MPSI B Corrigé DM 8 24 janvier 2020

(1)

MPSI B Corrigé DM 8 24 janvier 2020

Problème I

1. a. Montrons d'abord la formule par récurrence pour les j dans N.

La formule est vériée pour j = 0 (car a

⁰

= e ) et pour j = 1 car relation s'écrit aussi ab = ba

⁻¹

. De plus :

∀j ∈ N : a

^j

b = ba

^−j

⇒ aa

^j

b = aba

^−j

⇒ aa

^j

b = ba

⁻¹

a

^−j

⇒ a

^j+1

b = ba

^−(j+1)

Comme la relation pour j est la même que pour −j , elle est vraie pour tout j ∈ Z.

b. Pour tout k ∈ Z , notons (P

k

) la proposition :

(P

k

) ∀j ∈ Z : a

^j

b

^k

= b

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

. On a prouvé (P

1

) en a.. De plus

(P

k

) ⇒ ∀j ∈ Z : ba

^j

b

^k

= bb

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^−j

bb

^k

= bb

^k

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^−j

b

^k+1

= b

^k+1

a

⁽⁻¹⁾^k^j

⇒ ∀j ∈ Z : a

^j

b

^k+1

= b

^k+1

a

⁽⁻¹⁾^k^(−j)

. Pour la dernière implication, on a utilisé un j

⁰

= −j qui est quelconque dans Z que l'on a réécrit ensuite avec la lettre j . La dernière proposition est bien (P

k

) . On peut raisonner de la même manière en multipliant à gauche par b

⁻¹

et prouver (P

k

) ⇒ (P

_k−1

) ce qui entraîne que la relation est valable dans Z.

2. On veut montrer que H = {a

^j

b

^k

, (j, k) ∈ Z

²

} est le sous-groupe engendré par a et b . Notons < a, b > le sous-groupe engendré par a et b . Par dénition de cours, il s'agit de l'intersection de tous les sous-groupes contenant a et b .

Comme < a, b > est un sous-groupe contenant a et b , il contient aussi les a

ⁱ

b

^j

pour tous les entiers i et j . On a donc H ⊂ < a, b > .

L'ensemble H est non vide et contient a et b par dénition même. Si h et h

⁰

sont deux éléments quelconques de H , il existe des entiers i , j , k , l tels que :

hh

⁰

= a

ⁱ

b

^j

a

^k

b

^l

= a

ⁱ

(b

^j

a

^k

)b

^l

= a

ⁱ

a

⁽⁻¹⁾^j^k

b

^j

b

^l

∈ H h

⁻¹

= (a

ⁱ

b

^j

)

⁻¹

= b

^−j

a

⁻ⁱ

= a

⁽⁻¹⁾^j+1ⁱ

b

^−j

∈ H

Ceci prouve que H est un sous groupe contenant a et b et montre < a, b > ⊂ H . 3. a. Voir cours sur l'ordre d'un élément et les sous-groupes de ( Z , +) .

b. Deux méthodes possibles : avec le théorème de Bezout ou avec le théorème de Gauss. Avec le théorème de Gauss : élever à la puissance n puis à la puissance m . c. Pour l'injectivité utiliser b. Pour la surjectivité, utiliser une division euclidienne.

4. On se trouve dans la situation du problème avec r ◦ r ◦ r = id , s ◦ s = id , r ◦ s ◦ r = s . La dernière relation est justiée par : ∀z ∈

C

, r ◦ s ◦ r(z) = j jz = jj z = z .

On obtient un groupe (dit groupe diédral) de 6 transformations géométriques simples.

id est l'identité.

r est la rotation d'angle

^2π_‘3

(le tiers de tour ).

r

²

est la rotation d'angle

^4π_‘3

.

s est la symétrie par rapport à la droite réelle.

r ◦ s est la symétrie par rapport à la droite de direction j

²

(vérier que j

²

est invariant).

r

²

◦s est la symétrie par rapport à la droite de direction j (vérier que j est invariant).

Il s'agit en fait du groupe des isométries qui conservent le triangle équilatéral (1, j, j

²

) .

Problème II.

I. Exemples

1. Comme

p

_n

= 2 1 · 3

2 · · · n + 1

n = n + 1 le produit inni diverge vers +∞ .

2. La clé est la relation sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) .

cos a 2

^p

sin a

2

^p

= 1 2 sin a

2

^p−1

⇒ p

_n

=

n

Y

p=1

1 2

sin

₂p−1^a

sin

₂^a_p

= 1 2

ⁿ

sin a sin

₂^a_n

De plus, 2

ⁿ

sin

₂^an

→ a quand n → +∞ . Donc (p

n

)

_n∈N

→

^sina_a

. 3. Ici encore une simplication télescopique multiplicative se produit.

u

_k

= (k − 1)(k + 1) k

²

⇒ p

n

= (1)(3) 2

²

(2)(4)

3

²

· · · (k − 1)(k + 1)

k

²

· · · (n − 1)(n + 1) n

²

= (n + 1) 2n → 1

2 .

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/

1

Rémy Nicolai M0708C

(2)

MPSI B Corrigé DM 8 24 janvier 2020

4. Calculons (1 − a

²

)p

n

.

(1 − a

²

)p

_n

= (1 − a

²

)(1 + a

²

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁴

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁸

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

) = · · ·

= (1 − a

²ⁿ

)(1 + a

²ⁿ

) = (1 − a

²ⁿ⁺¹

) On en déduit que le produit inni converge vers

_1−a¹2

.

II. Conditions.

1. Si (p

n

)

_n∈N

converge vers l 6= 0 , (p

n+1

)

_n∈N

converge aussi vers l et ( p

n+1

p

n

)

_n∈N

= (u

n+1

)

_n∈N

converge vers 1.

