Probl` eme 2 : Approximations du nombre d’or

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚1

Probl` eme 1 : Valeurs exactes de cosinus et sinus, ´ equations trigonom´ etriques

Partie A

1. Soient les nombres complexesz1=

√6−i√ 2

2 etz2= 1−i. Mettre sous forme trigonom´etrique les nombres complexes z1,z2 etZ =z1

z2

. 2. En d´eduire que cosπ

12 =

√6 +√ 2

4 et sinπ 12

=

√6−√ 2

4 .

3. On consid`ere l’´equation d’inconnue r´eellex (E) : (√

6 +√

2) cos(x) + (√ 6−√

2) sin(x) = 2.

(a) R´esoudre l’´equation (E) dansR.

(b) Placer les points images des solutions de (E) sur le cercle trigonom´etrique.

Correction

1. Le module de z1 est vu ut

√6 2

!2

+ −

√2 2

!2

= √

2. Son argument θ1 ∈]−π;π] est l’unique solution

du syst`eme











cos(θ1) =

√6 2√

2 =

√3 2 sin(θ1) =−

√2 2√

2 =−1 2

. On a donc θ1 =−π

6. La forme trigonom´etrique de z1 est donc z1=√

2e^−iπ6 . Le module de z2 est

q

1²+ (−1)² = √

2. Son argumentθ2 ∈]−π;π] est l’unique solution du syst`eme











cos(θ2) = 1

√2 =

√2 2 sin(θ2) =− 1

√2 =−

√2 2

.On a doncθ2=−π

4. La forme trigonom´etrique dez2est donc z2=√ 2e^−iπ4 .

D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a Z = z1

z2

=

√2e^−iπ6

√2e^−iπ4 =e^i(π4−π6) =e^i12π. La forme trigonom´etrique de Z est donc Z =e^i12π .

2. D’apr`es 1.,Z=e^i12π = cosπ 12

+isinπ 12

. On a donc Re(Z) = cosπ 12

et Im(z) = sinπ 12

.

On va maintenant calculer la forme alg´ebrique deZ= z1

z2

=

√6−i√ 2 2

1−i pour obtenir une autre expression des parties r´eelle et imaginaire de Z.

Z =1 2

√6−i√ 2 1−i = 1

2 (√

6−i√

2)×(1 +i) (1−i)(1 +i) =1

2

√6 +√ 2 +i(√

6−√ 2)

2 =

√6 +√ 2

4 +i

√6−√ 2 4 Ainsi Re(Z) =

√6 +√ 2

4 et Im(z) =

√6−√ 2

4 .

En identifiant les diff´erentes expressions trouv´ees pour les parties r´eelle et imaginaire de Z, on obtient : cosπ

12

=

√6 +√ 2

4 et sinπ 12

=

√6−√ 2

4 .

3. (a) On r´esout l’´equation (E) en suivant la m´ethode vue en classe. On introduit le nombre complexe Z^′=√

6 +√ 2 +i(√

6−√

2). On remarque que Z^′ = 4Z = 4e^i12π, d’apr`es les calculs effectu´es en 1.

et 2..

(E) ⇐⇒

√6 +√ 2

4 cos(x) +

√6−√ 2

4 sin(x) = 1

2 (division par 4 des deux membres)

⇐⇒ cosπ 12

cos(x) + sinπ 12

sin(x) = 1 2

⇐⇒ cos x− π

12

= cosπ 3

(formule de trigonom´etrie)

⇐⇒











x− π 12 =π

3 + 2kπo`uk∈Z ou

x− π 12 =−π

3 + 2kπo`uk∈Z

(r´esolution de cos(x) = cos(a))

L’ensemble solution de (E) est donc 5π

12 + 2kπ|k∈Z

∪ n

−π

4 + 2kπ|k∈Zo .

(b) Figure :^≪Images des solutions de (E) sur le cercle trigonom´etrique^≫

×

×

Partie B

1. Rappeler les formules d’Euler.

2. (a) Soitθ∈R. Lin´eariser cos²(θ).

(b) Montrer que cosπ 8

= r1

2+

√2

4 et sinπ 8

= r1

2 −

√2 4 . (c) Montrer que cosπ

16

= s

1 2+1

2 r1

2 +

√2 4 .

3. Question ouverte : Comment peut-on calculer^≪de proche en proche^≫ les valeurs de cosπ 2ⁿ

pour tout n∈N^∗?

