Devoir maison n ◦ 6 – correction

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 6 – correction

d’après Centrale 2011 MP maths 1

Dans tout ce corrigé on noteraD(0,1)le disque unité deC, c’est-à-dire :D(0,1) ={z∈C |z|<1}.

IÉtude préliminaire

I.A−Convergence des séries de Riemann

I.A.1)∀x∈[k, k+ 1],∀y∈[k−1, k], f(x)≤f(k)≤f(y).

Alors : Z k+1

k

f(x)dx≤ Z k+1

k

f(k)dx=f(k) = Z k

k−1

f(k)dx≤ Z k

k−1

f(y)dy I.A.2)

• Pourα≤0, la sérieP 1

n^α diverge grossièrement.

• Pourα >1, on applique la question précédente poura= 1, et f(t) = 1 t^α. Pour toutk≥2, 1

k^α ≤ Z k

k−1

dt

t^α. En sommant ces inégalités :

∀n≥2,

n

X

k=1

1

k^α ≤ 1 + Z n

1

dt

t^α = 1 + t^1−α

1−α ⁿ

1

≤ α α−1.

La suite

n

X

k=1

1 k^α

!

n≥1

est croissante majorée, ainsi elle converge.

• Pour0< α≤1, on applique aussi la question précédente poura= 1, et f(t) =1 t. Pour toutk≥1, 1

k^α ≥ 1 k ≥

Z k+1

k

dt

t . En sommant ces inégalités :

∀n≥2,

n

X

k=1

1 k^α ≥

n

X

k=1

1 k ≥

Z n+1

1

dt

t = ln(n+ 1) −→

n→∞ +∞.

Conclusion : la série de RiemannP 1

n^α converge si et seulement siα >1.

I.A.3)D’après la question précédente, pour toutα >1 et toutn∈N^∗,1≤

n

X

k=1

1

k^α ≤ α α−1. On fait tendre nvers l’infini, on obtient alors : 1≤S(α) =

+∞

X

k=1

1

k^α ≤ α α−1 . I.B−Première étude asymptotique du reste

I.B.1)Pour tousk≥n≥2, on a Z k+1

k

dx x^α ≤ 1

k^α ≤ Z k

k−1

dx x^α. Pour toutN ≥n, en sommant surk∈[[n, N]]il vient

Z N+1 n

dx x^α ≤

N

X

k=n

1 k^α ≤

Z N

n−1

dx x^α. Par conséquent

x^1−α 1−α

^N+1

n

≤

N

X

k=n

1 k^α ≤

x^1−α 1−α

^N

n−1

. On fait encore tendreN vers l’infini, on obtient : 1

(α−1)n^α−1 ≤Rn(α)≤ 1

(α−1)(n−1)^α−1. D’où

Rn(α)− 1 (α−1)n^α−1

≤ 1

(α−1)(n−1)^α−1 − 1

(α−1)n^α−1, puis

Rn(α)− 1 (α−1)n^α−1

≤ −1

(α−1)n^α−1

−(1− 1 n

1−α

+ 1

!

= 1

(α−1)n^α(α−1 +o(1)) = O( 1 n^α).

Finalement : Rn(α) = 1

(α−1)n^α−1 +O 1

n^α

.

I.B.2) Soitf la fonction définie sur R^∗+ par f(x) = 1

(1−α)x^α−1. Cette fonctionf est de classe C^∞ sur R^∗+, donc d’après la formule de Taylor avec reste intégral appliquée àf entreket(k+ 1):

f(k+ 1) = f(k) +f⁰(k) +f⁰⁰(k)

2 +

Z k+1

k

(k+ 1−t)²

2 f⁰⁰⁰(t)dt.

On en déduit que pourk∈N^∗, f(k+ 1)−f(k) = 1 k^α −α

2 1

k^α+1 +A_k avec A_k= Z k+1

k

(k+ 1−t)²α(α+ 1) 2t^α+2 dt. Or 0≤Ak ≤ α(α+ 1)

2k^α+2 Z k+1

k

(k+ 1−t)²dt≤α(α+ 1) 2k^α+2

Z k+1

k

dt d’où 0≤Ak≤ α(α+ 1) 2k^α+2 . I.B.3)D’aprèsI.B.2)∀k≥n≥1 ; f(k+ 1)−f(k) = 1

k^α−α 2

1

k^α+1+Ak avec0≤Ak ≤α(α+ 1)

2k^α+2 . En sommant sur kavec N ≥n≥1 :

0 ≤ f(N+ 1)−f(n)−

N

X

k=n

1 k^α +α

2

N

X

k=n

1 k^α+1 =

N

X

k=n

Ak ≤ α(α+ 1) 2

N

X

k=n

1 k^α+2.

