Devoir maison n ◦ 11 – éléments de correction

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 11 – éléments de correction

d’après E3A 2016 PSI maths 2

Préliminaires

1. On écrit que

u = e^iθ2

e^−iθ2 +e^iθ2

= 2 cos θ

2

e^iθ2. On distingue alors trois cas.

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

etarg(u) =^θ₂.

• Si θ=πalorsu= 0. Le module est nul et l’argument non défini.

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

et arg(u) =π+^θ₂. 2. 2.1. 2.1.1. Le calcul – à faire le jour J ! – donne

P1 = 3X²−1 et P2 = 5X⁴−10X²+ 1. 2.2.2. Il est immédiat que P1∈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 strictement négatif) : niP₁ niP₂ne sont irréductibles dansR[X] puisque l’un admet 1

√3 comme racine et l’autre est de degré4.

2.2. 2.2.1. Le polynôme Pn est différence de deux polynômes de degré 2n+ 1 et est donc dans C2n+1[X]. Le coefficient deX²ⁿ⁺¹ dansP_n est

1

2i(1−1) = 0 et doncP ∈C2n[X]. Le coefficient deX²ⁿ dansPn est

1

2i((2n+ 1)i−(2n+ 1)(−i)) = 2n+ 1 6= 0.

Ainsi Pn est de degré2net son coefficient dominant est2n+ 1. 2.2.2. Les racinesN-ièmes de l’unité sont les complexes

e^2ikπN pour k∈[[0, N−1]].

2.2.3. Sans détour : P_n(i) = (2i)²ⁿ⁺¹

2i = 2²ⁿ(−1)ⁿ .

2.2.4. Les racines de Pn sont à égale distance de i et −i, donc sur la médiatrice du segment [−i, i], i.e.

les racines deP_n sont sur l’axe des réels .

2.2.5. Le nombre complexeaest une racine dePnsi et seulement sia6=iet a+i

a−i 2n+1

= 0. Ceci équivaut à l’existence dek∈[[0,2n+ 1]]tel que

a+i

a−i = e^2n+12ikπ, soit

a

e^2n+12ikπ −1

= i

e^2n+12ikπ + 1 . Nous avons travaillé par équivalence, ainsi :

aest racine dePn si et seulement si il existek∈[[1,2n]]tel quea

e^2n+12ikπ −1

= i

e^2n+12ikπ + 1 . 2.2.6. Les racines deP_n sont donc les

ak = i(e^2n+12ikπ + 1) (e^2n+12ikπ −1)

= i 2 cos

kπ 2n+1

2isin

kπ 2n+1

= cotan kπ

2n+ 1

pour k∈[[1,2n]].

On trouve bien des racines toutes réelles : on retrouve bien la 2.2.4 . Remarque : cotan étant bijective de ]0, π[ dansR, et les 2kπ

2n+ 1 étant dans ]0, π[, les ak sont 2 à 2 distincts. Il y en a 2n etPn est de degré 2n. On a donc 2n racines simples et Pn est scindé simple sur R[X].

2.2.7. 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

P_n(X) = Q_n(X²) avec Q_n(X) =

n

X

k=0

2n+ 1 2k

(−1)^n−kX^k .

2.2.8. La question 2.1.1 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.

2.2.9. Remarquons queaest racine de P_n si et seulement sia² est racine deQ_n. En particulierQ_n a pour racines les

cotan² kπ

2n+ 1

pour k∈[[1, n]].

Ces racines sont distinctes car les a_k sont distincts et positifs pour ces valeurs de k(les carrés sont donc aussi distincts). Ceci donnenracines distinctes de Q_n, qui est de degrén, et donc nous avons bien toutes les racines.

3. Le réelSn est la somme des racinesbkdeQn. Ce polynôme est scindé à racines simples, son coefficient dominant est celui dePn et il s’écrit :

Qn = (2n+ 1)

n

Y

k=1

(X−bk) = (2n+ 1) Xⁿ−

" _n X

k=1

bk

#

Xⁿ⁻¹+· · ·+ (−1)ⁿb1· · ·bn

! .