Correction

1. Formules d’Euler : cos(θ) = e^iθ+e^−iθ

2 et sin(θ) = e^iθ−e^−iθ

2i pour toutθ∈R. 2. (a) Soitθ∈R. cos²(θ) =

e^iθ+e^−iθ 2

²

= 1

2²((e^iθ)²+ 2e^iθe^−iθ+ (e^−iθ)²) = 1

4(e^i2θ+ 2 +e^−i2θ).D’apr`es la premi`ere formule d’Euler, on ae^i2θ+e^−i2θ= 2 cos(2θ). On a donc cos²(θ) = 1

2cos(2θ) +1 2 .

(b) On applique la formule pr´ec´edente avecθ=π

8 (on a alors 2θ= π

4) pour obtenir cos²π

8 = 1

2cosπ 4

+1 2 =

√2 4 +1

2. On en d´eduit que cosπ

8 = ±

r1 2 +

√2

4 . Mais −π 2 ≤ π

8 ≤ π

2, donc cosπ 8

≥ 0. Ainsi a-t-on

cosπ 8

= r1

2 +

√2 4 . On a cos²π

8

+sin²π 8

= 1. On a donc sin²π 8

= 1−cos²π 8

= 1−

√2 4 +1

2

!

=1 2−

√2 4 .On en d´eduit que sinπ

8

=± r1

2 −

√2

4 . Or 0≤π

8 ≤π, donc sinπ 8

≥0. D’o`u sinπ 8

= r1

2−

√2 4 . (c) On applique la formule obtenue en 2.(a) avecθ= π

16 (on a alors 2θ= π

8) pour obtenir cos²π

16 =1

2cosπ 8

+1 2 =1

2 s

1 2 +

√2 4 +1

2 (cf. 2.(b)).

On en d´eduit que cosπ 16

=± s

1 2 +1

2 r1

2 +

√2

4 . Or −π 2 ≤ π

16 ≤ π

2, donc cosπ 16

≥ 0. Ainsi

a-t-on cosπ 16

= s

1 2+1

2 r1

2 +

√2 4 . 3. Si la valeur de cosπ

2ⁿ

est connue pour un certain entier n ≥ 1 (c’est par exemple le cas pour n =

1,2,3,4), alors on peut calculer la valeur de cos π 2ⁿ⁺¹

grˆace `a la formule cos π 2ⁿ⁺¹

= r1

2+1 2cosπ

2ⁿ . Pour justifier cette formule on suit la mˆeme m´ethode que celle expos´ee en 2.(c). Par exemple, en appliquant la formule pr´ec´edente et en utilisant le r´esultat 2.(c) on obtient cosπ

32 =

vu ut1

2 +1 2

s 1 2 +1

2 r1

2+

√2 4 .

Probl` eme 2 : Approximations du nombre d’or

La calculatrice ´etant interdite, on fournit l’encadrement suivant : 2,2<√

5<2,3.

Partie A

1. On donne la fonction f d´efinie sur R^∗ parf(x) = 1 + 1

x. Montrer que l’´equation f(x) = x d’inconnue x ∈ R^∗ admet deux solutions que l’on pr´ecisera : α et β de signes contraires. On notera α la solution positive (αest appel´e nombre d’or).

2. SoitI l’intervalle 3

2; 2

. D´emontrer que pour toutx∈I,f(x)∈I.

3. (a) Justifier succinctement que f est d´erivable surR^∗. (b) Calculerf^′(x) pour toutx∈R^∗.

(c) Montrer que pour toutx∈I,|f^′(x)| ≤ 4 9. Correction

1. Soitx∈R^∗.

f(x) =x ⇐⇒ 1 + 1 x =x

⇐⇒ x+ 1 =x² (multiplication des deux membres parx6= 0)

⇐⇒ x²−x−1 = 0

On est ainsi ramen´e `a d´eterminer les racines du trinˆome du second degr´ex²−x−1, ce que l’on sait faire.

On trouve deux solutions `a l’´equationf(x) =x: α=1 +√ 5

2 >0 etβ= 1−√ 5

2 <0 . Pour v´erifier que β est n´egatif, on peut utiliser l’encadrement 2,2<√

5<2,3 donn´e dans l’´enonc´e.

N.B. : On a, par d´efinition deαetβ, f(α) =αet f(β) =β.

2.

x∈ 3

2; 2

=⇒ 3

2 ≤x≤2

=⇒ 1 2 ≤ 1

x ≤2

3 (car la fonctionx7→ 1

x est d´ecroissante sur ]0; +∞[)

=⇒ 1 +1

2 ≤1 + 1

x≤1 + 2

3 (ajout de 1 `a chaque membre)

=⇒ 3

2 ≤f(x)<2 (car 1 +2 3 =5

3 <2) On a ainsi d´emontr´e que si x∈I, alorsf(x)∈I.

