cos(kπt)dt = 2(−1)

(1)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 15 29 juin 2019

Problème 1

1. a. Le calcul des intégrales se fait avec des intégrations par parties. On obtient : Z

1

0

t

²

cos(kπt)dt = 2(−1)

^k

(kπ)

²

,

Z

1 0

t cos(kπt)dt = (−1)

^k

− 1 (kπ)

²

On en déduit

Z

1 0

(ct

²

+ dt) cos(kπt)dt = (2c + d)(−1)

^k

− d (kπ)

²

b. La relation

(2c + d)(−1)

^k

− d = π

²

est valable pour tous les k si et seulement si 2c + d = 0 et d = −π

²

. On en déduit le couple (a, b) cherché

a = π

²

2 , b = −π

²

⇒ ∀k ∈ N

^∗

, π

²

2 Z

1 0

(t

²

− 2t) cos(kπt)dt = 1 k

²

c. Utilisons les a et b de la question précédente :

Z

1 0

(at

²

+ bt) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

! dt = 1

2 Z

1

0

(at

²

+ bt)dt +

n

X

k=1

1 k

²

= a 6 + b

4 +

n

X

k=1

1 k

²

= − π

²

6 +

n

X

k=1

1 k

²

2. En considérant le cos comme la partie réelle de l'exponentielle complexe, on peut

symétriser la somme pour la voir comme une suite géométrique de raison e

^2iθ

6= 1 . 1 + 2

n

X

k=1

cos 2kθ =

n

X

k=−n

e

^2iθ

^k

= e

^2(n+1)iθ

− e

^−2niθ

e

^2iθ

− 1

= e

^iθ

e

^(2n+1)iθ

− e

^−(2n+1)iθ

e

^iθ

(e

^iθ

− e

^−iθ

) = sin(2n + 1)θ sin θ 3. Comme f est C

¹

, on peut procéder à une intégration par parties :

Z

1 0

f(t) sin(λt)dt = f (0) − cos λf(1)

λ + 1

λ Z

1

0

cos λtf

⁰

(t)dt

On en déduit

Z

1 0

f (t) sin(λt)dt

≤

|f (0)| + |f (1)| + sup

[0,1]

|f

⁰

(t)|

λ ce qui prouve bien la convergence vers 0 pour λ en +∞ .

4. a. La fonction f est clairement de classe C

^∞

sur ]0, 1] . À l'aide d'une étude locale en 0, on va montrer que f est continue en 0 et que f

_|]0,1[⁰

converge en 0. Ceci prouvera le caractère C

¹

de la fonction sur [0, 1] d'après le théorème de la limite de la dérivée.

Les équivalences, limites et développements suivants sont tous en 0 . Montrons d'abord la continuité en étudiant la limite de f .

t

²

− 2t ∼ − 2t sin π

2 t ∼ π 2 t







⇒ f → −2π

²

4

^π₂

= −π Étudions ensuite la limte de la dérivée

f

⁰

(t) = π

²

4 2t − 2 sin

^π₂

t − π

2 (t

²

− 2t) cos

^π₂

t sin

²^π₂

t

! .

2t − 2

sin

^π₂

t = −2 + 2t

π

2

t + o(t

²

) = − 4 πt

1 − t

1 + o(t) = − 4

πt (1 − t + o(t)) (t

²

− 2t) cos

^π₂

t

sin

²^π₂

t = (−2t + t

²

)(1 + o(t))

π²

4

t

²

+ o(t

³

) = −2t + t

²

+ o(t

²

)

π²

4

t

²

+ o(t

³

)

= − 8 π

²

t

1 −

^t₂

+ o(t) 1 + o(t) = − 8

π

²

t (1 − t

2 + o(t)) d'où en combinant les deux parties :

f

⁰

(t) = π

²

4 ( 2

π + o(1)) → π 2

C'est à dire que la dérivée de la restriction de f à ]0, 1[ converge en 0 vers

^π₂

ce qui entraine que f est dérivable en 0 avec

f

⁰

(0) = π 2 et que f

⁰

est continue en 0 .

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/

1

Rémy Nicolai M0915C

(2)

MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 15 29 juin 2019 b. Notons s

n

= P

n

k=1 1

k²

. D'après 1.c :

Z

1 0

( π

²

2 t

²

− π

²

t) 1 2 +

n

X

k=1

cos(kπt)

!

dt = − π

²

6 + s

_n

Utilisons 2. avec θ =

^πt₂

puis la fonction f dénie en 4. :

Z

1 0

( π

²

2 t

²

− π

²

t) sin(2n + 1)

^πt₂

2 sin

^πt₂

= − π

²

6 + s

n

Z

1 0

f (t) sin(2n + 1) πt

2 = − π

²

6 + s

_n

La question 3 montre (avec λ =

^(2n+1)π₂

) la convergence de (s

_n

)

_n∈_N^∗

vers π

²

6

Problème 2

1. Comme A(0) = 0 ˜ , le polynôme A est divisible par X . Il existe donc un polynôme B tel que A = XB . Ce polynôme est de degré 2n − 1 et de coecient dominant 1. On peut obtenir le terme de degré 0 à partir de la dérivée.

A

⁰

= 2n(X + 1)

²ⁿ⁻¹

= XB

⁰

+ B, A ˜

⁰

(0) = ˜ B(0) = 2n

2. Les racines de A sont les nombres complexes u − 1 où u décrit l'ensemble U

2n

des racines 2n ièmes de l'unité.

3. Lorsque k décrit 1, · · · , n − 1 , le nombre 2n − k décrit n + 1, · · · , 2n − 1 et (2n − k)π

2n = π − kπ 2n donc

sin (2n − k)π

2n = sin kπ 2n On en déduit

P

_n

=

2n−1

Y

k=n+1

sin kπ 2n

puis Q

n

= P

_n²

car, pour k = n , sin

^kπ_2n

= 1 .

Comme tous les

^kπ_2n

sont dans [0,

^π₂

] , les sin sont strictement positifs et P

n

= p

Q

n

4. Les racines non nulles de A sont les racines de B . Le produit de ces 2n − 1 racines est (−1)

²ⁿ⁻¹

b

0

b

_2n−1

= −2n D'autre part, c'est aussi

E = Y

u∈U2n−{1}

(u − 1)

Chaque u de U

2n

− {1} est de la forme e

^iθ

avec θ =

^kπ_n

et k ∈ {1, · · · , 2n − 1} . On en déduit

E = (2i)

²ⁿ⁻¹

e

ⁱ^P²ⁿ⁻¹^k=1 ^kπⁿ

n

Y

k=1

sin kπ n e

ⁱ^P²ⁿ⁻¹^k=1 ^kπⁿ

= e

^i(2n−1)^π²

= (i)

²ⁿ⁻¹

E = 2

²ⁿ⁻¹

(−1)

²ⁿ⁻¹

Q

n

= −2

²ⁿ⁻¹

Q

n

Finalement

Q

_n

= n 2

⁻²ⁿ⁺²

, P

_n

= √

n 2

⁻ⁿ⁺¹

5. La décomposition de F en éléments simples est de la forme

X

u∈U2n

λ(u) X − u + 1 avec

λ(u) = 1

A ˜

⁰

(u − 1) = 1

2nu

²ⁿ⁻¹

= u 2n

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/

2

Rémy Nicolai M0915C