2007-2

I Convergence de la suite (s

)

I.1.(a) Pour tout k ≥ 2 on a k² ≥ k²− k = k(k − 1) > 0. L’application x 7→ 1/x ´etant d´ecroissante sur ]0, +∞[ il en r´esulte

1

k² ≤ 1

k(k − 1) = 1 k − 1 − 1

k· (b) On en d´eduit pour tout n ≥ 1,

s_n≤ 1 +

 1 −1

2

 + 1

2−1 3



+ · · · +

 1 n − 1 − 1

n



= 2 − 1 n ≤ 2.

(c) La suite (s_n) est croissante car s_n+1− s_n= 1/(n + 1)² > 0, major´ee par 2, donc, par le « th´eor`eme de la limite monotone », elle est convergente et sa limite S ≤ 2.

I.2.(a) La suite (sn) est croissante. Par d´efinition de tn on a pour tout n ≥ 1, t_n−1− t_n= 1

n − 1+ s_n−1− 1

n− s_n= 1

n(n − 1)− 1

n² ≥ 0. (cf.1.a) La suite (tn) est donc d´ecroissante. Enfin tn− s_n= 1/n tend vers 0 quand n tend vers l’infini. Les suites (s_n) et (t_n) sont donc adjacentes.

(b) Puisque S est limite de la suite croissante (s_n) et de la suite d´ecroissante (t_n) on a pour tout n ≥ 1

sn≤ S ≤ t_n,

et ceci est un encadrement d’amplitude 1/n. Pour n = 10 on a donc s₁₀= 1968329

1270080 ≤ S ≤ s₁₀+ 1

10 = 2095337

1270080· (1)

La calcul num´erique de s10donne s10= 1.549 . . . et donc l’encadrement 1.54 < s10< 1.55 + 0.1 = 1.65

d’amplitude 0.11. ¹

I.3. Voici le texte d’un exercice de niveau terminale S. On peut faire plus long.

(a) D´emontrer que la fonction t 7→ 1/t² est d´efinie et d´ecroissante sur [1, +∞[.

(b) En d´eduire, pour tout k ≥ 2 une majoration de 1

k² par une int´egrale, puis une majoration de sn=Pn

k=1

1 n².

(c) En d´eduire que la suite (s_n) est convergente.

II Utilisation de polynˆ omes

II.1. La formule donnant la somme des racines de P est σ₁ = −an−1

a_n ·

1Plus pr´ecisemment, notons Rn=P∞

k=n+11/k²le reste d’ordre n de la s´erieP∞

n=11/n². L’encadrement R∞

11 dt

t² < R10<R∞ 10

dt

t² donne ₁₁¹ < R10< ₁₀¹, et donc s10+ 1/11 < S = s10+ R10< s10+ 1/10 qui est un encadrement de largeur 1/10 − 1/11 = 1/110. Le calul num´erique donne 1.64 < S < 1.65.

II.2.(a) La formule de Moivre donne

cos(2p + 1)ϕ + i sin(2p + 1)ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ)^2p+1

=

2p+1

X

k=0

2p + 1 k



i^ksin^k(ϕ) cos^2p+1−k(ϕ)

En remarquant que i^2k= (−1)^ket i^2k+1= (−1)^ki, l’´egalit´e des parties imaginaires des deux membres donne

sin(2p + 1)ϕ =

p

X

k=0

2p + 1 2k + 1



(−1)^ksin^2k+1(ϕ) cos^2p−2k(ϕ).

(b) Puisque sin ϕ 6= 0 (car ϕ 6≡ 0 mod π) la formule ci-dessus s’´ecrit encore

sin(2p + 1)ϕ = sin^2p+1(ϕ)

p

X

k=0

2p + 1 2k + 1



(−1)^ksin^2k−2p(ϕ) cos^2p−2k(ϕ)

= sin^2p+1(ϕ)

p

X

k=0

2p + 1 2k + 1



(−1)^k(cotan²ϕ)^p−k·

II.3.(a) Pour 1 ≤ k ≤ p on a 0 < π

2p + 1 ≤ kπ

2p + 1 ≤ pπ 2p + 1 < π

2 et γk = cotan² kπ 2p + 1 est bien d´efini. On remplace ϕ par kπ

2p + 1 dans l’identit´e obtenue en 2.(b) et on divise les deux membres par sin^2p+1 kπ

2p + 1, qui est non nul, ce qui donne 0 = sin kπ

sin^2p+1

kπ 2p+1

 = P (γk).

