Appliquons la formule de Taylor-Lagrange ˜A la fonction sin entre 0 et aet A l’ordre 3

Probl ˜A¨me I. Approximation deπ et acc ˜A cl ˜A cration de convergence.

1. a. On montre facilement par r ˜A ccurrence que la suite des c_n est bien d ˜A cfinie et que 0< c_n<1 pour toutn≥1. Il existe donc desθ_n∈]0,^π₂[ tels quecn= cosθn. On d ˜A cfinitαn parαn= _sin^λn_θ

n.

b. On peut calculer explicitement lesθn. En effet c1 = 0 doncθ1 = ^π₂ et c2= ^√1

2 doncθ2=^π₄. D’autre part, c_n+1=

r1 + cosθ_n

2 = cosθ_n

2 ⇒θ_n+1= θ_n 2 On en tire

θ_n = π 2ⁿ Par d ˜A cfinition,α1= _sin²_θ

1 = 2 et αn+1

αn

= λn+1sinθn

λnsinθn+1

= sinθn

cosθn+1sinθn+1

= 2

On en d ˜A cduitαn= 2ⁿetλn= 2ⁿsin₂^πn converge versπcar sinxest A c˜quivalent ˜A xen 0.

2. Appliquons la formule de Taylor-Lagrange ˜A la fonction sin entre 0 et aet A l’ordre 3. Il existe˜ b∈[0, a] tel que

sina=a−a³ 3! cos(b)

car sin⁽³⁾=−cos. En particulier, pour a=₂^πn, on en tire

sin π

2ⁿ − π 2ⁿ

≤ π³

6×2³ⁿ ⇒ |λ_n−π| ≤ π³ 6×4ⁿ en multipliant par 2ⁿ.

3. ´Ecrivons la formule de Taylor-Young pour le sin en 0 ˜A l’ordre 2p+ 1.

sinx=x− 1

3!x³+· · ·+ (−1)^p 1

(2p+ 1)!x^2p+1+o(x^2p+1)

En substituant ₂^πn (qui tend vers 0 quand n tend vers l’infini) ˜A x et en multipliant par 2ⁿ, on obtient la formule demand ˜A ce.

4. Acc ˜A cl ˜A cration de convergence.

a. On peut combiner lin ˜A cairement les d ˜A cveloppements pr ˜A cc ˜A cdents : λ_n=π −π³

6 1

4ⁿ + π⁵

5!

1

4²ⁿ +o( 1

4²ⁿ) × −1 λn+1=π −π³

6 1

4ⁿ×4 + π⁵ 5!

1

4²ⁿ×16 +o( 1

4²ⁿ) ×4 On en d ˜A cduit

3λ⁽¹⁾_n = 3π−π³ 6

1 4ⁿ

−1 +4 4

+π⁵

5!

1 4²ⁿ

−1 + 4 16

1

4²ⁿ +o( 1 4²ⁿ)

⇒λ⁽¹⁾_n =π− π⁵ 5!×4

1

4²ⁿ +o( 1

4²ⁿ)⇒λ⁽¹⁾_n −π∼ − π⁵ 5!×4×4²ⁿ Commeλ_n−π∼ −_6×4^π3n, on a bienλ⁽¹⁾n −πn ˜A cgligeable devantλ_n−π.

b. ´Ecrivons l’ ˜A cquivalence pr ˜A cc ˜A cdente comme une limite finie : λ⁽¹⁾n

−_5!×4^π2n+1⁵

→1

Pourn+ 1 mais avec le m ˜A^ame d ˜A cnominateur, cela donne λ⁽¹⁾_n+1

−_5!×4^π2n+1⁵

→ 1 16

En multipliant la premi ˜A¨re relation par α et la deuxi ˜A¨me par 1−α, la limite est alors

15α+ 1 16 Si on choisitα=−₁₅¹ ce qui entraine

λ⁽²⁾_n = 1 15

−λ⁽¹⁾_n + 16λ⁽¹⁾_n+1

= 1

45(λn−20λn+1+ 64λn+2) On a bien

λ⁽²⁾n

−_5!×4^π_2n+1⁵ →0

ce qui entraineλ⁽¹⁾n −πn ˜A cgligeable devantλn−π.

