Correction : Pour tout entierk∈ {0

MASTER 1 - M´etiers de L’Enseignement en Math´ematiques La Mi-Voix - ULCO ANALYSE 2 Novembre 2011 - Contrˆole Continu, Semestre 1 Dur´ee de l’´epreuve : 3h00 Documents interdits. Calculatrice autoris´ee.

(Les trois exercices sont ind´ependants. Un soin tout particulier sera apport´e `a la r´edaction des r´eponses)

Exercice 1 2pts - estimation : 15’

Pour n≥1 et x∈R, on pose : f(x) =xⁿ(1−xⁿ).

Calculer f⁽ⁿ⁾(x) par deux m´ethodes, et en d´eduire la valeur de

n

X

k=0

n k

2

.

Correction : Pour tout entierk∈ {0, . . . , n} on peut ´ecrire : d^k

dx(xⁿ) = n!

(n−k)!x^n−k. D’une part on a f(x) =xⁿ−x²ⁿ doncf⁽ⁿ⁾(x) =n!−(2n)!

n! xⁿ et d’autre part, en d´erivant f(x) comme un produit, on a d’apr`es la formule de Leibniz (on s´epare le terme d’indicen) :

f⁽ⁿ⁾(x) = n

n dⁿ

dxⁿ(xⁿ)×(1−xⁿ) +

n−1

X

k=0

n k

d^k

dx^k(xⁿ)× d^n−k

dx^n−k(1−xⁿ)

= n!(1−xⁿ)−

n−1

X

k=0

n k

n!

(n−k)!x^n−k×n!

k!x^k

= n!(1−xⁿ)−n!xⁿ

n−1

X

k=0

n k

2

=n!−n!xⁿ

"_n−1 X

k=0

n k

2

+ 1

#

= n!−n!xⁿ

n

X

k=0

n k

2

.

En identifiant les deux valeurs trouv´ees pourf⁽ⁿ⁾(1) (par exemple), il vient :

n

X

k=0

n k

2

= (2n)!

(n!)². Exercice 2 13pts - estimation 2h.Capes externe de math´ematiques, session 2007, 1`ere composition.

L’objet du probl`eme est l’´etude de la suite (sn)n≥1 d´efinie par :

∀n≥1,s_n=

n

X

k=1

1 k²

dont la limite est S.

I - Convergence de la suite 1. Premi`ere m´ethode.

(a) D´emontrer que, pour tout entier k≥2, on a la majoration 1

k² ≤ 1 k−1 −1

k. (b) D´eduisez-en que la suite (s_n)n≥1 est major´ee.

(c) D´emontrez que la suite (s_n)n≥1 converge et donnez un majorant de sa limite.

2. Deuxi`eme m´ethode.

On consid`ere la suite (tn)n≥1 d´efinie par :

∀n≥1,tn=sn+ 1 n. (a) D´emontrez que les suites (sn)n≥1 et (tn)n≥1 sont adjacentes.

(b) Donnez, en le justifiant, un encadrement d’amplitude 10⁻¹ de S.

II - Utilisation de polynˆomes

1. SoitP ∈C[X] un polynˆome de degr´e n≥1 :

P(X) =a0+a1X+a2X²+. . .+anXⁿ. Montrez que la formule permettant de calculer la somme

n

X

i=1

αi des racines deP en fonction de ses coefficients a_k,k∈ {0, . . . , n}est donn´ee par la formule

n

X

i=1

α_i =−an−1

a_n . 2. (a) Soientp∈Netϕ∈R. D´emontrez l’´egalit´e

sin((2p+ 1)ϕ) =

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

cos^2p−2k(ϕ) sin^2k+1(ϕ), o`u

2p+ 1 2k+ 1

d´esigne le coefficient binomial pourk∈ {0, . . . , p}.

(On utilisera la proposition suivante :

“Pour tout entier naturel n et tout r´eel x, on a sin(nx) =Im((cos(x) +isin(x))ⁿ” avec n= 2p+ 1 et x=ϕ, ainsi que la formule du binˆome de Newton.)

