¡ ¼)
n ¡ ¼ = o(4
Pour avoir un équivalent de ¸(1)
n ¡ ¼, on prend un terme supplémentaire dans le développement limité du 3):
¸(1)
n ¡¼ =
¼5
4¼5
1
1
(¡
+
) + o( 2n )
2n
3 5! 4
5! 42n+2
4
D’où
5
¼
¸(1)
n ¡ ¼ » ¡ 5! 4 2n+1
5
¼
¡n) donc
5. d’après les calculs précédents, ¸(1)
n ¡ ¼ = ¡ 5! 42n+1 + o(4
5
(1)
¸n+1 ¡ ¼ = ¡ 5! 4¼2n+3 + o(4¡n). On cherche une combinaison linéaire pour éliminer les parties principales et on
trouve:
(1)
16¸n +1 ¡15¸(1)
n
15
1
¡ ¼ = o( 42n
)
1
c’est à dire ® = ¡ 15
Remarque: une légère imprécision dans l’énoncé puisque 42n = 16n et non 8n .mais la question est juste car
1
1
16n << 8n
Remarque : lisez toujours un sujet de concours en entier . La réponse à cette question vous est donnée au début
de la partie V .
(2)
1
(¸ n ¡ 20¸n+1 + 64¸n+2).
6. On trouve: ¸n
= 45
3
5
7
x
Grâce à l’inégalité de Taylor-Lagrange: j sin x ¡ x + x6 ¡ 120
j · jxj
7! , on écrit:
3
5
7
¼
¼
¼
¸n ¡ ¼ = ¡ 6¢4
avec jrnj · 7!¢4
n + 120¢4 2n + rn
3n .
3
5
On a les formules similaires à l’ordre n + 1 et n + 2, puis on utilise l’expression de ¸(2)
n , les termes en ¼ et ¼
s’éliminent et on a:
1 ¼7 1
20
64
17¼7 1
j¸(2)
( 3n + 3n+3 + 3n+6 ) =
n ¡ ¼j ·
45 7! 4
4
4
576 ¢ 7! 43n
On trouve alors que pour N2 = 3, j¸N2 ¡ ¼j < 10¡6.
II. Polynômes type Bernoulli
1. F est une primitive de f donc est égale à G à une constante près. La condition
F de façon unique et:
R1
F (x) = G(x) ¡ 0 G(t) dt
R1
0
F (t) dt = 0 dé…nit alors
2. Par récurrence sur n, on démontre que Bn est dé…nit de façon unique à partir de Bn¡1 en utilisant 1) et que
c’est un polynôme de degré n.
an
Si Bn = anX n + ¢ ¢ ¢ alors Bn+1 = n+1
X n+1 + ¢ ¢ ¢, on en déduit par récurrence que le terme de plus haut degré
de Bn est
Xn
n!
(c’est la di¤érence avec les polynômes de Bernoulli qui sont unitaires).
B0 = 1;
B3 =
0
3. Comme Bn+2
= Bn+1 ,
R1
0
1
B1 = X ¡ ;
2
X3 X2
X
¡
+ ;
6
4
12
B4 =
B2 =
X2 X
1
¡
+ ;
2
2
12
1
1
(X 4 ¡ 2X3 + X 2 ¡ )
24
30
Bn+1(t) dt = 0 s’intègre pour donner Bn+2(0) = Bn+2 (1).
La relation est varie pour tout n 2 N donc pour n ¸ 2; Bn (0) = Bn(1) .
Remarque :soignez la rédaction pour justi…er le n ¸ 2
0
0
4. On véri…e que C0 = 1 et Cn+1
(x) = (¡1)n+1Bn+1
(1 ¡ x) ¢ (¡1) = (¡1)nBn(1 ¡ x) = Cn (x).
R1
R1
Puis par le changement t 7! 1 ¡ t, on trouve 0 Cn+1(t) dt = (¡1)n 0 Bn (t) dt = 0.La suite (Cn) véri…e les
conditions du 2) et par unicité Cn = Bn pour tout n.