(b) Puisque cotan : ]0, π/2[−→ ]0, +∞[, ]0, π/2[ on a γ1 > γ2 > · · · > γp, et les γ_k sont p racines distinctes de P , donc toutes les racines de P car deg(P ) = p.

(c) Puisque les γ_k sont les racines de P on a en utilisant II.1

p

X

k=1

cotan²

 kπ 2p + 1



=

p

X

k=1

γ_k=

2p+1 3

2p + 1 = p(2p − 1)

3 ·

Avec la formule 1

sin²ϕ = 1 + cotan²ϕ on en d´eduit

p

X

k=1

1 sin²

 kπ 2p+1

 =

p

X

k=1



1 + cotan²

 kπ 2p + 1



= p +p(2p − 1)

3 = 2p(p + 1)

3 ·

II.4.(a) La fonction x 7→ x − sin x de d´eriv´ee x 7→ 1 − cos x strictement positive sur ]0, π/2[ est strictement croissante sur [0, π/2] (th´eor`eme des accroissements finis).

Puisqu’elle est nulle en 0, elle est strictement positive sur ]0, π/2[ .

De mˆeme x 7→ tan x − x, nulle en 0, de d´eriv´ee x 7→ tan²x strictement positive sur ]0, π/2[, est strictement positive sur ]0, π/2[.

(b) La premi`ere formule de 3.(c) et la majoration ϕ < tan ϕ (pour 0 < ϕ < π/2), soit cotan ϕ < 1/ϕ donnent

p(2p − 1)

3 =

p

X

k=1

cotan²

 kπ 2p + 1



<

p

X

k=1

 2p + 1 kπ

2

= (2p + 1)² π²

p

X

k=1

1 k²· La deuxi`eme formule du 3.(c) avec sin ϕ < ϕ (pour 0 < ϕ < π/2) donne

(2p + 1)² π²

p

X

k=1

1 k² =

p

X

k=1

 2p + 1 kπ

2

<

p

X

k=1

1

sin² _2p+1^kπ = 2p(p + 1)

3 ·

(c) L’encadrement ´etabli au (b) donne, apr`es multiplication par π²/(2p + 1)², π²

6

2p(2p − 1) (2p + 1)² <

p

X

k=1

1 k² < π²

6

4p(p + 1) (2p + 1)²·

Lorsque p → +∞, 2p(2p − 1)

(2p + 1)² et 4p(p + 1)

(2p + 1)² tendent vers 1, et le th´eor`eme des gendarmes, donne l’existence et la valeur de

∞

X

k=1

1 k² = π²

6 ·

II.5. On remarque que u_n = s_n/4. Alors, puisque (s_n) est convergente, (u_n) est conver- gente et U = limn→+∞un= (limn→+∞sn)/4 = S/4 = π²/24.

On remarque ensuite que vn= s2n+1− u_n. Puisque (sn) et (un) sont convergentes, de limites respectives S et U , (v_n) est elle aussi convergente et

n→+∞lim vn= S − U = S − S 4 = 3

4S = π² 8 · On ´ecrit

sn+ wn=

n

X

k=1

(−1)^k+1 k² +

n

X

k=1

1 k² = 2

bⁿ⁻¹₂ c X

k=0

1 (2k + 1)² Cela donne

w_n=





2 bⁿ⁻¹₂ c

X

k=0

1 (2k + 1)²





− s_n −→

n→+∞= 2V − S = π² 12.

III Utilisation des int´ egrales de Wallis

III.1. Les fonctions t 7→ 1 et t 7→ t² sont continues de primitives t 7→ t et t 7→ t³/3 d’o`u I₀=

Z π/2 0

dt = tiπ/2 0 = π

2 et J₀= Z π/2

0

t²dt = t³ 3

π/2 0

= π³ 24·

III.2.(a) Soient u(t) = cos²ⁿ⁺¹t et v(t) = sin t. Les fonctions u et v sont de classe C¹, avec dv = cos t dt. Le th´eor`eme d’int´egration par parties donne

In+1 =

Z π/2 0

u dv =(cos²ⁿ⁺¹t) sin tπ/2

0 + (2n + 1) Z π/2

0

(cos²ⁿt)(sin²t)dt

= (2n + 1) Z _π/2

0

(cos²ⁿt) dt − (2n + 1) Z _π/2

0

(cos²ⁿ⁺²t) dt soit (2n + 2)I_n+1= (2n + 1)I_n.

