FE 2 - Séries Solutions

F E U I L L E

2 ^Séries BCPST 2 - Lycée F1

Exercice 1: [Indications] [Correction] – Calculer – Cours –

Étudier la convergence et déterminer, si possible, la somme totale des séries ci- dessous

1. X

n∈N^∗

(lnn−ln(n+ 1))

2. X

n∈N

1 (n+ 1)(n+ 2)

3. X

n>3

1 (n+ 1)(n+ 2)

4. X

n>1

1 1 +. . .+n

5. X

n>2

ln ln(n+ 1)2

(lnn) ln(n+ 2)

6. X

n>2

4 eⁿ

7. X

n>1

1 n!

8. X

n∈N

ne^−λn pour toutλ >0

9. X

n∈N^∗

n−1 2

² e⁻ⁿ

10. X

n>2

1 +√

n+ 1−2√ n

2ⁿ⁺¹ K

11. X

n>2

2n²−n+ 1

n! K

12. X

n∈N

xⁿcos(nθ)etX

n∈N

xⁿsin(nθ)

pour tous (x, θ)∈]−1; 1[×R. K

13. X

n∈N^∗

xⁿ

n pour toutx∈]−1; 1[

KK

Exercice 2: [Indications] [Correction] – Chercher – Étudier la convergence des séries ci-dessous

1. X

n∈N

ln(shn)

(où shx=^ex−e₂^−x)

2. X

n∈N^∗

2ⁿ n

3. X

n∈N^∗

√1 n

4. X

n>1

1 + (n−1)!

n!

5. X

n>0

sin(2ⁿ) n!

6. X

n>1

(−1)ⁿsin⁴(2^n−1π₅) 2ⁿ⁻¹

7. X

n∈N

chn ch(2n)

(où chx=^ex+e₂^−x) K

8. X

n>1 1 n(n+1)

cos¹_ncos_n+1¹ K

9. X

n>2

√ 1 n+√

n+ 1 K 10. X

n∈N

(n!)²

(2n)! KK

Exercice 3: [Indications] [Correction] – Raisonner –

1. Soitn∈N,n>2. Montrer que, pourk∈ {0, . . . , n−2}, k!

n! 6 1 n(n−1). 2. En déduire que

n

P

k=0

k! ∼

n→+∞n!. K

3. Écrire un algoritme Python vous permettant d’observer l’équivalence sur un graphique.

Exercice 4: [Indications] [Correction] – Raisonner – Chercher – K Soit la suite(un)définie par

u₀= 1 et u_n+1=u_ne^−un ∀n∈N 1. Étudier le signe puis le sens de variation de la suite (un).

2. En déduire la convergence éventuelle et la limite, si elle existe.

3. Étudier la convergence de la série de terme généralu_n. K Exercice 5: [Indications] [Correction] – Chercher – Raisonner – KK

Soit la suite(un)définie par

u₀∈]0; 1[ et u_n+1=u_n−u²_n ∀n∈N

1. Étudier la convergence de la suite(un) KK

2. Étudier la convergence de la série de terme généralu²_n.

Exercice 6: [Indications] [Correction] – Chercher – Calculer – Modéliser – K Soitk∈N^∗ etn∈N. On définit

I_n= (−1)ⁿ⁺¹ Z 1

0

x^k(n+1)

1 +x^k dx, J = Z 1

0

1

1 +x^kdx, u^(k)_n = (−1)ⁿ kn+ 1 1. Déterminer lim

n→+∞I_n. K

2. ExprimerJ −I_n sous la forme d’une somme. K

3. Montrer que la série X

n∈N

u^(k)_n converge et déterminer sa limite en fonction de J.

1 —Feuille 2: Séries—

4. Déterminer

+∞

X

j=0

u_j pour k= 1,2.

5. a) Déterminera, b, c tels que

∀x∈R− {−1}, 1

1 +x³ = a

1 +x+ bx+c 1−x+x²

b) Calculer

+∞

X

n=0

u^(k)_n lorsquek= 3.