On fait tendreN vers l’infini :

0 ≤ −f(n)−Rn(α) +α

2Rn(α+ 1) ≤ α(α+ 1)

2 Rn(α+ 2).

Or d’aprèsI.B.1):R_n(α+ 1) = 1

αn^α +O( 1

n^α+1)et R_n(α+ 2) ∼

n→∞

1

(α+ 1)n^α+1 =O( 1 n^α+1).

D’où−f(n)−Rn(α) + 1

2n^α =O( 1

n^α+1)c’est-à-dire : Rn(α) = 1

(α−1)n^α−1 + 1

2n^α+O( 1 n^α+1). IIFormule de Taylor et nombres de Bernoulli

II.A−Nombres de Bernoulli

II.A.1)Montrons, par récurrence forte surp≥1, qu’il existe a0, . . . , ap−1

∈R^ptels que : il existe b1,p, . . . , bp−1,p

∈ R^p−1 tel que pour toutef ∈C^∞(I,C), la fonctiong=

p−1

X

k=0

akf^(k)vérifie

p

X

j=1

1

j!g^(j)=f⁰+

p−1

X

l=1

bl,pf^(l+p). Pour p= 1, il suffit de prendrea0= 1: alorsg=f doncg⁰=f⁰+ 0f⁰⁰et l’égalité est vérifiée.

Pour p= 2, prenonsa1=−¹₂. On a alorsg =f−¹₂f⁰ doncg⁰+¹₂g⁰⁰=f⁰−₂¹f⁰⁰+¹₂f⁰⁰−1

4f⁽³⁾=f⁰−1 4f⁽³⁾, ce qui est l’égalité voulue.

Si le résultat est vrai jusqu’à p, prenons ap = −b1,p et notons g =

p

X

k=0

akf^(k) = h−b1,pf^(p). L’hypothèse de récurrence donne

p

X

j=1

1

j!h^(j)=f⁰+

p−1

X

l=1

b_l,pf^(l+p)donc

p+1

X

j=1

1

j!g^(j) =

p

X

j=1

1

j!h^(j)+ 1

(p+ 1)!h^(p+1)−b1,p p+1

X

j=1

1 j!f^(p+j)

= f⁰+

p−1

X

l=1

b_l,pf^(l+p)+ 1 (p+ 1)!

p

X

k=0

a_kf^(k+p+1)−b_1,pf^(p+1)−

p+1

X

j=2

b_1,p j! f^(p+j)

= f⁰+

p−1

X

l=2

b_l,pf^(l+p)+ 1 (p+ 1)!

p

X

k=0

a_kf^(k+p+1)−

p+1

X

j=2

b1,p

j! f^(p+j) = f⁰+

p

X

l=1

b_l,p+1f^(l+p+1),

d’où l’ existence de ce vecteur(a0, . . . , a_p−1)∈R^p .

II.A.2) Soit maintenant(a_n)_n∈N une suite répondant aux conditions de la question précédente. D’après la question précédente on a pour tousp∈N^∗ etf ∈C^∞(I,C):

p

X

j=1

g^(j)

j! = a0f⁰+

p

X

k=2 k−1

X

i=0

ai

(k−i)!

! f^(k)+

p−1

X

l=1

l+p−1

X

i=0

ai

(l+p−i)!

!

f^(p+l) = f⁰+

p−1

X

l=1

bl,pf^(p+l)

c’est-à-dire

(a0−1)f⁰+

p

X

k=2 k−1

X

i=0

ai

(k−i)!

! f^(k)+

p−1

X

l=1

_l+p−1 X

i=0

ai

(l+p−i)!

!

−bl,p

!

f^(p+l) = 0.

Il est impossible d’invoquer la liberté de(f, f⁰, . . .). Par contre, nous allons particulariser cette égalité. En effet en prenant arbitrairementf(x) =x^p, cette égalité s’écrit : p(a₀−1)x^p−1

p

X

k=2 k−1

X

i=0

ai

(k−i)!

! p!

(p−k)!x^p−k= 0. C’est une fonction polynomiale nulle, donc ses coefficients sont nuls. Par suite : a0 = 1 et ∀k ≥ 2, ak−1 =−

k−2

X

j=0

aj

(k−j)!. En posant p =k−1 et i = k−j =p+ 1−j, on en déduit : a0= 1 et ∀p≥1,ap=−

p+1

X

i=2

a_p+1−i

i! . Un calcul sans fantaisie mène alors à a1= −1

2 et a2= 1 12 .

Maintenant, montrons par récurrence forte sur pque :∀p∈N, |ap| ≤1. Le résultat est évident pour p= 0. Soit p ≥ 1 tel que : ∀k ∈ [[0, p−1]], |ak| ≤ 1. Alors en particulier pour i ∈ [[2, p+ 1]], |ap+1−i| ≤ 1. Il s’ensuit que :

|ap|=

p+1

X

i=2

ap+1−i

i!