Le coefficient deXⁿ⁻¹ dansQ_n vaut−

2n+ 1 2n−2

d’après 2.2.7. Ainsi

S_n = 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 la 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). Enfinsin≥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. La sérieX

k≥1

1

k² est une série de Riemann, convergente car2>1. Pour k∈[[1, n]], il vient kπ

2n+ 1 ∈]0, π/2[. En additionnant les inégalités de la question précédente évaluées en ces réels, il vient :

S_n ≤

n

X

k=1

1 kπ

2n+ 1

2 ≤ n+S_n.

Ceci donne

π²S_n (2n+ 1)² ≤

n

X

k=1

1

k² ≤ π²(n+S_n) (2n+ 1)² .

Avec l’expression de Sn obtenue à la question 3, majorant et minorant ont pour limite π²

6 . Par théorème d’encadrement :

+∞

X

k=1

1

k² = π² 6 .

Partie I

1. Soits >−1. La fonctiont7→t^sln(t)est continue par morceaux sur]0,1]et a un unique problème d’intégration au voisinage de 0. Utilisons une démonstration « à la Bertrand ». Nous avons t^sln(t) =o(t^s−12 )car le quotient vautt^s+12 ln(t)et est de limite nulle en 0 par croissances comparées. On a donc intégrabilité au voisinage de 0 (comparaison aux fonctions de Riemann) et Js=

Z 1

0

t^sln(t)dtexiste . Effectuons une intégration par parties, à l’aide des fonctionsu:t7→ln(t)etv:t7→ t^s+1

s+ 1 qui sont bien de classeC¹ sur]0,1]: J_s =

t^s+1 s+ 1ln(t)

¹

0

− 1 s+ 1

Z 1

0

t^sdt.

Le terme tout intégré admet une limite nulle en0(par croissances comparées cars+ 1>0) et vaut0en1. Ainsi Js = − 1

s+ 1 Z 1

0

t^s+1dt = − 1 (s+ 1)² .

2. 2.1. Pour x∈Ret t∈]0,1[, notonsf(x, t) = t^xln(t)

t−1 . La fonction f(x,·) est continue par morceaux sur]0,1[, prolongeable par continuité en 1 par la valeur 1 (car ln(t) ^t→1∼ t−1) et équivalente en 0 à −t^xln(t). La fonctionf(x,·)est positive donc son intégrabilité équivaut à l’existence de son intégrale.

D’après la question précédente si x > 1, alors f(x,·) est intégrable au voisinage de 0. Si x ≤ 1, alors tf(x, t)^t→0−→+∞doncf(x,·)n’est pas intégrable. Ainsi :

D_H = ]−1,+∞[.

2.2. Six≤yalors pour tout]0,1[,t^x= exp(xln(t))≥exp(yln(t)) =t^y(carln(t)≤0). Multiplions par ln(t) t−1 ≥0 et intégrons sur]0,1[quandx >−1:

−1 < x ≤ y =⇒ H(x) ≥ H(y).

Ainsi H est décroissante sur son domaine . 2.3. La fonctiont7→ t^α(ln(t))²

t−1 est continue par morceaux sur]0,1[. Elle est de limite nulle en1carln(t)^t→1∼ t−1, et de limite nulle en 0 (par croissances comparées et car α > 0). Ainsi, cette fonction est prolongeable en une fonction continue sur le SEGMENT [0,1]. Une fonction continue sur un segment étant bornée :

t7→t^α(ln(t))²

t−1 est bornée sur[0,1].

2.4. Utilisons le théorème de régularité des intégrales à paramètres :

• Soitx >−1, alorsf(x,·)est continue par morceaux et intégrable sur]0,1[(question 2.1).

• La fonctionf admet sur ]−1,+∞[×]0,1[une dérivée partielle par rapport à sa première variable, avec

∂f

∂x(x, t) =t^x(ln(t))² t−1 .

• Cette dérivée partielle satisfait les hypothèses du théorème de continuité sous le signeR :

? Pour toutx >−1, la fonction ∂f

∂x(x,·)est continue par morceaux sur]0,1[.