3. (a) Les fonctionsx7→1 etx7→ 1

x sont toutes deux d´erivables surR^∗. La fonction f est donc d´erivable surR^∗ (une somme de deux fonctions d´erivables est d´erivable).

(b) Soitx∈R^∗. Alors f^′(x) =− 1 x² . (c)

x∈ 3

2; 2

=⇒ 3

2 ≤x≤2

=⇒ 1 2 ≤ 1

x ≤2

3 (car la fonction x7→ 1

x est d´ecroissante sur ]0; +∞[)

=⇒ 1

2 2

≤ 1

x 2

≤ 2

3 2

(car la fonctionx7→x² est croissante sur [0; +∞[)

=⇒ −4 9 ≤ − 1

x² ≤ −1

4 (multiplication par−1<0 de chaque membre)

=⇒ |f^′(x)| ≤ 4 9

On a ainsi d´emontr´e que si x∈I, alors|f^′(x)| ≤ 4 9 .

Partie B

Soit (un)n∈N la suite d´efinie paru0= 3

2 et un+1=f(un) pour toutn∈N. D’apr`es la question 2. de la partie A, la suite (un) est bien d´efinie et on a pour toutn∈N,un∈I.

1. (a) V´erifier que α∈Iet que un+1−α=f(un)−f(α) pour tout n∈N.

(b) En appliquant le th´eor`eme des accroissements finis, que l’on citera avec pr´ecision, d´emontrer, par r´ecurrence, que pour toutn∈N,|un−α| ≤

4 9

n

|u0−α|. 2. En d´eduire que la suite (un) est convergente et pr´eciser sa limite.

Correction

1. (a) Pour d´emontrer queα= 1 +√ 5

2 ∈I, on part de l’encadrement 2,2<√

5<2,3 (cf. ´enonc´e).

2,2<√

5<2,3 =⇒ 3,2<1 +√

5<3,3 (ajout de 1 `a chaque membre)

=⇒ 1,6< 1 +√ 5

2 <1,65 (division de chaque membre par 2>0)

On a donc v´erifi´e que 3

2 < α= 1 +√ 5 2 <2 .

Soitn∈N. Par d´efinition un+1=f(un). De plus, commeαest solution de l’´equationf(x) =x, on a f(α) =α. On en d´eduit que un+1−α=f(un)−f(α) .

(b) Th´eor`eme des accroissements finis : Soit gune fonction d´efinie et continue sur [a;b], d´erivable sur ]a;b[. Alors il existe un r´eelc∈]a;b[ tel que g(b)−g(a) =g^′(c)(b−a).

Pour chaquen∈N, on d´efinit la propri´et´ePⁿ par Pⁿ : |un−α| ≤

4 9

n

|u0−α|.

On va d´emontrer quePⁿ est vraie pour toutn∈N, par r´ecurrence.

• Initialisation : Comme 4

9 0

= 1, on a bien|u0−α| ≤ 4

9 0

|u0−α|.AinsiP0 est vraie.

• H´er´edit´e : Supposons la propri´et´ePⁿ vraie pour un entiernfix´e. On a donc

|un−α| ≤ 4

9 n

|u0−α| (1)

D´emontrons alors, sous cette hypoth`ese, que Pⁿ⁺¹ est ´egalement vraie.

On commence par appliquer le th´eor`eme des accroissements finis `a f sur l’intervalle [un;α] ou [α;un], suivant queun< α ouα < un (un ne peut pas ˆetre ´egal `a α, car un∈Qet α /∈Q). Dans les deux cas, il existe un r´eel c compris entreun et α tel que f(un)−f(α) = f^′(c)(un −α). Or f(un)−f(α) =un+1−α(cf. 1.(a)). On a donc

|un+1−α|=|f^′(c)||un−α|. (2) Remarquons maintenant que comme c est compris entre un ∈I et α∈I (cf. 1.(a)), on a c ∈I.

Ainsi

|f^′(c)| ≤ 4

9 (cf. Partie A 3.(c)). (3)

De (1), (2) et (3), on d´eduit |un+1−α| ≤ 4 9 ×

4 9

n

|u0−α|= 4

9 n+1

|u0−α|. D’o`uPⁿ⁺¹.

