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Quelques beaux résultats d'Analyse en Terminale S - Gilles Auriol

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Academic year: 2023

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Texte intégral

(1)

Quelques beaux r´ esultats d’Analyse en Terminale S

Gilles Auriol

auriolg@free.fr — http ://auriolg.free.fr

(2)

Table des mati` eres

1 Autour de e 3

1.1 Formule c´el`ebre

X

n=0

1

n! =e . . . 3 1.1.1 Premi`ere preuve . . . 3 1.1.2 Seconde preuve . . . 5 1.2 Une suite convergeant vers 1

e . . . 7 1.2.1 Une belle application en probabilit´e . . . 9 1.3 Une suite convergeant vers √

e . . . 12 1.4 D´eveloppement en s´erie de ex . . . 14 1.4.1 D´eveloppement en s´erie de ex . . . 14

2 Autour de π 17

2.1 Formule c´el`ebre un=

X

n=0

(−1)n 2n+ 1 = π

4 . . . 17 2.2 Formule c´el`ebre

X

n=1

1 n2 = π2

6 . . . 19 2.3 Formule de Wallis . . . 24 2.4 Une suite convergeant vers 2

π . . . 27

3 Formule de Stirling 29

4 Encore des suites 35

4.1 Une suite convergeant vers √

a ,a ∈R+ . . . 35 4.1.1 Etude de´ un par une suite auxiliaire . . . 35 4.1.2 Etude de´ un `a l’aide d’une fonction . . . 36

5 Irrationnalit´e de e 38

(3)

Chapitre 1 Autour de e

1.1 Formule c´ el` ebre

X

n=0

1

n! = e

1.1.1 Premi` ere preuve

Soit, pour un entier n>1,In = 1 n!

Z 1 0

(1−x)nex dx.

1.1 Lemme. —

I1 =e−2

Preuve. — On calcule I1 = Z 1

0

(1−x)ex dx par une int´egration par parties en posant u0(x) = ex

v(x) = 1−x et en choisissant

u(x) = ex v0(x) = −1 donc

I1 = [ex(1−x) ]10+ Z 1

0

ex dx

= −1 + [ex]10

= e−2 1.2 Lemme. —

In =−1

n!+In−1

Preuve. — Par une int´egration par parties, on va exprimer In en fonction deIn−1 pourn >2.

On pose

u0(x) =ex

v(x) = (1−x)n et on choisit

u(x) =ex

v0(x) =−n(1−x)n−1 Par cons´equent,

(4)

In = 1 n!

[ex(1−x)n]10+n Z 1

0

ex(1−x)n−1 dx

= 1

n!

−1 +n Z 1

0

ex(1−x)n−1 dx

= −1

n! + 1 (n−1)!

Z 1 0

ex(1−x)n−1 dx

= −1

n! +In−1.

1.3 Lemme. —

In=e−

n

X

p=0

1 p!

Preuve. — On raisonne par r´ecurrence sur l’entier n > 1. Pour n = 1, on a effectivement I1 =e−2. Supposons l’´egalit´e vraie pourn−1 et montrons qu’elle est alors vraie pour n.

In = −1

n! +In−1

= −1

n! +e−

n−1

X

p=0

1

p! par hypoth`ese de r´ecurrence

= e−

n

X

p=0

1 p!.

1.4 Lemme. —

x→+∞lim In= 0

Preuve. —

0 6 x61 0 6 1−x61 0 6 (1−x)n61 0 6 (1−x)nex6ex 0 6

Z 1 0

(1−x)nex dx6 Z 1

0

ex dxpar positivit´e de l’int´egrale 0 6 In 6 1

n![ex]10 0 6 In 6 e−1

n!

mais lim

n→+∞

e−1

n! = 0,donc, par le th´eor`eme des gendarmes, lim

n→+∞In= 0. Ainsi, d’apr`es le lemme 1.4 :

(5)

e =

X

p=0

1 p!

1.1.2 Seconde preuve

Soit un entiern >1.

