Partie 2 — pour 5/2 uniquement, facultatif

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 03 — à rendre le lundi 2 octobre

Durée : 3 heures – documents interdits – calculatrices interdites

Préliminaires — pour 3/2 et 5/2, obligatoire

Soitnun entier naturel non nul.

1. Soitθ∈[0,2π[. Déterminer, s’ils existent, module et argument du nombre complexeu= 1 +e^iθ. 2. On noteP_n le polynôme deC[X]défini par P_n(X) = 1

2i (X+i)²ⁿ⁺¹−(X−i)²ⁿ⁺¹ . (a) Étude des casn= 1et n= 2

i. Déterminer les polynômesP1 etP2.

ii. Vérifier queP1∈R2[X]et que P2∈R4[X]. Sont-il irréductibles dans R[X]? (b) Cas général

i. Montrer queP_n∈C2n[X]. Donner son degré et son coefficient dominant.

ii. SoitN ∈N^∗. Donner l’expression des racinesN-ièmes de l’unité.

iii. CalculerPn(i).

iv. Prouver par un argument géométrique que les racines deP_n sont réelles.

v. Soita∈C. prouver l’équivalence

aest racine dePn ⇐⇒ ∃k∈[|1,2n|],a(e2ikπ/(2n+1)−1) =i(e2ikπ/(2n+1)+ 1) vi. Déterminer les racines du polynômePn. Vérifier alors le résultat de 2.b.iv.

vii. En développant Pn, déterminer un polynôme Qn de degré n et à coefficients réels tel que Pn(X) = Qn(X²). On admettra l’unicité du polynômeQn ainsi obtenu.

viii. ExpliciterQ₁et Q₂ et déterminer leurs racines respectives.

ix. Déterminer les racines deQn en fonction de celles dePn. 3. PosonsSn=

n

X

k=1

1 tan²

kπ 2n+1

. À l’aide des résultats de la question précédente, montrer queSn= n(2n−1)

3 .

4. Illustrer graphiquement les inégalités suivantes que l’on admettra : ∀x∈h 0,π

2 h

, 0≤sin(x)≤x≤tan(x).

En déduire que ∀x∈i 0,π

2 h, 1

tan²(x) ≤ 1

x² ≤1 + 1 tan²(x).

5. Justifier la convergence de la série de terme général _k¹2 et calculer la somme

+∞

X

k=1

1 k².

Partie I — pour 5/2 uniquement, obligatoire

Soitx∈R. On note, lorsque cela a un sens,H(x) = Z 1

0

t^xln(t) t−1 dt.

1. Démontrer que pours >−1, l’intégraleJ_s= Z 1

0

t^sln(t)dtexiste et donner sa valeur.

2. ’Etude de la fonction H

(a) Montrer que l’ensemble de définition de la fonctionH estDH=]−1,+∞[.

(b) Montrer queH est monotone surDH.

(c) Montrer que pour toutα >0, la fonctiont7→ t^α(ln(t))²

1−t est prolongeable en une fonction bornée sur[0,1].

(d) Démontrer queH est de classeC¹ surD_H. Retrouver alors la monotonie deH. (e) Soit (x_n)une suite réelle de limite+∞. Déterminer lim

n→+∞H(x_n). En déduire lim

x→+∞H(x).

(f) Démontrer que ∀x >−1, H(x)−H(x+ 1) = 1 (x+ 1)².

(g) Déterminer alors un équivalent simple deH(x)lorsque xtend vers−1par valeurs supérieures.

(h) Soitx >−1.

i. Justifier la convergence de la série X

k≥1

1 (x+k)². ii. Prouver que pour toutn∈N^∗,H(x) =

n

X

k=1

1

(x+k)² +H(x+n).

iii. En déduire queH(x) =

+∞

X

k=1

1 (x+k)². iv. CalculerH(0)etH(1).