(b) Pour n ≥ 1 on a donc, In= 2n − 1

2n In−1 puis, par r´ecurrence, I_n = (2n − 1)(2n − 3) · · · 1

(2n)(2n − 2) · · · 2 I₀= (2n)!

(2n)²(2n − 2)²· · · 2²I₀ = (2n)!

2²ⁿ(n!)² π 2· III.3.(a) Pour n ≥ 1 une int´egration par parties avec u(t) = cos²ⁿt et v(t) = t (u et v sont

de classe C¹) donne In=

Z π/2 0

udv =t (cos²ⁿt)π/2 0 +

Z π/2 0

2nt (cos²ⁿ⁻¹t)(sin t) dt = 2nI_n⁰ avec

I_n⁰ = Z π/2

0

t (cos²ⁿ⁻¹t) sin t dt.

Une deuxi`eme int´egration par parties, avec u(t) = (cos²ⁿ⁻¹t) sin t et v⁰(t) = t donne

I_n⁰ = t²

2(cos²ⁿ⁻¹t) sin t

π/2 0

−1 2

Z _π/2

0

t²(cos²ⁿt)dt + (2n − 1)1 2

Z _π/2

0

t²cos²ⁿ⁻²t sin²t·

Avec l’identit´e sin²t = 1 − cos²t cela donne I_n⁰ = −1

2Jn+2n − 1

2 Jn−1−2n − 1

2 Jn= 2n − 1

2 Jn−1− nJ_n et enfin In= 2nI_n⁰ = n(2n − 1)Jn−1− 2n²Jn.

(b) Par d´efinition de K_n, pour tout n ≥ 1 on a K_n−1− K_n = 4ⁿ⁻¹(n − 1)!²

(2n − 2)! J_n−1−4ⁿn!² (2n)!J_n

= 4ⁿ⁻¹(n − 1)!²

(2n)! (2n(2n − 1)J_n−1− 4n²J_n) Vu la formule pr´ec´edente, et la question 2.b, cela donne

Kn−1− K_n= 4ⁿ⁻¹(n − 1)!²

(2n)! 2In= 4ⁿ⁻¹(n − 1)!² (2n)! 2(2n)!

4ⁿn!² π 2 = π

4n²· (c) Remarquons que K0= J0, et donc, vu la question pr´ec´edente,

J₀− K_N = K₀− K_N =

N

X

n=1

(K_n−1− K_n) = π 4

N

X

k=1

1 n²·

III.4.(a) La fonction x 7→ sin x d´efinie sur [0, π/2] dont la d´eriv´ee seconde, x 7→ − sin x est n´egative, est une fonction concave. Son graphe est donc situ´e « au dessus » de la droite passant par les points (0, 0) et (^π₂, 1), d’´equation y = 2

πx. Pour 0 ≤ x ≤ π/2 on a donc sin x ≥ 2

πx.

(b) Par la question pr´ec´edente, pour 0 ≤ t ≤ π/2, on a t ≤ ^π₂ sin t, d’o`u Jn =

Z π/2 0

t²cos²ⁿt dt ≤ Z π/2

0

π²

4 sin²t cos²ⁿt dt = π² 4

Z π/2 0

(1 − cos²t) cos²ⁿt dt

≤ π²

4 (I_n− I_n+1) = π² 8

I_n

n + 1 (en utilisant 2.(a)).

Rempla¸cant J_n par 2K_n

π I_n (cf. 2.(b)) dans cette in´egalit´e on obtient 0 ≤ K_n≤ π³

16(n + 1)·

(c) Par la question pr´ec´edente, lim_n→∞K_n= 0. Avec la formule s_n= 4(J₀− K_n)/π

´etablie au 3.(c), cela donne l’existence et la valeur de lim

n→∞sn= 4

πJ0= π² 6 ·

IV Noyau de Dirichlet

2D_n(x) = 1 + X

1≤k≤n

2 cos kx = 1 + X

1≤k≤n



e^ikx− e^−ikx

= X

−n≤k≤n

e^ikx.

