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

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 doncµ₁= ^¼₂.

Supposons par récurrence quec_n= cosµ_navec µ_n2[0;^¼₂] alors c_n+1=

r1 + cosµ_n

2 =jcosµ_n 2j Comme ^µ₂ⁿ 2[0;^¼₂], le cosinus est positif etµn+1=^µ₂ⁿ.

On en déduit par récurrence queµn= ₂^¼n.D’autre part,¸1= 2donc®1= 2.

Supposons par récurrence que¸_n=®_nsinµ_nalors:

¸_n+1= ®_nsinµ_n

cosµ_n+1 = ®_nsinµ_n

cos^µ₂ⁿ = 2®_nsinµ_n 2 D’où®_n+1= 2®_npuis, par récurrence,®_n= 2ⁿ.On a donc …nalement:

¸_n= 2ⁿsin₂^¼n et lim(¸_n) =¼

2. L’inégalité de Taylor-Lagrange avec majoration par la dérivée d’ordre 3 donne:

8x2R; jsinx¡xj · jxj³ 6 sup

t2[0;x]jcostj · jxj³ 6 On l’applique àx= ₂^¼n et on multiplie par2ⁿ pour avoir:

8n2N^¤; j¸_n¡¼j ·_6¢4^¼3n 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.

4. Comme(¸_n)!¼et(¸_n+1)!¼, on a bien: (¸⁽¹⁾_n )!¼.¸_n¡¼=¡_6¢4^¼3n+o(4^¡n); ¸_n+1¡¼=¡_6¢4^¼n+13 +o(4^¡n) caro(4^¡n) =o(4^¡n¡1).

La combinaison¡¸_n+ 4¸_n+1élimine les parties principales d’où

¸⁽¹⁾_n ¡¼=o(4^¡n) =o(¸_n¡¼)

Pour avoir un équivalent de¸⁽¹⁾_n ¡¼, on prend un terme supplémentaire dans le développement limité du 3):

¸⁽¹⁾_n ¡¼= 1 3(¡ ¼⁵

5! 4²ⁿ+ 4¼⁵

5! 4²ⁿ⁺²) +o( 1 4²ⁿ) D’où

¸⁽¹⁾_n ¡¼» ¡_{5! 4}^¼2n+15

5. d’après les calculs précédents,¸⁽¹⁾_n ¡¼=¡_{5! 4}^¼2n+15 +o(4^¡n)donc

¸⁽¹⁾_n+1¡¼=¡5! 4^¼2n+35 +o(4^¡n). On cherche une combinaison linéaire pour éliminer les parties principales et on trouve:

16¸⁽¹⁾_n+1¡15¸⁽¹⁾n

15 ¡¼=o(₄¹2n) c’est à dire®=¡₁₅¹

Remarque: une légère imprécision dans l’énoncé puisque 4²ⁿ = 16ⁿ et non 8ⁿ.mais la question est juste car

161ⁿ << ₈¹n

Remarque : lisez toujours un sujet de concours en entier . La réponse à cette question vous est donnée au début de la partie V .

6. On trouve:¸⁽²⁾_n =₄₅¹(¸_n¡20¸_n+1+ 64¸_n+2).

Grâce à l’inégalité de Taylor-Lagrange: jsinx¡x+^x₆³ ¡120^x5j · ^jxj7!⁷, on écrit:

¸_n¡¼=¡_6¢4^¼3n +_120¢4^¼52n +r_n avecjr_nj · _7!¢4^¼73n.

On a les formules similaires à l’ordren+ 1etn+ 2, puis on utilise l’expression de¸⁽²⁾_n , les termes en¼³ et ¼⁵ s’éliminent et on a:

j¸⁽²⁾_n ¡¼j · 1 45

¼⁷ 7!( 1

4³ⁿ+ 20

4³ⁿ⁺³+ 64

4³ⁿ⁺⁶) = 17¼⁷ 576¢7!

1 4³ⁿ

On trouve alors que pourN₂= 3,j¸_N2¡¼j<10^¡6.

II. Polynômes type Bernoulli

1. F est une primitive def donc est égale àGà une constante près. La conditionR1

0 F(t)dt= 0dé…nit alors F de façon unique et:

F(x) =G(x)¡R1 0 G(t)dt

2. Par récurrence surn, on démontre queBnest dé…nit de façon unique à partir deBn¡1en utilisant 1) et que c’est un polynôme de degrén.