6. Écrire une fonction Python permettant de déterminer une valeur approchée deJ pour n’importe quelk∈N^∗. En déduire une valeur approchée deJ pour k= 5. (On ne se préoccupera pas de connaître la précision exacte de la valeur approchée mais on donnera seulement une valeur qui semble raisonnable en expliquant pourquoi.)

Exercice 7: [Indications] [Correction] – Calculer – Pour toutx >0et toutn∈N^∗, on pose :

un = x

((n−1)x+ 1) (nx+ 1)

Comparer lim

x→0 lim

n→+∞

n

X

k=1

uk(x)

!

et lim

n→+∞ lim

x→0 n

X

k=1

uk(x)

!

Exercice 8: [Indications] [Correction] – Chercher – Raisonner – KKK Soit(an)une suite réelle. On souhaite étudier les séries P

n∈N

anzⁿ pour tout z∈R. (Ce type de séries est appelé "séries entières".)

1. On poseR= sup{|z| ∈R| X

n∈N

anzⁿ converge} ∈R⁺=R⁺∪ {+∞}.

a) Vérifier queR existe.

b) Vérifier que pour toutztel que |z|> R, la série X

n∈N

anzⁿ diverge.

c) Montrer que pour tout z tel que |z| < R, la série X

n∈N

a_nzⁿ converge

absolument. K

On dit queRest lerayon de convergence de la série entière X

n∈N

anzⁿ. 2. Quel est le rayon de convergence des séries entières

a) X

n∈N

zⁿ

b) X

n∈N

2ⁿzⁿ

c) X

n∈N

zⁿ n!

3. Supposons que lim

n→+∞

|an+1|

|an| existe (et est finie). On la note`.

a) Montrer que le rayon de convergence de la série est 1

`. (où on s’autorise

à noter ¹<sub>`</sub> = +∞si`= 0.) KKK

b) En déduire le rayon de convergence de la série X

n∈N

n²+ 1 2n zⁿ

Exercice 9: [Indications] [Correction] – Chercher – Calculer – KKK 1. Montrer que, pour toutn∈N^∗, il existe un polynômeP_n tel que

sin(2n+ 1)x

sin²ⁿ⁺¹x =Pn(cotan²x) ∀x∈R

2. a) Donner les racines de Pn pour toutn∈N^∗. b) En déduire que

n

P

k=1

cotan²_2n+1^kπ = ^n(2n−1)₃ . 3. a) Montrer que∀u∈]0;^π₂[, cotan²u6 1

u² 61 +cotan²u.

b) En déduire que X

n∈N^∗

1

n² est convergente et

+∞

X

k=1

1 k² =π²

6 .

Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 2 - Séries Indications

Exercice 1 [Correction]

2. un = 1

n+ 1 − 1 n+ 2

3. Même terme général que la précédente. Seul l’indice de départ change.

4. Transformer le terme général en une fraction du type _{un produit}¹ et se ramener à un cas de technique connue.

6. un = 4 e⁻¹ⁿ 7. un =1ⁿ

10. Téléscopage et suites géométriques.n!

13. Penser à intégrer la somme partielle d’une série géométrique.

Exercice 4 [Correction]

3. passer au log.

Exercice 5 [Correction]

1. Déterminer le sens de variation éventuel de (un), puis sa limite éventuelle.

Finir le raisonnement.

2. Peut se faire sans avoir réussit à faire la question 1, mais utilise quand même le résultat de1.

Exercice 9 [Correction]

1. Dévelopersin(2n+ 1)x.

2. b) Il faut pour cela se souvenir que six₁, . . . , x_nsont toutes les racines d’un polynôme Pn(t)de degré n, alors x1+. . .+xn =−a_n−1

a_n oùai est le coefficient du monômetⁱ.

Bcpst 2 Lycée François 1^er

FE 2 - Séries Solutions

Exercice 1

1. télescopage.SN =

N

X

n=1

(lnn−ln(n+ 1)) =−ln(N+ 1)−−−−−→

N→+∞ −∞.