≤

p+1

X

i=2

1

i! ≤e−2≤1. Finalement on a bien |ap| ≤1pour toutp∈N. II.A.3)

a) Soitp∈N. D’aprèsII.A.2), on a|ap| ≤1. Pour toutz∈C, on obtient|apz^p| ≤ |z|^p. Si|z|<1alors la sérieP|z|^p converge. Par suite la série P

p∈Na_pz^p converge absolument dès que|z|<1. b) Pour toutz∈Ctel que :|z|<1, les deux sériese^z−1 =

+∞

X

n=1

zⁿ

n! etϕ(z) =X

p∈N

a_pz^p sont absolument convergentes.

Alors(e^z−1)ϕ(z) =

+∞

X

n=1

dnzⁿ, qui est leur produit de Cauchy, converge absolument. En outre, pour toutn∈N^∗, on remarque que d_n+1=

n+1

X

p=1

a_n+1−p

p! =a_n+

n+1

X

p=2

a_n+1−p

p! = 0et d₁=a₀= 1.

Il s’ensuit que si|z|<1, alors(e^z−1)ϕ(z) =z. Ainsi si0<|z|<1 alorsϕ(z) = z e^z−1 .

Démontrer quea2k+1= 0sik≥1équivaut à prouver quez7→ϕ(z)−a1zest une fonction paire. Pour ce faire, posons ψ(z) =ϕ(z)−a1z= z

e^z−1+z

2 = 2z+z(e^z−1)

2(e^z−1) = z+ze^z

2(e^z−1). Alorsψ(−z) =− z+ze^−z

2(e^−z−1) =− ze^z+z

2(1−e^z) =ψ(z).

Finalement ∀k∈N^∗, a2k+1= 0. Sans détour : a4=−

5

P

i=2

a_5−i

i! =−(a0

5! +a1

4! +a2

3! +a3

2!) =−( 1 120 − 1

48+ 1

72) =−6−15 + 10

720 = − 1

720 . II.B−Formule de Taylor

Soitf la fonction définie surR^∗+ parf(x) = 1

(1−α)x^α−1, oùα >1. On fixep∈N^∗, et on note : g=

2p−1

X

i=0

aif⁽ⁱ⁾. Pour toutk∈N^∗, on pose enfin : R(k) =g(k+ 1)−g(k)−f⁰(k).

II.B.1)Remarquons d’abord quef est de classeC^∞ surR^∗+, doncgl’est aussi. Appliquons à gla formule de Taylor avec reste intégral entreket(k+ 1)à l’ordre2p:

g(k+ 1)−g(k) =

2p

X

i=1

g⁽ⁱ⁾(k)

i! +r(k) avec r(k) = Z k+1

k

(k+ 1−t)^2p

(2p)! f^(2p+1)(t)dt.

D’aprèsII.A:

g(k+ 1)−g(k) = f⁰(k) +R(k) avec R(k) =

2p−1

X

`=1

b<sub>`,2p</sub>f<sup>(2p+`)</sup>(k) +r(k).

Or f^(q)(x) = (−1)^q−1α(α+ 1)· · ·(α+q−2)

x^α+q−1 =O

1 x^α+2p

pour x→+∞ et q≥2p+ 1. Par conséquent, puisque nous effectuons une somme d’un nombre fini fixé de termes :

2p−1

X

`=1

b<sub>`,2p</sub>f<sup>(2p+`)</sup>(k) = O 1

x^α+2p

.

En outre par décroissance def et ses dérivées sur[k, k+ 1]:

|r_k| ≤ 1

(2p)! sup

t∈[k,k+1]

|g^(2p+1)(t)| ≤ 1 (2p)!

2p−1

X

j=0

|a_j| · |f^(2p+1+j)(k)| ≤

2p−1

X

j=0

·|f^(2p+1+j)(k)| = O 1

k^α+2p

car la somme est finie et comporte un nombre fixe de termes. Finalement g(k+ 1)−g(k) = f⁰(k) +R(k) avec R(k) = O

1 k^α+2p

, ce qui prouve l’existence deA.

II.B.2) D’après la question précédente :∀k∈N^∗, g(k+ 1)−g(k) =f⁰(k) +R(k). En sommant sur k∈[[n, N]]pour 1≤n≤N, il vient :

N

X

k=n

1 k^α +

N

X

k=n

R(k) =g(N+ 1)−g(n).

On fait tendre N vers l’infini, ce qui donne (puisque g(N)→0) :|Rn(α) +g(n)| ≤ARn(α+ 2p) =O( 1 n^α+2p−1).