Partie 2 — pour 5/2 uniquement, facultatif

1. Prouver que pour toutx >−1et tout entier naturelknon nul, 1

(x+k+ 1)² ≤ Z k+1

k

dt

(x+t)² ≤ 1 (x+k)². 2. Déterminer un équivalent deH(x)lorsquextend vers+∞.

3. pour tout entier natureln, on poseun =H(n).

(a) Étudier la convergence des sériesX

n≥0

un et X

n≥0

(−1)ⁿun.

(b) Démontrer que

+∞

X

n=0

(−1)ⁿun= Z 1

0

ln(v) v²−1dv.

(c) Donner la valeur de cette intégrale en fonction deH −¹₂ .

Partie 3 — DSE de la fonction H — pour 5/2 uniquement, facultatif

Pour tout entier naturelk≥2, on note Zk =

+∞

X

p=1

1 p^k. 1. Pour tout couple d’entiers naturels(p, q), on poseI_p,q =

Z 1

0

t^p[ln(t)]^qdtet on admettra que cette intégrale existe.

(a) Justifier que siq≥1,Ip,q=− q

p+ 1I_p,q−1. (b) En déduire la valeur deIp,q.

2. (a) Justifier l’existence pour toutn∈NdeBn= Z 1

0

[ln(t)]ⁿ⁺¹ t−1 dt.

(b) ExprimerBn à l’aide des intégralesIp,q.On pourra utiliser la série de terme général t^p. (c) Prouver enfin que∀n∈N, Bn = (−1)ⁿ(n+ 1)!Zn+2.

3. En déduire alors que∀x∈]−1,1[,H(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k(k+ 1)Z_k+2x^k.

4. Préciser alors le rayon de convergence de la série entière obtenue à la question précédente.

Bon courage !

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 03 – d’après E3A 2016 PSI maths 2

éléments de correction Préliminaires

1. On écrit que

u=e^iθ2

e^−iθ2 +e^iθ2

= 2 cos θ

2

e^iθ2 On distingue alors trois cas.

- Siθ∈[0, π[alorscos(θ/2)>0. On a alors |u|= 2 cos ^θ₂

et arg(u) = ^θ₂. - Siθ=πalorsu= 0. Le module est nul et l’argument non défini.

- Siθ∈]π,2π[alorscos(θ/2)<0. On a alors |u|=−2 cos ^θ₂

etarg(u) =π+^θ₂.

2. (a) Les racines deP_n sont à égale distance deiet −i, donc sur la médiatrice du segment[−i, i], i.e. l’axe réel.

i. Le calcul donne

P₁= 3X²−1 et P₂= 5X⁴−10X²+ 1

ii. Il est immédiat queP1est de degré2 etP2 de degré4.A fortiori, on aP1∈R2[X]et P2∈R4[X].

Les irréductibles de R[X] étant les polynômes de degré 1 et ceux de degré 2 sans racine réelle (ou encore à discriminant négatif), niP1 (qui admet ^√1

3 comme racine) niP2 (qui est de degré4) ne sont irréductibles dansR[X].

(b) i. Pnest différence de deux polynômes de degré2n+ 1et est donc dansC2n+1[X]. Le coefficient deX²ⁿ⁺¹ dansPn est _2i¹ (1−1) = 0et donc P∈C2n[X]. Le coefficient deX²ⁿ dansPn est

1

2i((2n+ 1)i−(2n+ 1)(−i)) = 2n+ 16= 0 Ainsi,Pn est de degré2net son coefficient dominant est2n+ 1.

ii. Les racinesN-ièmes de l’unité sont les complexes

e^2ikπN pour k= 0, . . . , N−1 iii. On a

Pn(i) = (2i)²ⁿ⁺¹

2i = 2²ⁿ(−1)ⁿ iv.

v. Supposons queasoit racine deP_n. On a alorsa6=iet

a+i a−i

²ⁿ⁺¹

= 0. Il existe donc k∈[|0,2n+ 1|]

tel que

a+i

a−i =e^2n+12ikπ et donc (produit en croix)

a(e2ikπ/(2n+1)−1) =i(e2ikπ/(2n+1)+ 1)

On remarque alors quek6= 0car pourk= 0la relation précédente est fausse (06=i).