• Conclusion : D’apr`es ce qui pr´ec`ede et l’axiome de r´ecurrence, la propri´et´ePⁿ est donc vraie pour tout n∈N. C’est-`a-dire : pour toutn∈N, |un−α| ≤

4 9

n

|u0−α|. 2. Soitn∈N.

|un−α| ≤ 4

9 ⁿ

|u0−α| =⇒ − 4

9 ⁿ

|u0−α| ≤un−α≤ 4

9 ⁿ

|u0−α|

=⇒ α− 4

9 n

|u0−α| ≤un ≤α+ 4

9 n

|u0−α| (ajout deα`a chaque membre)

D’apr`es le cours sur les suites g´eom´etriques, lim

n→+∞

4 9

n

= 0, car −1 < 4

9 < 1. On en d´eduit que

n→+∞lim 4

9 n

|u0−α|= 0, car|u0−α|est une constante (ne d´epend pas den). En appliquant le th´eor`eme

≪des gendarmes^≫, on a : la suite (un) est convergente et sa limite estα.

Partie C

Soit (vn)n∈N la suite d´efinie parvn= un−α

un−β pour toutn∈N.

1. Justifier bri`evement que la suite (vn) est bien d´efinie.

2. Montrer que la suite (vn) est g´eom´etrique. Pr´eciser sa raisonqet montrer que−1< q <1.

3. D´eduire de la question pr´ec´edente que la suite (un) converge et donner sa limite. V´erifier la coh´erence de votre r´esultat avec celui obtenu `a la question 2. de la partie B.

Correction

1. Soitn∈N. Comme un ∈ 3

2; 2

,un>0. D’autre part β <0. Doncun 6=β et un−β 6= 0. La suite (vn) est donc bien d´efinie.

2. Soitn∈N.

vn+1 = un+1−α un+1−β

= f(un)−f(α)

f(un)−f(β) (un+1=f(un), α=f(α), β=f(β))

=

1 + 1 un −

1 + 1

α

1 + 1 un −

1 + 1

β =

1 un − 1

α 1 un −1

β

=

α−un

unα β−un

unβ

= α−un

unα × unβ β−un

= β

α×α−un

β−un

= β

α×un−α un−β

= β

αvn

La suite (vn) est donc g´eom´etrique, de raison β α. β

α = 1−√

5 2 1 +√

5 2

=1−√ 5 1 +√

5 =(1−√

5)(1−√ 5) (1 +√

5)(1−√

5) =−6−2√ 5

4 =−3

2+

√5

2 .Pour d´emontrer que−1< β α<1, on utilise une nouvelle fois l’encadrement 2,2<√

5<2,3 (cf. ´enonc´e).

2,2<√

5<2,3 =⇒ 1,1<

√5

2 <1,15 (division de chaque membre par 2>0)

=⇒ −0,4<−3 2+

√5

2 <−0,35 (ajout de−1,5 `a chaque membre) Ainsi a-t-on −1< β

α <1 . 3. Soitn∈N.

vn= un−α

un−β =⇒ un−α=vn(un−β)

=⇒ |un−α|=|vn||un−β|

=⇒ |un−α| ≤ |vn|(|un|+|β|) (in´egalit´e triangulaire :|un−β| ≤ |un|+|β|)

=⇒ |un−α| ≤ |vn|(2 +|β|) (un∈ 3

2; 2

donc|un| ≤2)

=⇒ α− |vn|(2 +|β|)≤un ≤α+|vn|(2 +|β|)

Pour obtenir la derni`ere in´egalit´e, on a proc´ed´e comme dans la correction du 2. de la partie B. (Il s’agit d’une transformation standard qui est `a connaˆıtre.)

D’apr`es le cours sur les suites g´eom´etriques, comme la raison de la suite (vn) est strictement comprise entre

−1 et 1 (cf. 2.), on a lim

n→+∞vn= 0. On en d´eduit que lim

n→+∞|vn|= 0 et donc que lim

n→+∞|vn|(2 +|β|) = 0, car 2 +|β|est une constante (ne d´epend pas den). En appliquant le th´eor`eme^≪des gendarmes^≫, on a : la suite (un) est convergente et sa limite estα, ce qui est bien en accord avec le r´esultat 2. de la partie B.

Probl` eme 3 : Comportement asymptotique de la suite Z

0

(sin θ )

dθ

n∈N

Partie A

On consid`ere les suites (uk)k∈N^∗ et (vk)k∈N^∗ d´efinies par uk= 1

k et vk=

Z k+1 k

1 xdx pour toutk∈N^∗.

1. (a) Apr`es une ´etude succincte de la fonction f d´efinie sur [1; +∞[ par f(x) = 1

x, tracer la courbe repr´esentativeC^f de cette fonction dans le plan muni d’un rep`ere orthonorm´e (0;−→i ,−→j).

(b) Montrer que pour toutk∈N^∗, pour toutx∈[k;k+ 1], 1 k+ 1 ≤ 1

x ≤ 1 k. (c) En d´eduire que pour toutk∈N^∗,uk+1≤vk≤uk.