Ceci est la somme d’une progression g´eom´etrique de raison e^ix 6= 1 puisque x 6∈ 2πZ, d’o`u

2D_n(x) = e^−inx− e^i(n+1)x

1 − e^ix = e^−i(n+1/2)x− e^i(n+1/2)x

e^−ix/2− e^ix/2 = sin(n + 1/2)x sin(x/2) · IV.2.(a) Par parties, avec u = x, dv = cos kx dx et v = ¹_ksin kx, (u et v sont de classe C¹)

Z π 0

x cos kx dx =

 x1

ksin kx

π 0

−1 k

Z π 0

sin(kx) dx

= 1

k² [cos(kx)]^π₀ = 1 k²

h

(−1)^k− 1i

=

(0 si k est pair

−2

k² si k est impair.

(b) La d´efinition D_n(x) = 1/2 +Pn

k=1cos kx et la lin´earit´e de l’int´egrale donnent L_n =

Z π 0

xD_n(x) = Z π

0

x 2dx +

n

X

k=1

Z π 0

x cos kx dx

= π² 4 +

n

X

k=1

(−1)^k k² −

n

X

k=1

1 k²·

IV.3. Au voisinage de 0,

sinx 2 = x

2 + o(x²) =x

2(1 + o(x)) , (2)

et donc

f (x) = x

sin^x₂ = 2

1 + o(x) = 2 + o(x). (3)

Ceci montre d’abord que limx→0,x6=0f (x) = 2, donc que la fonction f se prolonge par continuit´e en 0 en posant f (0) = 2. Ceci fait, (3) s’´ecrit alors

f (x) = f (0) + 0 × x + o(x) ce qui montre que f est d´erivable en 0 avec f⁰(0) = 0.

Par le th´eor`eme de d´erivation d’un rapport f est continˆument d´erivable sur ]0, π[ et f⁰(x) = sin^x₂ −¹₂x cos^x₂

(sin^x₂)² ·

Le d´eveloppement limit´e cos^x₂ = 1 + o(x) donne ¹₂x cos^x₂ = ^x₂ + o(x²) et, avec (2) sinx

2 −1 2x cosx

2 = o(x²).

Lorsque x −→ 0 on a sin²

x 2



∼x 2

2

= x²

4 (1 + o(1)). On a donc, lorsque x → 0, f⁰(x) = sin^x₂ −¹₂x cos^x₂

(sin^x₂)² = o(x²)

x²

4(1 + o(1)) → 0 = f⁰(0).

Ainsi la fonction f⁰, continue en 0 et sur R^?, est continue sur R et f de classe C¹. Remarque : On pouvait aussi se contenter de prouver que f est prolongeable par continuit´e en 0, sans prouver la d´erivabilit´e en 0, puis d´emontrer que f⁰(x) → 0 quand x → 0, et utiliser le th´eor`eme du prolongement par continuit´e d’une fonction d´eriv´ee (voir les remarques `a la fin du corrig´e).

IV.4. Soit λ > 0. Une int´egration par parties avec u(x) = Φ(x), v⁰(x) = sin λx et v(x) = cos λx

λ , o`u u et v sont de classe C¹ donne Z π

0

Φ(x) sin λx dx = Z π

0

udv = −1

λ[Φ(x) cos λx]^π₀ + 1 λ

Z π 0

Φ⁰(x) cos λxdx

= Φ(0)

λ −Φ(π) cos λπ

λ + 1

λ Z π

0

Φ⁰(x) cos λx dx.

Les fonctions Φ et Φ⁰ continues sur [0, π], sont major´ees en valeur absolue respec- tivement par kΦk_∞et kΦ⁰k_∞. Avec |cos λx| ≤ 1, il vient

Z _π

0

Φ(x) sin λx dx    

≤ 2

λkΦk_∞+1 λ

Z _π

0

Φ⁰(x) cos λx  dx

≤ 2

λkΦk_∞+1 λ

Z π 0

Φ⁰

_∞dx ≤ 2

λkΦk_∞+π λ

Φ⁰ _∞, d’o`u limλ→+∞

Rπ

0 Φ(x) sin λx dx = 0.