SiB_n=a_nXⁿ+¢ ¢ ¢alorsB_n+1= _n+1^an Xⁿ⁺¹+¢ ¢ ¢, on en déduit par récurrence que le terme de plus haut degré deBnest ^X_n!ⁿ (c’est la di¤érence avec les polynômes de Bernoulli qui sont unitaires).

B₀= 1; B₁=X¡1

2; B₂=X² 2 ¡X

2 + 1 12; B₃ =X³

6 ¡X² 4 +X

12; B₄= 1

24(X⁴¡2X³+X²¡ 1 30) 3. CommeB_n+2⁰ =B_n+1,R1

0 B_n+1(t)dt= 0s’intègre pour donnerB_n+2(0) =B_n+2(1).

La relation est varie pour toutn2N donc pourn¸2; B_n(0) =B_n(1). Remarque :soignez la rédaction pour justi…er len¸2

4. On véri…e queC0= 1etC⁰_n+1(x) = (¡1)ⁿ⁺¹B⁰_n+1(1¡x)¢(¡1) = (¡1)ⁿBn(1¡x) =Cn(x).

Puis par le changement t 7! 1¡t, on trouve R1

0 C_n+1(t)dt= (¡1)ⁿR1

0 B_n(t)dt = 0.La suite (C_n) véri…e les conditions du 2) et par unicitéCn=Bnpour toutn.

On a donc 8n2N; B_n(x) = (¡1)ⁿB_n(1¡x) Ce qui s’interprète géométriquement:

sinest pair, le graphe de B_nest symétrique par rapport à la droitex=¹₂; sinest impair, le graphe deB_n est symétrique par rapport au point(¹₂;0).

Sinest impair etn¸3on aura pourx= 1,B_n(0) =¡B_n(1)et compte tenu de 2) cela entraîne B_n(1) =B_n(0) = 0. Maintenant, si on faitx= ¹₂, on en déduit B_n(¹₂) =¡B_n(¹₂) = 0 .

5. On remarque queB₁=X¡¹2 ne s’annule pas sur]0;1=2[.

Supposons par récurrence queB_2m¡1; m¸1ne s’annule pas sur ]0;1=2[, alors commeB_2m⁰ =B_2m¡1, on en déduit queB_2m est strictement monotone sur]0;1=2[.

D’autre part,B_2m+1s’annule en 0et ¹₂ donc, par le théorème de Rolle, sa dérivée B_2m+1⁰ =B_2m s’annule en c2]0;1=2[, on est alors dans l’un des cas suivants:

x 0 c 1=2

B_2m + 0 ¡

B_2m+1 0 % & 0

x 0 c 1=2

B_2m ¡ 0 +

B_2m+1 0 & % 0

Ce qui prouve queB_2m+1ne s’annule pas sur]0;1=2[et achève la récurrence.

On étudieh:x7!B_2m(x)¡B_2m(0).

La dérivée estB_2m¡1⁰ qui ne s’annule pas sur]0;1=2[, donchest strictement monotone sur]0;1=2]est comme h(0) = 0,hne s’annule pas sur]0;1=2];

par la relationB_2n(x) =B_2n(1¡x), on a aussi que hne s’annule pas sur[1=2;1[et …nalement B_2n(X)¡B_2n(0)a un signeconstant sur[0;1]:

III. Séries de Riemann et nombres de Bernoulli 1. On a d’abord pour toutt2]0;1[, PN

k=0e^2ik¼t=e^{i¼Nt sin(N+1)¼t}_sin¼t , puis la partie réelle:

PN

k=0cos(2k¼t) = cos(¼Nt) sin(N+1)¼t

sin¼t , on multiplie par 2 et on retranche 1:

1 + 2 XN

k=1

cos(2k¼t) =sin(2N+ 1)¼t sin¼t car 2 cos(¼N t) sin(N+ 1)¼t= sin(2N+ 1)¼t+ sin¼t.

Remarque :on peut aussi prendre la partie réelle de PN

k=¡Ne^2ik¼t 2

2. Au voisinage de 0,B_n(t)¡B_n(0) =tB⁰_n(0) +o(t)et sin(¼t)»¼t donc

lim_t!0'_n(t)=^B0n_¼⁽⁰⁾

D’autre part'_n(1¡t) = (¡1)^n+1Bn(t)¡B_sin¼tⁿ⁽¹⁾ en utilisantBn(X) = (¡1)ⁿBn(1¡X);

puis pourn¸2; Bn(0) =Bn(1)donc'_n(1¡t) = (¡1)ⁿ⁺¹'_n(t), ce qui ramène l’étude en t= 1 au cast= 0 et prouve que'_nse prolonge en une fonction continue sur[0;1]lorsque n¸2.