? Pour toutt∈]0,1[, la fonction ∂f

∂x(·, t)est continue sur]−1,+∞[.

? Pour−1< a < bet (x, t)∈[a, b]×]0,1[, nous avons

∂f

∂x(x, t)

=

t^x(ln(t))² t−1

= e^xlnt(ln(t))²

t−1 ≤ e^alnt(ln(t))²

t−1 = t^a(ln(t))²

1−t = ϕ(t).

La fonction ϕ est positive et continue par morceaux sur ]0,1[; elle y est bornée d’après la question précédente, donc intégrable sur le segment[0,1].

Le théorème s’applique : H est de classeC¹ sur]−1,+∞[ avec

∀x >−1, H⁰(x) = Z 1

0

t^x(ln(t))² t−1 dt .

La fonction intégrée est négative doncH⁰est négative sur]−1,+∞[, ainsi on retrouve la décroissance deH . 2.5. L’énoncé demande de déterminer la limite par caractérisation séquentielle de la continuité. Ce n’est pas

rentable, on peut conclure plus rapidement. Néanmoins, si c’est demandé par l’énoncé. . .

Soit(xn)n une suite de limite+∞. Appliquons le théorème de convergence dominée (TCD) à la suite de fonctionsf(xn,·).

• Chaque fonctionf(xn,·)est continue par morceaux sur]0,1[.

• Pour toutt∈]0,1[, on af(x_n, t) = e^xnln(t)ln(t) t−1

n→+∞−→ 0carln(t)<0. Ainsi la suite(f(x_n, t))_n converge simplement vers la fonction nulle.

• Pournettfixés :|f(x_n, t)|=e^xnln(t)|ln(t)|

1−t ≤ |ln(t)|

1−t =ψ(t), avecψpositive, continue par morceaux et intégrable sur]0,1[d’après la question 1 pours= 0.

D’après le TCD, il vientH(xn)^n→+∞−→ 0.

La fonction H est décroissante et positive, donc elle admet une limite ` en+∞. Par unicité de la limite, cette limite ne peut être que0. Il s’ensuit que lim

x→+∞H(x) = 0 .

Autre méthode, mais ne suivant pas les demandes de l’énoncé. La fonction g : t 7→ tln(t) t−1 est continue sur ]0,1[ et prolongeable par continuité en 0 (valeur 0) et 1 (valeur 1). 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 lim

x→+∞H(x) = 0. En particulier, par caractérisation séquentielle : H(xn)^n→+∞−→ 0.

2.6. Simple calcul, utilisant la question 1, pourx >−1: H(x)−H(x+ 1) =

Z 1

0

t^x(1−t) ln(t)

t−1 dt = −Jx = 1 (x+ 1)² .

2.7. La fonctionH est dérivable sur ]−1,+∞[ donc continue en 0. Ainsi H(x+ 1)^x→−1−→ H(0) doncH(x+ 1) est négligeable devant 1

(x+ 1)² au voisinage de−1. D’après la question précédente : H(x) = 1

(x+ 1)² +o 1

(x+ 1)²

x→−1

∼ 1

(x+ 1)² .

2.8. Soit x >−1.

2.8.1. Nous avons 1 (x+k)²

k→+∞∼ 1

k², terme d’une série de Riemann positive convergente. Par comparaison de séries à termes positifs (SATP) : X

k

1

(x+k)² est convergente . 2.8.2. Effectuons une récurrence surn.

• Pour n= 0, l’égalité se litH(x) =H(x)et est vraie.

• Pour n= 1, la formule recherchée est exactement la question 2.6.

• Soitn≥1tel que le résultat est vrai au rangn. D’après l’hypothèse de récurrence puis la question 2.6 avecx+n:

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.

D’où comme prévu : ∀x >−1, H(x) =

n

X

k=1

1

(x+k)² +H(x+n). 2.8.3. La fonction H est de limite nulle en +∞ (question 2.5) et la série X

k

1

(k+ 1)² converge (ques- tion 2.8.1). On peut donc faire tendrenvers+∞pour obtenir

∀x >−1, H(x) =

+∞

X

k=1

1 (x+k)² .

