MPSI B 29 juin 2019

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Énoncé

Pour tout entier n ≥ 0 , on dénit I n =

Z 1

0

(1 + t) ⁿ 1 + t ² dt 1. Calculer I 0 et I 1 .

2. Etablir l'existence d'un polynôme P n et de réels a n et b n tels que (1 + t) ⁿ

1 + t ² = P n (t) + a n + b n t 1 + t ²

Montrer que a n et b n vérient la même relation de récurrence linéaire d'ordre 2 à coecients constants. Les exprimer au moyen de 2

, cos(n ^π ₄ ) , sin(n ^π ₄ ) .

3. Montrer que I n peut s'écrire sous la forme p n + q n ln 2 + r n π où (p n ) _{n∈ N} , (q n ) _{n∈ N} , (r n ) _n∈N sont trois suites de nombres rationnels. Pour quelles valeurs de l'entier n a-t- on q n = 0 .

4. Calculer

I n+2 − 2I n+1 + 2I n

q _n+2 − 2q _n+1 + 2q _n r n+2 − 2r n+1 + 2r n

et établir une récurrence entre les p n . Que vaut p 5 ? (on mettra le résultat sous la forme d'une fraction irréductible)

5. En intégrant par parties, trouver des constantes A et B telles que I _n = 2 ⁿ

n (A + B n + ◦( 1

n ))

Corrigé

1. Il est immédiat que I ₀ = ^π ₄ . De plus, en faisant apparaitre la dérivée du dénominateur : I 1 =

arctan t + ¹ ₂ ln(1 + t ² ) 1

0 = ^π ₄ + ¹ ₂ ln 2 .

2. Le polynôme P n est le quotient de la division de (1 + X) ⁿ par 1 + X ² , a n + b n X en est son reste. De plus :

(1 + t) ⁿ⁺¹ = (1 + t)(1 + t ² )P _n + (1 + t)(a _n + b _n t)

= (1 + t ² ) ((1 + t)P n + b n ) + a n − b n + (a n + b n )t On en déduit P n+1 = (1 + t)P n + b n , a n+1 = a n − b n , b n+1 = a n + b n .

En additionnant : a n = ¹ ₂ (a n+1 + b n+1 ) puis b n = 2a _n−1 − a n . En remplaçant dans l'expression de b n+1 , on obtient nalement

a n+1 = 2a n − 2a _n−1

De même, b _n = ¹ ₂ (b _n+1 − a _n+1 ) , a _n+1 = −2b _n + b _n+1 , b _n+1 = 2b _n − 2b _n−1 . Les racines de l'équation caractéristique de cette relation sont √

2e ⁱ

. Les suites sont donc des combinaisons linéaires de (2

cos ^nπ ₄ ) _{n∈ N} et de (2

sin ^nπ ₄ ) _{n∈ N} . Après calculs, on trouve

a _n = 2

cos nπ

4 , b _n = 2

sin nπ 4 3. On peut écrire I n de manière analogue au calcul de I 1 :

I n = Z 1

0

P n (t)dt + a n

π 4 + b n

2 ln 2

La primitive de P n nulle en 0 est à coecients rationnels, posons p n = R 1

0 P n (t)dt , c'est bien un nombre rationnel . Posons q n = ¹ ₂ b n , r n = ¹ ₄ a n . Ils sont rationnels car a n et b n

sont entiers d'après la relation de récurrence .

D'après l'expression de b n , q n = 0 si et seulement si n est un multiple de 4 . 4. Après simplications, on trouve

I n+2 − 2I n+1 − 2I n = Z 1

0

(1 + t) ⁿ dt = 2 ⁿ⁺¹ − 1 n + 1 On a déja montré que les deux autres expressions étaient nulles.

On en déduit que p _n+2 − 2p _n+1 − 2p _n = ²

_n+1 ⁻¹ . En particulier : p ₀ = 0, p ₁ = 0, p ₂ = 1, p ₃ = 7

2 , p ₄ = 22

3 , p ₅ = 137 12

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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5. Posons φ(t) = _1+t ^1+t

et intégrons par parties : I _n =

1

n (1 + t) ⁿ φ(t) ¹

0

− 1 n

Z 1

0

(1 + t) ⁿ φ ⁰ (t)dt

= 1

n (1 + t) ⁿ φ(t) ¹

0

− 1 n

1

n + 1 (1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰ (t) ¹

0

+ 1

n(n + 1) Z 1

0

(1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰⁰ (t)dt

= 2 ⁿ

n − 2 ⁿ⁺¹ φ ⁰ (1) n(n + 1) + R _n

avec R n = − _n ¹ + _n(n+1) ^φ

⁽⁰⁾ + _n(n+1) ¹ R 1

0 (1 + t) ⁿ⁺¹ φ ⁰⁰ (t)dt . Il est clair que les deux premiers termes sont négligeables devant ² _n

. Quant au dernier, comme φ ⁰⁰ est continue sur [0, 1] , il est dominé par

1 n(n + 1)

Z 1

0

(1 + t) ⁿ⁺¹ dt = 2 ⁿ⁺² n(n + 1)(n + 2)

et donc négligeable devant ² _n

. Comme φ ⁰ (1) = − ¹ ₂ , on peut écrire le développement demandé avec

A = B = 1

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