CAPES 2007 ( Correction du sujet d`analyse )

CAPES 2007
( Correction du sujet d’analyse )
Dernière mise à jour : Mardi 17 Avril 2007
Vincent OBATON, lycée Stendhal de Grenoble ( [email protected] )
Avec la correction attentive de Muriel et Nathalie Daval
1
J’aimais et j’aime
encore
les
mathématiques
pour
elles-mêmes comme
n’admettant
pas
l’hypocrisie
et
le
vague, mes deux bêtes
d’aversion.
Stendhal
2
Table des matières
1 PREMIÈRE PARTIE
1.1 Première méthode .
1.2 Deuxième méthode
1.3 Troisième méthode
:
.
.
.
Convergence de la
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
suite
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
4
4
2 DEUXIÈME PARTIE : Utilisation de polynômes
5
3 TROISIÈME PARTIE : Utilisation des intégrales de Wallis
9
4 QUATRIÈME PARTIE : Noyau de Dirichlet
12
5 CINQUIÈME PARTIE : Une somme double
15
6 SIXIÈME PARTIE : La fonction Dilogarithme
18
3
1
1.1
PREMIÈRE PARTIE : Convergence de la suite
Première méthode
a) ∀k ≥ 2 on a
1
k − (k − 1)
1
1
− =
=
k−1 k
k(k − 1)
k(k − 1)
de plus ∀k ≥ 2 on a k ≥ k − 1 > 0 donc k 2 ≥ k(k − 1) > 0 d’où
Conclusion : ∀k ≥ 2 on a
1
1
≤
2
k
k(k − 1)
1
1
1
−
≤
2
k
k−1 k
n
X
1
b) Sn = 1 +
k2
k=2
1
1
1
−
Or d’après a) ∀k ≥ 2, 2 ≤
k
k −1 k
n X
1
1
Donc Sn ≤ 1 +
−
k−1 k
k=2
n
X
1
1
1
1
Or 1 +
−
=1+ 1−
=2− <2
k−1 k
n
n
k=2
Conclusion : ∀n ∈ N∗ on a 0 < Sn < 2
n+1
n
X
X
1
1
1
c) Sn+1 − Sn =
−
=
>0
2
2
2
k
k
(n
+
1)
k=1
k=1
Donc (Sn )n∈N∗ est croissante or d’après la question précédente elle est majorée donc elle
converge et 2 est un de ses majorants.
1.2
Deuxième méthode
a) tn − Sn =
De plus
1
donc lim tn − Sn = 0
n→+∞
n
1
1
1
1
− =
−
2
n+1 n
(n + 1)
n(n + 1)
1
1
Or n ≥ 1 on a (n + 1)2 > n(n + 1) donc
−
<0
2
(n + 1)
n(n + 1)
On
 a donc :

lim tn − Sn = 0
 • n→+∞
donc (Sn )n∈N∗ et (tn )n∈N∗ sont adjacentes.
•(Sn )n∈N∗ est strictement croissante

 •(S ) ∗ est strictement décroissante
n n∈N
tn+1 − tn = Sn+1 − Sn +
1
et S10 < S < t10
10
≈ 1.649767731 donc 1.549767 < S < 1.649767
b) D’après la question précédente t10 = S10 +
Or S10 ≈ 1.549767731 et t10
1.3
Troisième méthode
On note la fonction f : x 7→
1
définie sur R∗ .
x2
1. Étudier rapidement la fonction f .
4
2. Tracer Cf la courbe représentative de f dans un repère orthonormal.
3. En utilisant les résultats précédents, démontrer que :
n
n Z k
X
X
1
1
<
dx
2
2
k
x
k−1
k=2
k=2
4. On note (Sn )n≥1 la suite définie par : ∀n ≥ 1, Sn =
n
X
1
k2
k=1
(a) Montrer que Sn > 0
Z
(b) Déduire des questions précédentes que 0 < Sn < 1 +
1
(c) En déduire que 0 < Sn <
croissante.
n
1
dx
x2
2n − 1
Démontrer que (Sn )n∈N∗ est une suite
n
(d) Que peut-on en déduire sur la convergence de Sn ?
2
DEUXIÈME PARTIE : Utilisation de polynômes
1. Si P (X) =
n
X
ak X k , an 6= 0 et σ1 =
n
X
αk alors :
k=1
k=0
σ1 = −
an−1
an
2. (a) Démontrons cette formule à l’aide de celle du binôme de Newton :
n
(a + b) =
n
X
Cpn an−p bp
p=0
Soient p ∈ N et ϕ ∈ R.