La série diverge.

2.

+∞

X

n=0

1

(n+ 1)(n+ 2) = 1 : un= 1

n+ 1 − 1

n+ 2, puis téléscopage.

3.

+∞

X

n=3

1

(n+ 1)(n+ 2) = 1 4

Le terme général est le même que la précédente, elles ont donc même nature, c’est-à-dire convergente. De plus,

+∞

P

n=3

1

(n+ 1)(n+ 2) =

+∞

X

n=1

1 (n+ 1)(n+ 2)

| {z }

1 2

− 1

(1 + 1)(1 + 2)

| {z }

1 6

+ 1

(2 + 1)(2 + 2)

| {z }

1 12

4.

n

X

k=1

1 1 +. . .+k =

n

X

k=1

2

k(k+ 1) −→2 : pour 1

k(k+ 1) : téléscopage.

5.

+∞

X

n=2

ln ln(n+ 1)2

(lnn) ln(n+ 2) = lnln 3 ln 2

encore du téléscopage :un= 2 ln ln(n+ 1)

−ln(lnn)−ln ln(n+ 2)

6.

+∞

X

n=2

4

eⁿ = 4 e²−e En effet,

+∞

P

n=2

1 eⁿ =

+∞

P

n=2

(e⁻¹)ⁿ= 1

1−e⁻¹ −(1 +e⁻¹) = 1−(1−e⁻²) 1−e⁻¹

7.

+∞

X

n=1

1

n! =e−1

8.

+∞

X

n=0

ne^−λn= e^−λ (1−e^−λ)²

C’est une série de type géométriquePnqⁿ, avecq=e^−λ∈]−1; 1[.

9.

+∞

P

n=1 n−1

2

²

e⁻ⁿ= ¹₄·_(e−1)^1+e3 : se ramener à des séries de type géométrique.

10.

+∞

X

n=2

1 +√

n+ 1−2√ n

2ⁿ⁺¹ = 1−√ 2 4

un= 1 2ⁿ⁺¹ +

√n+ 1

2ⁿ⁺¹ −

√n

2ⁿ Or,

+∞

P

n=2

1 2ⁿ⁺¹ = 1

2³

+∞

P

n=2

1 2ⁿ⁻² = 1

8 1 1−¹₂ = 1

4 Le reste, c’est encore du téléscopage.

11.

+∞

X

n=2

2n²−n+ 1

n! = 4e−5 2

u_n= 2n

(n−1)!− 1

(n−1)! + 1

n! = 2(n−1)

(n−1)! + 1

(n−1)!+ 1 n!

d’où

+∞

P

n=2

un= 2e+ (e−1) + (e−1−¹₂)

12.

+∞

P

n=0

xⁿcos(nθ) = 1−xcosθ 1−2xcosθ+x² et

+∞

P

n=0

xⁿsin(nθ) = xsinθ 1−2xcosθ+x²

On poseAn=

n

P

k=0

xⁿcos(nθ)etBn =

n

P

k=0

xⁿsin(nθ). Alors A_n+iB_n =

n

P

k=0

xe^iθn

convergente car absolument convergente.

D’où

A_n+iB_n −−−−−→

n→+∞

1

1−xe^iθ = 1−xe^−iθ

(1−xe^iθ)(1−xe^−iθ) = 1−xcosθ+ixsinθ 1−2xcosθ+x²

13.

+∞

X

n=1

xⁿ

n =−ln(1−x)mais seulement si |x|<1(sinon, divergence.) Pour|x|>1, il y a divergence grossière.

Étudions ce qui se passe pour|x|<1.

On posef_N(x) =

N

X

k=1

xⁿ

n En dérivant, on obtientf_N⁰ (x) =

N

X

k=1

xⁿ⁺¹= 1−x^N 1−x

L’intégration donnef(x) =cstte

| {z }

0

−ln(1−x) + Z x

0

t^N 1−tdt

| {z }

→0

.