On poseun = 1 + x 1!+ x2

2! +· · ·+xn

n!. Consid´erons la fonction fn d´efinie sur [ 0,1 ] par : fn(x) =e−x

1 + x

1! +x2

2! +· · ·+xn n!

.

1.5 Lemme. —

fn0(x) =−e−xxn n!

Preuve. — On va proc´eder par r´ecurrence sur l’entiern.

Pour n = 1, f1(x) = e−x(1 +x) donc f10(x) = −e−x(1 +x) +e−x = −e−xx. La r´ecurrence est initialis´ee.

Montrons que la propri´et´e est h´er´editaire : fn+1(x) = e−x

1 + x

1! +x2

2! +· · ·+xn

n! + xn+1 (n+ 1)!

= fn(x) +e−x xn+1 (n+ 1)!. Passons au calcul de la d´eriv´ee defn+1 :

fn+10 (x) = fn0(x)−e−x xn+1

(n+ 1)! +ex(n+ 1)xn (n+ 1)!

= −e−xxn

n! −e−x xn+1

(n+ 1)! +e−xxn n!

= −e−x xn+1 (n+ 1)!. 1.6 Lemme. —

−1

n! < fn0(x)< 1 n!

Preuve. — D´eterminons un encadrement dee−xxnsur [0,1]. La d´eriv´ee est−e−xxn+ne−xxn−1 = xn−1e−x(n−x). Elle est du signe de n−x, donc positive. Ainsi x 7→ e−xxn est croissante. Par suite,

0 6 x61

e−0×0 6 e−xxn6e−1×1n 0 6 e−xxn6e−1.

(6)

On peut ´evidemment ”´elargir” cette encadrement : −1 < e−xxn < 1. Alors, en divisant par 1

n! >0,

−1

n! <−exxn

n! < 1 n!

−1

n! < fn0(x) < 1 n!. 1.7 Lemme. —

−e

n! < e−un< e n!

Preuve. — Soit gn : x 7→fn(x)− 1

n!x. La d´eriv´ee est g0n : x 7→fn0(x)− 1

n!. D’apr`es le lemme pr´ec´edent, fn0(x)− 1

n! <0, soitg0n(x)<0. La fonction gn est donc strictement d´ecroissante. Il en r´esulte que

0 < 1 gn(0) > gn(1) fn(0)− 1

n!×0 > fn(1)− 1 n!

fn(0)−fn(1) > −1

n!. (1.1)

Soit maintenant hn : x 7→ fn(x) + 1

n!x. La d´eriv´ee est h0n : x 7→ fn0(x) + 1

n!. D’apr`es le lemme pr´ec´edent, fn0(x) + 1

n! > 0, soit gn0(x) > 0. La fonction gn est donc strictement croissante. Il en r´esulte que :

0 < 1 hn(0) < hn(1) fn(0)− 1

n! ×0 < fn(1)− 1 n!

fn(0)−fn(1)<−1

n!. (1.2)

De (1.1) et (1.2) on tire :

−1

n! < fn(0)−fn(1)< 1 n!

−1

n! <1− 1

e un< 1 n!

−e

n! < e−un< e n!. Il ´evident que lim

n→+∞− e n! = e

n! = 0. En appliquant le th´eor`eme des gendarmes `a l’in´egalit´e du lemme pr´ec´edent :

n→+∞lim e−un= 0 ou encore lim

n→+∞un=e .

(7)

1.2 Une suite convergeant vers 1 e

Soit, pour un entier n>1,In = 1 n!

Z 1 0

(1−x)ne−x dx.

1.8 Lemme. —

I1 = 1 e

Preuve. — On calcule I1 = Z 1

0

(1−x)e−x dx par une int´egration par parties. On pose u0(x) = e−x

v(x) = 1−x et on choisit

u(x) = −e−x v0(x) = −1 donc :

I1 =

−e−x(1−x)1 0

Z 1 0

e−x dx

= 1 + e−x1

0

= e−1 = 1 e 1.9 Lemme. —

In= 1

n! −In−1

Preuve. — Par une int´egration par parties, on va exprimer In en fonction deIn−1 pourn >2.