2. Comme tous les u

k

sont strictement positifs à partir de n

0

, on peut utiliser librement le logarithme et la fonction exponentielle qui sont toutes les deux continues.

(p

n

)

n≥n₀

converge ⇔ ( p

n

p

n₀−1

)

n≥n₀

converge ⇔ (ln( p

n

p

n₀−1

))

n≥n₀

converge.

Or ln(

_p^pⁿ

n0−1

= P

n

k=n₀

ln(u

_k

) . On en déduit (p

_n

)

_n≥n₀

converge ⇔ X

ln(u

_k

)

k≥n0

converge.

Dans le cas de convergence, on a

Y

n≥1

u

n

=





n₀−1

Y

n≥1

u

n



 e (

^Pn≥n0un

)

3. Les hypothèses traduisent le fait que la série des ln u

n

est de signe constant à partir d'un certain rang. On peut donc appliquer les critères des séries à termes positifs. Si u

n

ne tend pas vers 1 , la série et le produit divergent grossièrement. Si la suite tend vers 1 alors v

n

tend vers 0 et ln(1 ± v

n

) ∼ ±v

m

. La série des ln(u

n

) converge si et seulement si la série des v

_n

converge.

On peut remarquer que dans le cas où les u

k

sont plus petits que 1 à partir d'un certain rang, la suite des produits est décroissante et positive donc elle converge. Mais par dénition, la convergence d'un produit inni exige une limite non nulle. En fait la série des v

_k

diverge vers l'inni si et seulement si le produit des u

_k

tend vers 0 . 4. a. On veut appliquer le théorème des accroissements nis à la fonction

f : x → (ln x)

²

entre p et p + 1 . Étudions les variations de la dérivée

x → 2 ln x x Comme

ln x x

0

= 1 − ln x

x

²

< 0 pour x > e, cette dérivée est décroissante dans ]3, +∞[ . On en déduit

∀x ∈ [p, p + 1] , ln x x ≤ ln p

p La formule demandée traduit alors

0 ≤ f (p + 1) − f (p) ≤ (p + 1 − p)f

⁰

(p)

b. En sommant les inégalités du a., pour tout p entre 3 et n ≥ 3 , on obtient

(ln(n + 1))

²

− (ln(3))

²

≤ 2

S

n

− ln 2 2

⇒ S

n

≥ 1

2 (ln(n + 1))

²

+ ln 2 − (ln(3))

²

2 Ce qui entraîne que (S

_n

)

_n∈_N

et (p

_n

)

_n∈_N

divergent vers +∞ .

III. Une expression de sin comme produit inni.

1. a. Pour x xé dans ] − 1, +1[ et n ∈ N

^∗

, les

_x2^2x−n²

sont strictement négatifs. L'op- posé du terme général est équivalent à

^x_n²2

qui est le terme général d'une série convergente. On pouvait aussi dire que la série est absolument convergente.

2

(3)

MPSI B Corrigé DM 8 24 janvier 2020

b. On se trouve dans le premier cas de la question II.3. Le produit inni est convergent car la série de terme général

^x_n²2

est convergente.

2. a. Après calculs, on trouve

π cotan(πt) = 1 t − π

²

3 t + o(t).

b. En 0 , comme sin x ∼ x , ln(

^sinπt_πt

) converge vers 0 . En revanche la fonction diverge vers −∞ en 1 et −1 . On prolonge donc par continuité en une fonction f continue

∀t ∈] − 1, +1[, f (t) =



 

  ln

sin πt πt

si t 6= 0 0 si t = 0 .

c. Comme elle est composée de fonctions C

^∞

, la fonction est clairement C

¹

dans l'intervalle privé de 0 et continue dans ] − 1, 1[ . Pour montrer qu'elle est C

¹

dans ] − 1, 1[ , d'après le théorème de la limite de la dérivée, il sut de prouver que la dérivée dans l'ouvert privé de 0 admet une limite ni en 0 . Or

∀t 6= 0, f

⁰

(t) =

cos(πt)

t − sin(πt) πt

²

πt

sin(πt) = π cotan(πt) − 1

t ∼ − π

²

3 t → 0.

La fonction f est donc C

¹

avec

f

⁰

(t) =







0 si t = 0

π cotan(πt) − 1

t si t 6= 0 3. a. On calcule la diérence

1 n

²

− 1 − t

n

²

− t

²

= (n

²

+ t)(1 − t) (n

²

− 1)(n

²

− t

²

) > 0.

b. Fixons un entier N et notons r

N

le reste :

f

⁰

(x) =

N

X

k=1

2x

x

²

− k

²

+ r

_N

(x).

La fonction r

N

qui s'exprime comme une diérence est continue. On intégre entre 0 et x (pour |x| < 1 ) en utilisant la linéarité de l'intégrale

ln

sin πx πx

= f (x) =

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt +

Z

x 0

r

N

(t) dt

| {z }

=RN(x)

Majorons |R

N

(x)| . Commençons par

|R

_N

(x)| ≤ Z

|x|

0

|r

_N

(t)| dt.

r

_N

(t) est le reste d'une série. On le majore (pour tous les t ) avec l'inégalité de la question a. par un nombre indépendant de t

|r

N

(t)| = lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2 k

²

− 1 ≤

+∞

X

k=N+1

2 k

²

− 1 Il reste à integrer cette fonction constante sur un intervalle de longueur |x| pour obtenir l'inégalité demandée.

c. Calculons les intégrales dans la somme

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt =

N

X

k=1

ln k

²

− t

²

k

²

= ln

N

Y

k=1

(1 − x

²

k

²