Attention, encore faut-il démontrer que Z x

0

t^N

1−tdt−−−−−→

n→+∞ 0.

Pour ce faire, on peut par exemple considérer que _1−t¹ 6 _1−x¹ sur l’intervalle d’intégration car x < 1. On pourra donc majorer par une intégrale facile à calculer dont la limite est simple également. Le détail est laissé au lecteur...

Exercice 2

1. X

n∈N

ln(chn)diverge grossièrement :

ln(chn) = lneⁿ+e⁻ⁿ

2 −−−−−→

n→+∞ +∞.

2. X

n∈N^∗

2ⁿ

n diverge grossièrement

3. X

n∈N^∗

√1

n diverge par comparaison avec X

n∈N^∗

1 n

4. X

n>1

1 + (n−1)!

n! =X

n>1

1 n! +X

n>1n c’est donc la somme d’une série exponen- tielle convergente et d’une série de RiemanP1

n qui diverge. Ainsi La sérieX

n>1

1 + (n−1)!

n! diverge.

5. X

n>0

sin(2ⁿ)

n! converge absolument.

Elle est majorée par une série exponentielle.

6. X

n>1

(−1)ⁿsin⁴(2^n−1π₅)

2ⁿ⁻¹ converge absolument.

|(−1)ⁿsin⁴(2^n−1π₅) 2ⁿ⁻¹ |6 1

2ⁿ⁻¹. Or, 1

2ⁿ⁻¹ est le terme général d’une série conver- gente.

7. X

n∈N

chn

ch(2n) converge : 06 chn

ch(2n)= eⁿ+e⁻ⁿ

e²ⁿ+e⁻²ⁿ = eⁿ e²ⁿ+e⁻²ⁿ

| {z }

>e²ⁿ

+ e⁻ⁿ e²ⁿ+e⁻²ⁿ

| {z }

>1

62e⁻ⁿ

8. X

n>1 1 n(n+1)

cos¹_ncos_n+1¹ converge.

Comme lim

n→+∞n²

1 n(n+1)

cos_n¹cos_n+1¹ = 1, il existeN >0tel que, pour toutn>N, cos_n¹cos_n+1¹ >2, d’où, pourn>N,

06

1 n(n+1)

cos¹_ncos_n+1¹ 6 2 n² Or, 1

n² est le teme général d’une série convergente.

9. X

n>2

√ 1 n+√

n+ 1 divergente.

√ 1 n+√

n+ 1 > 1 2√

n+ 1. Or, 1 2√

n+ 1 est le terme général d’une série di- vergente (cf q1).

10. X

n∈N

(n!)²

(2n)! converge (n!)²

(2n)! = n!

(2n)(2n−1). . .(n+ 1) = n 2n

|{z}

6¹₂

n−1 2n−1

| {z }

6¹₂

. . . 1 n+ 1

| {z }

6¹₂

d’où

06 (n!)² (2n)! 6 1

2ⁿ

Exercice 3 1. on a

k!

n! 6(n−2)!

n! = 1

n(n−1)

2. On noteun =

n

P

k=0

k!, alors

un

n! =

n−2

X

k=0

k!

n!+ 1 n+ 1

or, pour toutk6n−2, on a k!

n! 6 1 n(n−1)

On utilise ensuite le téléscopage pour déterminer la valeur de

n−2

P

k=0

1 n(n−1) d’où

06

n−2

X

k=0

k!

n! 6 n−1

n(n−1) −−−−−→

n→+∞ 0 et donc

n

X

k=0

k!

n! =

n−2

X

k=0

k!

n! +1

n+ 1−−−−−→

n→+∞ 1 d’où

n

X

k=0

k!∼n→+∞n!

3. L’éuivalence ne s’observe pas par une simple limite identique. Il faut s’inquié- ter de savoir si le comportement asymtotique est identique. Le plus simple est de voir silim_n→+∞

n

P

k=0

k!

n! = 1.