D’où : Rn(α) =−g(n) +O( 1

n^α+2p−1). Autrement dit : Rn(α) =−

2p−1

X

i=0

aif⁽ⁱ⁾(n) +O( 1 n^α+2p−1).

Or pourp≥2,a_2p−1= 0. Ainsi pourp≥2, il vient : R_n(α) =−

2p−2

X

i=0

a_if⁽ⁱ⁾(n) +O( 1 n^α+2p−1).

Or on a déjà établi cet égalité dans la première partie pourp= 1, d’où pour tout entier non nul p:

Rn(α) = −

2p−2

X

i=0

aif⁽ⁱ⁾(n) +O 1

n^α+2p−1

.

II.B.3)Sans détour : Rn(3) =−a0f(n)−a1f⁰(n)−a2f⁰⁰(n)−a3f⁰⁰⁰(n)−a4f⁽⁴⁾(n) +O(1 n⁸). Or f(n) = −1

2n², f⁰(n) = 1

n³, f⁰(n) = −3

n⁴, f⁰⁰⁰(n) = 12

n⁵ et f⁽⁴⁾(n) = −60 n⁶ .

Par ailleursa₀= 1, a₁= −1

2 ,a₂= 1

12,a₃= 0,a₄= −1

720. Ainsi R_n(3) = 1 2n² + 1

2n³ + 3

12n⁴ − 1 12n⁶ +O

1 n⁸

. IIIPolynômes de Bernoulli et formule sommatoire d’Euler-Maclaurin

III.A−Polynômes de Bernoulli III.A.1)Propriétés élémentaires

a) Déjà A0 est uniquement déterminé et deg(A0) = 0. Ensuite A1 = X +λ et Z 1

0

(t+λ)dt = 0 = 1

2 +λ, donc A1=X−1

2 est bien déterminé etdeg(A1) = 1.

Soitn≥1 tel que : pour tout k∈[[0, n]], Ak existe, est unique et dedeg(Ak) =k (récurrence forte). AlorsAn+1

est un polynôme de degré(n+ 1). En outre : A_n+1(X) = A_n+1(0) +

Z X

0

A_n(t)dt et Z 1

0

A_n+1(t)dt= 0 =A_n+1(0) + Z 1

0

Z x

0

A_n(t)dt

dx.

On en déduit queAn+1(X) = Z X

0

An(t)dt− Z 1

0

Z x

0

An(t)dt

dxest bien un polynôme uniquement déterminé.

Par ailleursA2= 1 2X²−1

2X+µet Z 1

0

1 2t²−1

2t+µ

dt= 0 = 1 6−1

4+µ, doncµ= 1 12. EnfinA₂=1

6X³−1

4X²+ 1

12X+ν et Z 1

0

(1 6t³−1

4t²+ 1

12t+ν)dt= 0 = 1 24− 1

12+ 1

24+ν, d’oùν = 0.

Ainsi A0= 1 A1=X−1

2 A2=1 2X²−1

2X+ 1

12 A3= 1 6X³−1

4X²+ 1 12X .

b) Posons : ∀n ∈ N, αn(X) = (−1)ⁿAn(1−X). La suite de polynômes (αn)_n∈N vérifie : α0 = 1 et pour n ∈ N, α⁰_n+1=αn et

Z 1 0

αn+1(t)dt= Z 1

0

An+1(u)du= 0 (poseru= 1−t).

Par unicité de la suite (An)n∈N établie à la question précédente, on en déduit que : pour tout n∈N, An =αn

c’est-à-dire An(X) = (−1)ⁿAn(1−X). c) D’une part pour toutn≥2,An(1)−An(0) =

Z 1 0

A_n−1(t)dt= 0.

D’autre part d’après la question précédente :A_2n−1(0) = (−1)²ⁿ⁻¹A_2n−1(1) =−A_2n−1(0)(2n−1≥2).

D’où : pour toutn≥2,An(1) =An(0) et A_2n−1(0) = 0 .

d) On pose :∀n∈N, cn=An(0). Prouvons l’égalité recherchée par récurrence surn. Déjà c0= 1 =A0(0) =A0(X).

Soitn∈Ntel que :A_n(X) =

n

X

i=0

c_i Xⁿ⁻ⁱ

(n−i)!. Alors en intégrant :

An+1(X) =

n

X

i=0

ci

Xⁿ⁺¹⁻ⁱ

(n+ 1−i)! +An+1(0) =

n+1

X

i=0

ci

Xⁿ⁺¹⁻ⁱ (n+ 1−i)!.

