t 2 cos(kπt)dt = 2(−1) k (kπ) 2 ,

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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 ^π ₂ = −π Étudions ensuite la limte de la dérivée

f ⁰ (t) = π ² 4

2t − 2 sin ^π ₂ t − π

2

(t ² − 2t) cos ^π ₂ t sin ^{2 π} ₂ t

! . 2t − 2

sin ^π ₂ 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 ^π ₂ t

sin ^{2 π} ₂ t = (−2t + t ² )(1 + o(t))

π

²

4 t ² + o(t ³ ) = −2t + t ² + o(t ² )

π

²

4 t ² + o(t ³ )

= − 8 π ² t

1 − ^t ₂ + 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 ^π ₂ ce qui entraine que f est dérivable en 0 avec

f ⁰ (0) = π 2 et que f ⁰ est continue en 0 .

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Rémy Nicolai M1213C

MPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 13 (pour le 29/03/13) 29 juin 2019 b. Notons s n = P n

k=1 1

k

²

. 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 = ^πt ₂ puis la fonction f dénie en 4. : Z 1

0

( π ²

2 t ² − π ² t) sin(2n + 1) ^πt ₂

2 sin ^πt ₂ = − 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)π ₂ ) la convergence de (s n ) _n∈N

^∗

vers π ²

6

Problème 2

1. a. On montre facilement par récurrence que la suite des c n est bien dénie et que 0 < c _n < 1 pour tout n ≥ 1 . Il existe donc des θ _n ∈]0, ^π ₂ [ tels que c _n = cos θ _n . On dénit α _n par α _n = _sin ^λ

ⁿ

_θ

n

.

b. On peut calculer explicitement les θ n . En eet c 1 = 0 donc θ 1 = ^π ₂ et c 2 = ^{√ 1} donc θ 2 = ^π ₄ . D'autre part, 2

c n+1 =

r 1 + cos θ _n

2 = cos θ _n

2 ⇒ θ n+1 = θ _n 2 On en tire

θ _n = π 2 ⁿ Par dénition, α 1 = _sin ² _θ

1

= 2 et α n+1

α n

= λ n+1 sin θ n

λ n sin θ n+1

= sin θ n

cos θ n+1 sin θ n+1

= 2

On en déduit α n = 2 ⁿ et λ n = 2 ⁿ sin ₂ ^π

n

converge vers π car sin x est équivalent à x en 0 .

2. Appliquons la formule de Taylor-Lagrange à la fonction sin entre 0 et a et à l'ordre 3 . Il existe b ∈ [0, a] tel que

sin a = a − a ³ 3! cos(b) car sin ⁽³⁾ = − cos . En particulier, pour a = ₂ ^π

n

, on en tire

sin π

2 ⁿ − π 2 ⁿ

≤ π ³

6 × 2 ³ⁿ ⇒ |λ n − π| ≤ π ³ 6 × 4 ⁿ en multipliant par 2 ⁿ .

3. Écrivons la formule de Taylor-Young pour le sin en 0 à l'ordre 2p + 1 . sin x = x − 1

3! x ³ + · · · + (−1) ^p 1

(2p + 1)! x ^2p+1 + o(x ^2p+1 )

En substituant ₂ ^π

n

(qui tend vers 0 quand n tend vers l'inni) à x et en multipliant par 2 ⁿ , on obtient la formule demandée.

4. Accélération de convergence.

a. On peut combiner linéairement les développements précédents : λ _n = π − π ³

6 1

4 ⁿ + π ⁵

5!

1

4 ²ⁿ +o( 1

4 ²ⁿ ) × −1 λ n+1 = π − π ³

6 1

4 ⁿ × 4 + π ⁵ 5!

1

4 ²ⁿ × 16 +o( 1

4 ²ⁿ ) × 4 On en déduit

3λ ⁽¹⁾ _n = 3π − π ³ 6

1 4 ⁿ

−1 + 4 4

+ π ⁵

5!

1 4 ²ⁿ

−1 + 4 16

1

4 ²ⁿ + o( 1 4 ²ⁿ )

⇒ λ ⁽¹⁾ _n = π − π ⁵ 5! × 4

1

4 ²ⁿ + o( 1

4 ²ⁿ ) ⇒ λ ⁽¹⁾ _n − π ∼ − π ⁵ 5! × 4 × 4 ²ⁿ Comme λ _n − π ∼ − _6×4 ^π

³_n

, on a bien λ ⁽¹⁾ n − π négligeable devant λ _n − π . b. Écrivons l'équivalence précédente comme une limite nie :

λ ⁽¹⁾ n

− _5!×4 ^π

2n+1⁵

→ 1

Pour n + 1 mais avec le même dénominateur, cela donne

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λ ⁽¹⁾ _n+1

− _5!×4 ^π

2n+1⁵

→ 1 16

En multipliant la première relation par α et la deuxième par 1 − α , la limite est alors 15α + 1

16 Si on choisit α = − ₁₅ ¹ ce qui entraine

λ ⁽²⁾ _n = 1 15

−λ ⁽¹⁾ _n + 16λ ⁽¹⁾ _n+1

= 1

45 (λ _n − 20λ _n+1 + 64λ _n+2 ) On a bien

λ ⁽²⁾ n

− _5!×4 ^π

2n+1⁵

→ 0 ce qui entraine λ ⁽¹⁾ n − π négligeable devant λ n − π .

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