MPSI B 29 juin 2019

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Ce problème porte sur des propriétés de R

_n

(ϕ) déni par : ϕ

2 = sin ϕ − 1

2 sin(2ϕ) + 1

3 sin(3ϕ) + · · · + (−1)

ⁿ⁺¹

n sin(nϕ) + R

n

(ϕ) où n est un entier naturel non nul et ϕ ∈ [−

^π₂

,

^π₂

] .

Partie I. Aspect euclidien.

On dénit un produit scalaire (./.) dans E = C(I, R ) avec I = [−π, π] en posant :

∀(f, g) ∈ E

²

: (f /g) = Z

π

−π

f (t)g(t) dt

La démonstration qu'il s'agit bien d'un produit scalaire n'est pas demandée.

On dénit les fonctions u et (pour tout entier naturel n ) c

n

, s

n

en posant :

∀t ∈ I : u(t) = t

2 , c

n

(t) = cos(nt), s

n

(t) = sin(nt) 1. Calculer, pour tout couple (m, n) d'entiers naturels

(c

m

/c

n

), (c

n

/s

m

), (s

n

/s

m

)

Soit n naturel xé, que peut-on conclure pour la famille formée par toutes les fonctions c

k

et s

k

pour k entre 0 et n ?

2. Calculer (u/c

0

) et, pour tout entier k non nul, (u/c

_k

)

kc

k

²

, (u/s

_k

) ks

k

²

, Que peut-on en conclure pour la fonction R

_n

?

Partie II. Reste intégral.

Dans cette partie, n ∈ N

^∗

, x est un réel strictement positif et ϕ = arctan 1

x , y = x + p 1 + x

²

1. a. Montrer que

arctan

⁽ⁿ⁾

(x) = (−1)

ⁿ⁻¹

(n − 1)! (sin nϕ)(sin ϕ)

ⁿ

b. Former (en le démontrant) le développement limité de arctan en 0 à l'ordre n . En déduire arctan

⁽ⁿ⁾

(0) .

2. a. Exprimer arctan x en fonction de ϕ . b. Exprimer arctan y en fonction de ϕ . c. Exprimer y − x en fonction de ϕ .

3. Former le développement de Taylor avec reste intégral de la fonction arctan entre x et y à l'ordre n .

4. Montrer que

R

n

(ϕ) = Z

y

x

(y − t)

ⁿ

n! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

t dt

5. Eectuez le changement de variable θ = arctan

¹_t

dans l'expression intégrale de R

_n

.

Partie III. Reste de Lagrange et convergence.

Les relations entre x , y et ϕ sont les mêmes que pour la partie II. On se propose de montrer que la suite (R

n

(ϕ))

n∈N

converge vers 0 .

1. Montrer que pour tout n naturel, il existe un z

n

(ϕ) ∈ [x, y] tel que

R

n

(ϕ) = (y − x)

ⁿ⁺¹

(n + 1)! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

z

n

(ϕ) 2. Montrer qu'il existe un θ

_ϕ

∈ [

^ϕ₂

, ϕ] tel que

R

n

(ϕ) = (−1)

ⁿ

(n + 1)

(sin(n + 1)θ

ϕ

)(sin θ

ϕ

)

ⁿ⁺¹

(sin ϕ)

ⁿ⁺¹

3. Montrer que la suite (R

_n

(ϕ))

_n∈_N

converge vers 0 .

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

Rémy Nicolai Aanal9

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Corrigé

Partie I.

1. Il est utile de remarquer que s

0

est la fonction nulle, que toutes les c

n

sont paires et toutes les s

n

impaires. Comme l'intervalle d'intégration est symétrique, cela entraine en particulier.

∀(m, n) ∈ N

²

: (c

n

/s

m

) = 0

Le cas de c

0

se traite à part : kc

0

k

²

= (c

0

/c

0

) = 2π et (c

0

/c

m

) = 0 pour m 6= 0 . Les autres calculs se font en linéarisant :

cos

²

a = 1 2 + 1

2 cos(2a) sin

²

a = 1

2 − 1

2 cos(2a) cos a cos b = 1

2 cos(a + b) + 1

2 cos(a − b) sin a sin b = − 1

2 cos(a + b) + 1

2 cos(a − b)



 

 

 

 

⇒



 

 

 

 

kc

n

k

²

= π ks

n

k

²

= π

(c

n

/c

m

) = 0 si m 6= n (s

_n

/s

_m

) = 0 si m 6= n

On en déduit que la famille (c

0

, c

1

, s

1

, c

2

, s

2

, · · · , c

n

, s

n

) est orthogonale.

2. La fonction uc

k

est impaire et l'intervalle d'intégration est symétrique donc (u/c

k

) = 0 . Pour (u/s

_k

) on utilise une intégration par parties.

(u/s

_k

) = 1 2

Z

π

−π

t sin(kt) dt = 1 2

t(− 1

k ) cos(kt)

π

−π

+ 1 2k

Z

π

−π

cos(kt) dt = (−1)

^k+1

π k On en déduit

(u/s

k

)

ks

k

²

= (−1)

^k+1

k On peut alors écrire

R

n

= u −







n

X

k=0

(u/c

k

) kc

k

²

c

k

| {z }

=0

+

n

X

k=1

(u/s

k

) ks

k

²

s

k







On en déduit que R

n

est le projeté orthogonal de u sur l'espace orthogonal à Vect(c

0

, c

1

, s

1

, c

2

, s

2

, · · · , c

n

, s

n

) .

