PC∗
Corrigé : accélération de la convergence d’une suite (ESSEC 2001)
Partie I.
Question 1. a) Soit f : t 7→π 2sin t − t. On a f 0 (t) =π2cos t − 1, d’où les variations : t f0(t) f (t) 0 arccos(2/π) π/2 + 0 − 0 0 >0 >0 0 0 On en déduit que pour tout t ∈
0,π 2 , t 6π 2sin t. b) D’après la question précédente, on a pour tout t ∈
0,π 2 : 0 6 t2(cos t)2p6π 2 4 (sin t) 2(cos t)2p=π2 4 (1 − cos 2t)(cos t)2p=π2 4 (cos t)2p−(cos t)2(p+1).
En intégrant ces inégalités sur l’intervalle 0,π 2 , on obtient : 0 6 Jp6 π2 4 (Ip−Ip+1). c) Effectuons l’intégration par parties suggérée par l’énoncé :
Ip+1= Z π2 0 (cos t) |{z} ↑ (cos t)2p+1 | {z } ↓ dt = sin t(cos t)2p+1 π2 0 + (2p + 1) Z π2 0 sin2t(cos t)2pdt = 0 + (2p + 1) Z π2 0 (1 − cos2t) cos2pt dt
donc Ip+1= (2p + 1)(Ip−Ip+1), qui peut encore s’écrire : Ip+1= 2p + 1 2p + 2Ip. d) On combine les questions précédentes : 0 6 Jp
Ip 6π 2 4 1 −Ip+1 Ip =π 2 4 1 −2p + 1 2p + 2 = π 2 4(2p + 2), donc lim+∞ Jp Ip = 0. Question 2.
a) Intégrons par parties une première fois en posant u0(t) = 1 et v(t) = (cos t)2p: on obtient
Ip= t(cos t)2p π2 0 | {z } =0 +2p Z π2 0 t sin t(cos t)2p−1dt.
Intégrons une deuxième fois en posant cette fois u0(t) = t et v(t) = sin t(cos t)2p−1:
Ip= p t2sin t(cos t)2p−1 π2 0 | {z } =0 +p(2p − 1) Z π2 0 t2(cos t)2p−2dt − 2p2 Z π2 0 t2(cos t)2pdt = p(2p − 1)Jp−1−2p2Jp.
b) En divisant par 2p2Ipl’égalité trouvée précédemment on obtient : 1 2p2 = 2p − 1 2p Jp−1 Ip −Jp Ip
, puis, compte tenu de la relation de récurrence liant Ipet Ip−1:
1 2p2 = Jp−1 Ip−1 −Jp Ip . c) Nous avons I0= π 2 et J0= π3 24, et par télescopage : 1 2 n X p=1 1 p2 = J0 I0 −Jn In , donc Sn= π2 6 −2 Jn In
. Compte tenu de la question
1d, on en déduit que (Sn) converge vers S = π2
Partie II.
Question 3.
a) Il est évident que ∆ est linéaire et que, si f est définie continue sur R∗+, de limite nulle en +∞, ∆f est définie continue
sur R∗+, de limite nulle en +∞ : ∆ est bien un endomorphisme de E.
b) Examinons la somme partielle de cette série : n X p=1 (∆f )(p) = n X p=1
f (p + 1) − f (p)= f (n + 1) − f (1). Puisque f a une limite
nulle en +∞, la série converge et :
+∞ X p=1 (∆f )(p) = −f (1) et +∞ X p=n+1 (∆f )(p) = −f (n + 1).
c) Pour tout x ∈]0, +∞[, on calcule : ∆fk−1(x) = −k
1
x(x + 1)(x + 2) · · · (x + k)= −kfk(x), donc ∆fk−1= −kfk. d) Le terme général de la série (indexée par p)Xfk(p) peut s’écrire −
1
k∆fk−1(p), ce qui permet d’appliquer la question 3b : la sérieX∆fk−1(p) converge et +∞ X p=n+1 ∆fk−1(p) = −fk−1(n + 1), soit : +∞ X p=n+1 fk(p) = 1 kfk−1(n + 1) = 1 k 1 (n + 1)(n + 2)...(n + k). Question 4.
a) Montrons la propriété demandée en raisonnant par récurrence sur q. – Lorsque q = 1, 1 p2 −f1(p) = 1 p2− 1 p(p + 1)= 1 p2(p + 1)= 1
pf1(p), donc le résultat est acquis lorsque q = 1. – Supposons maintenant q > 2 et le résultat acquis au rang q − 1 : 1
p2− q−1 X k=1 (k − 1)!fk(p) = (q − 1)! p fq−1(p). Alors : 1 p2 − q X k=1 (k − 1)!fk(p) = (q − 1)! p fq−1(p) − (q − 1)!fq(p) = (q − 1)! p fq−1(p) − pfq(p) =(q − 1)! p qfq(p) =q! pfq(p). Le résultat est vrai au rang q, la récurrence se propage.
b) Notons tout d’abord que la série (indexée par p) de terme général positif q!
pfq(p) converge puisque fq(p)
p p→+∞∼ 1 pq+2 et que la série de RiemanX 1
pq+2 converge (q + 2 > 1). Nous pouvons donc sommer entre p = n + 1 et +∞ l’égalité trouvée à la question précédente : +∞ X p=n+1 1 p2 − q X k=1 (k − 1)!fk(p) ! = +∞ X p=n+1 q! pfq(p). Puisque la sérieX 1
p2 converge, on peut aussi écrire : +∞ X p=n+1 1 p2− +∞ X p=n+1 q X k=1 (k − 1)!fk(p) = +∞ X p=n+1 q! pfq(p).