(b) D´eduisez-en que, pour tout entier p∈Net tout r´eel ϕ6≡0[π], on a : sin((2p+ 1)ϕ) = sin^2p+1(ϕ)

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

(cotan²(ϕ))^p−k o`u cotan(ϕ) = cos(ϕ)

sin(ϕ).

3. Soitp∈NetP ∈R[X] le polynˆome d´efini par : P(X) =

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

X^p−k.

(a) Pour tout entierk∈ {1, . . . , p}, on pose γ_k = cotan² kπ

2p+ 1

. Montrez queP(γ_k) = 0 pour toutk∈ {1, . . . , p} `a l’aide de 2.(b).

(b) V´erifiez que, pour toutk∈ {1, . . . , p}, le r´eel kπ

2p+ 1 appartient `a l’intervalle i

0,π 2 h

. D´eduisez- en que le polynˆome P poss`edep racines distinctes, que l’on d´eterminera.

(c) D´eduisez `a l’aide de 1. les ´egalit´es :

p

X

k=1

cotan² kπ

2p+ 1

= p(2p−1)

3 et

p

X

k=1

1 sin²

kπ 2p+ 1

= 2p(p+ 1) 3 (sachant que la premi`ere entraˆıne la seconde).

4. (a) D´emontrez, pour tout r´eelϕ∈i 0,π

2 h

, les encadrements : 0<sin(ϕ)< ϕ <tan(ϕ).

(On d´emontrera que les courbes repr´esentatives des fonctions f et g d´efinies sur h

0;π 2 h

res- pectivement parf(ϕ) = sin(ϕ) et g(ϕ) = tan(ϕ)

– admettent la mˆeme tangente enϕ= 0 de fonction affine associ´ee `a T(ϕ) =ϕet – sont respectivement concave et convexe sur l’intervalleh

0;π 2 h

.) (b) D´eduisez-en que, pour tout entier p≥1, on a l’encadrement :

p(2p−1)

3 < (2p+ 1)² π²

p

X

k=1

1

k² < 2p(p+ 1)

3 .

(On fera apparaˆıtre dans l’in´egalit´e de la question 4. (a) l’expression cotan²(ϕ), puis cotan² kπ

2p+ 1

et enfin

p

X

k=1

cotan² kπ

2p+ 1

).

(c) D´emontrez queS = π² 6 .

5. Montrez que les suites (un)n≥1, (vn)n≥1 et (wn)n≥1 d´efinies par :

∀n≥1, un=

n

X

k=1

1

(2k)², vn=

n

X

k=1

1

(2k+ 1)², wn=

n

X

k=1

(−1)^k+1 k²

sont convergentes et d´eterminez les valeurs exactes de leurs limites, respectivement not´eesU,V et W.

Correction :

I - 1. Premi`ere m´ethode.

(a) Soitk≥2 un entier, alors

1 k−1− 1

k = 1

k(k−1) = 1 k²−k.

Or,k ≥2 ⇒k²−k≤k². En passant `a l’inverse, on obtient bien 1

k²−k ≥ 1

k² c’est-`a-dire le r´esultat demand´e.

(b) D’apr`es le calcul pr´ec´edent, pour tout entier n∈N^?, s_n= 1 +

n

X

k=2

1

k² ≤ 1 +

n

X

k=2

1 k−1 −1

k

≤ 1 +

1−1 2

+

1 2 −1

3

+. . .+ 1

n−1 − 1 n

≤ 1 + 1− 1

n = 2− 1 n

La suite (sn)n≥1 est donc major´ee puisquesn≤2 pour tout n≥1.

(c) Pour montrer que cette suite converge, il suffit de montrer qu’elle est monotone. Pour tout n≥1, on a

s_n+1−s_n=

n+1

X

k=1

1 k² −

n

X

k=1

1

k² = 1

(n+ 1)² ≥0.

Alors, la suite (s_n)n≥1est croissante. Comme la suite est major´ee, on en d´eduit qu’elle converge.

Un majorant de sa limite est alors 2 car sn≤2 pour toutn≥1.

2. Deuxi`eme m´ethode.

(a) Montrons que la suite (tn)n≥1 est d´ecroissante. Pour tout n≥1, on a tn+1−tn=sn+1+ 1

n+ 1−sn− 1

n = 1

(n+ 1)² − 1

n(n−1) =− 1

n(N + 1)² ≤0.

