MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
1. a. Soit f : [0, π] → R une fonction continue. Montrer qu'il existe une unique fonction dérivable F : [0, π] → R telle que F 0 = f et Z π
0
F(x) dx = 0 .
b. Montrer qu'il existe une unique suite (B n ) n∈ N de fonctions telles que : i. B 0 = 1
ii. ∀n ∈ N, B 0 n+1 = B n
iii. ∀n ∈ N ∗ , Z π 0
B n (x) dx = 0 .
c. Montrer que pour tout n ≥ 2 , B n (0) = B n (π) . d. Déterminer B 1 , B 2 .
2. Pour tout p ∈ N ∗ et tout n ∈ N ∗ , on pose : I p,n =
Z π
0
B 2p (x) cos(2nx) dx.
a. Calculer I 1,n à l'aide de deux intégrations par parties.
b. Soit p ∈ N. Trouver une relation entre I p+1,n et I p,n . c. En déduire que pour tout p ∈ N :
I p,n = (−1) p−1 π (2n) 2p . 3. Montrer que pour tout n ∈ N et tout t ∈ ]0, π[ :
n
X
k=1
cos(2kt) = sin((2n + 1)t) 2 sin(t) − 1
2 .
On pourra montrer que 2 cos((n + 1)t) sin(nt) = sin((2n + 1)t) − sin(t) . 4. Pour tout p ∈ N ∗ , on note f p : [0, π] → R la fonction dénie par :
∀x ∈ [0, π], f p (x) = ( B
2p
(x)−B
2p(0)
sin(x) si x ∈]0, π[
0 si x = 0 ou x = π
Soit n ∈ N ∗ . Exprimer Z π 0
f p (x) sin((2n + 1)x) dx en fonction de n et de B 2p (0) .
5. Soit f : [0, π] → R une fonction dérivable telle que f 0 soit continue et bornée. Montrer à l'aide d'une intégration par parties que :
Z π
0
f(x) sin((2n + 1)x) dx −−−−−→
n→+∞ 0.
6. On admet que f p est dérivable et que f p 0 est continue et bornée.
a. Montrer que :
n
X
k=1
1 k 2p
!
n∈ N
∗converge vers (−1) p−1 2 2p−1 B 2p (0).
b. En déduire la limite de la suite
n
X
k=1
1 k 2
!
n∈ N
∗.
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Rémy Nicolai AbernouippMPSI B 29 juin 2019
Corrigé
1. a. • Unicité : Soient F 1 , F 2 deux telles fonctions. Comme (F 1 − F 2 ) 0 = 0 , il existe λ ∈ R tel que F 1 − F 2 = λ . Alors :
πλ = Z π
0
λ dx = Z π
0
(F 1 (x) − F 2 (x)) dx = Z π
0
F 1 (x) dx − Z π
0
F 2 (x) dx = 0.
Donc F 1 = F 2 .
• Existence : une fonction continue sur un segment possède toujours une primi- tive. Soit G une primitive de f . Posons C = 1
π Z π
0
G(x) dx et F = G − C . Alors Z π
0
F (x) dx = Z π
0
G(x) dx − πC = 0 .
b. Construisons la suite (B n ) par récurrence. Soit n ∈ N, supposons qu'il existe une unique famille (B 0 , ..., B n ) de fonctions vériant (i) , (ii) et (iii) . D'après la question précédente, il existe une unique fonction B n+1 telle que
B n+1 0 = B n et Z π 0
B n+1 (x) dx = 0 . c. Soit n ≥ 2 . Alors :
B n (π) − B n (0) = Z π
0
B n 0 (x) dx = Z π
0
B n−1 (x) dx = 0 ⇒ B n (π) = B n (0).
d. Comme B 0 = 1 , il existe λ tel que pour tout x ∈ R, B 1 (x) = x + λ . Comme Z π
0
x + λ dx = π 2
2 + λπ = 0 alors λ = − π
2 . Donc B 1 (x) = x − π 2 . Il existe donc µ ∈ R tel que pour tout x ∈ R, B 2 (x) = x 2
2 − πx
2 + µ . Intégrons B 2 entre 0 et π :
0 = Z π
0
B 2 (x) dx = π 3 6 − π 3
4 + µπ = − π 3 12 + µπ donc µ = π 2
12 . Ainsi, B 2 (x) = x 2 2 − πx
2 + π 2 12 .
2. a. Eectuons une première intégration par parties en posant : u(x) = B 2 (x)
v 0 (x) = cos(2nx)
u 0 (x) = B 0 2 (x) = B 1 (x) v(x) = 2n 1 sin(2nx)
I 1,n = [u(x)v(x)] π 0 − Z π
0
u 0 (x)v(x) dx =
B 2 (x) cos(2nx) 2n
π
0
− 1 2n
Z π
0
B 1 (x) sin(2nx) dx = − 1 2n
Z π
0
B 1 (x) sin(2nx) dx.