Posons

u0(x) =e−x

v(x) = (1−x)n et choisissons

u(x) =−e−x

v0(x) =−n(1−x)n−1 Par cons´equent

In = 1 n!

−e−x(1−x)n1 0−n

Z 1 0

e−x(1−x)n−1 dx

= 1

n!

1−n

Z 1 0

e−x(1−x)n−1 dx

= 1

n!− 1 (n−1)!

Z 1 0

e−x(1−x)n−1 dx

= 1

n!−In−1. (1.3)

1.10 Lemme. —

n

X

p=2

(−1)p p! = 1

e + (−1)nIn

(8)

Preuve. — On proc`ede par r´ecurrence sur l’entiern.

Pour v´erifier que ceci est bien vrai pour n= 2, il faut connaˆıtreI2; on utilise la relation (1.3) : I2 = 1

2!−I1 = 1 2! − 1

e donc 1 2! = 1

e +I2.

La r´ecurrence est initialis´ee. Supposons l’´egalit´e vraie pourn et montrons que dans ce cas l’´egalit´e est aussi v´erifi´ee pour n+ 1 :

1

e + (−1)n+1In+1 = 1

e + (−1)n+1

1

(n+ 1)! −In

d’apr`es (1.3)

= 1

e +(−1)n+1

(n+ 1)! + (−1)nIn (n etn+ 2 ont mˆeme parit´e)

= (−1)n+1 (n+ 1)! +

n

X

p=2

(−1)p

p! par hypoth`ese de r´ecurrence

=

n+1

X

p=2

(−1)p p! . L’´egalit´e est donc vraie pour tout n >2.

1.11 Lemme. —

x→+∞lim In= 0

Preuve. — Encadrons In pour d´eterminer sa limite.

0 6 x61 0 6 1−x61 0 6 (1−x)n61 0 6 (1−x)ne−x 6e−x 0 6

Z 1 0

(1−x)ne−x dx6 Z 1

0

e−x dx 0 6 In 6 1

n!

e−x1 0

0 6 In 6 e−1−1 n!

mais lim

x→+∞

e−1−1

n! = 0, donc par le th´eor`eme des gendarmes lim

x→+∞In= 0.

D’apr`es le lemme 1.10, lim

x→+∞

n

X

p=2

(−1)p p! = 1

e, et en remarquant que(−1)0

0! + (−1)1

1! = 0, on peut rendre cette formule ”plus agr´eable `a l’œil” :

X

p=0

(−1)p p! = 1

e

(9)

1.2.1 Une belle application en probabilit´ e

Un grand merci `a Martial pour ce tr`es bel exercice.

IEnonc´´ e.

Soit n un entier non nul. n couples se rendent `a un bal costum´e. D`es que la musique se fait entendre, chaque homme invite al´eatoirement n’importe quelle femme `a danser.

On note pn la probabilit´e pour qu’aucun homme ne danse avec sa femme.

1)Calculer p1, p2, p3, p4 et p5.

2)Conjecturer une formule donnant pn en fonction den, puis la d´emontrer par r´ecurrence.

3)Calculer lim

n→∞pn. ICorrection.

1)Il est clair que p1 = 0 et p2 = 1

2 = 0,5.

Pour calculer p3, il est commode de faire un arbre et de compter les cas favorables (on note res- pectivementHn etFn l’homme et la femme du couple n)

H1 H2 H3

F2 → F3 ne convient pas

% F1

&

F3 → F2 ne convient pas F1 → F3 ne convient pas

% F2

&

F3 → F1 OK F1 → F2 OK

% F3

&

F2 → F1 ne convient pas

Il y a donc 6 cas possibles, dont 2 cas favorables et 4 cas d´efavorables, doncp3 = 2 6 = 1

3 = 0,3333...

Pour la suite, remarquons qu’il y an! cas possibles.

Notonsunle nombre de cas favorables etvnle nombre de cas d´efavorables (on a doncun+vn =n!).

Calculons v4.

Si le cas est d´efavorable, c’est soit qu’il y a exactement 4 hommes qui dansent avec leur femme, soit exactement 3, ou 2, ou 1.