Probl ˜A¨me II. Polyn ˜A´mes de Bernoulli et formule sommatoire

Partie I. Polyn ˜A´mes de Bernoulli

Dans toute la correction, on identifie un polyn ˜A´me avec la fonction associ ˜A ce et on se passe donc des tildes. En revanche, on notePb(Q), le polyn ˜A´me obtenu A partir de˜ P en substituantQA˜ X.

1. Les polyn ˜A´mesPn =Xⁿ satisfont aux conditions. Cette question ne figure que pour introduire une certaine analogie avec les polyn ˜A´mes de Bernoulli.

2. Tout polyn ˜A´me admet des polyn ˜A´mes primitifs (c’est ˜A dire dont la d ˜A criv ˜A ce est ˜A cgale au polyn ˜A´me donn ˜A c). Deux de ces polyn ˜A´mes primitifes ne diff ˜A¨rent que d’une constante que l’on peut ajuster pour assure la nullit ˜A cde l’int ˜A cgrale. Par exemple

B₁⁰ = 1B0⇒B1=X+λavec Z 1

0

B(t)dt=1 2 +λ L’unique possibilit ˜A cest donc

B1=X−1 2

Pour un entiernfix ˜A cet des polyn ˜A´mesB0,· · ·, Bnv ˜A crifiant les condi- tions, il existe un unique polyn ˜A´meBn+1 v ˜A crifiant les conditions. Il est obtenu en calculant la constante d’int ˜A cgration qui assure la nullit ˜A cde l’int ˜A cgrale. On trouve en particulier

B2=X²−X+1

6, B3=X³−3 2X²+1

2X =X(X−1)(X−1 2) On montre par r ˜A ccurrence queBn est unitaire (coefficient dominant 1) de degr ˜A cn.

3. a. Pourn≥2, les valeurs en 0 et 1 sont ˜A cgales car Bn(1)−Bn(0) =

Z 1

0

B_n⁰(t)dt=n Z 1

0

B_n−1(t)dt= 0

par d ˜A cfinition. La valeur commune est not ˜A ceβn. On a d ˜A cj ˜A cal- cul ˜A c

β1=−1

2, β2= 1

6, β3= 0

b. Introduisons des polyn ˜A´mesCn par :

Cn = (−1)ⁿBcn(1−X)

On va montrer que la suite desCn v ˜A crifieles m ˜A^ames relations que la suite des Bn. Ces relations d ˜A cfinissant une unique suite de po- lyn ˜A´mes, cela assure queCn =Bn pour tous lesn.

B0= 1⇒C0= 1

C_n+1⁰ (x) =−(−1)ⁿ⁺¹B_n+⁰ (1−x) = (−1)ⁿB_n(1−x) =C_n(x) Pour la relation int ˜A cgrale, on utilise le changement de variableu= 1−x:

Z 1

0

Cn(x)dx=− Z 0

1

Cn(1−u)du= (−1)ⁿ Z 1

0

Bn(u)du= 0 c. D’apr ˜A¨s la question pr ˜A cc ˜A cdente, pour toutnimpair, on aBn(¹₂) =

−Bn(¹₂) donc B_n(¹₂) est nul. C’est vrai aussi pour n= 1 d’apr ˜A¨s l’ex- pression deB₁.

Toujours pournimpair, on a aussiB_n(1) =−B_n(0) qui se combine avec B_n(1) =B_n(0) (n≥2 seulement) pour donnerB_n(1) =B_n(0) = 0.

En conclusion, β_n =B_n(1) = B_n(0) et B_n(¹₂) sont nuls pour tous les entiers impairs sup ˜A crieurs ou ˜A cgaux ˜A 3.

4. On veut d ˜A cmontrer par r ˜A ccurrence que lesBnavecnimpair sup ˜A crieur ou ˜A cgal ˜A 3 ne s’annulent pas dans ]0,¹₂[. `A cause des propri ˜A ct ˜A cs d ˜A cj ˜A montr ˜A ces cela siginifie que 0, ¹₂, 1 sont les seules racines.

La r ˜A ccurrence est initialis ˜A ce ˜A 3 grace ˜A la factorisation deB₃. On raisonne par l’absurde avec le th ˜A cor ˜A¨me de Rolle.