2. (a) Calculerv1 et v2.

(b) Donner une interpr´etation g´eom´etrique dev1,v2, puis de l’in´egalit´eu2≤v1≤u1. (c) Donner une interpr´etation g´eom´etrique devk pour un entierk∈N^∗ quelconque.

(d) Calculervk pour toutk∈N^∗. 3. Pour toutn∈N^∗, on note :

Un=u1+u2+. . .+un= Xn

k=1

uk et Vn=v1+v2+. . .+vn= Xn

k=1

vk.

(a) D´eduire de la question 2.(d) queVn= ln(n+ 1) pour toutn∈N^∗. (b) Montrer queVn=

Z n+1 1

1

x dxet donner une interpr´etation g´eom´etrique deVn, pour toutn∈N^∗. (c) CalculerVngrˆace `a la question pr´ec´edente. V´erifier que le r´esultat trouv´e est le mˆeme qu’`a la question

3.(a).

(d) D´emontrer que pour toutn∈N^∗, Xn

k=1

vk ≤ Xn

k=1

uk, c’est-`a-dire queVn≤Un.

(e) En d´eduire que lim

n→+∞ Un= +∞, c’est-`a-dire que lim

n→+∞

Xn

k=1

1

k = +∞. Correction

1. (a) La fonction f est la restriction de la fonction inverse `a l’intervalle [1; +∞[ ⊂ ]0; +∞[ et est par cons´equent strictement d´ecroissante sur [1; +∞[. De plus, on a lim

x→+∞f(x) = 0.C^f admet donc une asymptote horizontale d’´equationy= 0 en +∞.

C^f

(b) Soitk∈N^∗ et soitx∈[k;k+ 1]. Alors k≤x≤k+ 1.

Comme la fonction inverse est strictement d´ecroissante sur ]0; +∞[, on a alors 1 k+ 1 ≤ 1

x≤ 1 k. On a ainsi montr´e que pour toutk∈N^∗, pour toutx∈[k;k+ 1], 1

k+ 1 ≤ 1 x≤ 1

k.

(c) Soitk∈N^∗. En^≪int´egrant l’in´egalit´e pr´ec´edente sur l’intervalle [k;k+ 1]^≫, on a : Z k+1

k

1

k+ 1 dx≤ Z k+1

k

1 xdx≤

Z k+1 k

1

k dx. (4)

De plus

Z k+1 k

1

k+ 1 dx= 1 k+ 1

Z k+1 k

dx= 1

k+ 1 =uk+1, (5)

Z k+1 k

1

xdx=vk, (6)

Z k+1 k

1

k dx= 1 k

Z k+1 k

dx= 1

k =uk. (7)

De (4), (5), (6) et (7), on d´eduit que pour toutk∈N^∗,uk+1≤vk≤uk. 2. (a) v1 =

Z 2 1

1

x dx = ln(2)−ln(1) = ln(2). D’o`u v1= ln(2). v2 = Z 3

2

1

x dx = ln(3)−ln(2). D’o`u v2= ln(3)−ln(2) = ln

3 2

. (b) Comme 1

x >0 six∈[1; 2],v1 = Z 2

1

1

x dxest l’aire du domaine du plan d´elimit´e par C^f, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx= 1 etx= 2. De mˆeme,v2=

Z 3 2

1

xdx est l’aire du domaine du plan d´elimit´e parC^f, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx= 2 etx= 3.

L’in´egalit´eu2≤v1≤u1 admet l’interpr´etation g´eom´etrique suivante (cf. figure pr´ec´edente).

Aire du rectangle

dont les sommets

ont pour coordonn´ees (1,0),(2,0),

2,1

2

,

1,1 2

≤

Aire du domaine du plan d´elimit´e parC^f, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx= 1,x= 2.

≤

Aire du rectangle

dont les sommets

ont pour coordonn´ees (1,0),(2,0),(2,1),(1,1) (c) Soitk∈N^∗. Comme 1

x>0 si x∈[k;k+ 1],vk= Z k+1

k

1

xdx est l’aire du domaine du plan d´elimit´e parC^f, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx=ketx=k+ 1.

(d) Soitk∈N^∗.vk = Z k+1

k

1

x dx= ln(k+1)−ln(k). On a donc pour toutk∈N^∗,vk = ln(k+ 1)−ln(k).

3. (a) Soitn∈N^∗. Vn= ln(2)

| {z }

v1

+ ln(3)−ln(2)

| {z }

v2

+ ln(4)−ln(3)

| {z }

v3

+ ln(5)−ln(4)

| {z }

v4

+· · ·+ ln(n)−ln(n−1)

| {z }

vn−1

+ ln(n+ 1)−ln(n)

| {z }

vn

.