F4 hommes : 1 cas (chacun invite son ´epouse `a danser, ¸ca fait une seule possibilit´e).

F3 hommes : 0 cas (c’est impossible, sinon que ferait le dernier ?).

F 2 hommes : pour choisir ces deux hommes, il y a C42 = 6 possibilit´es. Ces 2 hommes ´etant choisis, que font les 2 autres ?

Chacun est forc´e de danser avec la femme de l’autre, il n’y a donc qu’une seule possibilit´e.

Soit en toutC42×1 = 6 cas.

(10)

F1 homme : pour choisir cet homme, il y a : C41 = 4 possibilit´es.

Cet homme ´etant choisi, il faut que, parmi les 3 autres, personne ne danse avec sa propre femme, on sait d´ej`a qu’il y a u3 = 2 possibilit´es.

En tout, il aC41×2 = 8 cas favorables.

D’o`uv4 = 1 + 0 + 6 + 8 = 15,u4 = 4!−15 = 9 et p4 = 9 24 = 3

8 = 0,375 On calcule de mˆeme p5.

v5 = 1 + 0 +C53×1 +C52×u3+C51×u4 v5 = 1 + 10 + 10×2 + 5×9

v5 = 76

u5 = 5!−76 = 44 p5 = 44

120 = 11

30 = 0,3666...

2)En refaisant le mˆeme raisonnement que pr´ec´edemment, on a vn+1 = 1 +Cn+1n−1u2+Cn+1n−2u3+...+Cn+11 un

soit, avec la convention u0 = 1 et la remarque queu1 = 0 : vn+1 =

n

X

k=0

Cn+1n+1−kuk, d’o`uvn+1 =

n

X

k=0

(n+ 1)!

(n+ 1−k)!k!uk mais uk

k! =pk, donc, avec la conventionp0 = 1, vn+1 = (n+ 1)!

n

X

k=0

pk (n+ 1−k)!

en utilisant pn+1 = 1− vn+1

(n+ 1)!, on obtient pn+1 = 1−

n

X

k=0

pk

(n+ 1−k)! (1.4)

On connaˆıt donc maintenant pn+1 en fonction des pr´ec´edents.

On v´erifie alors ”`a la main” que p0 = 1

p1 = 1− 1 1!

p2 = 1− 1 1!+ 1

2!

p3 = 1− 1 1!+ 1

2! − 1 3! = 1

3 p4 = 1− 1

1!+ 1 2! − 1

3!+ 1 4! = 3

8

de sorte qu’il semblerait que pn+1−pn= (−1)n+1 (n+ 1)!.

On va d´emontrer cette propri´et´e par ”r´ecurrence forte”. Elle est trivialement vraie `a l’ordre 0.

Hypoth`ese de r´ecurrence : ∀k 6n, pk+1−pk = (−1)k+1 (k+ 1)!.

(11)

Ecrivons, d’apr`es (1.4)





pn+1 = 1−

p0

(n+ 1)! + p1

n! + p2

(n−1)! +...+pn 1!

pn = 1− p0

n! + p1

(n−1)! + p2

(n−2)! +...+pn−1

1!

d’o`u, en soustrayant membre `a membre, pn−pn+1 = p0

(n+ 1)! +p1

n! + p2

(n−1)! +...+pn 1! − p0

n! − p1

(n−1)! −...−pn−1

1!

on regroupe, en utilisant le fait que p0 = 1, pn−pn+1 = 1

(n+ 1)! + p1

n! − p0 n!

+

p2

(n−1)! − p1 (n−1)!

+· · ·+ pn

1! − pn−1 1!

= 1

(n+ 1)! +

n−1

X

k=0

pk+1−pk (n−k)!

D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, on a alors pn−pn+1 =

n−1

X

k=0

(−1)k+1 (k+1)!

(n−k)! + 1 (n+ 1)! =

n−1

X

k=0

(−1)k+1

(k+ 1)!(n−k)! + 1 (n+ 1)!

mais

Cn+1k+1 = (n+ 1)!