Réciproquement, sia(e2ikπ/(2n+1)−1) =i(e2ikπ/(2n+1)+ 1)aveck∈[|0,2n|], on a(a+i) = (a−i)e^2n+12ikπ. En élevant à la puissance2n+ 1 on trouve que(a+i)²ⁿ⁺¹= (a−i)²ⁿ⁺¹ et donc quePn(a) = 0 vi. Les racines de Pn sont donc les

ak= i(e2ikπ/(2n+1)+ 1)

(e2ikπ/(2n+1)−1) =i2 cos(kπ/(2n+ 1))

2isin(kπ/(2n+ 1)) = cotan kπ

2n+ 1

pourk= 1, . . . ,2n. On trouve bien des récines toutes réelles.

Remarque : cotanétant bijective de]0, π[ dansRet les2kπ/(2n+ 1) étant dans ]0, π[, lesak sont 2 à 2 distincts. Il y en a2n etP_n est de degré2n. On a donc2nracines simples et P_n est scindé simple sur R[X].

vii. On développe les deux puissances par formule du binôme et on regroupe les termes : 2iPn(X) =

2n+1

X

k=0

2n+ 1 k

X^ki^2n+1−k(1−(−1)^2n+1−k)

Les termes d’indicekpairs sont nuls. Il reste donc 2iP_n(X) = 2

n

X

k=0

2n+ 1 2k

X^2ki^2n+1−2k = 2i

n

X

k=0

2n+ 1 2k

(−1)^n−kX^2k

On en déduit que

Pn(X) =Qn(X²) avec Qn(X) =

n

X

k=0

2n+ 1 2k

(−1)^n−kX^k

viii. 2.a.i donne Q₁= 3

X−1

3

et Q₂= 5X²−10X+ 1 = 5 X−5 + 2√ 5 5

!

X−5−2√ 5 5

!

La factorisation donne les racines.

ix. Siaest racine de Pn alorsa² est racine deQn. En particulier, on a les racines cotan²

kπ 2n+ 1

pourk= 1, . . . , n. Ces racines sont distinctes car lesa_k sont distincts et positifs pour ces valeurs dek (les carrés sont donc aussi distincts). Ceci donnenracines distinctes deQn qui est de degrénet donc toutes les racines.

3. Sn est la somme des racines bk deQn qui est scindé à racines simples et s’écrit (son coefficient dominant est celui deP_n)

Qn= (2n+ 1)

n

Y

k=1

(X−bk) = (2n+ 1) Xⁿ−

n

X

k=1

bkXⁿ⁻¹+· · ·+ (−1)ⁿb1. . . bn

!

On voit que l’on a besoin du coefficient de Xⁿ⁻¹ dansQ_n qui vaut− ²ⁿ⁺¹_2n−2

. On a ainsi Sn= 1

2n+ 1

2n+ 1 2n−2

= 1

2n+ 1

2n+ 1 3

= (2n+ 1)2n(2n−1)

6(2n+ 1) = n(2n−1) 3

4. Pour voir quesin(x)≤x≤tan(x), on montre que a courbe desinest sur[0, π/2[sous sa tangente et celle detan au-dessus. Il s’agit donc d’inégalités de convexité (sinest concave sur[0, π/2[puisqu’à dérivée seconde négative ; tanest convexe sur cet intervalle puisqu’à dérivée seconde positive).sin(x)≥0 est immédiat sur[0, π/2[.