Les termes^≪se t´elescopent^≫ et il ne reste que ln(n+1). On a donc pour tout n∈N^∗,Vn = ln(n+ 1).

(b) Soitn∈N^∗.

Vn = Z 2

1

1 xdx

| {z }

v1

+ Z 3

2

1 xdx

| {z }

v2

+ Z 4

3

1 xdx

| {z }

v3

+· · ·+ Z n+1

n

1 xdx

| {z }

vn

=

Z n+1 1

1

x dx (relation de Chasles) On a donc Vn =

Z n+1 1

1

x dx pour toutn∈N^∗. D’autre part, 1

x ´etant positif si x ∈ [1;n+ 1], Vn =

Z n+1 1

1

x dx est l’aire du domaine du plan d´elimit´e par C^f, l’axe des abscisses et les droites d’´equationsx= 1 etx=n+ 1.

C^f

(c) Soitn∈N^∗. Vn = Z n+1

1

1

x dx= ln(n+ 1)−ln(1). On a donc pour tout n∈N,Vn = ln(n+ 1) , ce qui est bien en accord avec le r´esultat de 3.(a).

(d) Soitn∈N^∗. D’apr`es 1.(c), on a les in´egalit´es suivantes.

v1≤u1

v2≤u2

v3≤u3

... vn−1≤un−1

vn≤un

≪En sommant toutes ces in´egalit´es^≫, on obtient

v1+v2+v3+. . .+vn−1+vn≤u1+u2+u3+. . .+un−1+un, c’est-`a-dire pour toutn∈N^∗, Vn =

Xn

k=1

vk≤ Xn

k=1

uk=Un .

(e) De 3.(a) et 3.(d), on d´eduit ln(n+ 1)≤Un pour tout n∈N^∗. Or lim

n→+∞ ln(n+ 1) = +∞. D’apr`es le th´eor`eme^≪des gendarmes ^≫, on a donc lim

n→+∞ Un= +∞, c’est-`a-dire que lim

n→+∞

Xn

k=1

1

k = +∞.

Partie B

On pose pour toutn∈N,In= 1 π

Z π 0

(sinθ)²ⁿdθet Jn= 1 π

Z π 0

(sinθ)²ⁿ(cosθ)²dθ.

1. CalculerI0 etI1.

2. (a) Montrer que pour toutn∈N^∗,In−1−In=Jn−1.

(b) Avec une int´egration par parties, montrer que pour toutn∈N^∗,Jn−1= 1 2n−1In.

On pourra utiliser le fait que (sinθ)²ⁿ⁻²(cosθ)²= (cos(θ)(sinθ)²ⁿ⁻²)×cosθ pour toutθ∈[0;π] et pour toutn∈N^∗.

(c) En d´eduire la relation de r´ecurrence (R) :In= 2n−1

2n In−1, pour toutn∈N^∗. 3. D´emontrer par r´ecurrence que pour toutn∈N^∗,In = (2n)!

4ⁿ(n!)². 4. On posewn= ln(In) pour toutn∈N.

(a) D´emontrer, `a partir de la relation de r´ecurrence (R), que pour tout entiern∈N^∗, wn=wn−1+ ln

1− 1

2n

.

(b) En d´eduire, `a l’aide d’un raisonnement par r´ecurrence, quewn= Xn

k=1

ln

1− 1 2k

pour toutn∈N^∗. 5. (a) ´Etudier la fonction gd´efinie parg(x) = ln(1 +x)−xsur ]−1,0].

(b) En d´eduire le signe deg sur ]−1,0].

(c) Montrer que pour tout entierk∈N^∗, ln

1− 1 2k

≤ −1 2k.

6. (a) D´eduire des questions 4.(b) et 5.(c) que pour tout n ∈ N^∗, wn ≤ −1

2 Un (cf. Partie A pour la d´efinition de Un).

(b) Donner alors la valeur de lim

n→+∞wn. (c) En d´eduire la valeur de lim

n→+∞In, puis celle de lim

n→+∞

Z π 0

(sinθ)²ⁿdθ.

Correction

1. I0= 1 π

Z π 0

(sinθ)⁰dθ= 1 π

Z π 0

dθ= 1. Donc I0= 1.

