MPSI B 29 juin 2019

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Dans l'intervalle I =

0,

^π₂

, on dénit des fonctions a et b par :

∀θ ∈ I, a(θ) = θ

tan θ , b(θ) = θ sin θ

0 e

^iα

1 z

Fig. 1: Interprétation géométrique 1. Encadrement et interprétation géométrique.

a. Montrer que 0 < 2 sin(

^α₂

) < tan(α) pour tous les α ∈ I .

b. Pour α ∈ I et z comme sur la gure 1, calculer |e

^iα

− 1| et l'axe z . En déduire une interprétation géométrique de l'inégalité de la question a.

2. La méthode d'Euclide pour approcher

^π₄

consiste à calculer la longueur du polygone régulier inscrit dans l'arc de cercle (le huitième de cercle) en doublant à chaque fois les points.

Quelle est l'expression de l'approximation à l'étape n ? On la notera e

n

. 3. Montrer que, pour tous les θ ∈

0,

^π₄

, 1

tan θ = 1

tan 2θ + 1

sin 2θ , sin θ =

r (sin 2θ) (tan θ) 2 4. Récurrence de Gregory

¹

. Pour un α ∈ I xé et n ∈ N, on note

a

n

= a( α

2

ⁿ

), b

n

= b( α 2

ⁿ

)

1James Gregory (1638-1675)

(a) initialisation (b) étape 1 (c) étape 2

Fig. 2: Approximation d'Euclide

a. Montrer que ces suites vérient les relations de récurrence : a

n+1

= 1

2 (a

n

+ b

n

) , b

n+1

= p a

n+1

b

n

b. En admettant que 1 est la limite en 0 des fonctions a et b , expliquer comment ces formules de récurrence permettent de mettre en ÷uvre une variante de la méthode d'approximation d'Euclide.

5. a. Former des relations analogues à celles de la question 3. pour les fonctions de trigonométrie hyperbolique th et sh .

b. Calculer th(ln(2)) et sh(ln(2)) .

c. On dénit des suites (a

n

)

_n∈N

et (b

n

)

_n∈N

par : ( a

0

= 5

b

0

= 4 , ∀n ∈ N :







a

n+1

= 1

2 (a

n

+ b

n

) b

n+1

= p

a

n+1

b

n

Préciser les expressions de a

n

et b

n

et la limite de ces suites. On admettra que 1 est la limite en 0 des analogues hyperboliques de a et b .

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 Agregory

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

1. a. Dans l'intervalle considéré, sin

^α₂

et tan α sont strictement positives. Pour les comparer, il est bien plus commode de les diviser que de les soustraire.

∀α ∈ I, 2 sin(

^α₂

)

tan(α) = 2 sin

^α₂

cos α

sin α = cos α cos

^α₂

< 1 car

^α₂

< α et cos décroissante dans I .

b. Le calcul est habituel (avec sin

^α₂

> 0 car 0 <

^α₂

<

^π₄

) : e

^iα

− 1 = e

ⁱ^α²

(e

ⁱ^α²

− e

⁻ⁱ^α²

) = 2ie

ⁱ^α²

sin α

2 ⇒

e

^iα

− 1

= 2 sin α 2 Le complexe z est de la forme λe

^iα

avec λ ∈ R et Re(z) = 1 . On obtient

λ cos α = 1 ⇒ z = 1 cos α e

^iα

D'après les calculs précédents, sur la gure 3, la longueur 2 sin(

^α₂

) du segment de corde est inférieure à tan(α) qui est la longueur du segment de tangente.

0 e

^iα

1 z

2 sin(

^α₂

)

tan(α)

Fig. 3: Interprétation géométrique de l'inégalité.

2. La longueur d'un segment utilisé dans l'approximation est un module du type calculé en 1.b. D'une étape à l'autre, l'angle est divisé par 2 et le nombre de segment double : 1 = 2

⁰

, 2 = 2

¹

, 4 = 2

²

, · · · . On en tire

e

₀

= 2 sin π

2

³

, e

₁

= 2 × (2 sin π

2

⁴

) = 2

²

sin π

2

⁴

, e

₂

= 2

²

× (2 sin π

2

⁵

) = 2

³

sin π 2

⁵

,

· · · , c

_n

= 2

ⁿ

× (2 sin π

2

ⁿ⁺³

) = 2

ⁿ⁺¹

sin π

2

ⁿ⁺³

⇒ e

_n

= 2

ⁿ⁺¹

sin π 2

ⁿ⁺³

On peut remarquer que a

_n

=

^π₄

a(

₂_n+3^π

) .