C’est encore vrai pourn= 0mais faux dans le cas oùn= 1(pas de prolongement en 1).

Supposonsn¸2, pourt2]0;1[; '⁰_n(t) = ^{B0n(t) sin¼t¡(B}_sin^n(t)2¼t^{¡Bn(0))¼cos¼t}

Le développement limité à l’ordre 2 du numérateur donne l’équivalent ^¼t₂²B_n⁰⁰(0)et lim_t!0'⁰_n(t) = _2¼¹B_n⁰⁰(0). Cela prouve que'_nest de classeC¹sur[0;1[puis grâce à la relation'_n(1¡t) = (¡1)ⁿ⁺¹'_n(t),'_nest de classe C¹ sur[0;1].

remarque 5/2 : On peut écrire :

'_n(t) =

Bn(t)¡Bn(0) t sin(¼t)

t

Le numérateur est un polynôme car t= 0 est po^le du numérateur B_n(t)¡B_n(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 . '_nest donc indé…niment dérivable sur [0;1[ comme quotient , à dénominateur non nul de tels fonction . La théorie peut remplacer le calcul.

3. Pourx >0, on intègre par parties: R1

0 f(t) sin(xt)dt= [^cos_x^xtf(t)]¹₀¡R1 0 cosxt

x f⁰(t)dt,

puis on majore le cosinus par 1,f etf⁰sont continues sur le segment[0;1]donc bornées, alors quandx!+1, R1

0 f(t) sin(xt)dt!0.

4. En intégrant deux fois par parties, on trouveI_n;k=_4k2¹¼²(B_n¡1(1)¡B_n¡1(0)¡I_n¡2;k).

On distingue donc suivant la parité den en utilisant le fait queBn¡1(1)¡Bn¡1(0) = 0sauf pourn= 2.

Pournimpair, commeI1;k = 0, on trouveI2p+1;k= 0.

Pournpair, on trouve d’abord I2p;k= ⁽_(2k¼)^¡1)p¡12p(1¡I0;k)puis suivant quek= 0 ouk >0on obtient

I2p;0= 0; I2p;k=(¡1)^p¡1

(2k¼)^2p sik >0 5. On supposem >0puisque'₀= 0.

Z 1 0

'_2m(t) sin(2N+ 1)¼t dt= Z 1

0

[B_2m(t)¡B_2m(0)]sin(2N+ 1)¼t sin¼t dt

= Z 1

0

[B_2m(t)¡B_2m(0)]dt+ 2 XN k=1

Z 1 0

[B_2m(t)¡B_2m(0)] cos 2¼t dt

=¡B_2m(0) + 2 XN

k=1

I_2m;k=¡B_2m(0) + 2 XN

k=1

(¡1)^m¡1 (2k¼)^2m En utilisantR1

0 B_2m(t)dt = 0et R1

0 cos(2¼t)dt = 0. On fait tendreN vers +1, comme'_2mest de classe C¹ sur[0;1], on peut utiliser III.2 d’où:

B_2m(0) = 2(¡1)^m¡1P+1 k=1 1

(2k¼)^2m et on en déduit:

P+1 k=1 1

k^2m = 2^2m¡1¼^2m(¡1)^m¡1B_2m(0)

Exemples: on trouve^¼₆² pourm= 1et ^¼₉₀⁴ pourm= 2.

6. On majoreP+1 k=1 1

k^2m parP+1 k=1 1

k², puis par 2 puisque ^¼₆² <2.

Avec la formule du 5), on en déduit bien jB_2m(0)· _(4¼⁴²₎^m .