IV.5.(a) Les fonction x 7→ xDn(x) et x 7→ f (x) sin(n +¹₂)x sont continues sur [0, π]. Par la question IV.1, pour x ∈ ]0, π[, elles prennent la mˆeme valeur xsin(n +¹₂)x

sin^x₂ . Elles co¨ıncident donc sur [0, π] et

L_n= Z π

0

xD_n(x) dx = Z π

0

f (x) sin

 n + 1

2

 x dx.

Puisque f est de classe C¹ sur [0, π], par la question IV.4 on a lim_n→∞L_n= 0.

(b) Il r´esulte de IV.2.(b) que lim

n→∞L_n= π

4 − S − W = π²

4 − S −S 2 = π²

4 −3S 2 . Puisque lim Ln= 0 on en d´eduit S = π²/6.

V Une somme double

V.1.(a) Puisque fonction t 7→ 1/t est d´ecroissante sur R^?+, on a pour tout n ≥ 1 1

n + 1 ≤ Z n+1

n

dt t ≤ 1

n· La croissance de l’int´egrale donne alors

log(N + 1) = Z N +1

1

dt t =

N

X

n=1

Z n+1 n

dt t ≤

N

X

n=1

1 n = H_N et

H_N = 1 +

N −1

X

n=1

1

n + 1 ≤ 1 +

N −1

X

n=1

Z n+1 n

dt t = 1 +

Z N 1

dt

t = 1 + log N.

(b) On en d´eduit 0 ≤ HN

N ≤ 1 + log N

N . Utilisant lim

N →+∞

log N

N = 0 et le th´eor`eme des gendarmes, il vient lim

N →∞H_N/N = 0.

(c) En remarquant que 1/(m(m + 1)) = 1/m − 1/(m + 1) on a

M −1

X

m=1

H_m

m(m + 1) =

M −1

X

m=1

H_m

m −

M −1

X

m=1

H_m m + 1 =

M −1

X

m=1

H_m

m −

M

X

m=2

H_m−1 m

= 1 −HM −1

M +

M −1

X

m=2

Hm− H_m−1

m = 1 − HM −1

M +

M −1

X

m=2

1 m²

=

M

X

m=1

1

m² − H_M M ·

(d) En faisant tendre m vers l’infini dans l’identit´e que l’on vient d’´etablir on obtient

∞

X

m=1

Hm

m(m + 1) =

∞

X

m=1

1

m² − lim

M →∞

H_M M = π²

6 ·

V.2.(a) En remarquant que 1

n(n + m − 1) = 1 m − 1

 1

n− 1

n + m − 1



on ´ecrit

ZN,m = 1

m − 1

N

X

n=1

 1

n− 1

n + m − 1



= 1

m − 1

" _N X

n=1

1 n−

N +m−1

X

n=m

1 n

#

= 1

m − 1

"

H_m−1−

N +m−1

X

n=N +1

1 n

#

·

(b) Pour m fix´ePN +m−1 n=N +1 1

n est une somme de m − 1 termes qui tendent chacun vers 0 quand N tend vers l’infini, et donc

N →∞lim Z_N,m= H_m−1 m − 1· V.3.(a) On a

N

X

n=1 M

X

m=1

1

mn(n + m − 1) =

M

X

m=1 N

X

n=1

1 mn(n + m − 1)

=

M

X

m=1

1 m

N

X

n=1

1

n(n + m − 1) =

M

X

m=1

Z_N,m m

= ZN,1+

M

X

m=2

Z_N,m

m =

N

X

n=1

1 n² +

M

X

m=2

Z_N,m m ·

(b) Par IV.2.(b) pour chaque valeur de m dans [2, M ], on a lim

N →∞

ZN,m

m = Hm−1

m(m − 1). ce qui donne

N →∞lim

M

X

m=2

ZN,m

m =

N

X

m=2

H_m−1 m(m − 1)·

Avec lim

N →+∞

N

X

n=1

1 n² = π²

6 cela donne

N →∞lim

N

X

n=1 M

X

m=1

1

mn(n + m − 1) = π² 6 +

M

X

m=2

Hm−1

m(m − 1)· (c) Par la question pr´ec´edente

N →∞lim

N

X

n=1 M

X

m=1

1

mn(n + m − 1) = π² 6 +

M

X

m=2

H_m−1

m(m − 1) = π² 6 +

M

X

m=1

H_m−1 m(m + 1)·

Par V.1.(d) cette quantit´e tend vers π² 6 +π²

6 = π²

3 donc la limite demand´ee existe et vaut π²

3 .