On remarque que sin[(2p + 1)ϕ] = Im ei(2p+1)ϕ = Im (cos ϕ + i sin ϕ)2p+1
On obtient, d’après la formule du binôme de Newton :
2p+1
2p+1
(cos ϕ + i sin ϕ)
=
X
2p+1
Cm
cos2p+1−m ϕ × im × sinm ϕ
m=0
On applique ensuite le changement de variable m = 2k + 1 pour obtenir la partie
imaginaire et on obtient :
i sin(2p + 1)ϕ =
p
X
2p+1
C2k+1
cos2p+1−2k−1 ϕ × i2k+1 × sin2k+1 ϕ
k=0
Or i
2k+1
=i×i
2k
k
= i(−1) , donc :
∀p ∈ N, ∀ϕ ∈ R on a
X 2p+1
sin(2p + 1)ϕ =
C2k+1 cos2p−2k ϕ × (−1)k × sin2k+1 ϕ
p
k=0
5
(b) Soit ϕ 6= 0 + 2kπ alors sin(2p + 1)ϕ 6= 0
On peut donc factoriser la formule précédente par sin2p+1 ϕ
On obtient donc :
∀p ∈ N, ∀ϕ ∈ R avec ϕ 6= 0 + 2kπ on a
2p+1
sin(2p + 1)ϕ = sin
ϕ
p
X
2p+1
(−1)k C2k+1
k=0
cos2p−2k ϕ × sin2k+1 ϕ
sin2p+1 ϕ
donc
2p+1
sin(2p + 1)ϕ = sin
ϕ
p
X
2p+1
(−1)k C2k+1
k=0
cos2p−2k ϕ
sin2p+1−2k−1 ϕ
d’òu
2p+1
sin(2p + 1)ϕ = sin
ϕ
p
X
2p+1
(−1)k C2k+1
k=0
2(p−k)
or (Cotan2 ϕ)p−k =
cos2p−2k ϕ
sin2p−2k ϕ
2p−2k
cos
ϕ
cos
ϕ
=
2p−2k
2(p−k)
sin
ϕ
sin
ϕ
donc
2p+1
sin(2p + 1)ϕ = sin
ϕ
p
X
2p+1
(−1)k C2k+1
(Cotan2 ϕ)p−k
k=0
∗
3. Soit p ∈ N et P ∈ R[X] tel que P (X) =
p
X
2p+1 p−k
(−1)k C2k+1
X
k=0
(a) On note∀k ∈ [|1, p|], γk = Cotan
2
kπ
2p + 1
Calculons P (γk ) :
Si k ∈ [|1, p|] alors γk 6= 0 + 2k 0 π donc
p−k
p
p
X
X
kπ
k 2p+1
p−k
k 2p+1
2
P (γk ) =
(−1) C2k+1 (γk )
=
(−1) C2k+1 Cotan
2p + 1
k=0
k=0
kπ
2p+1
En utilisant la formule de la question précédente et sachant que sin
6= 0 on
2p + 1
trouve que
sin(kπ)
=0
P (γk ) =
kπ
sin2p+1 2p+1
et donc
P (γk ) = 0 , ∀k ∈ [|1, p|]
(b) ∀k ∈ [|1, p|] alors π < kπ ≤ πp donc 0 <
d’où 0 ≤
kπ
≤
2p + 1
πp
<
π
2
π
kπ
πp
≤
≤
2p + 1
2p + 1
2p + 1
1
p
i πh
kπ
donc ∀k ∈ [|1, p|] alors
∈ 0;
2p + 1
2
i
h
kπ
π
kπ
On a évidemment
∈ 0;
alors sin
6= 0
2p + 1
2
2p + 1
p 2+
6
kπ
(k + 1)π
6=
et comme la fonction x 7→ Cotan(x) est
2p + 1 i 2ph + 1
π
alors toutes les racines de P sont distincts.
srtictement décroissante sur 0;
2
Conclusion : P admetγ1 , γ2 , . . ., γp−1 , γp comme racines distincts avec
kπ
γk = Cotan2
.
2p + 1
p
X
an−1
(c) D’après la deuxième partie, 1) on a σ1 = −
or σ1 =
γk
an
k=1
donc
(2p + 1)!
p
1 2p+1
X
(2p)!
(−1) C3
(2p − 1)(2p)
p(2p − 1)
3!(2p − 2)!
=
=
σ1 =
γk = −
2p+1 = (2p + 1)! =
0
3!(2p − 2)!
2×3
3
(−1) C1
k=1
1!(2p)!
p
p
X
X
kπ
2
Or σ1 =
γk =
Cotan
2p + 1
k=1
k=1
donc
p
X
kπ
p(2p − 1)
2
Cotan
=
2p + 1
3
k=1
Comme ∀k ∈ [|1, p|],
i πh
Ensuite ∀ϕ ∈ 0;
on a
2
1 − sin2 ϕ
1
cos2 ϕ
=
=
−1
Cotan2 ϕ =
2
2
sin ϕ
sin ϕ
sin2 ϕ
kπ
Donc pour ϕ =
on obtient
2p + 1
p
p
p
X
X
X
kπ
1
p(2p − 1)
2
=
1+
Cotan
=p+
kπ
2p + 1
3
k=1
k=1
k=1 sin2
2p + 1
donc
p
X
3p + 2p2 − p
p(2p + 2)
2p(p + 1)
1
=
=
=
kπ
3
3
3
k=1 sin2
2p + 1
donc
p
X
k=1
1
sin2
kπ
2p + 1
=
2p(p + 1)
3
πh
4. On a toujours ϕ ∈ 0;
2
i πh
on a sin ϕ > 0
(a) ∀ϕ ∈ 0;
2
à On note f la fonction définie sur R telle que f (x) = sin x − x
f est continue et dérivable sur R et f 0 (x)
i =πcos
h x−1≤0
donc f est strictement décroissante sur 0;
et comme f (0) = 0
2
i πh