(k+ 1)!(n−k)! ⇒ 1

(k+ 1)!(n−k)! = Cn+1k+1 (n+ 1)!

d’o`u

pn−pn+1 = 1 (n+ 1)!

n−1

X

k=0

Cn+1k+1(−1)k+1+ 1 (n+ 1)!

soit, en d´ecalant l’indexation dek de 1 et en factorisant, pn−pn+1 = 1

(n+ 1)!

" n X

k=1

Cn+1k (−1)k+ 1

#

ce qui peut s’´ecrire aussi

pn−pn+1 = 1 (n+ 1)!

n

X

k=0

Cn+1k (−1)k (1.5)

Or, grˆace `a la formule du binˆome : (1−1)n+1 =

n+1

X

k=0

Cn+1k (−1)k =

n

X

k=0

Cn+1k (−1)k+ (−1)n+1 d’o`u

n

X

k=0

Cn+1k (−1)k = 0−(−1)n+1 soit en rempla¸cant dans (1.5),pn−pn+1 =−(−1)n+1

(n+ 1)! et en prenant l’oppos´e, on arrive `a la formule voulue.

(12)

Pour conclure, on ´ecrit pn=p0 + (p1−p0) + (p2−p1) +...+ (pn−pn−1) et on utilise la formule que l’on vient de d´emontrer ; pn devientpn =

n

X

k=0

(−1)k k! .

3)D’apr`es la section pr´ec´edente, la conclusion est imm´ediate : lim

n→∞pn = 1 e .

1.3 Une suite convergeant vers √ e

On poseIn = 1 2n+1n!

Z 1 0

(1−x)nex2 dx, pour n entier naturel.

1.12 Lemme. —

I1 =√ e− 3

2

Preuve. — Calculons par une int´egration par parties I1 = 1 4

Z 1 0

(1−x)ex2 dx. On pose pour

cela

u0(x) = ex2

v(x) = 1−x et on choisit

u(x) = 2ex2 v0(x) = −1 donc :

I1 = 1 4

2

(1−x)ex21 0+ 2

Z 1 0

ex2 dx

= 1 4

2 (0−1) + 2×2 ex21

0

= 1 4

−2 + 4 (e12 −1)

= √

e−3 2 1.13 Lemme. —

In+1 =In− 1 2n+1(n+ 1)!

Preuve. — Int´egrons par parties de In+1 = 1 2n+2(n+ 1)!

Z 1 0

(1−x)n+1ex2 dx en posant u0(x) = ex2

v(x) = (1−x)n+1 et en choisissant

u(x) = 2ex2

v0(x) = −(n+ 1) (1−x)n

(13)

Alors,

In+1 = 1

2n+2(n+ 1)!

2

(1−x)n+1ex21

0+ 2(n+ 1) Z 1

0

(1−x)nex2 dx

= 1

2n+2(n+ 1)!

2 (0−1) + 2(n+ 1) Z 1

0

(1−x)nex2 dx

= −2

2n+2(n+ 1)! + 2(n+ 1) 2n+2(n+ 1)!

Z 1 0

(1−x)nex2 dx

= − 1

2n+1(n+ 1)! + 1 2n+1n!

Z 1 0

(1−x)nex2 dx

= In− 1

2n+1(n+ 1)!, 1.14 Lemme. —

√e= 1 + 1 2

1 1! + 1

22 1

2!+· · ·+ 1 2n

1 n! +In

Preuve. — Par r´ecurrence sur l’entier n>0.

D’apr`es le lemme 1.12, I1 =√ e− 3

2, ce que l’on peut aussi ´ecrire√

e= 1 + 1

2+I1. La r´ecurrence est initialis´ee. Supposons le r´esultat vrai pour n et montrons qu’il est alors vrai pour n+ 1.

D’apr`es le lemme 1.13, In = In+1 + 1

2n+1(n+ 1)! par cons´equent, en rempla¸cant In par cette valeur dans l’hypoth`ese de r´ecurrence (´egalit´e du lemme 1.14), l’´egalit´e est prouv´ee pour tout n>1.