Enfin en utilisant le fait que les sériesX p fk(p) convergent, on obtient : +∞ X p=n+1 1 p2− q X k=1 (k − 1)! +∞ X p=n+1 fk(p) ! = +∞ X p=n+1 q! pfq(p).
La question 3d donne alors l’égalité :
+∞ X p=n+1 1 p2− q X k=1 (k − 1)! k(n + 1) · · · (n + k)= +∞ X p=n+1 q! pfq(p). Par ailleurs, 0 6 +∞ X p=n+1 q! pfq(p) 6 q! n + 1 +∞ X p=n+1 fq(p) = q! n + 1× 1 q 1 (n + 1)(n + 2) · · · (n + q) = (q − 1)! (n + 1)2(n + 2) · · · (n + q) donc en défi-nitive : 0 6 +∞ X p=n+1 1 p2− q X k=1 (k − 1)! k(n + 1) · · · (n + k) 6 (q − 1)! (n + 1)2(n + 2) · · · (n + q).
c) Nous avons +∞ X p=n+1 1 p2 = π2 6 −Snet en posant : S 0 n= Sn+ q X k=1 (k − 1)! k(n + 1) · · · (n + k) on obtient : 0 6 π 2 6 −S 0 n6 (q − 1)! (n + 1)2(n + 2) · · · (n + q). Pour q = 2, on obtient : S0n= Sn+ 1 n + 1+ 1 2(n + 1)(n + 2), et l’inégalité devient : 0 6 π2 6 −S 0 n6 1 (n + 1)2(n + 2).
d) On définit les deux fonctions : def S(n): s = 0 for k in range(1, n+1): s += 1 / k**2 return s def SPrime(n): return S(n) + 1 / (n + 1) + 1 / 2 / (n + 1) / (n + 2)
Nous allons maintenant évaluer la qualité de l’approximation de π
2 6 par S10et par S 0 10(pour q = 2) : In [1]: import numpy as np In [2]: np.pi**2 / 6 − S(10) Out[2]: 0.09516633568168564 In [3]: np.pi**2 / 6 − SPrime(10) Out[3]: 0.0004693659847159193
Dans le premier cas, l’approximation est de l’ordre de 10−1, dans le second cas de 5.10−4. Notons que ces ordres de grandeurs étaient prévisibles : il est facile en comparant à une intégrale d’établir que π
2 6 −Sn∼ 1 n, et la question 4c montre que pour q = 2, π 2 6 −S 0 n= O 1 n3 .
Partie III.
Question 5. On a u0= 1 et l’égalité donnée peut aussi s’écrire : un= − n−1 X p=0
up
(n + 1 − p)! (pour n > 1), ce qui détermine de manière unique la suite (un)n∈N. Par une récurrence élémentaire on montre que pour tout n ∈ N, unest un nombre rationnel, et on calcule : u1= − 1 2, u2= 1 12, u3= 0, u4= − 1 720. Question 6. a) On obtient : U1(x) = x −1 2, U2(x) = x2 2 − x 2+ 1 12, U3(x) = x3 6 − x2 4 + x 12, U4(x) = x4 24− x3 12+ x2 24− 1 720. Pour tout n > 1, Un0(x) = n X p=1 un−pxp−1 (p − 1)! = (réindexation) = n−1 X p=0 un−p−1xp p! = Un−1(x). Enfin, Un(1) = n X p=0 un−p p! = n X p=1 un−p p! + un= un= Un(0).
b) Pour tout p ∈ ~0, n, Vn(p)= Vn−pdonc Vn(p)(0) = Vn−p(0). Notons qu’en particulier, Vn(n)= V0= 1 donc deg Vn= n ; d’après la formule de Taylor on a donc : Vn(x) =
n X p=0 Vn(p)(0)x p p! = n X p=0 Vn−p(0) p! x p.
L’égalité : Vn(1) = Vn(0) se traduit alors par : n X p=0 Vn−p(0) p! = Vn(0), soit : n X p=1 Vn−p(0) p! = 0. La suite(Vn(0) n∈Nvérifie : V0(0) = 1 et n X p=1 Vn−p(0)
p! = 0 pour n > 2, donc d’après la question 5, Vn(0) = unpour tout n ∈ N, soit encore Vn= Un.
c) Pour prouver l’égalité demandée, nous allons montrer que la suite définie par : Vn(x) = (−1)nUn(1 − x) vérifie les conditions énoncées à la question 6b. On a en effet :
– V0(x) = (−1)0U0(1 − x) = 1 ;
– pour n > 1, Vn0(x) = −(−1)nU 0
n(1 − x) = (−1)n+1Un−1(1 − x) = Vn−1(x) ; – et enfin, pour n > 2, Vn(0) = (−1)nUn(1) = (−1)nUn(0) = Vn(1). On en déduit que pour tout n > 1, (−1)nUn(1 − x) = Un(x).
