Corrigé du Devoir Libre n

ÉCS2

Corrigé du Devoir Libre n

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1. a)Soitx∈] 0 ;π]. La formule deDe Moivreassure : sin(nx) =Im (cosx+isinx)ⁿ . (cosx+isinx)ⁿ =

n

X

k=0

n k

cos^n−k(x)i^ksin^k(x)

= sinⁿx

n

X

k=0

k n

i^kcot^n−kx

Or i^k est imaginaire uniquement pour k impair. En écrivant k = 2j+ 1 oùj ∈ [[0 ;p]], nous avonsi^k=i^2j+1= (−1)^ji. Ainsi :

sin(nx) = sinⁿx

p

X

j=0

n 2j+ 1

(−1)^jcot^2(p−j)x Le polynômeP_n suivant convient :

Pn(X) =

p

X

j=0

n 2j+ 1

(−1)^jX^p−j= n

1

X^p− n

3

X^p−1+· · ·+ (−1)^p.

b) Cherchons déjà les racines de Pn dans ] 0 ;π/2 [. Comme pour 0 < x < π/2, sinⁿx6= 0, Pn(cot²x) = 0 si, et seulement si, sinnx= 0, donc si, et seulement si,x= kπ

n pourk∈[[1 ;p]], le choix de kétant limité par l’appartenance dexà ] 0 ;π/2 [. Commecot est positive et strictement décroissante sur] 0 ;π/2 [, les p nombrescot²kπ

n sont deux à deux distincts.

CommePnest de degrép, il a au pluspracines distinctes, et comme nous connais- sons déjàpracines distinctes dePn, nous tenons toutes les racines dePn: ce sont exactement lespnombres réelsxk= cot²kπ

n pourk décrivant[[1 ;p]].

c) Le coefficient dominant de Pn étant n

1

=n, nous pouvons écrire :

P_n(X) =n

p

Y

k=1

(X−x_k) =n X^p−(x₁+x₂+· · ·+x_p)X^p−1+. . . .

Par unicité des coefficients :

p

X

k=1

x_k=− n

3

3 =−(n−1)(n−2)

6 = 2p(2p−1) 6 , et finalement :

p

X

k=1

cot² kπ

2p+ 1

= p(2p−1)

3 .

2. y = x est l’équation de la tangente commune aux courbes de sin et de tan à l’origine, orsinet tansont respectivement concave et convexe sur [ 0 ;π/2 [, d’où l’encadrement demandé.

3. a)En passant aux inverses et en élevant au carrés (tous les nombres intervenants étant positifs) : ∀x] 0 ;π/2 [, 1

sin²x > 1

x² >cot²x, et comme 1

sin² = 1 + cot²x, ∀x] 0 ;π/2 [, 1 + cot²x> 1

x² >cot²x.

En appliquant cet encadrement à chaquex_k et en sommant, on a :

p

X

k=1

x_k6 (2p+ 1)² π²

p

X

k=1

1 k² 6p+

p

X

k=1

x_k. Et d’après 1.c) et isolant

p

X

k=1

1 k², p(2p−1)

3

π² (2p+ 1)² 6

p

X

k=1

1 k² 6

p(2p−1)

3 +p

π² (2p+ 1)².

b)Le majorant et le minorant de l’encadrement précédent tendent tous les deux vers π²

6 , donc par encadrement :

+∞

X

k=1

1 k² = π²

6 . 4. Soitk∈N^∗. On a :∀t∈[k;k+ 1 ], 1

(k+ 1)^α 6 1 t^α 6 1

k^α. Par croissance de l’intégrale : 1

(k+ 1)^α 6 Z k+1

k

dt t^α 6 1

k^α. PosonsS_n=

n

X

k=1

1

k^α. En sommant ces encadrements de1 àn: Sn−1 + 1

(n+ 1)^α 6 Z n+1

1

dt

t^α 6Sn, d’où Z n+1

1

dt

t^α 6Sn 6 Z n+1

1

dt

t^α + 1− 1 (n+ 1)^α. Pourα= 1:ln(n+ 1)6Sn 6ln(n+ 1) + 1− 1

(n+ 1) et on montre

n

X

k=1

1

k ∼

n→+∞ln(n).

Pourα6= 1: 1

(1−α)(n+ 1)^α−1 + 1

α−1 6Sn6 1

(1−α)(n+ 1)^α−1 + 1

α−1+ 1− 1 (n+ 1)^α. Siα >1, 1

α−1

+∞

X

n=1

1 n^α 6 1

α−1 + 1.

Siα <1,

n

X

k=1

1 k^α ∼

n→+∞

n^1−α

1−α (notez que1−α >0.

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