D’où la formule : A_n(X) =

n

X

i=0

c_i Xⁿ⁻ⁱ

(n−i)! . Enfin A_n+1(1)−A_n+1(0) = 0 =

n

X

i=0

ci

(n+ 1−i)! en intégrant cette relation entre0 et1.

e) D’après la formule ci-dessus :c0= 1et ∀n≥1, cn=−

n−1

X

i=0

ci

(n+ 1−i)! =−

n+1

X

i=2

cn+1−i

i! .

D’après la question II.A.2), les suites (a_n)_n et (c_n)_n vérifient la même condition initiale et la même relation de récurrence : ainsi ∀n∈N, an =cn .

III.A.2)Fonction génératrice

a) Tout d’abord : ∀t ∈ [−1,1], ∀n ∈ N, |An(t)| =

n

X

i=0

a_i tⁿ⁻ⁱ (n−i)!

≤

n

X

i=0

|a_i| (n−i)! ≤

n

X

i=0

1

(n−i)! ≤ e (d’après la questionII.A.2)). Ensuite : ∀z∈D(0,1),∀t∈[−1,1],∀n∈N, |A_n(t)||z|ⁿ ≤e|z|ⁿ.

Par conséquent la série PA_n(t)zⁿ converge absolument pour toutt∈[−1,1]et toutz∈D(0,1). On posera alors : f(t, z) =

+∞

X

n=0

An(t)zⁿ.

b) Fixons z ∈D(0,1) et posons : ∀t ∈[0,1], fz(t) = f(t, z) =

+∞

X

n=0

An(t)zⁿ. Appliquons le théorème de dérivation terme à terme.

• D’après la question précédente, cette série converge normalement sur[0,1].

• Pour toutn∈N, posonsgn(t) =An(t)zⁿ. Il est clair quegn est une fonction polynomiale, donc de classeC¹sur [0,1].

• De plusg_n⁰(t) =A⁰_n(t)zⁿ =zg_n−1(t), donc la sérieP

g⁰_n(t)est aussi normalement convergente sur[0,1].

D’après le théorème de dérivation terme à terme : fz définit une application de classeC¹sur[0,1] et :

∀t∈[0,1], f_z⁰(t) =

+∞

X

n=1

zg_n−1(t) = zf_z(t).

En résolvantf_z⁰ =zfz, on en déduit qu’il existe il existe une constante complexeδz telle que :∀t∈[0,1], fz(t) = δze^tz.

Or pourt∈[0,1]fixé, on afz(0) =δz=

+∞

X

n=0

An(0)zⁿ=

+∞

X

n=0

anzⁿ = z

e^z−1 siz6= 0 (d’après :II.A.3)b)).

Finalement : ∀t∈[0,1], ∀z∈D(0,1)\ {0},

+∞

X

n=0

An(t)zⁿ= ze^tz e^z−1 . c) Soitz∈C^∗ tel que|z|<2π. Alors ze^z/2+z

e^z−1 = z(e^z/2+ 1) e^z/22

−1

= z

e^z/2−1 = 2 z/2

e^z/2−1. Ainsi pourz∈D(0,1)\{0}:

fz(1

2) +fz(0) = 2f_z/2(0) =

+∞

X

n=0

An(1

2) +An(0)

zⁿ = 2

+∞

X

n=0

An(0)z 2

n

.

Par identification des deux séries entières qui sont de rayon de convergence non nul, il vient :

∀n∈N, A_n(1

2) +a_n= 2a_n

2ⁿ. D’où : ∀n∈N, A_n(1 2) =

1 2ⁿ⁻¹ −1

a_n . III.A.3)Variations des polynômes de Bernoulli

a) Montrons par récurrence surpque, pour toutp∈N^∗, on a les tableaux de variations suivants :

Pourp= 1, le tableau de de variations deA₂ est bien comme indiqué avec α₂= ¹₂−₂^√1₃ et β₂ = ¹₂+ ¹

2√ 3, puis, commeA⁰₃=A₂ etA₃(1/2) =a₃= 0, le tableau de variations de A₃ est celui voulu.

On en déduit, puisqueA⁰₄=A3 queA4 croît sur 0,¹₂

doncA4 1 2

= ₂¹3−1

> a4ce qui donnea4<0< A4 1 2

et donc, grâce à sa stricte monotonie,A4 a une unique racineα4∈ 0,¹₂

. De même, puisqueA4(1) =a4,A4décroît sur1

2,1

et a une unique racineβ4∈1 2,1

. On a donc le tableau voulu pourA4 et donc celui deA5 en sachant queA5(0) =A5(1) =A5(1/2) = 0.

Si le résultat est vrai pourp, du tableau de A_4p+1, on déduit le signe de A⁰_4p+2 qui donne la décroissance stricte de A4p+2 sur

0,¹₂

et sa croissance stricte sur 1 2,1

et, comme pour A4 ceci donne, puisque ₂n−1¹ −1 < 0, A4p+2 1

2

<0< a4p+2 doncA4p+2 s’annule une fois et une seule dans chaque intervalle 0,¹₂

et₁

2,1 .