alors ∀ϕ ∈ 0;
on a 0 < sin ϕ < ϕ
2
àOn note g la fonction définie sur R \ {kπ, k ∈ Z} telle que f (x) = tanx − x
i
7
g est continue et dérivable sur son domaine de définition et
g 0 (x) = 1 + tan2 x − 1 = tan2 x ≥ 0 i
πh
donc g est strictement croissante sur 0;
et comme g(0) = 0
2
i πh
alors ∀ϕ ∈ 0;
on a ϕ < tan ϕ
2
Conclusion :
i πh
on a 0 < sin ϕ < ϕ < tan ϕ
∀ϕ ∈ 0;
2
i πh
kπ
∈ 0;
donc d’après la question précédente
(b) On sait d’après II 3) b) que
2p + 1
2
kπ
kπ
kπ
0 < sin
<
< tan
2p + 1
2p + 1
2p + 1
Or la fonction carré est strictement croissante sur [0; +∞[ donc
2
kπ
kπ
kπ
2
<
< tan2
0 < sin
2p + 1
2p + 1
2p + 1
Or la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0; +∞[ donc
2
1
2p + 1
1
<
<
kπ
kπ
kπ
2
2
tan
sin
2p + 1
2p + 1
donc
p
X
k=1
Cotan
2
kπ
2p + 1
<
2
p X
2p + 1
k=1
kπ
<
p
X
k=1
1
sin
2
kπ
2p + 1
D’après la question II 3) c) on obtient donc
p
1
2p(p + 1)
p(2p − 1) X (2p + 1)2
<
× 2 <
2
3
π
k
3
k=1
donc
p
(2p + 1)2 X 1
2p(p + 1)
p(2p − 1)
<
<
3
π2
k2
3
k=1
(c)
(2p + 1)2
(2p + 1)2
>
0
donc
on
peut
diviser
l’inégalité
par
pour obtenir
π2
π2
p
p(2p − 1) X 1
π2
2p(p + 1)
π2
×
<
<
×
2
2
2
(2p + 1)
3
k
(2p + 1)
3
k=1
donc
p(2p − 1)π 2
2p(p + 1)π 2
<
S
<
n
3(2p + 1)2
3(2p + 1)2
or
p(2p − 1)π 2
2p2 π 2
π2
à lim
= lim
=
n→+∞ 3(2p + 1)2
n→+∞ 12p2
6
et
2p(p + 1)π 2
2p2 π 2
π2
à lim
=
lim
=
n→+∞ 3(2p + 1)2
n→+∞ 12p2
6
d’après le Théorème d’encadrement des suites ( ou Théorème des Gendarmes ) on
obtient :
8
S = lim Sn =
n→+∞
π2
6
5. Etude nde certaines suites
:
n
X 1
1X 1
un =
=
(2k)2
4 k=1 k 2
k=1
Donc (un )n≥1 est convergente et U =
π2
π2
1 π2
=
donc U =
4 6
24
24
n
X
2n+1
n
X 1
X
1
1
vn =
=
−
= S2n+1 − un
2
2
2
(2k
+
1)
k
(2k)
k=0
k=1
k=1
or S2n+1 est une suite extraite de Sn donc elle est convergente
3π 2
π2
π2
π2 π2
−
=
=
donc V =
donc (vn )n≥1 est convergente et V =
6
24
24
8
8
2n+1
X
n
n
X
X
(−1)k+1
1
1
=
−
+
= −un + vn
2
2
2
k
(2k)
(2k
+
1)
k=1
k=1
k=0
donc (w2n+1 )n≥1 est convergente.
De plus
n
n−1
2n
X
X
X
1
1
(−1)k+1
=
−
+
= −un + vn−1
à w2n =
2
2
2
k
(2k)
(2k
+
1)
k=1
k=0
k=1
donc (w2n )n≥1 est convergente.
1
1
à w2(n+1)+1 − w2n+1 = −
+
> 0 donc (w2n+1 )n∈N est décroissante.
2
(2n + 2)
(2n + 3)2
1
1
à w2(n+1) − w2n =
−
> 0 donc (w2n )n∈N est croissante.
2
(2n + 1)
(2n + 2)2
Les suites (w2n+1 )n≥1 et (w2n )n≥1 ont la même limite, l’une est croissante, l’autre est
décroissante et donc elles sont adjacentes
De plus w2n ≤ wn ≤ w2n+1 (évident par différence Ex : w2n − wn ≤ 0)
donc on peut conclure que (wn )n∈N est convergente par le théorème d’encadrement
2π 2
π2
π2 π2
et W = −U + V = − +
=
donc W =
24
8
24
12
à w2n+1 =
3
TROISIÈME PARTIE : Utilisation des intégrales de
Wallis
Pour tout entier n ∈ N, on pose
Z
In =
π
2
2n
cos tdt,
0
Z
Jn =
π
2
2
2n
t cos tdt et
0
1. Calcul
I0 et J0 : Z π
π
Z de
π
2
2
π
π
I0 =
cos0 tdt =
1dt = [t]02 = donc I0 =
2
2
0
0
3 π2
Z π
Z π
2
2
t
π3
π3
J0 =
t2 cos0 tdt =
t2 dt =
=
donc J0 =
3 0
24
24
0
0
9
4n (n!)2
Kn =
Jn
(2n)!