Supposons que B_2m+1 s’annule en c avec 0 < c < ¹₂. En appliquant le th ˜A cor ˜A¨me de Rolle ˜A B2m+1 entre 0 etc puis entre c et ¹₂, on prouve l’existence de racinesdetd⁰ deB2mtelles que 0< d < c < d⁰< ¹₂. On peut alors appliquer le th ˜A cor ˜A¨me de Rolle ˜A B2mentredetd⁰. Cela entraine l’existence d’une racineudeB_2m−1 entredetd⁰ donc telle que 0< u < ¹₂. On peut aussi raisonner directement avec la convexit ˜A c. Dans l’intervalle [0,¹₂], la fonction B_2n−1 garde un signe constant et c’est la d ˜A criv ˜A ce seconde deB_2n+1. On en d ˜A cduit queB_2n+1 est soit concave soit convexe.

Son graphe est donc toujours au dessus ou au dessous de ses cordes. La corde

entre les points d’abscisses 0 et ¹₂ est un segment de l’axe car la fonction s’annule en ces points. On en d ˜A cduit facilement de plus que les signes s’alternent d’un entier impair au suivant.

Montrons maintenant que B_m−β_m garde un signe constant sur [0,1] c’est A dire que 0 et 1 sont des extr ˜˜ A cma globaux deB_msur [0,1].

D’apr ˜A¨s le th ˜A cor ˜A¨me des valeurs interm ˜A cdiaires,B_2m(x)−B_2m(0) est du signe deB_2m−1 pour m≥2 et 0< x < ¹₂. Par sym ˜A ctrie (question 3b), on peut ˜A ccrire

∀x > 1

2, B2m(x)−B2m(0) =B2m(x)−B2m(1) +B2m(1)−B2m(0)

| {z }

=0

=B2m(1−x)−B2m(0) donc le signe est le m ˜A^ame que dans la premi ˜A¨re moiti ˜A cde l’intervalle.

Fig.1: graphes deb₂et b₃

5. Les fonctions de Bernoullibnsont d ˜A cfinies parbn(x) =Bn({x}). Elles sont donc p ˜A criodiques de p ˜A criode 1 par d ˜A cfinition.

a. Dans un intervalle ]p, p+1[ ouvert entre deux entiers,bn(x) =Bn(x−p), elle est donc de classeC^∞comme la fonction polynomialeBn. De plus

b⁰_n(x) =B_n⁰(x−p) =nBn−1(x−p) =nbn−1(x)

b. La restriction deb1A un segment est int ˜˜ A cgrable car elle est continue par morceaux, les entiers de ce segment constituant une subdivision adapt ˜A ce.

c. Pourn≥2, les valeurs deBn(0) et deBn(1) sont ˜A cgales, les fonctions bn sont donc continues (en particulierb2). Les relations de la question a. s’ ˜A ctendent par continuit ˜A caux points entiers :

b2∈ C⁰⇒b3∈ C¹⇒b4∈ C²⇒ · · · ⇒bn∈ Cⁿ⁻²

Partie II. Formule sommatoire d’Euler - Mac Laurin

1. Voir cours. Cette question d ˜A cveloppe l’analogie (initi ˜A ce en question 1) entre la formule de Taylor avec reste int ˜A cgral et la formule sommatoire pr ˜A csent ˜A ce ici. La formule de Taylor avec reste int ˜A cgral se d ˜A cmontre avec des int ˜A cgrations par parties. On cherche donc ici aussi ˜A utiliser des int ˜A cgrations par parties.

2. On ne peut pas utiliser directement d’int ˜A cgration par parties car b1 est seulement int ˜A cgrable mais non d ˜A crivable. On utilise plut ˜A´t la relation de Chasles

R1=

b−1

X

k=a

Z k+1 k

f⁰(t)b1(t)dt=

b−1

X

k=a

Z k+1 k

f⁰(t)

t−k−1 2

dt

=

b−1

X

k=a

[f(t)t]^k+1_k − Z k+1

k

f(t)dt−(k+1

2) [f(t)]^k+1_k

!

=

b−1

X

k=a

1

2f(k+ 1) +1 2f(k)−

Z k+1 k

f(t)dt

!