Alors : u2p+1= U2p+1(0) = (−1)2p+1U2p+1(1) = (−1)2p+1U2p+1(0) = (−1)2p+1u2p+1, ce qui entraîne u2p+1= 0.
Question 7.
a) Commençons par supposer q = 0 : il s’agit alors de prouver que Z1 0 dx (x + p)2 − 1 2 1 p2 + 1 (p + 1)2 = 2 Z1 0 U1(x) (x + p)3dx.
Utilisons pour cela une intégration par partie : Z1 0 dx (x + p)2 = Z 1 0 U0(x) (x + p)2dx = " U1(x) (x + p)2 #1 0 + 2 Z 1 0 U1(x) (x + p)3dx = 1 2 1 p2 + 1 (p + 1)2 + 2 Z1 0 U1(x) (x + p)3dx.
Coonsidérons maintenant l’intégration par parties suivante :
(2k)! Z1 0 U2k−1(x) (x + p)2k+1dx = (2k)! " U2k(x) (x + p)2k+1 #1 0 + (2k + 1)! Z1 0 U2k(x) (x + p)2k+2dx = (2k)!u2k 1 (p + 1)2k+1 − 1 p2k+1 + (2k + 1)! Z 1 0 U2k(x) (x + p)2k+2dx
une deuxième fois : (2k + 1)! Z1 0 U2k(x) (x + p)2k+2dx = (2k + 1)! " U2k+1(x) (x + p)2k+2 #1 0 + (2k + 2)! Z 1 0 U2k+1(x) (x + p)2k+3dx = (2k + 2)! Z1 0 U2k+1(x) (x + p)2k+3dx puisque U2k+1(0) = U2k+1(1) = u2k+1= 0. Ainsi, (2k)!u2k 1 p2k+1− 1 (p + 1)2k+1 = (2k + 2)! Z1 0 U2k+1(x) (x + p)2k+3dx − (2k)! Z1 0 U2k−1(x)
(x + p)2k+1dx, et cette égalité donne par
télesco-page : q X k=1 (2k)!u2k 1 p2k+1− 1 (p + 1)2k+1 = (2q + 2)! Z1 0 U2q+1(x) (x + p)2q+3dx − 2 Z1 0 U1(x) (x + p)3
et permet de conclure compte tenu de ce qui précède.
b) Nous allons effectuer la somme de ces égalités pour toutes les valeurs de p > n.
• Z 1 0 dx (x + p)2 = 1 p− 1 p + 1donc +∞ X p=n Z 1 0 dx (x + p)2 = 1 n. • +∞ X p=n 1 2 1 p2+ 1 (p + 1)2 =1 2 X+∞ p=n 1 p2+ +∞ X p=n 1 (p + 1)2 =1 2 X+∞ p=n 1 p2+ +∞ X p=n+1 1 p2 = +∞ X p=n+1 1 p2+ 1 2n2. • +∞ X p=n q X k=1 (2k)!u2k 1 p2k+1 − 1 (p + 1)2k+1 ! = q X k=1 (2k)!u2k +∞ X p=n 1 p2k+1 − 1 (p + 1)2k+1 = q X k=1 (2k)!u2k
Nous avons donc : 1 n− +∞ X p=n+1 1 p2− 1 2n2+ q X k=1 (2k)!u2k n2k+1 = (2q + 2)! +∞ X p=n Z1 0 U2q+1(x) (x + p)2q+3dx et en conséquence : +∞ X p=n+1 1 p2 − 1 n+ 1 2n2− q X k=1 (2k)!u2k n2k+1 6(2q + 1)!M2q+1 +∞ X p=n Z1 0 2q + 2 (x + p)2q+3dx 6(2q + 1)!M2q+1 +∞ X p=n 1 p2q+2 − 1 (p + 1)2q+2 =(2q + 1)!M2q+1 n2q+2 . c) Sachant que +∞ X p=n+1 1 p2 = π2 6 −Sn, on obtient en posant S 00 n = Sn+ 1 n− 1 2n2+ q X k=1 (2k)!u2k n2k+1 : π2 6 −S 00 n 6(2q + 1)!M2q+1 n2q+2 . Pour q = 2, S00n= Sn+ 1 n− 1 2n2+ 1 6n3 − 1 30n5 et : π2 6 −S 00 n 6120M5 n6 . d) On définit la fonction : def SSeconde(n): return S(n) + 1 / n − 1 / 2 / n**2 + 1 / 6 / n**3 − 1 / 30 / n**5
puis on évalue l’erreur commise en approchantπ
2 6 par S 00 (10) pour q = 2 : In [1]: np.pi**2 / 6 − SSeconde(10) Out[1]: 2.3483521793821183e−09