Un programme du type suivant permettra de faire un dessin jusqu’à l’indice N :

1 i m p o r t m a t p l o t l i b . p y p l o t as plt

2

3 def E q u i v a l e n t ( N ) :

4 u =1

5 f a c t =1

6 n =1

7 X = [ 1 ]

8 Y = [ 1 ]

9 for n in r a n g e (1 , N +1) :

10 f a c t = f a c t * n

11 u = u + f a c t

12 X +=[ n ]

13 Y +=[ u / f a c t ]

14 plt . clf ()

15 plt . p l o t ( X , Y , m a r k e r = ’ o ’ , l i n e s t y l e = ’ None ’)

16 plt . s h o w ()

Une execution avecEquivalent(40)permet d’observer une limite de1.

Exercice 4

1. (un) est clairement positive et un 6= 0 de proche en proche. On peut donc évaluer

un+1

u_n =e^−un∈]0; 1[.

Ainsi,(u_n)est décroissante.

2. On sait que(u_n)est décroissante et minorée par0. Elle est donc convergente.

On note`sa limite.

Par passage à la limite dans la formule de récurrence, on trouve

`=`e^` D’où la seule possibilité

`= 0.

Ainsi,

n→+∞lim u_n = 0

3. un >0 pour toutn∈N.lnun est donc bien défini pour toutn∈N. Alors un+1=une^−un⇐⇒lnun+1= lnun−un⇐⇒un= lnun−lnun+1

Autrement dit, on trouve la nature de la série de teme généralu_n par télé- scopage :

n

X

k=0

un= lnu0−lnun+1

Ce qui signifie que la série est divergente vers+∞.

Exercice 5

1. La recherche de limite peut se faire par raisonnement habituel sur le suites de typeu_n+1=f(u_n)ou par le raisonnement ci-dessous :

•L’étude deu_n+1−u_n donne trivialement que(u_n)est décroissante.

Pour établir la convergence, il suffirait que(u_n)soit minorée. Si c’est le cas, elle sera minorée par exemple par sa limite.

•Cherchons la limite eventuelle :

On applique la technique habituelle de recherche de limite :

supposons que(un)admet une limite`. Par passage à la limite dans la formule de récurrence, on obtient

`=`−`²

i.e.

`= 0

•Montrons que(un)est minorée par0 :

La formule s’écrit aussiu_n+1=u_n(1−u_n). On établit donc que pour obtenir la positivité de u_n+1, il faut également que u_n 61. On démontre donc par récurrence queu_n ∈[0; 1], ce qui se fait sans difficulté.

•Conclusion :

La suite (u_n) est décroissante et minorée, donc convergente. La seule limite possible est0, d’où

n→+∞lim un= 0

2. Par téléscopage, on trouve

+∞

X

k=0

u²_n=u0

Si on n’a pas réussit à faire la question 1, on ne trouve pas la limite exacte, mais on peut quand même établir la convergence.

Exercice 6 1. |I_n|6

Z 1 0

x^k(n+1) 1 +x^k dx6

Z 1 0

x^k(n+1)dx= 1

k(n+ 1) + 1 −−−−−→

n→+∞ 0 2. On va montrer queJ−In=

n

P

j=0

uj :