Commey7→1/y² décroît surR^+∗, on en déduit que

∀x∈]0, π/2[, 1

tan²(x)≤ 1

x² ≤ 1

sin²(x) = 1 + 1 tan²(x) 5. Pour k= 1, . . . , n, _2n+1^kπ ∈]0, π/2[et donc

Sn ≤

n

X

k=1

1 kπ 2n+1

² ≤n+Sn

ce qui donne

π²Sn

(2n+ 1)² ≤

n

X

k=1

1

k² ≤ π²(n+Sn) (2n+ 1)²

Avec l’expression de Sn, majorant et minorant ont pour limite π²/6. Par théorème d’encadrement, il en est de même pour le terme du milieu de notre double inégalité. La série proposée converge (ce que l’on sait car c’est une série de Riemann convergente) et

+∞

X

k=1

1 k² = π²

6

Partie I

1. t 7→t^sln(t) est continue sur ]0,1]et on a un unique pb au voisinage de 0. Or,t^sln(t) = o(t^s−12 ) (le quotient vaut t^s+12 ln(t) qui est de limite nulle en 0 par croissances comparées car s+ 1 >0) et ^s−1₂ >−1. On a donc intégrabilité au voisinage de0 (comparaison aux fonctions de Riemann) etJsexiste.

Sous réserve d’existence, une intégration par parties donne

Js= t^s+1

s+ 1ln(t) ¹

0

− 1 s+ 1

Z 1

0

t^sdt

Le terme tout intégré admet une limite en 0 (nulle par croissances comparées) et l’intégration par partie est licite. On termine le calcul avec

Js=− 1 (s+ 1)²

2. (a) Soitx∈R. fx : t 7→ ^tx_(t−1)^ln(t) est continue sur ]0,1[, prolongeable par continuité en 1 par la valeur1 (car ln(t) ∼1 (t−1)) et équivalente en 0 à −t^xln(t). Si x > 1, f_x est intégrable au voisinage de 0 (question précédente). Si x≤1, tfx(t)→ +∞quand t →0 et fx n’est pas intégrale. Enfin,fx est positive et son intégrabilité équivaut à l’existence de son intégrale. Ainsi

DH=]−1,+∞[

(b) Si x ≤ y alors pour tout ]0,1[, t^x = exp(xln(t)) ≥ exp(yln(t)) = t^y (car ln(t) ≤ 0). On multiplie par

ln(t)

t−1 ≥0 et on intégre sur]0,1[quand x >−1. On trouve que

∀ −1< x≤y, H(x)≥H(y)

et H est donc décroissante sur son domaine.

(c) La fonction proposée est continue sur ]0,1[, de limite nulle en1 (carln(t)∼1 (t−1)) et de limite nulle en 0(par croissances comparées et carα >0). Ainsi, cette fonction est prolongeable en une fonction continue sur le SEGMENT[0,1]et donc bornée sur ce segment.

(d) On utilise le théorème de régularité des intégrales à paramètres.

- ∀x >−1, t7→^tx_t−1^ln(t) est intégrable sur]0,1[.

- ∀t∈]0,1[, x7→ ^tx_t−1^ln(t) est de classeC¹ sur]−1,+∞[, de dérivéex7→ ^tx(ln(t))_t−1 ². - ∀x >−1, t7→^tx(ln(t))_t−1 ² est continue sur]0,1[.

- ∀x∈ [a, b] ⊂]−1,+∞[, ∀t ∈]0,1[,

t^x(ln(t))² t−1

≤ ^ta(ln(t))_1−t ². Le majorant est continu sur ]0,1[ et borné (question précédente) et donc intégrable sur le SEGMENT[0,1].

Le théorème s’applique et indique queH ∈C¹(]−1,+∞[)avec

∀x >−1, H⁰(x) = Z 1

0

t^x(ln(t))² t−1 dt

La fonction intégrée étant négativeH⁰ est négative sur]−1,+∞[et on retrouve la décroissance deH. (e) Soit x >0. La fonctiong : t7→ ^t_t−1^ln(t) est continue sur ]0,1[et prolongeable par continuité en0 (valeur0)

et 1(valeur1). C’est donc une fonction bornée sur]0,1[. Une majoration grossière donne

∀x >0, |H(x)| ≤ kgk_∞ Z 1

0

t^x−1dt= kgk_∞ x On en déduit que

x→+∞lim H(x) = 0

et en particulier (caractérisation séquentielle) que H(x_n)→0six_n→0.