On en déduit le signe deA_4p+2 donc les variations deA_4p+3, puis son signe sachant queA_4p+3 s’annule en0, ¹₂ et 1. Les tableaux de variations deA4p+4 etA4p+5 s’obtiennent de même et sont bien ceux attendus.

b) D’après les propriétés de la question précédente, on obtient pour toutn∈N^∗ et toutx∈[0,1]:

• |A2n(x)| ≤max

|A2n(0)|,

A2n(1 2)

= max(|a2n|,

1 2²ⁿ⁻¹ −1

a2n

= |a2n|.

• |A_2n+1(x)| =

A_2n+1(x)−A_2n+1(1 2)

IAF≤ sup

y∈[0,1]

|A⁰_2n+1(y)| ·

x−1 2

= sup

y∈[0,1]

|A_2n(y)| ·

x−1 2

≤ |a_2n|

2 , où l’on a utilisé l’inégalité des accroissements finis et le premier•ci-dessus.

III.B−Formule sommatoire d’Euler-Maclaurin III.B.1)Soitf une fonction de classeC^∞ sur[0,1].

a) Montrons la formule par récurrence surq≥1, à l’aide d’intégrations par parties.

Pourq= 1 : Z 1

0

A₁(t)f⁰⁰(t)dt= [A₁(t)f⁰(t)]¹₀− Z 1

0

A⁰₁(t)f⁰(t)dt= [A₁(t)f⁰(t)]¹₀− Z 1

0

f⁰(t)dt.

Par conséquent Z 1

0

A₁(t)f⁰⁰(t)dt= [A₁(t)f⁰(t)]¹₀−(f(1)−f(0))et la propriété est établie pourq= 1.

Soit maintenantq∈N^∗ tel que : f(1)−f(0) =

q

X

j=1

(−1)^j+1h

Aj(t)f^(j)(t)i¹

0+ (−1)^q Z 1

0

Aq(t)f^(q+1)(t)dt.

Par intégration par parties : Z 1

0

A_q(t)f^(q+1)(t)dt=h

A_q+1(t)f^(q+1)(t)i1 0

− Z 1

0

A_q+1(t)f^(q+2)(t)dt.

Remplaçons dans l’égalité ci-dessus : f(1)−f(0) =

q+1

X

j=1

(−1)^j+1h

Aj(t)f^(j)(t)i¹

0+ (−1)^q+1 Z 1

0

Aq+1(t)f^(q+2)(t)dt . b) On applique la question précédente pourq= 2p+ 1:

f(1)−f(0) =

2p+1

X

j=1

(−1)^j+1h

Aj(t)f^(j)(t)i1 0

− Z 1

0

A2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt

=

2p+1

X

j=1

(−1)^j+1

Aj(1)f^(j)(1)−Aj(0)f^(j)(0)

− Z 1

0

A2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt

= 1

2(f⁰(0) +f⁰(1)) +

2p+1

X

j=2

(−1)^j+1

Aj(1)f^(j)(1)−Aj(0)f^(j)(0)

− Z 1

0

A2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt.

Grâce àIII.A.1)c): f(1)−f(0) = 1

2(f⁰(0) +f⁰(1))−

p

X

j=1

a2j(f^(2j)(1)−f^(2j)(0))− Z 1

0

A2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt. III.B.2) Soientn∈N etf une fonction de classeC^∞ sur [n,+∞[. On suppose quef et toutes ses dérivées sont de signe constant sur[n,+∞[et tendent vers0en+∞. Pour toutk≥n, on pose : f_k(t) =f(k+t).

La fonction fk est de classeC^∞ sur[0,1], donc d’après la question précédente : pour toutp∈N^∗, il vient : fk(1)−fk(0) = 1

2(f_k⁰(0) +f_k⁰(1))−

p

X

j=1

a2j

f_k^(2j)(1)−f_k^(2j)(0)

− Z 1

0

A2p+1(t)f_k^(2p+2)(t)dt,

donc

f(k+ 1)−f(k) = 1

2(f⁰(k) +f⁰(k+ 1))−

p

X

j=1

a_2j

f^(2j)(k+ 1)−f^(2j)(k)

− Z 1

0

A_2p+1(t)f^(2p+2)(k+t)dt.

Par changement de variableu=k+t, on obtient :

f(k+ 1)−f(k) = 1

2(f⁰(k) +f⁰(k+ 1))−

p

X

j=1

a2j

f^(2j)(k+ 1)−f^(2j)(k)

− Z k+1

k

A2p+1(u−k)f^(2p+2)(u)du

= 1

2(f⁰(k) +f⁰(k+ 1))−

p

X

j=1

a_2j

f^(2j)(k+ 1)−f^(2j)(k)

− Z k+1

k

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt.

