deux telles fonctions. Comme (F

(1)

Problème 1

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 primitive. 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+1⁰

= 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

_n⁰

(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

⁰₂

(x) = B

1

(x) v(x) =

_2n¹

sin(2nx)

I

_1,n

= [u(x)v(x)]

^π₀

− 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) = −

_2n¹

cos(2nx) Ainsi :

I

1,n

= − 1

2n [u(x)v(x)]

^π₀

+ 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) =

_2n¹

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) = −

_2n¹

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.

(2)

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.

(3)

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 .

Problème 2

1. a. Par dénition, σ(A) est la borne inférieure d'un ensemble non vide de nombres réels. Cette dénition est correcte car cet ensemble est formé de réels tous positifs ou nuls. Il est donc minoré (par 0 ) et, d'après les axiomes de R, toute partie de R non vide et minorée admet une borne inférieure. On peut déduire aussi que 0 ≤ σ(A) car la borne inférieure est le plus grand des minorants.

b. Si 1 6∈ A , {1} ∩ A = ∅ donc S

1

(A) = 0 et σ(A) ≤ 0 d'où σ(A) = 0 .

c. Supposons que σ(A) = 1 . Comme σ(A) est un minorant de l'ensemble des

^Sⁿ_n^(A)

:

∀n ∈ N

^∗

, 1 ≤ S

_n

(A)

n ⇒ n ≤ S

_n

(A)

Or {1, 2, · · · , n} ∩ A contient au plus n éléments, donc ici {1, 2, · · · , n} ⊂ A pour tous les entiers n . On en déduit que σ(A) = 1 entraîne A = N.

d. Si A ⊂ B , il est clair que S

_n

(A) ≤ S

_n

(B) donc σ(A) est un minorant de l'ensemble des

^Sⁿ_n^(B)

. Or σ(B ) est le plus grand des minorants des

^Sⁿ_n^(B)

donc σ(A) ≤ σ(B) .

2. a. Ici A est une partie nie, on note m son nombre d'éléments. Il est clair que S

n

(A) ≤

^m_n

. Donc, pour tous les entiers n , σ(A) ≤

^m_n

. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

b. Ici A est l'ensemble de tous les entiers impairs. Évaluons le nombre d'entiers impairs dans J 1, n K :

](A ∩ J 1, n K ) =



 

  n + 1

2 si n impair n

2 si n pair

⇒ S(n) n =



 

  1 2 + 1

n si n impair 1

2 si n pair On en déduit que

¹₂

est un minorant donc

¹₂

≤ σ(A) et que

∀n impair , 1

2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1

n

On obtient σ(A) =

¹₂

par passage à la limite dans une inégalité.

c. Ici A = {m

^k

, m ∈ N } . Pour un entier n donné, le nombre d'entiers m tels que m

^k

≤ n est la partie entière de n

^k¹

. On en déduit :

∀n ∈ N

^∗

, σ(A) ≤ S

_n

(A)

n ≤

j n

¹^k

k

n ≤ n

^k¹⁻¹

La suite à droite converge vers 0. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

3. L'ensemble C contient S

n

(B) + 1 éléments. Le +1 venant de la présence de 0 qui est dans A et B . De même, l'ensemble A ∩ {0, 1, · · · , n} contient S

n

(A) + 1 éléments. La somme des cardinaux

¹

de ces deux ensembles est donc S

n

(A) + S

n

(B) + 2 ≥ n + 2 . Comme ces deux ensembles sont dans {0, 1, · · · , n} qui contient n + 1 éléments et que la somme de leurs nombres d'élément est strictement plus grande, leur intersection est non vide. Il existe donc a ∈ A ∩ {0, 1, · · · , n} et b ∈ B ∩ {0, 1, · · · , n} tels que a = n −b ce qui entraîne n ∈ A + B . Ceci est valable pour n'inporte quel entier n .

4. a. Supposons σ(A) + σ(B) ≥ 1 . Alors, pour tout entier n : 1 ≤ σ(A) + σ(B) ≤ S

n

(A)

n + S

n

(B)

n ⇒ S

n

(A) + S

n

(B) ≥ n

La question précédente montre alors que n ∈ A + B . Comme ceci est valable pour tous les n , on a bien N = A + B .

1le cardinal d'un ensemble ni est le nombre d'éléments qu'il contient.

(4)

b. Il sut d'appliquer la question précédente avec B = A .

On peut remarquer que l'hypothèse 0 ∈ A permet d'utiliser la question 3. Elle est indispensable à ce résultat car, si A est l'ensemble des impairs, sa densité est

¹₂

mais un nombre impair n'est certainement pas la somme de deux impairs.

Problème 3

1. Voir les gures ?? et ??.

θ

2

− θ θ

2

− θ

1

z

1

z

θ − θ

1

Fig. 1: Conguration 1 2. a. On étudie les variations de f et g dans ]0, +∞[ .