Ensuite, pour toutn≥1, on a

t_n−s_n=s_n+1

n−s_n= 1

n →

n→+∞0.

On en d´eduit que les suites (sn)n≥1 et (tn)n≥1 sont adjacentes.

(b) On doit donc trouvern∈Ntel quetn−sn≤10⁻¹. Or, tn−sn≤10⁻¹ ⇔ 1

n ≤10⁻¹ ⇔n≥10.

On trouves₁₀= 1,54977 et t₁₀= 1,64977 et ainsi, 1,54977≤S ≤1,64977.

II - 1. P s’´ecrit P(X) = a₀+a₁X+a₂X² +. . .+a_nXⁿ = a_n(X −α₁). . .(X−α_n). En identifiant les coefficients des polynˆomes, en particulier le coefficient deXⁿ⁻¹, on trouve

an(−α₁−α2−. . .−αn) =an−1 ⇔

n

X

i=1

=−an−1

an

, qui est la formule recherch´ee.

2. (a) On a

sin((2p+ 1)ϕ) = Im((cos(ϕ) +isin(ϕ))^2p+1)

= Im





2p+1

X

j=0

2p+ 1 j

i^jsin^j(ϕ) cos^2p+1−j(ϕ)



.

On sait que le termei^j est r´eel pourj pair donc la partie imaginaire qu’on recherche s’obtient en ne consid´erant que les valeurs de j impaires. On poseI ={1,3,5, . . . ,2p+ 1}et on a :

sin((2p+ 1)ϕ) = Im





 X

j= 0 jimpair

2p+ 1 j

i^jsin^j(ϕ) cos^2p+1−j(ϕ)







= X

2k+1∈I

2p+ 1 2k+ 1

sgn(i^2k+1) cos2p+1−(2k+1)(ϕ) sin^2k+1(ϕ)

=

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

cos^2p−2k(ϕ) sin^2k+1(ϕ).

(b) En remarquant tout simplement que 2k+ 1 = 2p+ 1−2p+ 2k, on obtient sin((2p+ 1)ϕ) =

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

cos^2p−2k(ϕ) sin^2p+1−2p+2k(ϕ)

=

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

cos^2p−2k 1

sin^2p−2k(ϕ)sin^2p+1(ϕ)

= sin^2p+1(ϕ)

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

cotan^2p−2k(ϕ)

= sin^2p+1(ϕ)

p

X

k=0

(−1)^k

2p+ 1 2k+ 1

(cotan²(ϕ))^p−k. 3. (a) Soitk∈ {1, . . . , p}. Alors d’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a

P(γ_k) = X

k=0

(−1)^k

2p+ 1

2k+ 1 cotan² kπ

2p+ 1 p−k

= sin

(2p+ 1) kπ 2p+ 1

sin^2p+1 kπ

2p+ 1

= sin(kπ)

sin^2p+1 kπ

2p+ 1 = 0.

.

(b) Soitk∈ {1, . . . , p}. On a alors : π ≤kπ ≤pπ⇔ π

2p+ 1 ≤ kπ

2p+ 1 ≤ pπ

2p+ 1 car 2p+ 1>0.

Par cons´equent, 0< kπ

2p+ 1 ≤ pπ

2p+ 1. Commep < 2p+ 1

2 ⇒ p

2p+ 1< 1 2, on a 1≤k≤p⇒0< kπ

2p+ 1< π 2.

De plus, pour toutk∈ {1, . . . , p−1},

k < k+ 1⇒ kπ

2p+ 1 < (k+ 1)π 2p+ 1 , ce qui permet d’affirmer que toutes les racines γk = cotan²

kπ 2p+ 1

de P sont disctinctes.

En effet, (cotan²(x))⁰ = −2cotan(x) sin²(x)







<0 sur i 0;π

2 h

>0 sur iπ

2;π

h , ce qui indique que la fonction x 7→

cotan²(x) est d´ecroissante suri 0;π

2 h

. Ainsi, en appliquant cette fonction `a l’in´egalit´e pr´ec´edente, on montre bien quek < k+ 1⇒γ_k 6=γ_k+1.