On a donc 8n 2 N; Bn(x) = (¡1)n Bn (1 ¡ x)
Ce qui s’interprète géométriquement:
si n est pair, le graphe de Bn est symétrique par rapport à la droite x = 12 ;
si n est impair, le graphe de Bn est symétrique par rapport au point ( 12 ; 0).
Si n est impair et n ¸ 3 on aura pour x = 1, Bn (0) = ¡Bn(1) et compte tenu de 2) cela entraîne Bn(1) = Bn (0) = 0 .
Maintenant, si on fait x = 12 , on en déduit Bn( 21 ) = ¡Bn( 12 ) = 0 .
5. On remarque que B1 = X ¡ 12 ne s’annule pas sur ]0; 1=2[.
0
Supposons par récurrence que B2m¡1; m ¸ 1 ne s’annule pas sur ]0; 1=2[, alors comme B2m
= B2m¡1 , on en
déduit que B2m est strictement monotone sur ]0; 1=2[.
0
D’autre part, B2m+1 s’annule en 0 et 12 donc, par le théorème de Rolle, sa dérivée B2m+1
= B2m s’annule en
c 2]0; 1=2[, on est alors dans l’un des cas suivants:
x
B2m
B2m+1
0
+
0 %
c
1=2
0 ¡
& 0
x
B2m
B2m+1
0
¡
0 &
c
1=2
0 +
% 0
Ce qui prouve que B2m+1 ne s’annule pas sur ]0; 1=2[ et achève la récurrence.
On étudie h : x 7! B2m (x) ¡ B2m (0).
0
La dérivée est B2m¡1
qui ne s’annule pas sur ]0; 1=2[, donc h est strictement monotone sur ]0; 1=2] est comme
h(0) = 0, h ne s’annule pas sur ]0; 1=2];
par la relation B2n (x) = B2n (1 ¡ x), on a aussi que h ne s’annule pas sur [1=2; 1[ et …nalement
B2n(X) ¡ B2n (0) a un signeconstant sur [0; 1] :
III. Séries de Riemann et nombres de Bernoulli
PN 2ik¼t
1. On a d’abord pour tout t 2]0; 1[,
= ei¼Nt sin(N+1)¼t
, puis la partie réelle:
k=0 e
sin ¼t
PN
cos(¼Nt) sin(N+1)¼t
, on multiplie par 2 et on retranche 1:
k=0 cos(2k¼t) =
sin ¼t
1+2
N
X
k=1
cos(2k¼t) =
sin(2N + 1)¼t
sin ¼t
car 2 cos(¼N t) sin(N + 1)¼t = sin(2N + 1)¼t + sin ¼t.
P
2ik¼t
Remarque :on peut aussi prendre la partie réelle de N
k=¡N e
2
2. Au voisinage de 0, Bn (t) ¡ Bn (0) = tBn0 (0) + o(t) et sin(¼t) » ¼t donc
limt!0 'n(t)=
0
Bn
(0)
¼
n (1)
en utilisant Bn (X) = (¡1)nBn(1 ¡ X);
D’autre part 'n(1 ¡ t) = (¡1) n+1 Bn (t)¡B
sin ¼t
puis pour n ¸ 2; Bn (0) = Bn(1) donc 'n(1 ¡ t) = (¡1)n+1'n(t), ce qui ramène l’étude en t = 1 au cas t = 0
et prouve que 'n se prolonge en une fonction continue sur [0; 1] lorsque n ¸ 2.
C’est encore vrai pour n = 0 mais faux dans le cas où n = 1 (pas de prolongement en 1).
B0n (t) sin ¼t¡(Bn (t)¡Bn (0))¼ cos ¼t
sin 2 ¼t
Supposons n ¸ 2, pour t 2]0; 1[; '0n(t) =
Le développement limité à l’ordre 2 du numérateur donne l’équivalent
¼t 2 00
2 Bn (0)
et limt!0 '0n (t) =
Cela prouve que 'n est de classe C sur [0; 1[ puis grâce à la relation 'n(1 ¡ t) = (¡1)
C 1 sur [0; 1].
remarque 5/2 : On peut écrire :
1
n+1
00
1
2¼ Bn (0)
.