Remarque : l’énoncé veut nous faire utiliser le théorème de convergence dominée pour étudier(H(xn))puis conclure pour la limite continue par caractérisation séquentielle. Ce que je fais me paraît plus simple.

(f) On a

H(x)−H(x+ 1) = Z 1

0

t^x(1−t) ln(t)

t−1 dt=−Jx= 1 (x+ 1)²

(g) H étant continue en 0 (et même dérivable), H(x+ 1) → H(0) quand x → −1 est négligeanle devant 1/(x+ 1)² au voisinage de−1. Ainsi la question précédente donne

H(x) = 1 (x+ 1)² +o

1 (x+ 1)²

x→−1∼ 1 (x+ 1)²

(h) i. On a _(x+k)¹ 2 ∼_k¹2 qui est le terme d’une série positive convergente.

ii. On procède par récurrence.

- Initialisation : pourn= 0, l’égalité se litH(x) =H(x)et est vraie. Pourn= 1, on utilise 2.f.

- Hérédité : soitn≥1tel que le résultat est vrai au rangn. La question 2.f utilisée avecx+ndonne alors

H(x) =

n

X

k=1

1

(x+k)² +H(x+n)

=

n

X

k=1

1

(x+k)² + 1

(x+n+ 1)² +H(x+n+ 1)

=

n+1

X

k=1

1

(x+k)² +H(x+n+ 1)

ce qui donne le résultat au rangn+ 1.

iii. CommeH est de limite nulle en+∞et comme la série converge, on peut faire tendrenvers+∞pour obtenir

H(x) =

+∞

X

k=1

1 (x+k)²

iv. En particulier

H(0) =

+∞

X

k=1

1 k² =π²

6

H(1) =H(0)−1 = π² 6 −1

Partie 2

1. hx : t7→ _(x+t)¹ 2 décroît sur]−x,+∞[et donc sur]1,+∞[. On en déduit que

∀k∈N^∗, hx(k+ 1)≤ Z k+1

k

hx(t)dt≤hx(k)

c’est à dire

∀k∈N^∗, 1

(x+k+ 1)² ≤ Z k+1

k

dt

(x+t)² ≤ 1 (x+k)² 2. Sommons ces inégalités pourk= 1,2, . . . , n :

n

X

k=1

1

(x+k+ 1)² ≤ Z n+1

1

dt (x+t)² =

− 1 t+x

^t=n+1

t=1

≤

n

X

k=1

1 (x+k)²

Tous les termes admettent une limite quandn→+∞et le passage à la limite donne H(x)− 1

(x+ 1)² ≤ 1

1 +x ≤H(x)

ou encore

1

1 +x≤H(x)≤ 1

1 +x+ 1 (1 +x)²

Majorant et minorant possédant en+∞l’équivalent commun1/x, on en déduit que H(x) ∼

x→+∞

1 x 3. (a) H(n)∼ _n¹ est le termé général d’une série divergente positive.

((−1)ⁿu_n)est une suite de limite nulle(H est de limite nulle en+∞), alternée (H est positive) et décrois- sante en module (H est décroissante). La règle spéciale indique queP

((−1)ⁿun)converge.

(b) Notonsfn : t7→(−1)^{n tn}_t−1^ln(t). - ∀n, fn∈C⁰(]0,1[).

- P(f_n)_n≥0converge simplement sur]0,1[et sa somme simple estt7→ ^ln(t)_t2−1 (on reconnaît enP((−1)ⁿtⁿ) une série géométrique). Cette limite simple est continue sur ]0,1[.

- Pour toutn∈Net toutt∈]0,1[,

n

X

k=0

f_k(t)

=

(1−(−t)ⁿ⁺¹) ln(t) t²−1

≤2|ln(t)|

1−t²

Le majorant est continu sur ]0,1[, prolongeable par continuité en1 (valeur 1) eto(1/√

t)au voisinage de0 (équivalent àln(t)). Il est donc intégrable sur]0,1[.