VI La fonction Dilogarithme

VI.1. L’expression ln(1 − t)/t n’est a priori pas d´efinie en 0, l’int´egrale d´efinisssant Li(x) semble donc ˆetre une int´egrale impropre en 0. Mais, puisque log(1 − t) ∼ −t lorsque t tend tend vers 0, la fonction t 7→ −^log(1−t)_t d´efinie sur [−1, 1[\ {0} se prolonge par continuit´e en 0 en lui donnant la valeur 1.

Par le « th´eor`eme fondamental du calcul diff´erentiel et int´egral », la fonction Li : x 7→ Rx

0 −^ln(1−t)_t dt est donc d´efinie sur [−1, 1[, et mˆeme de classe C¹, car sa d´eriv´ee est la fonction continue

x 7→ −ln(1 − x)

x ·

VI.2. Dire que Li se prolonge par continuit´e en 1 c’est dire que l’int´egrale Z x

0

−ln(1 − t) t dt

admet une limite lorsque x tend vers 1⁻, c’est `a dire que l’int´egrale impropre Z 1

0

−ln(1 − t) t dt

est convergente. Lorsque t → 1⁻, l’expression − log(1 − t)/t est positive, ´equivalente

`

a − log(1 − t). Par la r`egle des ´equivalents pour les int´egrales impropres de fonctions positives, cette int´egrale est de mˆeme nature queR1

0 − log(1 − t) dt. Une primitive de log t est t log t − t. Une primitive de − log(1 − t) est donc (1 − t) log(1 − t) − 1 + t.

Cette primitive admet une limite quand t tend vers 1, ce qui termine la preuve.

VI.3.(a) La s´erie enti`ere 1 1 − t =

∞

X

n=0

tⁿ, de rayon de convergence 1, peut ˆetre int´egr´ee terme `a terme sur ] − 1, 1[. Il en r´esulte que pour tout u ∈ ]−1, 1[

− log(1 − u) = Z u

0

dt 1 − t =

∞

X

n=0

Z u 0

tⁿdt =

∞

X

n=0

uⁿ⁺¹ n + 1 =

∞

X

n=1

uⁿ n · et donc,

−log(1 − u)

u =

∞

X

n=1

uⁿ⁻¹

n =

∞

X

n=0

uⁿ n + 1·

Cette s´erie enti`ere est encore de rayon de convergence 1, et par int´egration terme

`

a terme il vient Li(x) =

Z x 0

− ln(1 − u)

u du =

∞

X

n=0

Z x 0

uⁿ n + 1du =

∞

X

n=0

xⁿ⁺¹ (n + 1)² =

∞

X

n=1

xⁿ n²·

(b) Pour n ≥ 1, la fonction d´efinie sur [−1, 1] par x 7→ xⁿ

n² prend sa plus grande valeur absolue en les points 1 et −1 et cette valeur absolue est 1/n². Notant k k_∞ la norme de la convergence uniforme sur [0, 1] on a donc

xⁿ n² _∞

= 1 n²·

La s´erie

∞

X

n=1

xⁿ

n² est donc normalement convergente et a fortitori uniform´ement convergente sur [−1, 1]. Sa somme g(x) est une fonction continue sur [−1, 1]. Par VI.2 la fonction Li est continue sur [−1, 1]. On a donc

Li(1) = lim

x→1

x<1

Li(x) = lim

x→1

x<1

∞

X

n=1

xⁿ n² = lim

x→1

x<1

g(x) = g(1) =

∞

X

n=1

1 n² = π²

6 ·

VI.4.(a) La d´efinition Li(x) = Z x

0

− ln(1 − t)

t donne, pour x ∈ ]0, 1[, Li⁰(x) = −ln(1 − x)

x .