2. Recherche de In en fonction de n :
Z π
Z π
2
2
2(n+1)
(a) In+1 =
cos
tdt =
cos2n+1 t × cos tdt
0
0
On pose v(t) = cos2n+1 t et u(t) = sin t.
h πi
Les deux fonctions u et v sont de classe C 1 sur 0;
donc on peut appliquer la formule
2
d’intégration
par partie, et obtenir :
Z π
Z π
π
2
2
2(n+1)
2n+1 2
In+1 =
cos
tdt = [t × cos
t]0 +
(2n + 1) sin2 t cos2n tdt
donc
0
0
Z
In+1 = (2n + 1)
donc
π
2
(1 − cos2 t) cos2n tdt = (2n + 1)In − (2n + 1)In+1
0
In+1 + (2n + 1)In+1 = (2n + 1)In donc pour tout n ∈ N, on a In+1 =
2n + 1
In
2n + 2
(b) Montrons cette formule par récurrence :
(2k)! π
On note (Pk ) la proriété : Ik = k
4 (k!)2 2
π
à (P0 ) est vraie car I0 =
2
à On suppose maintenant que (Pn ) soit vraie.
à Montrons que dans ce cas (Pn+1 ) l’est aussi :
2n + 1
(2n)! π 2n + 1
(2n)! π (2n + 1)(2n + 2)
(2(n + 1))! π
In+1 =
In = n
=
=
2n + 2
4 (n!)2 2 2n + 2
4n (n!)2 2
4(n + 1)2
4n+1 ((n + 1)!)2 2
donc (Pn+1 ) est vraie.
Par récurrence on prouve donc que :
Pour tout n ∈ N, on a In =
Z
3. In =
π
2
(2n)! π
4n (n!)2 2
cos2n tdt
0
(a) On pose u(t) = cos2n t et v(t) = t.
h πi
Les deux fonctions u et v sont de classe C 1 sur 0;
donc on peut appliquer la formule
2
d’intégration par partie,π et obtenir :
Z
Z π
π
2
2
2n 2
2n−1
In = [t cos t]0 + 2n
t sin t × cos
tdt = 2n
t sin t × cos2n−1 tdt
0
0
t2
On pose u(t) = sin t × cos
t et v(t) = .
2
h πi
1
Les deux fonctions u et v sont de classe C sur 0;
donc on peut appliquer la formule
2
d’intégration par partie, et obtenir :
On note que
u0 (t) = cos2n t − (2n − 1) sin2 t cos2n−2 t = cos2n t − (2n − 1)(1 − cos2 t) cos2n−2 t =
2n cos2n t − (2n − 1) cos2n−2 t
donc
!
2
π2 Z π
2
t
2n
−
1
nt2 cos2n t −
sin t × cos2n−1 t −
t2 cos2n−2 tdt
In = 2n
2
2
0
0
2n − 1
donc In = 2n −2Jn +
Jn−1 = n(2n − 1)Jn−1 − 2n2 Jn
2
2n−1
10
Conclusion :
Pour tout n ∈ N, on a In = n(2n − 1)Jn−1 − 2n2 Jn
(b) D’après la question précédente et la III 3) b) on obtient :
(2n)!
(2n)! π
n(2n − 1)(2(n − 1))! π
=
− 2n2 n
Kn
n
2
n−1
2
4 (n!) 2
4 ((n − 1)!)
2
4 (n!)2
donc
2(2n)!
(2n)! π
= n
[Kn−1 − Kn ]
n
2
4 (n!) 2
4 ((n − 1)!)2
2(2n)!
En divisant par n
on obtient :
4 ((n − 1)!)2
(2n)! π
1 π
π
4n ((n − 1)!)2
× n
= 2 = 2
Kn−1 − Kn =
2
2(2n)!
4 (n!) 2
2n 2
4n
donc
Pour tout n ∈ N, on a Kn−1 − Kn =
π
4n2
(c) D’après la question précédente :
n
n
n
X
X
πX 1
π
=
=
(Kk−1 − Kk ) = K0 − Kn
4 k=1 k 2
4k 2
k=1
k=1
or K0 = J0 donc on obtient la relation :
n
πX 1
= J 0 − Kn
4 k=1 k 2
4. Encadrement de Jn et Kn
πi
(a) La fonction sinus sur 0;
est concave donc sa courbe est au-dessus de la corde
2
π
d’extrémités les points d’abscisse 0 et
2
h πi
2
π
donc ∀x ∈ 0;
on a sin x ≥ x ⇔ sin x ≥ x
2
π
2
Z π
2
t2 cos2n tdt
(b) Jn =
0
π
à t2 cos2n t ≥ 0 et 0 < donc pour tout n ∈ N on a Jn ≥ 0
2h
πi
à De plus pour tout t ∈ 0;
la fonction carré est croissante donc d’après la question
2
π2
précédente on a t2 ≤
sin2 t
4
donc
Z π
π2 2
Jn ≤
sin2 t × cos2n tdt
4 0
donc
Z π
π2 2
Jn ≤
(1 − cos2 t) cos2n tdt
4 0
donc
Z π
Z π
π2 2
π2 2
2n
Jn ≤
cos tdt −
cos2(n+1) tdt
4 0
4 0
donc
π2
π2
π2
2n + 1
π2
Jn ≤ In − In+1 =
1−
In =
In
4
4
4
2(n + 1)
8(n + 1
Conclusion :
h
11
Pour tout n ∈ N on a 0 ≤ Jn ≤
π 2 In
8(n + 1)
4n (n!)2
4n (n!)2 π 2 In
Jn ≤
(2n)!