Eectuons une seconde intégration par parties : u(x) = B 1 (x)
v 0 (x) = sin(2nx)
u 0 (x) = B 0 (x) v(x) = − 2n 1 cos(2nx) Ainsi :
I 1,n = − 1
2n [u(x)v(x)] π 0 + 1 2n
Z π
0
u 0 (x)v(x) dx
= 1
4n 2 (B 1 (π) − B 1 (0)) − 1 4n 2
Z π
0
sin(2nx) dx = B 1 (π) − B 1 (0)
4n 2 = π
4n 2 b. Calculons I p+1,n =
Z π
0
B 2p+2 (x) cos(2nx) dx par parties : u(x) = B 2p+2 (x)
v 0 (x) = cos(2nx)
u 0 (x) = B 2p+1 (x) v(x) = 2n 1 sin(2nx)
I p+1,n = B 2p+2 (π) − B 2p+2 (0)
2n − 1
2n Z π
0
B 2p+1 sin(2nx) dx
= − 1 2n
Z π
0
B 2p+1 sin(2nx) dx Eectuons encore une intégration par parties :
u(x) = B 2p+1 (x) v 0 (x) = sin(2nx)
u 0 (x) = B 2p (x) v(x) = − 2n 1 cos(2nx) On obtient :
I p+1,n = B 2p+1 (π) − B 2p+1 (0)
2n − 1
4n 2 Z π
0
B 2p (x) cos(2nx) dx = − 1 4n 2 I p,n
c. Un récurrence immédiate donne le résultat.
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Rémy Nicolai AbernouippMPSI B 29 juin 2019
3. Soit t ∈]0, π[ . Alors :
n
X
k=1
cos(2kt) = Re
n
X
k=1
e 2ikt
!
= Re
e 2it 1 − e 2int 1 − e 2it
= Re
e i(n+2)t e it
e −int − e int e −it − e it
= Re
e i(n+1)t sin(nt) sin(t)
= cos((n + 1)t) sin(nt) sin(t) Or,
sin((2n + 1)t) − sin(t) = sin((n + 1)t + nt) − sin((n + 1)t − nt)
= 2 cos((n + 1)t) sin(nt) car sin(a + b) − sin(a − b) = 2 cos(a) sin(b)) donc :
n
X
k=1
cos(2kt) = sin((2n + 1)t) − sin(t)
2 sin(t) = sin((2n + 1)t) 2 sin(t) − 1
2 .
4. Soit p ∈ N ∗ , soit x ∈]0, π[ . Alors :
sin(2n + 1)x sin(x) = 2
n
X
k=1
cos(2kx) + 1
donc :
f p (x) sin((2n + 1)x) = (B 2p (x) − B 2p (0)) sin((2n + 1)x) sin(x)
= (B 2p (x) − B 2p (0)) + 2
n
X
k=1
(B 2p (x) − B 2p (0)) cos(2kx)
= (B 2p (x) − B 2p (0)) + 2
n
X
k=1
B 2p (x) cos(2kx) − 2
n
X
k=1
B 2p (0) cos(2kx)
Cette égalité reste vraie pour x = 0 et x = π . Ainsi : Z π
0
f p (x) sin((2n + 1)x) dx = Z π
0
(B 2p (x) − B 2p (0)) dx + 2
n
X
k=1
I p,k
− 2
n
X
k=1
B 2p (0) Z π
0
cos(2kx) dx
| {z }
=0
= −πB 2p (0) +
n
X
k=1
(−1) k−1 π 2 2p−1 k 2p + 0 donc :
Z π
0
f p (x) sin((2n + 1)x) dx = −πB 2p (0) + π(−1) p−1 2 2p−1
n
X
k=1
1 k 2p .
5. Eectuons un intégration par parties : Z π
0
f (x) sin((2n + 1)x) dx =
− f (x) cos((2n + 1)x) 2n + 1
π
0
+ 1
2n + 1 Z π
0
f 0 (x) cos((2n + 1)x) dx.
D'une part :
− f(x) cos((2n + 1)x) 2n + 1
π
0
= f (0)
2n + 1 + f (π)
2n + 1 −−−−−→
n→+∞ 0.
D'autre part, comme f 0 est bornée, il existe M ∈ R + tel que pour tout x ∈ [0, π] ,
−M ≤ f 0 (x) ≤ M donc : −M ≤ f 0 (x) cos((2n + 1)x) ≤ M donc :
− M π
2n + 1 ≤ 1 2n + 1
Z π
0
f 0 (x) cos((2n + 1)x) dx ≤ M π 2n + 1 donc d'après le théorème des gendarmes :
1 2n + 1
Z π
0
f 0 (x) cos((2n + 1)x) dx −−−−−→
n→+∞ 0.
D'où le résultat.
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Rémy Nicolai AbernouippMPSI B 29 juin 2019
6. a. D'après la question 4 :
n
X
k=1
1
k 2p = 2 2p−1 (−1) k−1 π
Z π
0
f p (x) sin((2n + 1)x) dx + 2 2p−1 (−1) p−1 B 2p (0).
D'après la question précédente : Z π
0
f p (x) sin((2n + 1)x) dx −−−−−→
n→+∞ 0
donc : n
X
k=1
1
k 2p −−−−−→
n→+∞ (−1) p−1 2 2p−1 B 2p (0).
b. D'après la question 1.d, B 2 (0) = π 2 12 donc :
n
X
k=1
1
k 2 −−−−−→
n→+∞ (−1) 1−1 2 2−1 π 2 12 = π 2
6 .
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