IV. Formule sommatoire d’Euler

1. On démontre la formule par récurence surm¸1.

Pourm= 1, on intègre par parties: R1

0 f⁰⁰⁰(t)B₃(t)dt= [f⁰⁰(t)B₃(t)]¹₀¡R1

0 f⁰⁰(t)B₂(t)dt

3

le crochet est nul puisqueB₃(0) =B₃(1) = 0, on pousuit:

¡ Z 1

0

f⁰⁰(t)B₂(t)dt=¡[f⁰(t)B₂(t)]¹₀+ Z 1

0

f⁰(t)B₁(t)dt

= f⁰(0)¡f⁰(1)

12 + [f(t)B1(t)]¹₀¡ Z 1

0

f(t)dt

Ce qui donne …nalement la formule à l’ordrem= 1.On suppose la formule vraie à l’ordremet on intègre deux fois par parties:

Z 1 0

f^(2m+1)(t)B_2m+1(t)dt= [f^(2m+1)(t)B_2m+2(t)]¹₀¡ Z 1

0

f^(2m+2)(t)B_2m+2(t)dt

=B_2m+2(0)[f^(2m+1)(1)¡f^(2m+1)(0)]¡[f^(2m+2)(t)B_2m+3(t)]¹₀+ Z 1

0

f^(2m+3)(t)B_2m+3(t)dt Et comme le crochet est nul, on a la formule à l’ordrem+ 1.

2. On intègre d’abord par parties:

Z 1 0

f^(2m+1)(t)B_2m+1(t)dt= [f^(2m+1)(t)(B_2m+2(t)¡B_2m+2(0))]¹₀¡ Z 1

0

f^(2m+2)(t)(B_2m+2(t)¡B_2m+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!

B_2m+2(t)¡B_2m+2(0)a un signe constant sur[0;1]. Il existec2[0;1]tel que:

Z 1 0

f^(2m+1)(t)B2m+1(t)dt=¡f^(2m+1)(c) Z 1

0

(B2m+2(t)¡B2m+2(0))dt et commeR1

0 B_2m+2(t)dt= 0, on a le résultat.En utilisant la majoration du III.6, on obtient alors:

j Z 1

0

f^(2m+1)(t)B_2m+1(t)dtj · 4

(4¼²)^m+1kf^(2m+2)k 3.

T(h) = 1 n

n¡1X

k=1

f(k

n) +f(1) +f(0) 2 4. Z 1

0

f_i(t)dt= f(x_i) +f(x_i+1)

2 ¡ h

12(f⁰(x_i+1)¡f⁰(x_i)) + h³

720(f⁰⁰⁰(x_i+1)¡f⁰⁰⁰(x_i))¡ Z 1

0

f_i⁽⁵⁾(t)B₅(t)dt En posantu=x_i+ht, on a: R1

0 f_i(t)dt=nRxi+1

xi f(u)du.

On somme pouri= 0àn¡1et on calcule les sommes:

(1) n

Z 1 0

f(t)dt=nT(h)¡ h

12(f⁰(1)¡f⁰(0)) + h³

720(f⁰⁰⁰(1)¡f⁰⁰⁰(0)) +R(h) oùR(h) =P_n¡1

i=0

R1

0 f_i⁽⁵⁾(t)B₅(t)dt. On utilise la majoration du 2):

jR(h)j<P_n¡1

i=0 4

(4¼²)³kf_i⁽⁶⁾ket commef_i⁽⁶⁾(t) =h⁶f⁽⁶⁾(x_i+ht), on trouve jR(h)j< _(4¼^4h2⁵)³kf⁽⁶⁾ket en multipliant l’égalité (1) parh:

R1

0 f(t)dt=T(h)¡^h12²[f⁰(1)¡f⁰(0)] +₇₂₀^h4[f⁰⁰⁰(1)¡f⁰⁰⁰(0)]¡r(h)

avecjr(h)j=jhR(h)j, majoré par _16¼^h56kf⁽⁶⁾k. V. Accélération de Romberg

1. On a T₀(h)¡R1

0 f(t)dt=¡a₁h²¡a₂h⁴+r(h)donc c’est uno(h).À partir de ce développement, on forme T_k(h)¡R1

0 f(t)dtpourk= 1 etk= 2et on véri…e qu’il s’agit deo(h^2k+1).

2. T₂(h) =R1

0 f(t)dt+₄₅¹(¡r(h) + 20r(^h₂)¡64r(^h₄)).Avec la majoration du IV.4), on a alors:

T2(h)¡ Z 1

0

f(t)dt· h⁶

45£16¼⁶(1 + 20 2⁶ +64

4⁶)kf⁽⁶⁾k= 17h⁶

9216¼⁶kf⁽⁶⁾k 3. a)f⁽⁶⁾(t) = _(1+t)^6! 7 d’oùkf⁽⁶⁾k= 6! = 720.

b) En utilisant 2), on trouve qu’il su¢t de prendren= 12 pour être sûr queT₂(h)soit une approximation de ln 2à10^¡12 près.

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