(2n)! 8(n + 1)
(2n)! π
or In = n
4 (n!)2 2
donc
4n (n!)2
π2
(2n)! π
Kn ≤
(2n)! 8(n + 1) 4n (n!)2 2
Conclusion :
De plus Kn =
Pour tout n ∈ N on a 0 ≤ Kn ≤
(c) D’après la question précédente, on obtient : −
π3
16(n + 1)
π3
≤ −Kn ≤ 0
16(n + 1)
n
πX 1
or d’après la question III 3) c) on a
= J 0 − Kn
4 k=1 k 2
donc
n
π3
πX 1
J0 −
≤
≤ J0
16(n + 1)
4 k=1 k 2
donc
X
n
4
π3
1
4
J0 −
≤
≤
J0
2
π
16(n + 1)
k
π
k=1
or
4
π3
4
π2
à lim
J0 −
= J0 =
n→+∞ π
16(n + 1)
π
6
et
π2
4
à J0 =
π
6
donc d’après le théorème d’encadrement des suites ( ou théorème des Gendarmes ) on
obtient : n
X 1
π2
S = lim
=
n→+∞
k2
6
k=1
4
QUATRIÈME PARTIE : Noyau de Dirichlet
x
6= 0.
2
n
n
n
n
X
X
X
X
2Dn (x) = 1 + 2
cos(kx) = 1 +
cos(kx) +
cos(kx) =
cos(kx) = Re
1. On note x 6= 0 + 2kπ alors sin
k=1
k=1
k=1
donc
2Dn (x) = Re e−inx
i(2n+1)x
1−e
1 − eix
−inx
= Re
e
donc
12
k=−n
i(n+ 12 )x
×e
x
ei 2
k=−n
−i(n+ 12 )x
×
n
X
e
−i x2
e
i(n+ 21 )x
−e
x
− ei 2
!
!
ikx
e
2Dn (x) = Re
!
1
x
x
sin 2n+1
e−inx × ei(n+ 2 )x 2i sin 2n+1
2
2
×
=
x
x
i x2
2i sin 2
sin 2
e
Conclusion :
1
sin n +
1
2
Dn (x) =
x
2
sin
2
Z
x
π
2. Pour tout n ≥ 1, on note Ln =
xDn (x)dx
0
Z
(a) On note K =
π
x cos(kx)dx
0
1
sin(kx)
k
Les deux fonctions u et v sont de classe C 1 sur [0; π] donc on peut appliquer la formule
d’intégration par partie,
Z π et obtenir :
1
x
1 1
K = [ sin(kx)]π0 −
sin(kx)dx = − [− cos(kx)]π0
k
k k
0 k
donc
1
1
1
1
K=−
− (−1)k +
= 2 ((−1)k − 1)
k
k
k
k
Conclusion :
Z π
1
x cos(kx)dx = 2 ((−1)k − 1)
k
0
#
Z π
Z π "
n
1 X
(b) Ln =
xDn (x)dx =
x
cos(kx) dx
+
2 k=1
0
0
donc Z
Z π X
Z
n
n Z π
π
X
1 π
x
cos(kx)dx =
x cos(kx)dx
Ln =
dx +
x
xdx +
2 0
0
0 2
0
k=1
k=1
Z π
1
x cos(kx)dx = 2 ((−1)k − 1)
or d’après la question précédente
k
0
donc n
n
n
π
X
X
1
(−1)k
1 x2
π2 X 1
k
Ln =
+
((−1)
−
1)
=
−
+
2 2 0 k=1 k 2
4
k 2 k=1 k 2
k=1
Conclusion :
On pose u(x) = x et v(x) =
n
Ln =
n
X (−1)k
π2 X 1
−
+
4
k 2 k=1 k 2
k=1
3. On note f la fonction définie sur [0; π] par :
x
x si x ∈]0; π] et f (0) = 2
f (x) =
sin
2
à f est continue sur [0; π] à f est dérivable sur ]0; π] et f 0 (x) =
à En 0, on a :
13
sin
x
2
−
x
sin2
x
cos
2
2x 2
h−2 sin( h
2)
3
+
o(h
)
h − 2 sin
sin( )
sin( )
f (h) − f (0)
=
=
=
=
3
h
h
h
h sin h2
h h2 − h48 + o(h3
donc
h3
h
+ o(h3 )
+ o(h)
h
f (h) − f (0)
h2
24
12
=
=
= h2
+ o(h)
1+
+ o(h)
h2
h2
3]
3)
h
12
24
1
−
+
o(h
1
−
+
o(h
2
24
24
donc
f (h) − f (0)
h
=
+ o(h)
h0
12
donc f (0) esxiste et vaut 0.
à Montrons que f 0 est continue en 0 :
En 0, on a :
x2
x3
x
x
3
2
x3
− 48 + o(x ) − 2 1 − 8 + o(x )
+ o(x3 )
2
0
24
=
f (x) =
2
2
3
x
x
+ o(x2 )
− x48 + o(x3 )
4
2
donc
x
+ o(x)
x
0
= + o(x)
f (x) = 6
1 + o(1)
6
d’où : lim f 0 (x) = 0 = f 0 (0) donc f 0 est continue en 0.
h
−2
h
2
h
2
h
2
h−2
h
2
−
h3
48
n→0
à d’autre part, f 0 est continue sur ]0; π] comme somme et produit de fonctions continues sur
]0; π] donc f est de classe C 1 sur [0; π]
4. Soit φ : [0; π] → R une fonction de classe C 1 sur [0; π].
φ et x 7→ sin(λx) sont toutes les deux de classe C 1 sur [0; π]
On peut appliquer la formule d’intégration par partie, et obtenir :
π Z π 0
Z π
φ (x)
φ(x)
φ(x) sin(λx)dx = −
cos(λx) +
cos(λx)dx
λ
λ
0
0
0
donc
Z
π
0
Z π 0
φ(π)
φ(0)
φ (x)
cos(λπ) −
+
cos(λx)dx
φ(x) sin(λx)dx = −
λ
λ
λ
0
0
Or φ est continue sur
le compact [0; π] donc elle atteint ses bornes et il existe N dans R tel
que N = sup φ0 (x).