=1 2

b−1

X

k=a

(f(k+ 1) +f(k))− Z b

a

f(t)dt

3. Pourm≥3, la fonctionbmest au moinsC¹ce qui permet une int ˜A cgration par parties. Commebmprend la valeur βm en n’importe quel entier :

R_m=h

f^(m−1)(t)b_m(t)ib a

− Z b

a

f^(m−1)(t)mb_m−1(t)dt

=βm

f^(m−1)(b)−f^(m−1)(a)

−mR_m−1

On retrouve avecR2 le probl ˜A¨me des hypoth ˜A¨ses non v ˜A crifi ˜A ces pour l’int ˜A cgration par parties. On peut contourner le probl ˜A¨me en d ˜A ccoupant d’abord en int ˜A cgrales entreketk+1. Sur chaque ]xk, xk+1[, on prolonge la restriction deb1 par continuit ˜A cce qui permet l’int ˜A cgration par parties sur chaque segment. En sommant, on obtient la formule demand ˜A ce.

La formule s’obtient en formant une combinaison lin ˜A caire qui ˜A climine

lesRi : R₁=1

2

b−1

X

k=a

(f(k+ 1) +f(k))− Z b

a

f(t)dt

R₂=β₂(f⁰(b)−f⁰(a))−2R₁ ×(−1)1 2 R₃=β₃(f⁽²⁾(b)−f⁽²⁾(a))−3R₂ ×(+1) 1 3!

...

R_n =β_n(f⁽ⁿ⁻¹⁾(b)−f⁽ⁿ⁻¹⁾(a))−nR_n−1 ×(−1)ⁿ⁻¹ 1 n!

R_n+1=β_n+1(f⁽ⁿ⁾(b)−f⁽ⁿ⁾(a))−nR₂ ×(−1)ⁿ 1 (n+ 1)!

En sommant, on obtient (−1)ⁿ

(n+ 1)!Rn+1=S− Z b

a

f(t)dt+

n

X

m=1

(−1)^mβm+1

(m+ 1)!

f^(m)(b)−f^(m)(a) Avec

S= 1 2

b−1

X

k=a

(f(k+ 1) +f(k))

=

b−1

X

k=a+1

f(k) +1

2(f(a) +f(b)) =

b

X

k=a

f(k)−1

2(f(a) +f(b)) On obtient donc bien la formule annonc ˜A ce :

b

X

k=a

f(k) = Z b

a

f(t)dt+1

2(f(a) +f(b)) +

n

X

m=1

(−1)^m+1βm+1

(m+ 1)!

f^(m)(b)−f^(m)(a)

+ (−1)ⁿ (n+ 1)!R_n+1 4. Calculons l’int ˜A cgrale ˜A l’aide d’une int ˜A cgration par parties. On peut le

faire carn+1≥3. Le calcul est analogue aux pr ˜A cc ˜A cdents. Le crochet est

nul carβn+1−bn+1est nul en 0 et 1 et la constante disparait en d ˜A crivant.

On obtient donc : Z b

a

(β_n+1−b_n+1(t))f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt= Z b

a

(n+ 1)b_n(t)f⁽ⁿ⁾(t)dt= (n+ 1)R_n Avec la p ˜A criodicit ˜A cdeb_n+1, on en d ˜A cduit

|(n+ 1)Rn| ≤ Z b

a

|βn+1−bn+1(t)|Mn+1dt

≤

b−1

X

k=a

Z k+1 k

|βn+1−bn+1(t)|Mn+1dt≤(b−a) Z 1

0

|βn+1−bn+1(t)|Mn+1dt

Pour n impair,βn+1−bn+1(t) est de signe constant et R1

0 b2m+2(t)dt = 0 donc

|(n+ 1)R_n| ≤(b−a)

Z 1

0

(β_n+1−B_n+1(t))dt

M_n+1≤(b−a)|β_n+1|M_n+1 5. Pourf(t) =t⁴, le resteR₅ est nul. La formule sommatoire conduit ˜A

n

X

k=0

k⁴= Z n

0

t⁴dt+n⁴ 2 +1

6 4n³

2 − 1 30

4!n 4! =n⁵

5 +n⁴ 2 +n³

3 − n 30

Exercice.

1. Les p ˜A´les de F sont les racines n-i ˜A¨mes de 1. Comme la fraction est de degr ˜A cstrictement n ˜A cgatif, il n’y a pas de partie enti ˜A¨re. La fraction est la somme de ses parties polaires.