'n(t), 'n est de classe
Bn (t)¡Bn (0)
t
sin(¼t)
t
'n(t) =
Le numérateur est un polynôme car t = 0 est po^le du numérateur Bn(t) ¡ Bn(0)
sin(¼t) est développable en série entière et on peut simpli…er par t le développement. Toute fonction dévelopable
en série entière est indé…niment dérivable . 'n est donc indé…niment dérivable sur [0; 1[ comme quotient , à
dénominateur non nul de tels fonction . La théorie peut remplacer le calcul.
R1
R1
3. Pour x > 0, on intègre par parties: 0 f (t) sin(xt) dt = [ cosxxt f(t)]10 ¡ 0 cosxxt f 0 (t) dt,
puis on majore le cosinus par 1, f et f 0 sont continues sur le segment [0; 1] donc bornées, alors quand x ! +1,
R1
f(t) sin(xt) dt ! 0.
0
4. En intégrant deux fois par parties, on trouve In;k = 4k21¼2 (Bn¡1 (1) ¡ Bn¡1(0) ¡ In¡2;k ).
On distingue donc suivant la parité de n en utilisant le fait que Bn¡1(1) ¡ Bn¡1(0) = 0 sauf pour n = 2.
Pour n impair, comme I1;k = 0, on trouve I2p+1;k = 0.
Pour n pair, on trouve d’abord I2p;k =
(¡1)p¡1
(2k¼)2p (1
I2p;0 = 0;
¡ I 0;k ) puis suivant que k = 0 ou k > 0 on obtient
I2p;k =
(¡1)p¡1
si k > 0
(2k¼)2p
5. On suppose m > 0 puisque '0 = 0.
Z
1
0
=
'2m (t) sin(2N + 1)¼t dt =
Z
R1
0
1
0
1
0
[B2m (t) ¡ B2m (0)]dt + 2
= ¡B2m (0) + 2
En utilisant
Z
B2m (t) dt = 0 et
R1
0
N
X
k=1
[B2m (t) ¡ B2m (0)]
N Z
X
k=1
sin(2N + 1)¼t
dt
sin ¼t
1
0
[B2m (t) ¡ B2m (0)] cos 2¼t dt
I2m;k = ¡B2m (0) + 2
N
X
(¡1)m¡1
k=1
(2k¼)2m
cos(2¼t) dt = 0. On fait tendre N vers +1, comme '2m est de classe C 1
sur [0; 1], on peut utiliser
P+1III.21d’où:
B2m (0) = 2(¡1)m¡1 k=1 (2k¼)
2m et on en déduit:
P+1
1
k=1 k 2m
2
= 22m¡1¼ 2m (¡1) m¡1 B2m(0)
4
Exemples: on trouve ¼6 pour m = 1 et ¼90 pour m = 2.
P
P+1 1
1
6. On majore +1
k=1 k 2m par
k=1 k2 , puis par 2 puisque
Avec la formule du 5), on en déduit bien
jB2m (0) ·
¼2
6
4
(4¼ 2 )m
< 2.
.
IV. Formule sommatoire d’Euler
1. On démontre la formule par récurence
R 1 sur m ¸ 1.
R1
Pour m = 1, on intègre par parties: 0 f 000 (t)B3(t) dt = [f 00 (t)B3(t)]10 ¡ 0 f 00 (t)B2(t) dt
3
le crochet est nul puisque B3(0) = B3(1) = 0, on pousuit:
Z 1
Z
¡
f 00 (t)B2 (t) dt = ¡[f 0 (t)B2(t)]10 +
0
0
1
f 0 (t)B1(t) dt
Z 1
f 0 (0) ¡ f 0 (1)
+ [f (t)B1(t)]10 ¡
f(t) dt
12
0
Ce qui donne …nalement la formule à l’ordre m = 1.On suppose la formule vraie à l’ordre m et on intègre deux
fois par parties:
Z 1
Z 1
(2m+1)
(2m+1)
1
f (2m+2)(t)B2m+2 (t) dt
f
(t)B2m+1(t) dt = [f
(t)B2m+2(t)]0 ¡
=
0
0
= B2m+2(0)[f
(2m+1)
(1) ¡ f
(2m+1)
(0)] ¡ [f
(2m+2)
(t)B2m+3(t)]10 +
Et comme le crochet est nul, on a la formule à l’ordre m + 1.