x∈[0;π]
On a donc
Z π
Z π
φ(π)
φ(0) cos(λx)) φ(x) sin(λx)dx ≤ cos(λπ) +
+N
dx
λ
λ λ
0
0
donc
Z
π
0
φ(π)
sin(λx) π φ(0) φ(x) sin(λx)dx ≤ cos(λπ) +
+N
λ
λ λ2
0
donc
Z
0
π
φ(π)
sin(λπ) φ(0)
+N
φ(x) sin(λx)dx ≤ cos(λπ) +
λ2 λ
λ Or |cos(λπ)| ≤ 1 et |sin(λπ)| ≤ 1
donc
Z π
φ(π) φ(0) ≤
+N 1 φ(x)
sin(λx)dx
+
λ
λ2 λ 0
14
or
φ(π) φ(0)
+
=0
λ→+∞ λ
λ
1
à lim 2
λ→+∞ λ
donc
à lim
Z
lim
λ→+∞
π
φ(x) sin(λx)dx = 0
0
1
Z π
sin n +
1
2
5. On sait que Ln =
xDn (x)dx et Dn(x) = =
x
2
0
sin
2
x
(a) On a donc
Z π
1
x
1
x sin
n+
x dx
Ln =
2
0 2 sin
2
1
x
x est de classe C 1 sur [0; π] d’après la question 3).
On sait que la fonction f (x) =
2 sin
2
1
On peut donc appliquer la formule du 4) avec φ(x) = f (x) et λ = n +
2
On obtient donc
lim Ln = 0
n→+∞
(b) On utilise la question IV 2) b) et II 5)
n
n
X
X
π2
1
(−1)k
π2
On a lim Ln =
− lim
+
lim
=
−S−W
2
2
n→+∞
n→+∞
n→+∞
4
k
k
4
k=1
k=1
π2
or lim Ln = 0 donc S =
−W
n→+∞
4
Cherchons W en fonction de S.
1
1
D’après la question I 5) on a U = S, W = V − U = (S − U ) − U = S − 2U = S
4
2
3
π2
2 π2
π2
donc S =
donc S =
=
2
4
3 4
6
π2
S=
6
5
CINQUIÈME PARTIE : Une somme double
1. On note N un entier tel que N ≥ 1
1
(a) La fonction x 7→ est strictement décroissante sur ]0; +∞[
x
On a donc
Z n+1
Z n
1
1
1
∀n > 1,
dx ≤ ≤
dx
x
n
n
n−1 x
donc en sommant de 2 à N on obtient
Z N +1
Z N
N Z n+1
N
N Z
N
X
X
X
1
1 X n 1
1
1
1
dx ≤
≤
dx donc
dx ≤
≤
dx
x
n
x
n
x
n
n−1 x
2
1
2
2
2
2
15
En calculant les intégrales, on obtient
ln(N + 1) − ln 2 ≤ HN − 1 ≤ ln N donc ln(N + 1) + 1 − ln 2 ≤ HN ≤ 1 + ln N
or 1 − ln 2 ≈ 0.3069 > 0 donc ln(1 + N ) < ln(N + 1) + 1 − ln 2
donc ln(N + 1) < HN ≤ 1 + ln(N )
(b) D’après la question précédente, si N 6= 0 on a
or
ln(N + 1)
à lim
=0
N →+∞
N
1 + ln(N )
à lim
=0
N →+∞
N
donc d’après le théorème d’encadrement, on a
HN
1 + ln(N )
ln(N + 1)
<
≤
N
N
N
HN
=0
N →+∞ N
lim
M
X
1 1
(c) Pour tout M ≥ 2 on applique la transformation d’Abel à
mm
m=1
donc
M
M
M
−1
X
X
X
1 1
1
1
1
1
1
=1+
(Hm − Hm−1 ) = 1 − H1 + HM +
Hm
−
m
m
m
2
M
m
m+1
m=1
m=2
m=2
donc
M
−1
M
X
X
1
HM
1
1
Hm
=
+
−
m2
M
m m+1
m=1
m=1
1
1
1
or
−
=
m m+1
m(m + 1)
donc
M
−1
M
X
X
HM
Hm
1
=
+
2
m
M
m(m + 1)
m=1
m=1
(d) Comme
M
−1
X
m=1
Hm
HM
HN
= SM −
, que lim
=0
N →+∞ N
m(m + 1)
M
et que SM converge alors
M
−1
X
m=1
Hm
converge aussi
m(m + 1)
+∞
X
Hm
π2
=
m(m + 1)
6
m=1
2. On note m un entier tel que m ≥ 2
(a) On remarque que
Comme m ≥ 2 alors n +m − 1 6= 0 et comme
n 6= 0 alors on a
1
1
1
1
=
−
n(n + m − 1)
m−1 n n+m−1
donc
N
N X
1
1
1
1 X 1
1
ZN,m =
−
=
−
m−1 n n+m−1
m − 1 n=1 n n + m − 1
n=1
donc
16
N
N
X
1
1 X
1
ZN,m =
−
m − 1 n=1 n n=1 n + m − 1
k = n + m − 1 on obtient
ZN,m
!