J−In = Z 1

0

1−(−1)ⁿ⁺¹x^k(n+1) 1 +x^k dx

= Z 1

0

1−(−x^k)ⁿ⁺¹ 1 +x^k dx

Or, on rappelle que1−uⁿ⁺¹= (1−u)(1 +u+. . . uⁿ). On en déduit que J−In =

Z 1 0

(1 +x^k)(1 +x^k+. . .+ (x^k)ⁿ

1 +x^k dx

= Z 1

0

1 + (−x^k) +. . .+ (−x^k)ⁿdx

=

n

X

j=0

uj

3. Comme

n

X

j=0

uj=J−In et que J−In −−−−−→

n→+∞ J, on a

n

X

j=0

uj−−−−−→

n→+∞ J

4. Pour k= 1, on a

+∞

X

j=0

uj = ln 2 et pourk= 2, on a

+∞

X

j=0

uj = arctan 1 = π 4 5. a) On trouve

a=1

3 ; b=−1

3 ; c= 2

3

b) Après de multiples calculs, pourk= 3, on trouve

+∞

X

k=0

u^(k)_n = 1

3ln 2 + 2

√3tan 1

√3

D’où

+∞

X

k=0

u^(k)_n = 1 3ln 2 +

√ 3π 9

6. Voici une possibilité simple :

1 def v a l _ a p p r o c h e e ( N , k ) :

2 S =0

3 for n in r a n g e ( N +1) :

4 S +=( -1) ** n /( k * n +1)

5 r e t u r n ( S )

une execution avec val_approchee(500,5) donne environ 0,89 (On peut tenter plusieursN grands afin de voir que la valeur à10⁻²près ne change pas. Cette valeur est donc raisonnable.

Exercice 7

On a x

((n−1)x+ 1) (nx+ 1) = 1

(n−1)x+ 1 − 1 nx+ 1 Par téléscopage, on trouve

n

X

k=1

uk(x) = 1− 1 nx+ 1

On trouve donc

x→0lim lim

n→+∞

n

X

k=1

uk(x)

!

= 1

et

n→+∞lim lim

x→0 n

X

k=1

u_k(x)

!

= 0

Exercice 8

1. a) Si on prendz = 0, la série X

n∈N

anzⁿ est nulle donc convergente. L’en- semble{|z| ∈ R | X

n∈N

a_nzⁿ converge} est donc non vide et minoré par 0.

b) La série diverge par définition.

c) Comme |z| < R, il existe z⁰ ∈ R tel que |z| < |z⁰| 6 R et X

n∈N

anz⁰ⁿ converge.

2. a) C’est une série géométrique. Elle converge pour|z|<1et diverge sinon.

Le rayon de convergence est doncR= 1.

b) C’est une série géométrique :P

(2z)ⁿ. De la même manière que la ques- tion précédente, elle converge ssi|2z|<1. Son rayon de convergence est doncR= ¹₂.

c) C’est une série exponentielle. Elle converge pour toutz∈R. Son rayon de convergence est doncR= +∞.

3. a) On note R le rayon de convergence de la série. La démonstration ci- dessous vaut pour `6= 0. On adaptera pour`= 0.

• Montrons queX

n∈N

a_nzⁿ converge si|z|< ¹_` :

Supposons que |z|<¹_`. Il existe alorsz⁰ tel que

|z|< z⁰<1

`.

La deuxième inégalité équivaut à

` < 1 z⁰

Comme

a_n+1 a_n

converge vers `, on sait que la suite restera dans un voisinage de` à partir d’un certin rang. Autrement dit, il existe N tel que, pourn>N, on a

an+1

an

6 1

z⁰.

Ceci implique que, pour toutn>N+ 1,

|anzⁿ|6 1

z⁰|a_n−1|zⁿ 6. . .6 1

(z⁰)^n−NaNzⁿ= aN

(z⁰)^N

| {z }

constante

z z⁰

ⁿ

Or,

z z⁰ <1,

z z⁰

n

est donc le terme général d’une série géométrique convergente.

Par théorème de comparaison des séries positives,Pa_nzⁿ est donc une série absolument convergente.

• Montrons que X

n∈N

a_nzⁿ diverge si|z|> ¹_` :

Même principe, mais dans "l’autre sens" : Supposons que|z|> ¹_`. Il existe alorsz⁰ tel que

|z|> z⁰> 1

`.

La deuxième inégalité équivaut à

` > 1 z⁰

Comme

an+1

a_n

converge vers `, on sait que la suite restera dans un voisinage de` à partir d’un certin rang. Autrement dit, il existeN tel que, pourn>N, on a

a_n+1 an

> 1

z⁰.