PourN ≥n, sommons (fumé ?) l’expression précédente entrenet N : f(N+ 1)−f(n)

=

N

X

k=n

f⁰(k)−1

2f⁰(n) +1

2f⁰(N+ 1)−

p

X

j=1

a2j

f^(2j)(N+ 1)−f^(2j)(n)

− Z N+1

n

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt.

Pour toutj∈N, la dérivéef^(j) garde un signe constant sur[n,+∞[et tend vers0 en+∞, donc Z x

n

|f^(2p+2)(t)|dt = sgn(f^(2p+2)) Z x

n

f^(2p+2)(t)dt = f^(2p+1)(x)−f^(2p+1)(n) ^x→+∞−→ −f^(2p+1)(n)

permet d’affirmer que pour toutj∈N^∗, la fonction f^(j) est intégrable sur[n,+∞[.

De plus, d’aprèsIII.A.3)b)et II.A.2): pour toutx∈[0,1],|A2p+1(x)| ≤1. On en déduit que pourt∈[n,+∞[,

|A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)| ≤ |f^(2p+2)(t)|.

Finalement l’application t7→A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)est continue par morceaux et intégrable sur[n,+∞[. On en déduit que lim

N→+∞

Z N+1 n

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt existe bien et lim

N→+∞

N

X

k=n

f⁰(k)existe aussi.

On fait alors tendreN vers l’infini dans l’égalité « saumon fumé » ci-dessus, ce qui donne comme prévu :

+∞

X

k=n

f⁰(k) = −f(n) +1

2f⁰(n)−

p

X

j=1

a2jf^(2j)(n) + Z +∞

n

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt .

Maintenant en utilisantIII.A.3)b)il vient :

Z +∞

n

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt

≤ Z +∞

n

|a2p|

2 |f^(2p+2)(t)|dt.

Orf^(2p+2) garde un signe constant sur[n,+∞[, donc : Z +∞

n

|f^(2p+2)(t)|dt=

Z +∞

n

f^(2p+2)(t)dt

=|f^(2p+1)(n)|.

D’où comme prévu

Z +∞

n

A^∗_2p+1(t)f^(2p+2)(t)dt

≤ |a2p|

2 |f^(2p+1)(n)|. III.B.2)On a vu dans II.B.2)que :

R_n(α) = −

2p−2

X

i=0

a_if⁽ⁱ⁾(n) +O( 1

n^α+2p−1) = −f(n) +1

2f⁰(n)−

2p−2

X

i=2

a_if⁽ⁱ⁾(n) +O( 1 n^α+2p−1).

D’après la questionII.A.3)c)et pourf(t) = 1

(1−α)t^α−1, qui définit bien une application de classeC^∞ sur[n,+∞[

vérifiant les conditions deII.A.2), l’égalité précédente s’écrit :

+∞

X

k=n

f⁰(k) = −f(n) +1

2f⁰(n)−

p−1

X

j=1

a_2jf^(2j)(n) +O( 1 n^α+2p−1).

Identifions avec l’égalité de la question précédente. Le terme O( 1

n^α+2p−1) s’écrit sous forme d’une intégrale, qui est O( 1

n^α+2p−1) = Z +∞

n

A^∗_2p−1(t)f^(2p)(t)dt . D’où :Rn(α) =−f(n)+1 2f⁰(n)−

p−1

X

j=1

a2jf^(2j)(n)+

Z +∞

n

A^∗_2p−1(t)f^(2p)(t)dt.

IVCompléments sur l’erreur

On fixe ici un réel α >1 et on considère la fonctionf définie surR^∗+ parf(x) = 1 (1−α)x^α−1. IV.A−Encadrement de l’erreur

IV.A.1)Soitg une fonction continue par morceaux croissante sur[0,1].

Remarquons que Z 1

0

A_n(t)g(t)dt = Z 1/2

0

A_n(t)g(t)dt+ Z 1

1/2

A_n(t)g(t)dt. On modifie la deuxième intégrale par le changement de variableu= 1−t:

Z 1 0

A_n(t)g(t)dt= Z 1/2

0

A_n(t)g(t)dt+ Z 1/2

0

A_n(1−t)g(1−t)dt. D’aprèsIII.A.1)b): Z 1

0

An(t)g(t)dt= Z 1/2

0

An(t)(g(t) + (−1)ⁿg(1−t))dt. Pournimpair : Z 1

0

An(t)g(t)dt= Z 1/2

0

An(t)(g(t)−g(1−t))dt.

