PanaMaths Mai 2014
Pour tout entier naturel n, on pose :
4 0
tan
nI
nt dt
= ∫
π1. Déterminer une relation de récurrence entre I
net I
n+2. 2. Calculer lim
nn→+∞
I .
3. Déduire des questions précédentes les valeurs des sommes :
( )
11
1
pp
p
+∞ −
=
∑ − et ( )
0
1
2 1
p
p
p
+∞
=
−
∑ +
Analyse
La récurrence s’obtient facilement en faisant apparaître la dérivée de la fonction tangente.
Pour obtenir la limite de la suite
( )
In on en établit d’abord la convergence puis on utilise la relation de récurrence. La dernière question découle, encore une fois, d’une utilisation de la récurrence (sommation d’égalités).Résolution
Question 1.
On a, pour tout entier naturel n :
( )
( )
2 2 2
4 4 4
2 0 0 0
2 1 4
4 4
0 0
0
tan tan tan tan 1 tan 1
tan 1 tan tan 1 tan
1 1
1
n n n
n
n n n
n
n
I t dt t t dt t t dt
t t dt t dt t I
n n I
π π π
π π π
+ +
+
= = × = × + −
⎡ ⎤
= × + − =⎢⎣ + ⎥⎦ −
= −
+
∫ ∫ ∫
∫ ∫
.Finalement :
2
, 1
n n 1
n I I
+ n
∀ ∈ + =
` +
PanaMaths Mai 2014 Question 2.
Sur l’intervalle 0 ; 4
⎡ π⎤
⎢ ⎥
⎣ ⎦, la fonction tangente prend des valeurs positives. Il en va donc de même pour la fonction t6tannt et on en conclut : ∀ ∈n `,In≥0.
Ainsi, la suite
( )
In est minorée par 0.Par ailleurs, pour tout entier naturel n, on a :
( )
( )
4 1 4
1 0 0
4 1 0
4 0
tan tan
tan tan
tan tan 1
n n
n n
n n
n
I I t dt t dt
t t dt
t t dt
π π
π
π + +
+
− = −
= −
= × −
∫ ∫
∫
∫
Sur l’intervalle, la fonction tangente prend ses valeurs dans l’intervalle
[ ]
0 ; 1 .On a donc : 0 ; , tan 1 0
t ⎡ π4⎤ t
∀ ∈⎢⎣ ⎥⎦ − ≤ puis tannt×
(
tant− ≤1)
0 et enfin :( )
4
0 tannt tant 1 dt 0
π × − ≤
∫
.On a donc : ∀ ∈n `,In+1− ≤In 0 : la suite
( )
In est décroissante.La suite
( )
In est décroissante et minorée, elle est donc convergente. Notons L sa limite.On a, d’après la question précédente : 2 1
, n n 1
n I I
+ n
∀ ∈ + =
` + .
Comme lim n lim n 2
n I n I + L
→+∞ = →+∞ = , on obtient en passant à la limite dans l’égalité précédente :
(
2)
lim 2 lim 1 0
n n 1
n I I L L L n
+ n
→+∞ + = + = = →+∞ = + On en déduit finalement : lim n 0
n I L
→+∞ = = .
La suite
( )
In est convergente de limite nulle.PanaMaths Mai 2014 Question 3.
En utilisant la relation de récurrence de la première question, il vient :
( ) ( ) ( )
1 3
3 5
5 7
1
1 1
2 1 2 1
1 2 1 4 1 6 ...
1 1 1
2
p
p p
p p
I I
I I
I I
I I
p
−
− −
− +
+ =
− − = − + =
− + − = −
En sommant ces p égalités membre à membre, on obtient :
( )
1( )
11 2 1
1 1 1 1
1 ...
2 4 6 2
p p
I I p
p
−
− +
− −
+ − = + + + +
Comme lim 2p 1 0
p I +
→+∞ = , on obtient, en considérant les limites de chacun des membres de
l’égalité précédente :
( )
1( )
1( )
11
1 1
1 1 1
1 1 1 1
0 lim ...
2 4 6 2 2 2
p p p
p p p
I p p p
− +∞ − +∞ −
→+∞ = =
⎛ − − ⎞ − −
+ = ⎜⎜⎝ + + + + ⎟⎟⎠=
∑
=∑
.Or :
( ) ( )
4 4 4
1 0 0 0
tan sin ln cos
cos
ln cos ln cos 0 ln 1 ln1 ln 2
4 2
1ln 2 2
I t dt t dt t
t
π π π
π
= = = − ⎡⎣ ⎤⎦
⎛ ⎛ ⎞ ⎞
= −⎜⎝ ⎜⎝ ⎟⎠− ⎟⎠= − + =
=
∫ ∫
On a donc :
( )
11 1
1 1 1
2 2ln 2
p
p
p I
+∞ −
=
− = =
∑
et, finalement :( )
11
1 ln 2
p
p p
+∞ −
=
− =
∑
.On a retrouvé un résultat classique !
PanaMaths Mai 2014
On a aussi :
( ) ( ) ( )
0 2
2 4
4 6
2 2 2
1 1 3 1 5 ...
1 1 1
2 1
p
p p
p p
I I
I I
I I
I I
+ p + =
− − = −
+ =
− + − = −
+
En sommant ces p égalités membre à membre, on obtient cette fois :
( ) ( )
0 2 2
1 1 1
1 1 ...
3 5 2 1
p p
I I p
+ p
− −
+ − = + + + + + Comme lim 2p 2 0
p I +
→+∞ = , on obtient, en considérant les limites de chacun des membres de
l’égalité précédente :
( ) ( )
0
0
1 1
1 1
0 lim 1 ...
3 5 2 1 2 1
p p
p p
I p p
+∞
→+∞ =
⎛ − − ⎞ −
+ = ⎜⎜⎝ + + + + + ⎟⎟⎠=
∑
+ . Or :4 0 4
0 0 tan 0
I t dt dt 4
π π π
=
∫
=∫
=On a donc, finalement :
( )
0 0
1
2 1 4
p
p
p I
π
+∞
=
− = =
∑
+ .On a obtenu un autre résultat classique !
( )
11
1 1 1 1 1 1 1 1
1 ... ln 2
2 3 4 5 6 7 8
p
p p
+∞ −
=
− = − + − + − + − + =
∑
( )
0
1 1 1 1 1 1 1 1
1 ...
2 1 3 5 7 9 11 13 15 4
p
p p
π
+∞
=
− = − + − + − + − + =
