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

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

(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

.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

MPSI 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.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

2

MPSI 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.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

3

MPSI 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 .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

4