2. Le d ˜A cveloppement limit ˜A cdex^k en 1 est x^k = 1 +k(x−1) +o(x−1)

En sommant les d ˜A cveloppements pr ˜A cc ˜A cdents, la somme des entiers cons ˜A ccutifs apparait et il vient :

1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹=n+n(n−1)

2 (x−1) +o(x−1)

On factorise parnpour se ramener ˜A un d ˜A cveloppement usuel 1

(1 +x+· · ·+xⁿ⁻¹)² = 1 n²

1 +n−1

2 (x−1) +o(x−1) −2

= 1

n² −n−1

n² (x−1) +o(x−1) 3. Soitu∈U. Si on substitue uX A˜ X dans F, la fraction est conserv ˜A ce.

La partie polaire relative au p ˜A´leudevient α(u)

(uX−u)² + β(u)

uX−u= α(u)

u²(X−1)² + β(u) u(X−1) qui est la partie polaire relative ˜A 1. On en d ˜A cduit

α(u) =u²α(1), β(u) =uβ(1) 4. a. Par d ˜A cfinition d’une partie polaire,

F= α(1)

(X−1)² + β(1) X−1 +R

o ˜A¹Restunef ractionquin⁰admetpasdepA˜´leen1.CommeXⁿ−1 = (X−1)(1 +X+

· · ·+Xⁿ⁻¹)En multipliant F par (X−1)², on obtient 1

(1 +X+· · ·+Xⁿ⁻¹)² =α(1) +β(1)(X−1) + (X−1)²R

Comme 1 n’est pas un p ˜A´le deR, la fonction attach ˜A ce ˜A Radmet une limite finie en 1 dont la fonction attach ˜A ce ˜A (X−1)²Rest n ˜A cgligeable en 1 devant x−1. L’ ˜A ccriture propos ˜A ce est donc bien un d ˜A cveloppement limit ˜A cen 1.

En identifiant les d ˜A cveloppements limit ˜A cs obtenus en 2. et 4.a., on obtient α(1) = 1

n², β(1) =−n−1 n²

puis la d ˜A ccomposition en ˜A cl ˜A cments simples F = 1

n² X

u∈U

u²

(X−u)² −n−1 n²

X

u∈U

u X−u

1. Si 1≤k≤n−1 etk⁰=n−k, alors 1≤k⁰≤n−1 etw^k =w^k0.

2. On regroupe les racines conjugu ˜A ces. Dans le cas pair deux racines sont r ˜A celles (1 et−1) dans le cas impair 1 est la seule racine.

n= 2p Xⁿ−1 = (X−1)(X+ 1)

p−1

Y

k=1

X²−2 cos2kπ n X+ 1

n= 2p+ 1 Xⁿ−1 = (X−1)

p

Y

k=1

X²−2 cos2kπ n X+ 1

3. Pour un p ˜A´leu=e^iθ non r ˜A cel, u²

(X−u)² = u²(X²−2uX+u²)

(X²−2 cosθX+ 1)² = u²X²−2uX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)²

Les ˜A cl ˜A cments simples relatifs ˜A deux p ˜A´les conjugu ˜A cs sont eux m ˜A^ames conjugu ˜A cs. Les regrouper revient ˜A prendre deux fois la partie r ˜A celle. Soit :

2cos 2θX²−2 cosθX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)²

= 2 cos 2θ

X²−2 cosθX+ 1 + 4 sin²θ −2 cosθX+ 1 (X²−2 cosθX+ 1)² Pour le r ˜A csidu,

u

X−u = u(X−u)

X²−2 cosθX+ 1 = uX−1 X²−2 cosθX+ 1 Le double de la partie r ˜A celle est

2 cosθX−1 X²−2 cosθX+ 1

On en d ˜A cduit la d ˜A ccomposition dans R(X). On poseθk= ^2kπ_n .

Dans le cas impair n= 2p+ 1 : F = 1

n² 1

(X−1)² −n−1 n²

1 X−1 + 4

n²

p

X

k=1

sin²θk

−2 cosθkX+ 1 (X²−2 cosθ_kX+ 1)² + 2

n²

p

X

k=1

(n−1) cosθkX+n−1 + cos 2θk

X²−2 cosθkX+ 1 Dans le cas pairn= 2p:

F = 1 n²

1

(X−1)² −n−1 n²

1 X−1+ 1

n² 1

(X+ 1)² +n−1 n²

1 X+ 1 + 4

n²

p−1

X

k=1

sin²θ_k −2 cosθ_kX+ 1 (X²−2 cosθkX+ 1)² + 2

n²

p−1

X

k=1

(n−1) cosθ_kX+n−1 + cos 2θ_k X²−2 cosθkX+ 1