1
=
m−1
et en posant dans la deuxième somme
N
N +m−1
X
X 1
1
−
n
k
n=1
k=m
!
Il y a deux cas possibles :
à Si m ≤ N alors
!
!
m−1
N
N +m−1
N +m−1
X1 X
X 1
X 1
1
1
1
ZN,m =
+
−
=
Hm−1 −
m − 1 n=1 n n=m n
k
m
−
1
n
n=N +1
k=m
à Si m ≥ N alors
!
!
m−1
m−1
N +m−1
X1
X 1
X 1 N +m−1
X 1
1
1
−
−
=
Hm−1 −
ZN,m =
m − 1 n=1 n n=N +1 n
n
m
−
1
n
n=m
n=N +1
Conclusion : Pour tout entier m ≥ 2 on a :
!
N +m−1
X 1
1
ZN,m =
Hm−1 −
m−1
n
n=N +1
(b) On a 0 <
N +m−1
X
n=N +1
N +m−1
X
1
1
1
m−1
<
< (N + m − 1 − N − 1 + 1)
<
n
N +1
N +1
N +1
n=N +1
m−1
or lim
=0
N →+∞ N + 1
Donc
lim ZN,m
N →+∞
1
= lim
N →+∞ m − 1
Hm−1 −
N +m−1
X
n=M +1
1
n
!
=
Hm−1
m−1
donc
lim ZN,m =
N →+∞
Hm−1
m−1
3. Etude de la somme double :
(a) Pour tout entier N ≥ 1 et tout entier M ≥ 2 on a
N X
M
M X
N
X
X
1
1
An,m =
=
mn(n + m − 1) m=1 n=1 mn(n + m − 1)
n=1 m=1
donc
M
N
M
X
X
1 X
1
ZN,m
An,m =
=
m n=1 n(n + m − 1) m=1 m
m=1
donc
M
N
M
X
ZN,m
ZN,1 X ZN,m X 1
+
An,m =
+
=
1
m
n2 m=2 m
m=2
n=1
Conclusion
M
N X
X
N
M
X 1
X ZN,m
1
=
+
mn(n + m − 1) n=1 n2 m=2 m
n=1 m=1
(b) Calculons la limite de la relation précédente lorsque N tend vers +∞
17
N
X
1
π2
à lim
=
N →+∞
n2
6
n=1
M
M
M
lim ZN,m
X
X
X
ZN,m
Hm−1
N →+∞
=
=
à lim
N →+∞
m
m
m(m − 1)
m=2
m=2
m=2
N X
M
X
N
M
X
X
1
1
ZN,m
donc lim
existe et vaut lim
+ lim
2
N →+∞
N →+∞
N →+∞
mn(n + m − 1)
n
m
n=1 m=1
n=1
m=2
Conclusion :
N X
M
X
M
1
π 2 X Hm−1
lim
=
+
N →+∞
mn(n + m − 1)
6
m(m − 1)
n=1 m=1
m=2
M −1
M
X
X
Hm−1
Hm
(c) On a
=
m(m − 1) m=1 m(m + 1)
m=2
donc
N X
M
M
−1
X
X
1
Hm
π2
lim
=
+ lim
N →+∞
N →+∞
mn(n + m − 1)
6
m(m + 1)
n=1 m=1
m=1
or d’après la question V 1) d) on a lim
M
−1
X
N →+∞
donc
N X
M
X
1
N →+∞ N →+∞
mn(n + m − 1)
n=1 m=1
Conclusion :
lim
lim
lim
N →+∞
6
m=1
!
=
Hm
π2
=
m(m + 1)
6
π2 π2
π2
+
=
6
6
3
N X
M
X
1
lim
N →+∞
mn(n + m − 1)
n=1 m=1
!
