Correction CC1-S1
- CC1-S1 - - 2019-2020 -
– Correction - Analyse –
Les deux parties sont indépendantes.
PARTIE I
L’objectif de cette partie est de calculer la somme de la série X
n≥1
1 n2.
1. Soitf une fonction de classeC1 sur[0, π]. A l’aide d’une intégration par parties, montrer que :
n→+∞lim Z π
0
f(t) sin
2n+ 1 2 t
dt= 0
Pourn∈N∗, on noteIn= Z π
0
f(t) sin
2n+ 1 2 t
dt. La fonction intégrée est continue sur[0, π].
Pour t ∈ [0, π], on note g(t) = − 2 2n+ 1cos
2n+ 1 2 t
. f et g sont de classe C1 sur [0, π] donc le théorème d’intégration par parties donne :
In=
− 2 2n+ 1cos
2n+ 1 2 t
f(t)
π
0
+ 2
2n+ 1 Z π
0
f0(t) cos
2n+ 1 2 t
dt= 2f(0) 2n+ 1+ 2
2n+ 1 Z π
0
f(0t) cos
2n+ 1 2 t
dt.
Pourt∈[0, π], la fonctionf0 étant continue, on a :
f(0t) cos
2n+ 1 2 t
≤ |f0(t)| ≤ sup
t∈[0,π]
|f0(t)|, donc
|In| ≤ 2
2n+ 1 |f(0)|+π sup
t∈[0,π]
|f0(t)|
!
. Le théorème d’encadrement donne : lim
n→+∞In= 0.
2. Montrer que pourn∈N∗, ett∈]0, π], on a :
Cn(t) = 1 2 +
n
X
k=1
cos(kt) = sin 2n+12 t 2 sin 2t
Rappels :∀x∈R,cos(x) =eix+e−ix
2 ,sin(x) = eix−e−ix
2i ;∀(a, b)∈R2,2 sinacosb= sin(a+b) + sin(a−b).
Soientn∈N∗, ett∈]0, π]. On a : Cn= 1
2+1 2
n
X
k=1
(eit)k+ (e−it)k
!
= 1 2+1
2
eit1−eint
1−eit +e−it1−e−int 1−e−it
= 1 2+1
2 eit(1+n2−12)e−int2 −eint2
e−it2 −eit2 +e−it(1+n2−12)eint2 −e−int2 eit2 −e−it2
!
=1 2 +1
2 2 cos n+ 1
2 t
sin n2t sin 2t
!
= 1 2+1
2
sin 2n+12 t
−sin 2t sin 2t
!
= sin 2n+12 t 2 sin 2t . 3. Montrer que l’on a pour toutk∈N∗:
Z π
0
(t2−2πt) cos(kt)dt=2π k2 Pourt∈[0, π], on poseu1(t) =t2−2πtetv1(t) = 1
ksin(kt);u1etv1 sont de classeC1sur[0, π], et le théorème d’intégration par parties donne :
Z π
0
(t2−2πt) cos(kt)dt= 1
k(t2−2πt) sin(kt) π
0
− 1 k
Z π
0
(2t−2π) sin(kt)dt=−1 k
Z π
0
(2t−2π) sin(kt)dt.
Pourt∈[0, π], on poseu2(t) = 2t−2πetv2(t) =−1
kcos(kt);u2etv2sont de classeC1sur[0, π], et le théorème d’intégration par parties donne :
Z π
0
(2t−2π) sin(kt)dt=
−1
k(2t−2π) cos(kt) π
0
+2 k
Z π
0
cos(kt)dt=2π k . Finalement,
Z π
0
(t2−2πt) cos(kt)dt= 2π k2.
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4. En déduire que pour toutn∈N∗ :
1 2π
Z π
0
(t2−2πt)Cn(t)dt=
n
X
k=1
1 k2 −π2
6
1 2π
Z π
0
(t2−2πt)Cn(t)dt= 1 4π
Z π
0
(t2−2πt)dt+ 1 2π
n
X
k=1
Z π
0
(t2−2πt) cos(kt)dt= 1 4π
t3 3 −πt2
π
0
+ 1 2π
n
X
k=1
2π k2
=−π2 6 +
n
X
k=1
1 k2.
5. Déduire de ce qui précède la somme de la série X
n≥1
1 n2. Pourt∈]0, π], on notef(t) =t2−2πt
sin t2 .