La fonction gest croissante, donc :∀t∈[0,1

2], (g(t)−g(1−t))≤0. Par conséquent :

• Sin≡1 (mod 4)alors :∀t∈[0,1

2],An(t)≤0. D’où : Z 1

0

An(t)g(t)dt≥0.

• Sin≡3 (mod 4)alors :∀t∈[0,1

2],An(t)≥0. D’où : Z 1

0

An(t)g(t)dt≤0.

IV.A.2)On reprend les notations deII.B.2)et le résultat duIII.B.2).

Rn(α) =−f(n)+f⁰(n) 2 −

p−1

X

j=1

a2jf^(2j)(n)+

Z +∞

n

A^∗_2p−1(t)f^(2p)(t)dt=Se_n,2p−2(α)−

n−1

X

k=1

1 k^α+

Z +∞

n

A^∗_2p−1(t)f^(2p)(t)dt.

S(α) =Se_n,2p−2(α) + Z +∞

n

A^∗_2p−1(t)f^(2p)(t)dt.

Remplaçons successivement dans cette égalitéppar(2p+ 1),2p+ 2, et2p. On obtient : (i)S(α) =Se_n,4p(α) +

Z +∞

n

A^∗_4p+1(t)f^(4p+2)(t)dt.

(ii)S(α) =Sen,4p+2(α) + Z +∞

n

A^∗_4p+3(t)f^(4p+4)(t)dt.

(iii)S(α) =Se_n,4p−2(α) + Z +∞

n

A^∗_4p−1(t)f^(4p)(t)dt.

Examinons le cas (i) : Z +∞

n

A^∗_4p+1(t)f^(4p+2)(t)dt=

+∞

X

k=n

Z k+1

k

A^∗_4p+1(t)f^(4p+2)(t)dt.

Alors Z +∞

n

A^∗_4p+1(t)f^(4p+2)(t)dt=

+∞

X

k=n

Z k+1

k

A_4p+1(t−k)f^(4p+2)(t)dt=

+∞

X

k=n

Z 1 0

A_4p+1(u)f^(4p+2)(u+k)dt.

L’application : u 7→ f^(4p+2)(u+k)] est continue et croissante sur [0,1], alors d’après la question précédente : Z 1

0

A4p+1(u)f^(4p+2)(u+k)dt≥0. Par conséquent : Z +∞

n

A^∗_4p+1(t)f^(4p+2)(t)dt≥0. D’oùSen,4p(α)≤S(α).

De la même manière on a : Z +∞

n

A^∗_4p+3(t)f^(4p+4)(t)dt≤0 et Z +∞

n

A^∗_4p−1(t)f^(4p)(t)dt≤0.

D’où les inégalités : Sen,4p(α)≤S(α)≤Sen,4p+2(α)etSen,4p(α)≤S(α)≤Se_n,4p−2(α). Soit maintenantp≥1. On va utiliser ces deux inégalités dans les deux cas suivants :

? Premier cas. Sipest pair,p= 2q.

Alors : 0≤S(α)−Sen,2p(α) =S(α)−Sen,4q(α)≤Sen,4q+2(α)−Sen,4q(α) =−a4q+2f^(4q+2)(n) =−a2p+2f^(2p+2)(n).

D’où |S(α)−Sen,2p(α)| ≤ |a2p+2f^(2p+2)(n)|sipest pair .

? Deuxième cas. Sipest impair,p= 2q−1.

Alors : 0≤Se_n,2p(α)−S(α) =Se_n,4q−2(α)−S(α)≤Se_n,4q−2(α)−Se_n,4q(α) =a_4qf^(4q)(n) =a_2p+2f^(2p+2)(n).

D’où |S(α)−Se_n,2p(α)| ≤ |a_2p+2f^(2p+2)(n)|sipest impair .

IV.A.3) Dans cette question on reprend le cas de II.B.3). On applique la question précédente, on obtient : |S(3)− Se_100,4(3)| ≤ |a6f⁽⁶⁾(100)|= 1

720·42|f⁽⁶⁾(100)|.

Or f(x) = −1

2x²,f⁰(x) = 1

x³,f⁰⁰(x) = −3

x⁴,f⁽³⁾(x) = 12

x⁵,f⁽⁴⁾(x) = −60

x⁶ ,f⁽⁵⁾(x) = 360

x⁷ ,f⁽⁶⁾(x) =−360·7 x⁸ . Ainsif⁽⁶⁾(100) =−360·7·10⁻¹⁶, donc|S(3)−Se100,4(3)| ≤ 360·7·10⁻¹⁶

720·42 = 1 1210⁻¹⁶. Finalement on a bien |S(3)−Se_100,4(3)| ≤10⁻¹⁷ .

IV.B−Séries de Fourier Hors programme !