=
π2
3
SIXIÈME PARTIE : La fonction Dilogarithme
1. La fonction x 7→
De plus :
ln(1 − t)
est continue sur [−1; 0[∪]0; 1[
t
ln(1 − t) ∼ −t donc
0
ln(1 − t)
∼ −1
0
t
ln(1 − t)
est prolongeable par continuité en 0 donc elle est intégrable sur [−1; 1[
t
2. f (t) ∼ ln(1 − t), or ln(1 − t) est intégrable sur [o; 1] donc Li(1) existe et lim Li(x) = Li(1)
donc
1
x→1
3. Développement de Li(x) en série entière :
+∞
X
1
(a) Pour tout x ∈] − 1; 1[ on a
=
xn
1 − x n=0
+∞
+∞
+∞ n
X
X
X
1
xn+1
x
n
donc −
=−
x et donc en intégrant ln(1 − x) = −
=−
1−x
n+1
n
n=0
n=0
n=1
+∞
X xn−1
ln(1 − x)
On obtient donc que
=−
x
n
n=1
18
donc
Z xX
+∞ n−1
ln(1 − t)
t
Li(x) = −
dt =
dt
t
0
0 n=1 n
Puisque x ∈] − 1; 1[ alors la convergence de la série entière est normale donc
uniformement convergente et on peut donc intervertir somme et intégrale, pour obtenir
+∞ Z x n−1
+∞ n x
+∞ n
X
X
X
x
x
t
Li(x) =
dt =
=
2
n
n 0 n=1 n2
n=1 0
n=1
donc
Z
x
Li(x) =
+∞ n
X
x
n=1
(b) La série entière
+∞ n
X
x
n=1
n2
n2
est uniformement convergente sur ] − 1, 1[ et Li(x) est
+∞
X
1
π2
prolongeable par continuité en 1 donc Li(1) =
=
n2
6
n=1
donc
Li(1) =
π2
6
4. Etude de Li(x)+Li(1 − x) :
(a) On applique la formule suivante :
Z ax+b
Si f (x) =
g(t)dt alors f 0 (x) = ag(ax + b)
0
On obtient donc pour tout x ∈]0; 1[ que (Li(x))0 = −
Conclusion :
(Li(x)+Li(1 − x))’=
ln(x)
ln(1 − x)
et (Li(1 − x))0 =
x
1−x
ln(x) ln(1 − x)
−
1−x
x
(b) Si on pose u(x) = − ln(1 − x) et v(x) = ln(x) alors on a
Li(x) + Li(1 − x) = u0 (x)v(x) + u(x)v 0 (x)
donc Li(x)+Li(1 − x) = − ln(1 − x) ln(x) + λ
De plus ln(1 − x) ln(x) ∼ −x ln(x) donc lim ln(1 − x) ln(x) = 0
0
x→0
donc
π2
lim Li(x)+Li(1 − x) = λ donc λ =Li(1) =
x→0
6
Conclusion
∀x ∈]0; 1[ , Li(x)+Li(1 − x) =
π2
− ln(1 − x) ln(x)
6
1
5. On applique la formule précédente pour x = en sachant que
X
2
+∞
1
1
1
1
=
et que Li 1 −
=Li
Li
n
2
2
2 n
2
2
n=1
donc
19
+∞
X
1
1
π2
π2
2
1
−
2
−
ln
=
− (ln(2))2
=
n n2
2
6
2
6
n=1
donc
+∞
X
1
π 2 (ln(2))2
−
=
n n2
2
12
2
n=1
6. Etude de Li(x)+Li(−x) :
ln(1 − x2 )
ln(1 − x) ln(1 + x)
+
=−
(a) Pour tout x ∈] − 1; 1[ on a (Li(x)+Li(−x))’ = −
x
−x
x
or Li(0)+Li(−0) = Z0 donc
x
ln(1 − t2 )
Li(x)+Li(−x) = −
dt
t
0
1 du
On applique le changement de variable u = t2 (dt = √ ) alors
2 u
Z x2
1 ln(1 − u)
1
du = Li(x2 )
Li(x)+Li(−x) = −
2
u
2
0
Conclusion
1
Li(x)+Li(−x) = Li(x2 )
2
1
(b) D’après la formule précédente : Li(1)+Li(−1) = Li(1)
2
1
π2
donc Li(−1) = − Li(1) = −
2
12
donc
+∞
X
(−1)n
n=1
n2
=−
π2
12
1−x
x−1
7. Etude de A(x) =Li(x)-Li(−x)+Li
-Li
1+x
1+x
ln(1 − x)
x
ln(1 + x)
à (Li(−x))’= −
0 x
1−x
2x
2
ln
à Li
=
2
1 + x 0 1 − x
1 + x
x−1
2
2
à Li
=
ln
1+x
1 − x2
1+x
On obtient donc
2
2x
2
2
ln(1 − x) ln(1 + x)
0
−
A (x) = −
+
+
ln
ln
x
x
1 − x2
1+x
1 − x2
1+x
donc
1
1+x
2
0
A (x) = ln
+
ln(x)
x
1−x
1 − x2
donc
0
1+x
1+x
0
0
A (x) = (ln(x)) ln
+ ln
ln(x)
1−x
1−x
On a donc
(a) à (Li(x))’= −
20
1+x
A(x) = ln
ln(x) + α
1−x
Pour trouver α on fait tendre x vers 0 et on obtient :
Li(1) − Li(−1) = α
3π 2
π2
π2 π2
+
=
=
donc α =
6
12
12
4
Conclusion
1−x
x−1
π2
1+x
Li(x) − Li(−x) + Li
− Li
=
+ ln
ln(x)
1+x
1+x
4
1−x
√
(b) On applique la formule précédente pour x = 2 − 1
On obtient
√ !
√ !
√ !
√
√
√
2− 2
π2
2
2− 2
√
√
√
− Li
=
ln( 2 − 1)
Li( 2 − 1) − Li(1 − 2) + Li
+ ln
4
2
2
2− 2
donc
√
√
√
√
√
√
π2
+ ln( 2 + 1) ln( 2 − 1)
Li( 2 − 1) − Li(1 − 2) + Li( 2 − 1) − Li(1 − 2) =
4
donc
√
√
√
√
π2
2(Li( 2 − 1) − Li(1 − 2)) =
+ ln( 2 + 1) ln( 2 − 1)
4
donc
√
√
√
π2 1 √
Li( 2 − 1) − Li(1 − 2) =
+ ln( 2 + 1) ln( 2 − 1)
8 √
2
+∞ √
+∞
X
√
( 2 − 1)n X (−1)n ( 2 − 1)n
π2 1 √
donc
−
=
+
ln(
2
+
1)
ln(
2 − 1)
2
2
n
n
8
2
n=1
n=1
Dans le membre de gauche il reste que les termes d’exposants impairs, donc
+∞ √
X
√
( 2 − 1)2n+1
π2 1 √
=
+
ln(
2
+
1)
ln(
2 − 1)
2
(2n
+
1)
8
2
n=0
21