On a : f(t) =−4π+ 2t+ot→0(t)doncf se prolonge en 0 en une fonction de classeC1. Les résultats des questions1et 2, donnent :
Z π
0
(t2−2πt)Cn(t)dt= Z π
0
f(t) sin
2n+ 1 2 t
dt −→
n→+∞0. On déduit de la question précédente que
+∞
X
k=1
1 k2 = π2
6 .
PARTIE II
L’objectif de cette partie est de montrer que Z 1
0
ln(t) t2−1dt=
+∞
X
k=0
1 (2k+ 1)2
1. Prouver la convergence de l’intégrale.
t7→ ln(t)
t2−1 est continue sur]0,1[donc localement intégrale. Elle est également positive.
En 0 : ln(t)
t2−1 ∼ −ln(t).
Z 1
0
ln(t)dtest une intégrale de référence convergente, donc par comparaison de fonctions positives,
Z 12
0
ln(t)
t2−1dtconverge.
En 1 : ln(t)
t2−1 = ln(t)
(t−1)(t+ 1) −→
t→1
1
2. La fonction se prolonge par continuité en 1, l’intégrale est donc faussement impropre sur cette borne.
En conclusion, Z 1
1
ln(t)
t2−1dtest convergente.
2. Montrer que pour toutk∈Nl’intégraleIk= Z 1
0
tkln(t)dt converge, et la calculer Soientk∈Netx >0. Pourt∈[x,1], on poseu(t) = ln(t)etv(t) = tk+1
k+ 1. uetv sont de classeC1 sir[x,1], et le théorème d’intégration par parties donne : Ik=
tk+1 k+ 1ln(t)
1
x
− Z 1
x
tk
k+ 1 =−xk+1
k+ 1ln(x)− 1
(k+ 1)2+ xk+1 (k+ 1)2 −→
x→0− 1
(k+ 1)2, par croissances comparées.
On a ainsi établi la convergence deIk et sa valeur.
3. Montrer que pour toutn∈N∗ :
n
X
k=0
1 (2k+ 1)2 =
Z 1
0
ln(t) t2−1dt−
Z 1
0
t2n+2ln(t) t2−1 dt D’après la question précédente, on a :
n
X
k=0
1
(2k+ 1)2 =−
n
X
k=0
I2k =−
n
X
k=0
Z 1
0
t2kln(t)dt=− Z 1
0 n
X
k=0
t2k
ln(t)dt=− Z 1
0
1−(t2)n+1
1−t2 ln(t)dt.
Comme on a montré la convergence de Z 1
0
ln(t)
t2−1dt, on en déduit le résultat attendu.
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4. Montrer que la fonctiont7→ t2ln(t)
t2−1 est bornée sur]0,1[.
La fonctiont 7→ t2ln(t)
t2−1 est continue sur]0,1[, et se prolonge par continuité en 0 (par croissances comparées) et en 1 (avec lim
t→1
ln(t) t−1 = 1).
On en déduit qu’elle est bornée sur le compact[0,1].
5. En déduire lim
n→+∞
Z 1
0
t2n+2ln(t)
t2−1 dt= 0, puis la relation attendue.
SoitM ∈R+ un majorant det7→ t2ln(t)
t2−1 sur]0,1[(qui est positive sur cet intervalle).
Par positivité de l’intégrale, on a :0≤ Z 1
0
t2n+2ln(t) t2−1 dt≤M
Z 1
0
t2ndt, donc0≤ Z 1
0
t2n+2ln(t)
t2−1 dt≤ M 2n+ 1. Le théorème d’encadrement donne lim
n→+∞
Z 1
0
t2n+2ln(t)
t2−1 dt= 0et par suite, Z 1
0
ln(t) t2−1dt=
+∞
X
k=0
1 (2k+ 1)2. 6. En utilisant le résultat démontré en partie I, calculer
Z 1
0
ln(t) 1−t2dt.
On a montré dans la première partie que :
+∞
X
k=1
1 k2 =π2
6 .
En admettant que le regroupement de termes est possible, on en déduit que :
+∞
X
k=1
1 (2k)2 +
+∞
X
k=0
1
(2k+ 1)2 = π2 6 , donc
+∞
X
k=0
1
(2k+ 1)2 = π2 6 −1
4×π2 6 =π2
8 . Finalement,
Z 1
0
ln(t)
1−t2dt=π2 8 .
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