on obtient (−1)

(1)

MPSI B Corrigé du DM 4 11 février 2020

1. a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre que Q

n

est de degré n et de coecient dominant n + 1 .

b. En substituant −X à X dans Q

_n

on obtient (−1)

ⁿ

Q

_n

. On en déduit que Q

_n

est de même parité que n et que l'ensemble des racines de Q

_n

est symétrique (si z est racine alors −z l'est aussi).

2. Écrivons cette fois la formule complète :

Q

_2r

= 1 2i

2r+1

X

k=0

2r + 1 k

1 − (−1)

^k

.(i)

^k

X

^2r+1−k

De plus 1 − (−1)

^k

est nul si k est pair, il vaut 2 si k est impair. Les entiers impairs k entre 1 et 2r + 1 sont de la forme 2p + 1 avec p ∈ J 0, r K. Alors i

^k

= (−1)

^p

i d'où

Q

2r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^2(r−p)

.

On retrouve bien le fait que Q

_2r

est pair. Il est clair que S

r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^r−p

.

3. Les racines de Q

_n

sont les complexes z tels que (z + i)

ⁿ⁺¹

= (z − i)

ⁿ⁺¹

.

Comme i n'est pas solution de cette équation, celle ci est équivalente à z + i

z − i

ⁿ⁺¹

= 1 ⇔ z + i

z − i ∈ U

ⁿ⁺¹

\ {1} .

Il convient d'enlever 1 car

^z+i_z−i

6= 1 pour tout z ∈ C. On en déduit que z est une racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z + i

z − i = e

^2ikπⁿ⁺¹

. Il faut exclure k = 0 car

^z+i_z−i

est toujours diérent de 1.

En transformant la relation (homographique) précédente, on obtient que z est racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z = −i 1 + e

^2ikπⁿ⁺¹

1 − e

^2ikπⁿ⁺¹

= −i 2 cos

_n+1^kπ

−2i sin

_n+1^kπ

= cotan kπ n + 1 .

Ces racines sont distinctes car l'application

¹

z →

^z+i_z−i

est bijective de C − {i} dans C − {1} . Avec le coecient dominant, l'expression des racines conduit à la factorisation

Q

_n

= (n + 1)

n

Y

k=1

X − cotan kπ n + 1

.

4. Lorsque k ∈ J 1, r K, l'entier 2r + 1 − k décrit K r + 1, 2r K avec cotan (2r + 1 − k)π

2r + 1 = cotan(π − kπ

2r + 1 ) = − cotan kπ 2r + 1 .

Pour tout k ∈ J 1, r K, on regroupe les racines opposées associées à k et à 2r + 1 − k . On obtient

Q

2r

= (2r + 1)

r

Y

k=1

X

²

− cotan

²

kπ 2r + 1

.

En développant, il apparait que le coecient du terme de degré 2r − 2 de Q

2r

est

−(2r + 1)

r

X

k=1

cotan

²

kπ 2r + 1 .

D'autre part, l'expression de S

r

, ce coecient est aussi

− 2r + 1

3 = − (2r + 1)(2r)(2r − 1)

6 .

On en déduit

_r

X

k=1

cotan

²

kπ

2r + 1 = r(2r − 1)

3 .

En remplaçant cotan

²

par

_sin¹2

− 1 dans la formule précédente, il vient

r

X

k=1

1 sin

²_2r+1^kπ

= r + r(2r − 1)

3 = 2r(r + 1)

3 .

5. Dans

0,

^π₂

, sin et cotan sont strictement positifs. Les inégalités demandées se dé- duisent donc de sin x < x < tan x . Celles ci se démontrent très rapidement en formant les tableaux de variation de x − sin x et de tan x − x .

1une telle application est dite homographiqe

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

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(2)

MPSI B Corrigé du DM 4 11 février 2020 6. Écrivons les inégalités de la question précédente avec x =

_2r+1^kπ

∈

0,

^π₂

pour tous les k ∈ J 1, r J et additionnons les en tenant compte de 4. Il vient

r(2r − 1)

3 ≤

r

X

k=1

1

kπ 2r+1

2

≤ 2r(r + 1)

3 .

7. L'encadrement précédent s'écrit encore

π 2r + 1

²

r(2r − 1)

3 ≤

r

X

k=1

1 k

²

≤

π 2r + 1

²

2r(r + 1) 3

π

²

3 r(2r − 1) (2r + 1)

²

≤

r

X

k=1

1 k

²

≤ 2π

²

3 r(r + 1) (2r + 1)

²

.

Quand r → +∞ , les suites à droite et à gauche convergent vers

^π₆²

. On en déduit (

r

X

k=1

1 k

²

)

r∈N

→ π

²

6 .

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