3. Si 0 < θ <

^π₄

alors 0 < 2θ <

^π₂

donc sin θ et cos θ sont strictement positifs.

1 tan 2θ + 1

sin 2θ = cos 2θ + 1

sin 2θ = 2 cos

²

θ − 1 + 1 2 sin θ cos θ = 1

tan θ (sin 2θ)(tan θ)

2 = 2 sin θ cos θ sin θ

2 cos θ = sin

²

θ ⇒

r (sin 2θ)(tan θ)

2 = sin θ

4. a. Notons θ =

₂n+1^α

, alors

₂^αn

= 2θ . Multiplions par 2θ la première relation obtenue à la question 3. et introduisons a et b . On obtient

2a(θ) = b(2θ) + a(2θ) ⇔ a

n+1

= a(θ) = 1

2 (a(2θ) + b(2θ)) = 1

2 (a

n

+ b

n

) De manière analogue, en divisant la deuxième relation par θ ,

1 b(θ) = 1

p b(2θ)a(θ) ⇔ b

n+1

= p b

n

a

n+1

b. Si on initialise la récurrence de Gregory avec α =

^π₄

c'est à dire a

0

= α

tan α = α et b

0

= α sin α = √

2α

On obtient deux suites qui convergent vers 1 . Cela n'a pas l'air très utile pour un calcul numérique de π puisqu'il apparait dans l'initialisation alors l'objectif est justement de l'évaluer. L'intérêt vient du caractère homogène des relations. Si pour une suite vériant la relation de Gregory, on multiplie les deux conditions initiales par un même λ > 0 , alors la proportionnalité se propage. On en déduit que les suites vériant les relations de Gregory avec les conditions initiales 1 et

√ 2 sont

4 π a( α

2

ⁿ

) et 4 π b( α

2

ⁿ

)

Elles sont assez commodes à calculer numériquement à cause de la simplicité des relations de récurence et elles convergent vers

_π⁴

.

5. a. Pour x non nul, 1

th(2x) = e

^2x

+ e

^−2x

e

^2x

− e

^−2x

= (e

^x

+ e

^−x

)

²

− 1 (e

^x

− e

^−x

)(e

^x

+ e

^−x

)

= e

^x

+ e

^−x

(e

^x

− e

^−x

− −1

(e

^x

− e

^−x

)(e

^x

+ e

^−x

) = 1 th x − 1

sh x

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

La première formule est donc exactement analogue : 1

th x = 1

th(2x) + 1 sh(2x) D'autre part :

1 2 sh(2x) th x = 1

4 (e

^x

+ e

^−x

)(e

^x

− e

^−x

) (e

^x

− e

^−x

)

(e

^x

+ e

^−x

) = (sh x)

²

La deuxième formule est aussi exactement analogue pour les x > 0 :

sh x =

r (sh(2x))(sh x) 2 b. Par dénition de th et sh , comme e

^{ln 2}

= 2 ,

th(ln(2)) = 2 −

¹₂

2 +

¹₂

= 3

5 , sh(ln(2)) = 2 −

¹₂

2 = 3

4 c. Notons α = ln(2) , et notons encore a et b les versions hyperboliques des fonctions dénies au début de l'énoncé. Alors



 

 

a(α) = 5

3 ln 2 = 5 × ln 2 3 b(α) = 4

3 ln 2 = 4 × ln 2 3 On remarque que cette fois a(x) > b(x) pour x > 0 .

Par un raisonnement analogue à celui de la question 4.a., les suites des a(

₂^αn

) et b(

₂^αn

) vérient les relations de récurrence de Gregory avec les conditions initiales

5

3

ln 2 et

⁴₃

ln 2 .

Si on multiplie ces deux conditions initiales par un même réel λ > 0 , les relations de récurrence vont propager cette proportionalité et toutes les valeurs des suites seront multipliées par λ . On en déduit que, pour les suite de l'énoncé,