Si t ∈ ]0, 1[ alors 1 − t ∈ ]0, 1[. Par le th´eor`eme de d´erivation d’une fonction compos´ee la fonction t 7→ Li(t) + Li(1 − t) est donc d´erivable sur ]0, 1[ et

d

dx(Li(x) + Li(1 − x)) = Li⁰(x) − − Li⁰(1 − x) = −ln(1 − x)

x + ln(x) 1 − x· (b) Par les th´eor`emes de d´erivation d’un produit et d’une fonction compos´ee

x 7→ h(x) = π²

6 + ln(x) ln(1 − x) est d´erivable sur ]−1, 1[ avec h⁰(x) = ln(1 − x)

x − ln(x)

1 − x· Cette d´eriv´ee est la mˆeme que celle de la fonction Li(x) + Li(1 − x). Ces deux fonction diff`erent donc d’une constante. De plus, lorsque x tend vers 0 on a ln(1 − x) ∼ −x et donc, lorsque x → 0, ln(x) ln(1 − x) ∼ −x ln(x) → 0. Il en r´esulte que

x→0limh(x) = π²

6 = Li(1) = lim

x→0(Li(x) + Li(1 − x)).

On a donc pour tout x ∈ ]0, 1[, Li(x) + Li(1 − x) = π²

6 + ln(x) ln(1 − x).

VI.5. Utilisant VI.3.(a) et l’identit´e pr´ec´edente pour x = 1/2 on obtient

∞

X

n=1

1

2ⁿn² = Li 1 2



= 1 2

 Li 1

2

 + Li

 1 −1

2



= π²

12 −(ln(2))²

2 ·

VI.6.(a) Par VI.3.a, pour tout x ∈ ]−1, 1[

Li(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ

n et Li(−x) =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿxⁿ n d’o`u

Li(x) + Li(−x) =

+∞

X

n=1

(1 + (−1)ⁿ)xⁿ n =

+∞

X

n=1

x²ⁿ 2n = 1

2

+∞

X

n=1

(x²)ⁿ n = 1

2Li(x²).

(b) Faisant tendre x vers 1 et utilisant la continuit´e de Li en 1 et −1 on obtient Li(1) + Li(−1) = 1

2 Li(1), ou encore Li(−1) = −1

2Li(1) = −π²

12 par VI.3.b.

VI.7.(a) Pour x ∈ ]0, 1[ on a d

dxLi(x) = −ln(1 − x)

x , d

dxLi(−x) = −ln(1 + x) x d

dxLi 1 − x 1 + x



= −(1 + x) ln_1+x^2x

1 − x × −2

(1 + x)² = 2

1 − x²ln 2x 1 + x d

dxLi x − 1 1 + x



= −(1 + x) ln_1+x²

x − 1 × 2

(1 + x)² = 2

1 − x² ln 2 1 + x·

Notons

U (x) = Li(x)−Li(−x)+Li 1 − x 1 + x



−Li x − 1 1 + x



V (x) = π²

4 +ln 1 + x 1 − x

 ln x.

On a donc

U⁰(x) = 1

xln 1 + x 1 − x



+ 2 ln x

1 − x² = V⁰(x)·

De plus, avec la continuit´e de Li sur [−1, 1], on a

x→0limU (x) = Li(1) − Li(−1) = π² 6 +π²

12 = π² 4 = lim

x→0V (x).

Ceci prouve que U (x) = V (x) pour tout x ∈ ]0, 1[ . (b) Soit x satisfaisant x = 1 − x

1 + x. Un calcul simple montre que x =√

2 − 1 convient.

Donnons cette valeur `a x dans la formule pr´ec´edente. Elle devient 2[Li(x) − Li(−x)] = π²

4 + ln 1 x



ln x = π²

4 − (ln x)². De plus, par VI.3.(a) on a

Li(x) − Li(−x) =

∞

X

n=1

xⁿ n² −

∞

X

n=1

(−x)ⁿ n² = 2

∞

X

n=0

x²ⁿ⁺¹ (2n + 1)²· Ceci donne donc

∞

X

n=0

x²ⁿ⁺¹ (2n + 1)² = 1

2(Li(x) − Li(−x)) = 1 4

 π²

4 − (ln x)²



soit ∞

X

n=0

(√

2 − 1)²ⁿ⁺¹ (2n + 1)² = π²

16 −[ln(√

2 − 1)]²

4 ·

Merci `a Fran¸cois Gramain qui a relu soigneusement ce texte et ´elimin´e bon nombre de fautes ou impr´ecisions.