2. On intègre d’abord par parties:
Z
Z 1
(2m+1)
(2m+1)
1
f
(t)B2m+1 (t) dt = [f
(t)(B2m+2(t) ¡ B2m+2(0))]0 ¡
0
1
0
Z
1
f (2m+3)(t)B2m+3 (t) dt
0
f (2m+2)(t)(B2m+2 (t) ¡ B2m+2 (0)) dt
le crochet est nul et on applique la formule de la moyenne à la dernière intégrale sachant que (II.5) t 7!
B2m+2(t) ¡ B2m+2 (0) a un signe constant sur [0; 1]. Il existe c 2 [0; 1] tel que:
Z 1
Z 1
(2m+1)
(2m+1)
f
(t)B2m+1 (t) dt = ¡f
(c)
(B2m+2 (t) ¡ B2m+2 (0)) dt
et comme
3.
R1
0
0
0
B2m+2(t) dt = 0, on a le résultat.En utilisant la majoration du III.6, on obtient alors:
Z1
4
j
f (2m+1) (t)B2m+1(t) dtj ·
kf (2m+2)k
2 )m+1
(4¼
0
T (h) =
4.
Z
n¡1
f (1) + f(0)
1X k
f( ) +
n k=1 n
2
Z 1
f(xi ) + f(xi+1)
h 0
h3 000
(5)
0
000
fi (t) dt =
¡ (f (xi+1 ) ¡ f (xi )) +
(f (xi+1) ¡ f (xi )) ¡
fi (t)B5(t) dt
2
12
720
0
0
R1
R xi+1
En posant u = xi + ht, on a: 0 fi (t) dt = n xi f (u) du.
On somme pour i = 0 à n ¡ 1 et on calcule les sommes:
Z 1
h
h3 000
f(t) dt = nT (h) ¡ (f 0 (1) ¡ f 0 (0)) +
(1)
n
(f (1) ¡ f 000 (0)) + R(h)
12
720
0
Pn¡1 R 1 (5)
où R(h) = i=0 0 fi (t)B5(t) dt. On utilise la majoration du 2):
P
(6)
(6)
4
6 (6)(x + ht), on trouve
jR(h)j < n¡1
i
i=0 (4¼ 2 )3 kfi k et comme fi (t) = h f
1
jR(h)j <
4h5
(4¼2 )3
kf (6)k et en multipliant l’égalité (1) par h:
R1
0
f(t) dt = T (h) ¡
avec jr(h)j = jhR(h)j, majoré par
h5
16¼6
h2 0
12 [f (1)
¡ f 0 (0)] +
h4
000
720 [f (1)
¡ f 000 (0)] ¡ r(h)
kf (6)k.
V. Accélération de Romberg
R1
1. On a T0(h) ¡ 0 f(t) dt = ¡a1h2 ¡ a2 h4 + r(h) donc c’est un o(h).À partir de ce développement, on forme
R1
Tk (h) ¡ 0 f(t) dt pour k = 1 et k = 2 et on véri…e qu’il s’agit de o(h2k+1).
R1
1
2. T2(h) = 0 f (t) dt + 45
(¡r(h) + 20r( h2 ) ¡ 64r( h4 )).Avec la majoration du IV.4), on a alors:
Z1
h6
20 64
17h6
T2(h) ¡
f (t) dt ·
(1 + 6 + 6 )kf (6)k =
kf (6)k
6
6
45
£
16¼
2
4
9216¼
0
3. a) f (6) (t) =
6!
(1+t)7
d’où kf (6) k = 6! = 720.
b) En utilisant 2), on trouve qu’il su¢t de prendre n = 12 pour être sûr que T2 (h) soit une approximation de
ln 2 à 10¡12 près.
4