2.8.4. D’après la question précédente (2.8.3), la question 5 des préliminaires et la question 2.6 de cette partie :

H(0) ^{Q 2.8.3}=

+∞

X

k=1

1 k²

Q 5 prélim

= π²

6 et H(1) ^{Q 2.6}= H(0)−1 = π² 6 −1.

Partie 2

1. Fixonsx >−1. La fonctionhx:t7→ 1

(x+t)² décroît sur]−x,+∞[et donc sur]1,+∞[. Par conséquent :

∀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. Additionnons ces inégalités pourk∈[[1, 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

= 1

1 +x− 1 n+ 1 +x ≤

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 possèdent en+∞l’équivalent commun 1 x, d’où : H(x)^x→+∞∼ 1

x .

3. 3.1. Remarquons queH(n)^n→+∞∼ 1

n, terme général d’une série divergente positive. Par comparaison de SATP : X

n

Hn est divergente .

La suite((−1)ⁿun)nest alternée (H est positive), de limite nulle (question 2 de cette partie) et décroissante en valeur absolue (Hest décroissante, question 2.2 partie I). Le critère spécial des séries alternées (CSSA) indique

que X

n

(−1)ⁿu_n converge .

3.2. Réfléchissons un peu. Le second membre de la formule recherchée incite à utiliser un théorème d’intégration terme à terme. Pour une série géométrique (DSE de 1

1−u), on n’a pas la convergence uniforme au bord. Quant à l’utilisation du second théorème, il faudrait une série absolument convergente alors queun∼ 1

n. Nous allons donc appliquer le TCD à la suite des sommes partielles.

Par ailleursu_n=H(n) = Z 1

0

vⁿln(v)

1−v dv : il faut donc effectuer le développement en série entière de 1 v+ 1. Assez réfléchi, passons à l’action : ln(v)

v²−1 = ln(v) v−1 × 1

1 +v =

+∞

X

n=0

ln(v)

v−1(−1)ⁿvⁿ si v ∈]0,1[. Notonsfn(v) = (−1)ⁿvⁿln(v)

v−1 .

• Chaquefn est continue par morceaux sur ]0,1[.

• La sérieX

n≥0

fn converge simplement sur]0,1[et sa somme estt7→ ln(t)

t²−1 qui est continue par morceaux sur ]0,1[.

• Fixonsn∈Net toutt∈]0,1[, alors :

n

X

k=0

fk(t)

=

(1−(−t)ⁿ⁺¹) ln(t) t²−1

≤ 2|ln(t)|

1−t² = θ(t).

La fonctionθest continue par morceaux, positive et intégrable sur]0,1[.

D’après le théorème de convergence dominée appliqué à la suite des sommes partielles : Z 1

0

ln(t) t²−1dt =

Z 1

0 +∞

X

n=0

(−1)ⁿtⁿln(t) t−1 dt =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ Z 1

0

tⁿln(t) t−1 dt =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿu_n .

3.3. L’application v 7→v² est bijective et de classeC¹ entre ]0,1[et lui-même, de dérivéev 7→2v qui ne s’annule pas. C’est donc un changement de variable licite. En notantv=√

u, il vient : Z 1

0

ln(v) v²−1dv =

Z 1

0

ln(√ u) u−1

du 2√

u = 1 4

Z 1

0

u⁻¹²ln(u) u−1 du

c’est-à-dire Z 1

0

ln(v)

v²−1dv = 1 4H

−1 2

.

Partie 3

1. 1.1. Effectuons une intégration par parties, avecu(t) = t^p+1

p+ 1 et v(t) = (ln(t))^q, deux fonctions de classe C¹ sur ]0,1[. Sous réserve d’existence :

Ip,q = Z 1

0

t^p(ln(t))^qdt = 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 nul en1(carq >0) et de limite nulle en0(par croissances comparées carp+ 1>0).