(c) On a d’apr`es 1.

p

X

k=1

cotan² kπ

2p+ 1

= −

(−1)¹

2p+ 1 3

(−1)⁰

2p+ 1 1

= (2p+ 1)!

3!(2p+ 1−3)!

1 2p+ 1

= (2p)!

3!(2p−2)! = (2p−1)(2p)

2.3 = p(2p−1) 3 Comme

p

X

k=1

cotan² kπ

2p+ 1

=

p

X

k=1

cos² kπ

2p+ 1

sin² kπ

2p+ 1 =

p

X

k=1









1 sin²

kπ 2p+ 1

−1









=









Xk= 1^p 1 sin²

kπ 2p+ 1









−p= p(2p−1)

3 ,

on en d´eduit que

p

X

k=1

1 sin²

kπ 2p+ 1

= p(2p−1)

3 +p= 2p(p+ 1)

3 .

4. (a) Pour cette question, on d´efinit surh 0,π

2 h

les fonctionsf etgrespectivement parf(ϕ) = sin(ϕ) etg(ϕ) = tan(ϕ) = sin(ϕ)

cos(ϕ). De plus, on a pour tout ϕ∈h 0,π

2 h

,f(0) =g(0) = 0, ainsi que f⁰(ϕ) = cos(ϕ) et g⁰(ϕ) = cos²(ϕ)ϕ−sin²(ϕ)

cos²(ϕ) = 1−2 sin²(ϕ) cos²(ϕ) ,

ce qui nous permet d’affirmer que ces courbes admettent la mˆeme tangente au point d’abscisse nulle, de fonction affine associ´ee ´egale `a T(ϕ) =ϕ.

On sait que les courbes repr´esentatives de f etg sont respectivement concave et convexe sur l’intervalle

i 0,π

2 h

, ce qui implique que la tangente d´etermin´ee ci-dessous se trouve en dessous de la courbe repr´esentant g et au-dessus de celle qui repr´esente f. En d’autres termes, pour tout r´eelϕ∈i

0,π 2 h

,

0<sin(ϕ)< ϕ <tan(ϕ).

La premi`ere in´egalit´e provient du fait que si ϕ∈i 0,π

2 h

, alors sin(ϕ)∈]0,1[.

(b) Soientp≥1 et k∈ {1, . . . , p}. Alors,

0<sin(ϕ)< ϕ <tan(ϕ) ⇔ 0<cotan(ϕ)< 1

ϕ < 1

sin(ϕ) ⇔0<cotan²(ϕ)< 1

ϕ² < 1 sin²(ϕ)

⇒ ∀k, 0<cotan² kπ

2p+ 1

< 1 kπ

2p+ 1

2 <sin⁻² kπ

2p+ 1

⇔ ∀k, cotan² kπ

2p+ 1

< (2p+ 1)² π²

1

k² <sin⁻² kπ

2p+ 1

⇒

p

X

k=1

cotan² kπ

2p+ 1

<

p

X

k=1

(2p+ 1)² π²

1 k² <

p

X

k=1

sin⁻² kπ

2p+ 1

⇔ p(2p−1)

3 < (2p+ 1)² π²

p

X

k=1

1

k² < 2p(p+ 1)

3 .

(c) En poursuivant les calculs, la double in´egalit´e pr´ec´edente est ´equivalente `a π²

3 2p²

1− 1

2p

4p²

1 +1 p + 1

4p² <

p

X

k=1

1 k² < π²

3

2p² 1 +¹_p 4p²

1 +1

p+ 1 4p²

. Par le th´eor`eme d’encadrement, on en d´eduit que

S = lim

p→+∞

p

X

k=1

1 k² = π²

6 . 5. On montre facilement que les suites

1 (2k)²

k≥1

et

1 (2k+ 1)²

k≥1

sont ´equivalentes `a 1

k²

k≥1

(c’est-`a-dire que le quotient de leur terme g´en´eral tend vers 1 lorsque ktend vers l’infini). Comme ce sont trois suites `a termes positifs, la r`egle des ´equivalents nous permet d’affirmer que (u_n) et (vn) sont de mˆeme nature que (sn), et convergent donc. De plus, lim

k→+∞

1

k² = 0, donc la suite (wn)n

converge par le crit`ere des s´eries altern´ees.

