Pour tout entier naturel n , on dénit le polynôme Q

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MPSI B 11 février 2020

Énoncé

Pour tout entier naturel n , on dénit le polynôme Q

n

à coecient complexes par

¹

: Q

n

= 1

2i (X + i)

ⁿ⁺¹

− (X − i)

ⁿ⁺¹

.

1. a. Déterminer le degré de Q

n

et son coecient dominant.

b. Quel est le polynôme obtenu en substituant −X à X dans Q

n

? Que peut-on en déduire pour l'ensemble des racines de Q

n

?

2. Soit r ∈ N

^∗

et p ∈ J 0, r K. Préciser le coecient de X

^2r−2p

dans Q

2r

puis un polynôme S

r

∈ R [X] permettant d'écrire

Q

_2r

= c S

_r

(X

²

).

Le chapeau traduit la substitution de X par X

²

dans S

r

.

3. En utilisant l'ensemble U

n+1

des racines n + 1 -ièmes de l'unité, déterminer les racines de Q

_n

dans C. En déduire la décomposition de Q

_n

en facteurs irréductibles de R [X ] . 4. Soit r ∈ N

^∗

. Prouver les égalités suivantes :

r

X

k=1

cotan kπ 2r + 1

²

= r(2r − 1)

3 ,

r

X

k=1

1 sin

_2r+1^kπ

2

= 2r(r + 1)

3 .

5. Établir les inégalités

∀x ∈ i 0, π

2 h : (cotan x)

²

≤ 1

x

²

≤ 1 (sin x)

²

.

6. Soit r ∈ N

^∗

. Déduire de la question précédente un encadrement de

r

X

k=1

1

kπ 2r+1

²

.

7. Pour tout entier naturel non nul n , on pose S

n

= P

n k=1

1

k²

. Montrer la convergence de (S

n

)

n∈N^∗

et préciser sa limite.

1pour les origines de cette idée, voir le chapitre de Raisonnements divins de M. Aigner et G.M. Ziegler (Springer)

Corrigé

1. a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre que Q

n

est de degré n et de coecient dominant n + 1 .

b. En substituant −X à X dans Q

_n

on obtient (−1)

ⁿ

Q

_n

. On en déduit que Q

_n

est de même parité que n et que l'ensemble des racines de Q

_n

est symétrique (si z est racine alors −z l'est aussi).

2. Écrivons cette fois la formule complète : Q

2r

= 1

2i

2r+1

X

k=0

2r + 1 k

1 − (−1)

^k

.(i)

^k

X

^2r+1−k

De plus 1 − (−1)

^k

est nul si k est pair, il vaut 2 si k est impair. Les entiers impairs k entre 1 et 2r + 1 sont de la forme 2p + 1 avec p ∈ J 0, r K. Alors i

^k

= (−1)

^p

i d'où

Q

_2r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^2(r−p)

.

On retrouve bien le fait que Q

_2r

est pair. Il est clair que S

r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^r−p

.

3. Les racines de Q

n

sont les complexes z tels que (z + i)

ⁿ⁺¹

= (z − i)

ⁿ⁺¹

.

Comme i n'est pas solution de cette équation, celle ci est équivalente à z + i

z − i

ⁿ⁺¹

= 1 ⇔ z + i

z − i ∈ U

n+1

\ {1} .

Il convient d'enlever 1 car

^z+i_z−i

6= 1 pour tout z ∈ C. On en déduit que z est une racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z + i

z − i = e

^2ikπⁿ⁺¹

. Il faut exclure k = 0 car

^z+i_z−i

est toujours diérent de 1.

En transformant la relation (homographique) précédente, on obtient que z est racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z = −i 1 + e

^2ikπⁿ⁺¹

1 − e

^2ikπⁿ⁺¹

= −i 2 cos

_n+1^kπ

−2i sin

_n+1^kπ

= cotan kπ n + 1 .

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/

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Rémy Nicolai Api2sur6

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Ces racines sont distinctes car l'application

²

z →

^z+i_z−i

est bijective de C − {i} dans C − {1} . Avec le coecient dominant, l'expression des racines conduit à la factorisation

Q

_n

= (n + 1)

n

Y

k=1

X − cotan kπ n + 1

.

4. Lorsque k ∈ J 1, r K, l'entier 2r + 1 − k décrit K r + 1, 2r K avec cotan (2r + 1 − k)π

2r + 1 = cotan(π − kπ

2r + 1 ) = − cotan kπ 2r + 1 .

Pour tout k ∈ J 1, r K, on regroupe les racines opposées associées à k et à 2r + 1 − k . On obtient

Q

2r

= (2r + 1)

r

Y

k=1

X

²

− cotan

²

kπ 2r + 1

.

En développant, il apparait que le coecient du terme de degré 2r − 2 de Q

2r

est

−(2r + 1)

r

X

k=1

cotan

²

kπ 2r + 1 .

D'autre part, l'expression de S

r

, ce coecient est aussi

− 2r + 1

3 = − (2r + 1)(2r)(2r − 1)

6 .

On en déduit

_r

X

k=1

cotan

²

kπ

2r + 1 = r(2r − 1)

3 .

En remplaçant cotan

²

par

_sin¹2

− 1 dans la formule précédente, il vient

r

X

k=1

1 sin

²_2r+1^kπ

= r + r(2r − 1)

3 = 2r(r + 1)

3 .

5. Dans

0,

^π₂

, sin et cotan sont strictement positifs. Les inégalités demandées se dé- duisent donc de sin x < x < tan x . Celles ci se démontrent très rapidement en formant les tableaux de variation de x − sin x et de tan x − x .

2une telle application est dite homographiqe

6. Écrivons les inégalités de la question précédente avec x =

_2r+1^kπ

∈ 0,

^π₂

pour tous les k ∈ J 1, r J et additionnons les en tenant compte de 4. Il vient

r(2r − 1)

3 ≤

r

X

k=1

1

kπ 2r+1

2

≤ 2r(r + 1)

3 .

7. L'encadrement précédent s'écrit encore

π 2r + 1

²

r(2r − 1)

3 ≤

r

X

k=1

1 k

²

≤

π 2r + 1

²

2r(r + 1) 3

π

²

3 r(2r − 1) (2r + 1)

²

≤

r

X

k=1

1 k

²

≤ 2π

²

3 r(r + 1) (2r + 1)

²

.

Quand r → +∞ , les suites à droite et à gauche convergent vers

^π₆²

. On en déduit (

r

X

k=1

1 k

²

)

r∈N

→ π

²

6 .

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