On calcule d'abord la dérivée de f en l'exprimant comme une somme : f (x) = x

2r

1

+ r

₁²

− r

₂²

2r

1

1 x = x

2r

1

+ r

₁

cos

²

Φ 2x On en déduit

f

⁰

(x) = (x − r

₁

cos Φ)(x + r

₁

cos Φ) 2r

1

x

²

z

1

z

θ

₁

− θ

θ

₂

− θ

₁

θ

2

− θ

1

Fig. 2: Conguration 2

Pour étudier g il est inutile de calculer sa dérivée. L'expression

g(x) = x 2r

2

− r

²₁

− r

²₂

2r

2

1 x

sut à montrer que la fonction est croissante car r

₁²

− r

₂²

> 0 . On en déduit les

(5)

tableaux suivants :

0 r

1

cos Φ +∞

+∞ +∞

f & %

cos Φ

0 +∞

+∞

g %

−∞

b. Étudions l'équation f (x) = 1 . Le tableau des variations et le théorème de la valeur intermédiaire montrent clairement que cette équation admet deux solutions. Cette équation revient à

(x − r

₁

)

²

= r

²₂

Les deux solutions sont donc r

1

− r

2

et r

1

+ r

2

. On en déduit que {x tq f (x) ∈ [−1, +1]} = [r

₁

− r

₂

, r

₁

+ r

₂

] {f (x) tq f (x) ∈ [−1, +1]} = [cos Φ, 1]

D'après le tableau des variations de g , pour déterminer les x tels que −1 ≤ g(x) ≤ 1 , nous devons étudier les équations g(x) = −1 et g(x) = 1 . Elles ont chacune une seule solution : r

1

− r

2

et r

1

+ r

2

respectivement. On en déduit :

{x tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [r

₁

− r

₂

, r

₁

+ r

₂

] {g(x) tq g(x) ∈ [−1, +1]} = [−1, 1]

c. Pour factoriser f (x) − g(x) , il est plus commode d'utiliser r

1

et r

2

que Φ . On obtient

f (x) − g(x) = 1

2r

₁

r

₂

x (r

1

− r

2

)(r

1

+ r

2

− x)(r

1

+ r

2

+ x) On en déduit le tableau de signes

0 r

₁

+ r

₂

+∞

f (x) − g(x) + 0 −

3. a. Il s'agit simplement d'utiliser l'inégalité triangulaire De z = z

1

+ z

2

, on déduit

|z| ≤ |z

1

| + |z

2

| = r

1

+ r

2

. De z

1

= z − z

2

, on déduit |z

1

| ≤ |z| + |z

2

| = |z| + r

2

puis |z| ≥ r

₁

− r

₂

.

b. Considérons le carré du module de z − z

1

= z

2

.

|z − z

1

|

²

=

|z|e

^iθ

− r

1

e

^iθ¹

2

= |z|

²

− 2|z|r

1

cos(θ − θ

1

) + r

₁²

= |z

2

|

²

= r

²₂

puis cos(θ − θ

₁

) = f (|z|) .

On obtient de même cos(θ − θ

₂

) = g(|z|) en considérant z − z

₂

= z

₁

4. a. Supposons que θ

1

et θ

2

vérient les conditions de l'énoncé. Alors, d'après 3.b. et les conditions sur l'intervalle [0, π] ,

( θ − θ

₁

= arccos(f (|z|) θ

2

− θ = arccos(g(|z|) ⇒

( θ

₁

= θ − arccos(f (|z|) θ

2

= θ + arccos(g(|z|) Ces formules assurent l'unicité.

En ce qui concerne l'existence : remarquons d'abord que si z = |z|e

^iθ

et z

1

= r

1

e

^iθ¹

alors :

|z − z

1

|

²

= |z|

²

− 2|z|r

1

cos(θ − θ

1

) + r

²₁

Par conséquent, si on pose θ

₁

= θ−arccos(f (|z|) ce qui est possible d'après l'étude de f pour r

₁

− r

₂

≤ |z| ≤ r

₁

+ r

₂

on aura

|z − z

1

|

²

= r

²₂

On peut remarquer que θ − θ

1

= arccos(f (|z|) ≤ Φ car la valeur minimale que prend f est cos Φ ,

Une fois θ

₁

déni, on est certain de l'existence d'un θ

₂

. Il sut de prendre un argument de z − z

₁

.

Parmi tous les arguments de z − z

₁

possibles pourquoi en existe-t-il un (noté θ

₂

) tel que θ

₂

− θ ∈ [0, π] ?

Divisons la relation z = z

₁

+ z

₂

par e

^iθ

puis prenons la partie imaginaire, il vient : r

1

sin(θ

1

− θ) + r

2

sin(θ

2

− θ) = 0

donc r

1

sin(θ

2

− θ) = −r

1

sin(θ

1

− θ) or θ

1

− θ ∈ [−Φ, 0] donc sin(θ

1

− θ) < 0 et sin(θ

₂

− θ) > 0 . On peut donc bien choisir un argument θ

₂

tel que θ

₂

− θ ∈ [0, π] . On a vu que cos(θ

₂

− θ) = g(|z|) comme de plus θ

₂

− θ ∈ [0, π] on a θ

₂

− θ = arccos g(|z|) . Finalement :

θ

1

= θ − arccos f (|z|), θ

2

= θ + arccos g(|z|) b. Un tel choix conduit à une conguration 1.

c. D'après 2.c., pour r

1

− r

2

≤ |z| ≤ r

1

+ r

2

, f (|z|) ≥ g(|z|) donc θ − θ

1

≤ θ

2

− θ car la fonction arccos est décroissante et

2θ ≤ θ

₁

+ θ

₂

.