Dans la suite,n d´esigne un entier naturel strictement positif. On a alors un=

n

X

k=1

1 (2k)² = 1

4

n

X

k=1

1

k² ⇒U = π² 24. Concernant la seconde suite,

un+vn=

n

X

k=1

1 (2k)² +

n

X

k=0

1 (2k+ 1)² =

2n+1

X

k=1

1

k² ⇒vn=

2n+1

X

k=1

1

k² −un⇒V = π² 6 −π²

24 = π² 8 . Un raisonnement analogue nous am`ene `a ´ecrire que

w_n=u_n−v_n⇒W = π² 24 −π²

8 =−π² 12.

Exercice 3 5pts - estimation 45’.Capes externe de math´ematiques, session 1997, 1`ere composition.

Danc ce probl`eme, α d´esigne un nombre r´eel strictement positif. On note Sα la somme de la s´erie de Riemann

∞

X

k=1

1

k^α+1, σα(n) la somme partielle

n

X

k=1

1

k^α+1 etρα(n) la somme de la s´erie reste

∞

X

k=n+1

1 k^α+1. Soit S la fonction, d´efinie surR^?₊, qui `a α associeSα.

Pour tout entierk≥1, on notef_k la fonction d´efinie surR^?+ par

∀α∈R^?+,f_k(α) = 1 k^α+1. 1. Montrez que, pour tout entier k≥1, on a les in´egalit´es

1

(k+ 1)^α+1 ≤ Z k+1

k

dt

t^α+1 ≤ 1 k^α+1. D´eduisez-en, pour tout entier n≥1, l’encadrement suivant :

1 α

1

(n+ 1)^α ≤ρ_α(n)≤ 1 α

1 n^α (∗).

2. Montrez que, pournfix´e, on a

Sα=σα(n) +◦ 1

n^α

quandα tend vers +∞. On montrera en particulier que lim

α→+∞Sα= 1.

Correction :

1. Pour tout entier k ≥1 et tout α > 0 la fonction t 7→ t^−α−1 est d´ecroissante sur [k, k+ 1] ce qui entraˆıne la double in´egalit´e

1

(k+ 1)^α+1 ≤ Z _k+1

k

1

t^α+1dt≤ 1 k^α+1.

On en d´eduit la relation (puisque l’in´egalit´e pr´ec´edente entraˆıne que chaque somme qui suit existe) ρα(n) =

+∞

X

k=n+1

1 k^α+1 =

+∞

X

k=n

1

(k+ 1)^α+1 ≤

+∞

X

k=n

Z k+1 k

1 t^α+1dt≤

Z +∞

n

1

t^α+1dt= 1 (αn^α). De mˆeme

ρ_α(n) =

+∞

X

k=n+1

1 k^α+1 ≥

+∞

X

k=n+1

Z k+1 k

1 t^α+1dt=

Z +∞

n+1

1

t^α+1dt= 1 (α(n+ 1)^α) d’o`u l’encadrement demand´e.

2. Soitn un entier sup´erieur ou ´egal `a 1. La relation donn´ee dans la question pr´ec´edente implique : 1

n

n n+ 1

α

≤n^αρα(n)≤ 1 α ().

Comme n

n+ 1 α

= exp

αln n

n+ 1

avec ln n

n+ 1

>0, on a

α→+∞lim n

n+ 1 α

= 0.

La relation () entraˆıne lim

n→+∞n^αρ_α(n) = 0, soit ρ_α(n) = ◦ 1

n^α

, pour α tendant vers +∞.

Puisque Sα=σα(n) +ρα(n), il vient S_α=σ_α(n) +◦

1 n^α

, pourα tendant vers +∞.

On d´eduit en particulier que Sα =σα(2) +◦ 1

2^α

= 1 + 1 2^α+1 +◦

1 2^α

. Comme lim

α→+∞

1 2^α = 0, on obtient lim

α→+∞S_α= 1.