Partie II.

1. a. Montrons la formule demandée par récurrence.

Pour n = 1 , on part du membre de droite

(−1)

ⁿ

(n − 1)! sin(nϕ) sin

ⁿ

ϕ = sin

²

ϕ = 1 − cos

²

ϕ = 1 − 1 1 + tan

²

ϕ

= 1 − 1 1 +

_x¹2

= 1

1 + x

²

= arctan

⁰

(x) Montrons maintenant que la formule à l'ordre n entraine la formule à l'ordre n+1 . Il est utile ici de regarder ϕ comme une fonction de x

ϕ(x) = arctan 1

x ⇒ ϕ

⁰

(x) = − 1 x

²

1 1 +

_x¹₂

= − 1 1 + x

²

On peut alors écrire

arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x)

= (−1)

ⁿ

(n − 1)! n

− 1 1 + x

²

cos(nϕ) sin

ⁿ

ϕ + sin nϕ sin

ⁿ⁻¹

ϕ cos ϕ

= (−1)

ⁿ

n! 1

1 + x

²

(sin(n + 1)ϕ)(sin ϕ)

ⁿ⁻¹

= (−1)

ⁿ

n!(sin(n + 1)ϕ)(sin ϕ)

ⁿ⁺¹

car on a vu déjà que

_1+x¹2

= sin ϕ .

b. La fonction arctan est C

^∞

dans R, son développement limité se calcule en intégrant celui de sa dérivée.

arctan

⁰

x = 1

1 + x

²

= 1 − x

²

+ x

⁴

+ · · · + o(x

ⁿ

)

⇒ arctan x = x − 1 3 x

³

+ 1

5 x

⁵

+ · · · + c

_n

x

ⁿ

+ o(x

ⁿ

) avec c

n

=







0 si n pair

(−1)

^p

n si n impair = 2p + 1 D'après l'unicité du développement et la formule de Taylor-Young :

arctan

⁽ⁿ⁾

(0) = n!c

n

=

( 0 si n pair (−1)

^p

(n − 1)! si n impair = 2p + 1

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

2. a. On sait que pour tout x > 0 ,

arctan x + arctan 1 x = π

2 On en déduit arctan x =

^π₂

− ϕ .

b. Remarquons que x > 0 entraine 0 < ϕ <

^π₂

. Utilisons x = cotan ϕ :

y = x + p

1 + x

²

= cotan ϕ + 1

sin ϕ = 2 cos

²^ϕ₂

2 sin

^ϕ₂

cos

^ϕ₂

= cos

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

= tan π − ϕ 2 Comme

^π₄

<

^π−ϕ₂ ^π₂

, on a nalement :

arctan y = π − ϕ 2 c. On a vu au cours du calcul précédent que

y − x = 1 sin ϕ

3. Écrivons la formule de Taylor avec reste intégral entre x et y :

arctan y = arctan x +

n

X

k=1

(y − x)

^k

k! arctan

^(k)

(x) + Z

y

x

(y − t)

ⁿ

n! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t) dt 4. On remplace dans la formule précédente en utilisant 1.a pour les dérivées et 2.c. pour

y − x . On obtient :

(y − x)

^k

k! arctan

^(k)

(x) = (−1)

^k−1

k sin(kϕ) D'autre part, d'après 2.b. :

arctan y − arctan x = π − ϕ 2 − π

2 + ϕ = ϕ 2

La formule dénissant R

_n

est donc une simple réécriture de la formule de Taylor avec reste intégral. On en déduit

R

n

(ϕ) = Z

y

x

(y − t)

ⁿ

n! arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

(t) dt

5. On eectue le changement de variable θ = arctan

¹_t

. Bornes

t = x ←→ θ = arctan 1 x = ϕ t = y ←→ θ = arctan 1

y = ϕ

2 car y = cotan ϕ 2 Élément diérentiel

dt = (−1 − cotan

²

θ)dθ = − 1 sin

²

θ dθ Intégrale (en utilisant l'expression de la dérivée obtenue en 1.a.)

R

n

(ϕ) = Z

^ϕ₂

ϕ

cotan ϕ

2 − cotan θ

ⁿ

(−1)

ⁿ

sin((n + 1)θ)(sin θ)

ⁿ⁺¹

−dθ sin

²

θ

= (−1)

ⁿ

Z

ϕ

ϕ 2

cotan ϕ

2 − cotan θ

ⁿ

sin((n + 1)θ)(sin θ)

ⁿ⁻¹

Or

cotan ϕ

2 − cotan θ = sin θ −

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

sin θ après réduction au même dénominateur. On en tire nalement

R

n

(ϕ) = (−1)

ⁿ

Z

ϕ

ϕ 2

sin θ −

^ϕ₂

sin

^ϕ₂

!

ⁿ

sin((n + 1)θ) sin θ dθ

Partie III.

1. Il s'agit en fait de passer de la forme intégrale (obtenue en II.4.) à la forme de Lagrange d'un reste d'une formule de Taylor. Notons m et M la plus petite et la plus grande des valeurs prises par la fonction continue arctan

⁽ⁿ⁺¹⁾

dans le segment [x, y] . Comme y − x ≥ 0 dans l'intervalle, on obtient par positivité de l'intégration :