Par théorème de convergence dominée, on a

+∞

X

n=0

(−1)ⁿun=

+∞

X

n=0

Z 1

0

fn= Z 1

0

ln(t) t²−1dt

(c) v7→v²étant de classeC¹sur]0,1[à dérivée qui ne s’annule pas, on peut effectuer le changement de variable u=v² pour obtenir

Z 1

0

ln(v) v²−1 dv=

Z 1

0

ln(√ u) u−1

du 2√

u =1

4H(−1/2)

Partie 3

1. (a) Sous réserve d’existence, une intégration par parties donne Ip,q =

t^p+1

p+ 1(ln(t))^{q 1}

0

− q p+ 1

Z 1

0

t^pln(t)^q−1dt

Le terme tout intégré est de limite nulle en 0 (croissances comparées) et ceci légitime l’intégration par parties et donnc

I_p,q =− q

p+ 1I_p,q−1 (b) On prouve alors par récurrence (surq) que

I_p,q = (−1)^q q!

(p+ 1)^qI_p,0= (−1)^q q!

(p+ 1)^q+1

2. (a) t7→ ^(ln(t))_t−1ⁿ⁺¹ est continue sur]0,1[, négligeable devant 1/√

t au voisinage de0 (croissances comparées) et prolongeable par continuité en 1 (valeur 1 sin = 0et 0 si n≥1). C’est donc une fonction intégrable sur ]0,1[etB_n existe.

(b) On sait que

∀t∈]0,1[, 1 1−t =

+∞

X

k=0

t^k Posons donc gk : t7→ln(t)ⁿ⁺¹t^k (nest fixé).

- Lesg_k sont toutes continues sur]0,1[.

- P(g_k)converge simplement sur ]0,1[et sa somme simple estt7→ ^(ln(t))_t−1ⁿ⁺¹ qui est continue sur]0,1[.

- R1

0 |g_k| = (−1)ⁿ⁺¹R1

0 g_k = (−1)ⁿ⁺¹I_k,n+1 = _(k+1)^(n+1)!_n+2 qui est le terme général d’une série de Riemann convergente car n+ 2≥2>1.

Le théorème d’intégration terme à terme s’applique et donne

Bn=

+∞

X

k=0

Z 1

0

gk =

+∞

X

k=0

Ik,n+1

(c) Avec la question 1, on en déduit (avec changement d’indice) que

Bn =

+∞

X

k=0

(−1)ⁿ⁺¹ (n+ 1)!

(k+ 1)ⁿ⁺² = (−1)ⁿ⁺¹(n+ 1)!Zn+2

3. Avec le DSE de l’exponentielle, on a

∀x >−1, H(x) = Z 1

0 +∞

X

k=0

(ln(t))^k+1 t−1

x^k k!dt

Fixons x∈]−1,1[et notonshk : t7→ ^(ln(t))_t−1^k+1x_k!^k. - Lesh_k sont continues sur]0,1[.

- P(h_k)converge simplement sur]0,1[et sa somme estt7→ ^tx_t−1^ln(t) qui est continue sur ]0,1[.

- On a

∀n∈N, ∀t∈]0,1[,

n

X

k=0

hk(t)

≤

+∞

X

k=0

|hk(t)|=t^−|x||ln(t)|

|t−1|

Comme|x|<1,−|x|>−1et le majorant est intégrable sur]0,1[.

On peut appliquer le théorème de convergence dominée pour intervertir somme et intégrale et conclure que

∀x∈]−1,1[, H(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k(k+ 1)Zk+2x^k

4. Le rayon de convergence est au moins égal à1(l’égalité étant valable sur]−1,1[). Si, par l’absurde, il était>1, la somme de la série entière serait continue en −1 et H admettrait une limite finie en −1 ce qui est faux. Le rayon de convergence vaut donc1.