I1= 1 π

Z π 0

(sinθ)²dθ. D’apr`es les formules de trigonom´etrie (ou en lin´earisant (sinθ)<sup>2</sup>`a l’aide des formules d’Euler), on a (sinθ)²= 1

2−cos(2θ)

2 pour toutθ∈R. Notons qu’une primitive de la fonctionθ7→cos(2θ) est θ7→ sin(2θ)

2 . I1= 1

π Z π

0

(sinθ)²dθ= 1 π

Z π 0

1

2−cos(2θ) 2 dθ= 1

π θ

2−sin(2θ) 4

π

0

=1 2. D’o`u I1= 1

2.

2. (a) Pour toutθ∈R, on a (cosθ)²+ (sinθ)²= 1. D’o`u (cosθ)²= 1−(sinθ)². Soitn∈N^∗. Jn−1 = 1

π Z π

0

(sinθ)²⁽ⁿ⁻¹⁾(cosθ)²dθ

= 1

π Z π

0

(sinθ)²⁽ⁿ⁻¹⁾(1−(sinθ)²)dθ ((cosθ)²= 1−(sinθ)²)

= 1

π Z π

0

((sinθ)²⁽ⁿ⁻¹⁾−(sinθ)²ⁿ))dθ

= 1

π Z π

0

(sinθ)²⁽ⁿ⁻¹⁾dθ−1 π

Z π 0

(sinθ)²ⁿdθ

= In−1−In

On a donc pour toutn∈N^∗,In−1−In=Jn−1. (b) Soitn∈N^∗.

Jn−1 = 1 π

Z π 0

(sinθ)²ⁿ⁻²(cosθ)²dθ

= 1

π Z π

0

(cos(θ)(sinθ)²ⁿ⁻²)

| {z }

u^′(θ)

×cosθ

| {z }

v(θ)

dθ (cf. indication de l’´enonc´e)

On introduit les fonctions u: θ7→ 1

2n−1(sinθ)²ⁿ⁻¹ et v:θ 7→cosθ d´efinies et d´erivables sur [0;π].

On a u^′(θ) = cos(θ)(sinθ)²ⁿ⁻² et v^′(θ) = −sin(θ) pour tout θ ∈ [0;π]. En appliquant la formule d’int´egration par parties, on obtient :

Jn−1 = 1 π

Z π 0

(cos(θ)(sinθ)²ⁿ⁻²)

| {z }

u^′(θ)

×cosθ

| {z }

v(θ)

dθ

= 1

π 1

2n−1(sinθ)²ⁿ⁻¹×(cosθ) ^π

| {z 0}

=0

−1 π

Z π 0

1

2n−1(sinθ)²ⁿ⁻¹×(−sinθ)dθ

= 1

2n−1 1

π Z π

0

(sinθ)²ⁿdθ

= 1

2n−1In

Ainsi pour tout n∈N^∗,Jn−1= 1 2n−1In.

(c) Soitn∈ N^∗. De 2.(a) et 2.(b), on d´eduitIn−1−In=Jn−1= 1

2n−1In.D’o`uIn−1= 1

2n−1In+In. C’est-`a-direIn−1= 2n

2n−1In. Ainsi a-t-on (R) :In =2n−1

2n In−1, pour toutn∈N^∗. 3. Pour chaquen∈N^∗, on d´efinit la propri´et´ePⁿ : In= (2n)!

4ⁿ(n!)².On va d´emontrer quePⁿ est vraie pour tout n∈N^∗, par r´ecurrence.

• Initialisation : D’apr`es 1., I1= 1

2. Comme (2)!

4(1!)² = 1

2,P¹ est vraie.

• H´er´edit´e : Supposons la propri´et´ePⁿ vraie pour un entiernfix´e. On a donc In = (2n)!

4ⁿ(n!)². (8)

D’apr`es la relation de r´ecurrence (R), on a

In+1= 2(n+ 1)−1

2(n+ 1) In= 2n+ 1

2(n+ 1)In (9)

De (8) et (9), on d´eduit In+1= 2n+ 1

2(n+ 1)× (2n)!

4ⁿ(n!)² =2(n+ 1) 2(n+ 1)

| {z }

=1

× 2n+ 1

2(n+ 1)× (2n)!

4ⁿ(n!)² = (2n+ 2)(2n+ 1)

4(n+ 1)² × (2n)!

4ⁿ(n!)² = (2n+ 2)!

4ⁿ⁺¹((n+ 1)!)²

D’o`u In+1= (2(n+ 1))!

4ⁿ⁺¹((n+ 1)!)², c’est-`a-dire quePⁿ⁺¹ est vraie.

• Conclusion : D’apr`es ce qui pr´ec`ede et l’axiome de r´ecurrence, la propri´et´ePⁿ est donc vraie pour tout n∈N^∗. C’est-`a-dire : pour toutn∈N^∗,In= (2n)!