Ceci implique que, pour toutn>N+ 1,

|anzⁿ|> 1

z⁰|an−1|zⁿ>. . .> 1

(z⁰)^n−NaNzⁿ = a_N (z⁰)^N

| {z }

constante

z z⁰

ⁿ

Or,

z z⁰ >1,

z z⁰

ⁿ

est donc le terme général d’une série géométrique divergente. Par théorème de comparaison des séries positives, P|a_nzⁿ| est donc une série divergente.

En conclusion, le rayon de convergence est bienR= 1

`. b) On notea_n= ⁿ²_2n⁺¹ ∼ⁿ₂.

On a alors

|an+1|

|a_n| ∼n+ 1 2

2 n ∼1

Ainsi, le rayon de convergence de la série est 1.

Exercice 9

1. Pour simplifier l’écriture, on va noterα= cosxetβ= sinx. D’où sin(2n+ 1)x = Im (e^ix)²ⁿ⁺¹

= Im (α+i β)²ⁿ⁺¹

= Im

2n+1

P

k=0

_{2n+ 1}

k

α^2n+1−ki^kβ^k

=

2n+1

P

k=0

kimpair

_{2n+ 1}

k

α^2n+1−k(−1)^k−12 β^k

en changeant d’indice parp=^k−1₂ ∈N, on obtient sin(2n+ 1)x=

n

X

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

α2n+1−(2p+1)(−1)^pβ^2p+1

D’où

sin(2n+ 1)x

sin²ⁿ⁺¹x = 1 β²ⁿ⁺¹

n

P

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

α2n+1−(2p+1)(−1)^pβ^2p+1

=

n

P

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

α2n+1−(2p+1)

β2n+1−(2p+1)(−1)^pβ^2p+1 β^2p+1

=

n

P

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

α β

2(n−p)

(−1)^p

=

n

P

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

α² β²

^n−p (−1)^p

En posantPn(t) =

n

P

p=0

_{2n+ 1}

2p+ 1

t^n−p(−1)^p, on répond à la question.

2. a) Comme degPn = n, il suffit de trouver n racines distinctes pour être certain de les avoir toutes.

Or,

sin(2n+ 1)x= 0 ⇔ x∈ kπ

2n+ 1 |k∈Z

D’où, siy∈

cotan² kπ

2n+ 1 |k∈ {0, . . . , n−1} , on aPn(y) = 0.

De plus, les valeurs cotan² kπ

2n+ 1 sont deux à deux distinctes pour k∈ {0, . . . ,}, on a donc bien toutes les racines dePn.

b) On rappelle que six1, . . . , xnsont toutes les racines d’un polynômePn(t) de degrén, alorsx₁+. . .+x_n =−a_n−1

an

oùa_iest le coefficient du monôme tⁱ.

Or, ician correspond àp= 0etan−1à p= 1, d’où

n

P

k=1

cotan²_2n+1^kπ = −

_{2n+ 1}

2×1 + 1

(−1)¹ _{2n+ 1}

2×0 + 1

(−1)⁰

=

_{2n+ 1}

3

_{2n+ 1}

1

= (2n+ 1)2n(2n−1) (2n+ 1)×3×2

= n(2n−1) 3

3. a) On peut faire une étude de fonctions, mais :

? pour l’inégalité de gauche :tanu > u, d’où cotanu < 1 u.

? l’inégalité de droite est équivalente àu²>sin²u.

b) On applique l’inégalité précédente àu=_2n+1^kπ . cotan²u6 1

u² 61 +cotan²u

⇒

n

P

k=1

cotan²_2n+1^kπ 6⁽²ⁿ⁺¹⁾k²π²² 6n+

n

P

k=1

cotan²_2n+1^kπ

⇒ ^n(2n−1)₃ 6⁽²ⁿ⁺¹⁾k²π²² 6n+^n(2n−1)₃

⇒ ^n(2n−1)π_3(2n+1)2² 6_k¹2 6 nπ²

(2n+ 1)² +^n(2n−1)π_3(2n+1)2²