Remarques

A propos de la question II.4.a

Soit f une fonction continue sur [a, b] ⊂ R, d´erivable sur ]a, b[, avec f⁰(x) > 0 pour tout x ∈ ]a, b[. Alors, f est strictement croissante sur [a, b] et non pas seulement sur ]a, b[.

C’est encore une cons´equence du th´eor`eme des accroissements finis, car, pour tous u, v, a ≤ u < v ≤ b, ce th´eor`eme s’applique sur l’intervalle [u, v] et il existe c ∈ ]u, v[ avec f (v) − f (u) = (v − u)f⁰(c) > 0.

A propos de la question IV.3

Soit f une fonction continue sur [a, b], d´erivable sur ]a, b[, telle qu’il existe

` = lim

x→a⁺f⁰(x).

Une faute fr´equente est la suivante : « la fonction f⁰ d´efinie sur ]a, b[, se prolonge par continuit´e au point a, en lui donnant en ce point la valeur `. Donc f est continˆument d´erivable en 0 ». La conclusion est vraie, mais cela r´esulte du th´eor`eme suivant. Si vous n’invoquez pas ce th´eor`eme on peut penser (probablement sans sans se tromper) qu’il est pour vous ´evident que la d´eriv´ee de f au point a existe et co¨ıncide avec limx→af⁰(x).

Th´eor`eme 1 Soit f : [a, b] −→ R, continue sur [a, b] et d´erivable sur ]a, b[, telle qu’il existe ` avec lim_x→a⁺f⁰(x) = `. Alors f est d´erivable en a, et, de plus, f<sup>0</sup>(a) = `. En particulier, f⁰ est continue en a.

Preuve : Il faut connaitre cette d´emonstration, qu’on pourra vous demander `a l’oral. C’est une cons´equence classique du th´eor`eme des accroissements finis. En effet, par ce th´eor`eme, pour tout h, avec 0 < h ≤ b − a, il existe θ ∈ ]0, 1[ tel que

f (a + h) − f (a)

h = f⁰(a + θh).

Lorsque h −→ 0, a + θh → a, et, par hypoth`ese, lim

h→0f⁰(a + θh) = `, d’o`u lim

h→0

f (a + h) − f (a)

h = lim

h→0f⁰(a + θh) = `.

A propos de la question VI.3.b

Personne n’a r´epondu correctement `a cette question qui ´etait un pi`ege. Par VI.3.a on sait que, pour x ∈ ]−1, 1[, Li(x) = P+∞

n=1xⁿ

n². Beaucoup d’´etudiants ayant trait´e la question

´ecrivent : « et donc, pour x = 1 cela donne Li(x) =P+∞

n=1 1

n² », ne remarquant pas que 1 n’est pas un ´el´ement de ]−1, 1[ ! Les autres ´ecrivent « Puisque la fonction Li est continue au point 1 (question 2) on a, en utilisant VI.3.a,

Li(1) = lim

x→1Li(x) = lim

x→1 +∞

X

n=1

xⁿ n² =

+∞

X

n=1

1

n² · » (4)

Cette d´emonstration est fausse. Lorsqu’on ´ecrit lim

x→1 +∞

X

n=1

xⁿ n² =

+∞

X

n=1

1

n² on admet (implicite- ment) que si g est la fonction d´efinie sur ]−1, 1[ par g(x) =

+∞

X

n=1

xⁿ

n², alors lim

x→1g(x) =

+∞

X

n=1

1 n². Or g(x) est d´efini sur ]−1, 1[ comme somme de la s´erie enti`ere

+∞

X

n=1

xⁿ n²·

Le th´eor`eme au programme dit que, `a l’int´erieur du disque de converence, la somme d’une s´erie enti`ere est continue. Il ne dit rien concernant la somme en un point situ´e sur la fronti`ere du disque de convergence.