4ⁿ(n!)². 4. (a) Soit n∈ N^∗. D’apr`es (R) :In = 2n−1

2n In−1 =

1− 1 2n

In−1. En appliquant la fonction ln aux membres extrˆemes de cette identit´e, on obtient ln(In) = ln

1− 1

2n

+ ln(In−1), d’o`u

wn=wn−1+ ln

1− 1 2n

,

par d´efinition mˆeme de la suite (wn).

On a donc d´emontr´e que pour tout entiern∈N^∗,wn=wn−1+ ln

1− 1 2n

.

(b) Pour chaquen∈N^∗, on d´efinit la propri´et´ePⁿ : wn = Xn

k=1

ln

1− 1 2k

.On va d´emontrer quePⁿ est vraie pour toutn∈N^∗, par r´ecurrence.

• Initialisation : D’apr`es 1., I1 = 1

2 et donc w1 = ln(I1) = ln 1

2

. Or X1

k=1

ln

1− 1 2k

= ln

1−1

2

= ln 1

2

. On a donc v´erifi´e queP¹ est vraie.

• H´er´edit´e : Supposons la propri´et´ePⁿ vraie pour un entiernfix´e. On a donc wn=

Xn

k=1

ln

1− 1 2k

. (10)

D’apr`es 4.(a), on a

wn+1=wn+ ln

1− 1

2(n+ 1)

. (11)

De (10) et (11), on d´eduit wn+1=

Xn

k=1

ln

1− 1 2k

+ ln

1− 1

2(n+ 1)

=

n+1X

k=1

ln

1− 1 2k

.

AinsiPⁿ⁺¹est vraie.

• Conclusion : D’apr`es ce qui pr´ec`ede et l’axiome de r´ecurrence, la propri´et´ePⁿ est donc vraie pour tout n∈N^∗. C’est-`a-dire : pour toutn∈N^∗,wn=

Xn

k=1

ln

1− 1 2k

.

5. (a) La fonctiong est d´erivable sur ]−1,0], comme somme de deux fonctions (x7→ln(1 +x) etx7→ −x) d´erivables sur ]−1,0]. Sa d´eriv´ee est donn´ee parg^′(x) = 1

x+ 1 −1 = −x

x+ 1 pour toutx∈]−1,0].

Si x∈]−1,0], alors−x≥0 etx+ 1>0. On en d´eduit que g^′(x)≥0 pour toutx∈]−1; 0] et donc que g est croissante sur ]−1; 0].

(b) Commegest croissante sur ]−1; 0], pour toutx∈]−1; 0],g(x)≤g(0) = 0. La fonctiong est donc n´egative.

(c) Soitk∈ N^∗. Alors −1 <− 1

2k ≤0. Donc g

− 1 2k

= ln

1− 1 2k

+ 1

2k ≤0, d’apr`es 5.(b). On a donc ln

1− 1

2k

≤ − 1

2k. On a ainsi pour toutk∈N^∗, ln

1− 1 2k

≤ − 1 2k. 6. (a) D’apr`es 5.(c), on a les in´egalit´es suivantes.

ln

1− 1 2×1

≤ −1 2×1 =−1

2 ×1 ln

1− 1

2×2

≤ −1 2×2 =−1

2 ×1 2 ln

1− 1

2×3

≤ −1 2×3 =−1

2 ×1 3 ...

ln

1− 1 2n

≤ −1 2n =−1

2 ×1 n

≪En sommant toutes ces in´egalit´es^≫, on obtient Xn

k=1

ln

1− 1 2k

≤ −1 2 ×

1 +1

2 +1

3+. . .+1 n

=−1 2×

Xn

k=1

1 k

!

=−1 2×Un. Mais d’apr`es 4.(b),wn=

Xn

k=1

ln

1− 1 2k

. On a donc prouv´e que pour tout n∈N^∗,wn ≤ −1 2 Un. (b) D’apr`es le r´esultat 3.(e) de la partie A, on a lim

n→+∞ Un = +∞, donc lim

n→+∞ −1

2 Un =−∞. De la question pr´ec´edente et du th´eor`eme^≪des gendarmes ^≫, on d´eduit alors que lim

n→+∞ wn=−∞. (c) Soitn ∈ N^∗. Comme wn = ln(In), on a In = e^wn. Du r´esultat pr´ec´edent et de lim

x→−∞e^x = 0, on d´eduit que lim

n→+∞In= 0 et donc que lim

n→+∞

Z π 0

(sinθ)²ⁿdθ

| {z }

π×In

= 0.

Remarque : On a ´egalement obtenu le r´esultat lim

n→+∞

(2n)!

4ⁿ(n!)² = 0.