Ceci légitime l’intégration par parties :

I_p,q = − q

p+ 1I_p,q−1 .

1.2. On prouve alors par récurrence surq (à faire le jour J !) que Ip,q = (−1)^q q!

(p+ 1)^qIp,0 = (−1)^q q!

(p+ 1)^q+1 .

2. Soitn∈Nfixé.

2.1. La fonctionh:t 7→ (ln(t))ⁿ⁺¹

t−1 est continue par morceaux sur]0,1[, négligeable devant 1

√t au voisinage de0 (croissances comparées) et prolongeable par continuité en1(valeur 1sin= 0, valeur0 sin≥1). La fonction hest donc intégrable sur ]0,1[et Bn existe .

2.2. Fixonsn∈N. Remarquons que

∀t∈]0,1[, h(t) = (ln(t))ⁿ⁺¹ t−1 =

+∞

X

k=0

−t^k(ln(t))ⁿ⁺¹.

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

• Chaquegk est continue par morceaux sur ]0,1[.

• La sérieX

gk converge simplement sur]0,1[et sa sommehest continue par morceaux sur]0,1[.

• Nous avons Z

]0,1[

|gk|= Z 1

0

|ln(t)|ⁿ⁺¹t^kdt= (−1)ⁿ⁺¹ Z 1

0

(ln(t))ⁿ⁺¹t^kdt= (−1)ⁿ⁺¹Ik,n+1= (n+ 1)!

(k+ 1)ⁿ⁺², qui est le terme général d’une série de Riemann convergente carn+ 2≥2>1.

Le second théorème d’intégration terme à terme s’applique :

Bn =

+∞

X

k=0

Z 1

0

gk(t)dt =

+∞

X

k=0

Ik,n+1 .

2.3. Avec la question 1 de cette partie, on en déduit (avec changement d’indice) que B_n =

+∞

X

k=0

(−1)ⁿ (n+ 1)!

(k+ 1)ⁿ⁺² = (−1)ⁿ(n+ 1)!

+∞

X

k=0

1 (k+ 1)ⁿ⁺²

d’où

B_n = (−1)ⁿ(n+ 1)!Z_n+2.

3. Grâce au DSE de l’exponentielle, on a pour toutx >−1 : H(x) =

Z 1

0

t^xln(t) t−1dt =

Z 1

0

e^xln(t)ln(t) t−1dt =

Z 1

0 +∞

X

k=0

(ln(t))^k+1 t−1

x^k k!dt.

Notonsh_k:t7→ (ln(t))^k+1 t−1

x^k

k! et appliquons le TCD à la suite(S_n)_n des sommes partielles de la sérieX

k

h_k :

• Chaquehk est continue par morceaux sur ]0,1[.

• La sérieX

k

h_k converge simplement sur]0,1[et sa somme estt7→ t^xln(t)

t−1 , continue par morceaux sur]0,1[.

• Pourt∈]0,1[, il vient :

n

X

k=0

h_k(t)

≤

+∞

X

k=0

|hk(t)| = t^−|x||ln(t)|

|t−1| .

Comme|x|<1,−|x|>−1et le majorant est intégrable sur]0,1[(et bien sûr positif et continu par morceaux).

On peut appliquer le TCD pour intervertir somme et intégrale et conclure que : H(x) =

+∞

X

k=0

Z 1

0

(ln(t))^k+1 t−1

x^k k!dt =

+∞

X

k=0

Z 1

0

(ln(t))^k+1 t−1 dt

x^k k! =

+∞

X

k=0

Bk

x^k k!

d’où, d’après 2.3 :

∀x∈]−1,1[, H(x) =

+∞

X

k=0

(−1)^k(k+ 1)Zk+2x^k .

4. Le rayon de convergence de la série entière est au moins égal à1 car l’égalité de la question précédente est valable sur]−1,1[.

Supposons par l’absurde que le rayon est strictement supérieur à1. La somme de la série entière est alors continue en−1, doncH admet une limite finie en−1 ce qui est faux d’après la toute première question du sujet.

Finalement le rayon de convergence est1 .