1.15 Lemme. —

x→∞lim In = 0

Preuve. — Nous allons encadrerIn pour d´eterminer sa limite.

0 6 x61 0 6 1−x61 0 6 (1−x)n61 0 6 (1−x)nex2 6ex2 0 6

Z 1 0

(1−x)nex2 dx6 Z 1

0

ex2 dx 0 6 In 6 1

2nn!

2ex21 0

0 6 In 6 2√ e−2 2nn!

Comme lim

x→∞

2√ e−2

2nn! = 0, le th´eor`eme des gendarmes et l’in´egalit´e pr´ec´edente permettent d’´ecrire

x→∞lim In= 0.

(14)

Grˆace au lemme 1.14, on obtient :

X

n=0

1

2nn! =√ e

1.4 D´ eveloppement en s´ erie de e

x

Cette section va permettre de d´evelopper ea pour tout r´eel non nul a, comme nous l’avons fait pour e, 1

e et √

e dans les sections pr´ec´edentes.

On donnera ´egalement les d´eveloppements de cosx et sinx.

1.4.1 D´ eveloppement en s´ erie de e

x

Soitaun r´eel etn>1 un entier. Consid´erons la fonctionf d´efinie sur [0,1] parf(x) = (1−x)neax et l’int´egraleIn = 1

n!

Z 1 0

f(x) dx= 1 n!

Z 1 0

(1−x)neax dx.

1.16 Lemme. —

I1 = Z 1

0

(1−x)eax dx= ea−a−1 a2

Preuve. — On va int´egrer par parties I1. Pour cela, on pose u0(x) = eax

v(x) = (1−x) et on choisit (

u(x) = 1 aeax v0(x) = −1 alors,

I1 = 1

a[(1−x)eax]x=1x=0+1 a

Z 1 0

eax dx

= −1 a +1

a × 1 a[eax]10

= −1 a + 1

a2 ×(ea−1).

1.17 Lemme. —

In=aIn+1+ 1 (n+ 1)!

Preuve. — Int´egrons par parties In+1. On pose u0(x) = eax

v(x) = (1−x)n+1 et on choisit (

u(x) = 1 aeax

v0(x) = −(n+ 1) (1−x)n

(15)

par suite

In+1 = 1

(n+ 1)!

1 a

(1−x)n+1eax +1

a(n+ 1) Z 1

0

(1−x)neax dx

= 1

(n+ 1)!

1

a(0−1) + 1

a(n+ 1) Z 1

0

(1−x)n−1eax dx

= − 1

a(n+ 1)! + 1 a

n+ 1 (n+ 1)!

Z 1 0

(1−x)n−1eax dx

= − 1

a(n+ 1)! + 1 aIn et en multipliant para l’´egalit´e In+1+ 1

a(n+ 1)! = 1

aIn on arrive au r´esultat.

1.18 Lemme. —

ea =

n

X

p=0

ap

p! +an+1In

Preuve. — Prouvons cela par r´ecurrence sur l’entier n>1. Pour n = 1 :

1

X

p=0

ap

p! +a2I1 = a0 0! +a1

1! +a2× ea−a−1

a2 = 1 +a+ea−a−1 =ea.

L’´egalit´e est prouv´ee pourn = 1. Supposons la vraie pourn et montrons qu’elle entraˆıne l’´egalit´e vraie pourn+ 1.

ea =

n

X

p=0

ap

p! +an+1In

=

n

X

p=0

ap

p! +an+1

aIn+1+ 1 (n+ 1)!

=

n

X

p=0

ap

p! +an+2In+1+ an+1 (n+ 1)!

=

n+1

X

p=0

ap

p! +an+2In+1

1.19 Lemme. — Pour tout r´eel a positif

n→+∞lim an n! = 0

Preuve. — Consid´erons en effet un entier n0 tel que a < n0 et choisissons un entier n > n0, que l’on ´ecrira n0 +k (donc k est un entier positif). Dans ces conditions an =an0+k = an0ak et

(16)

n! = (n0+k)! = n0! (n0+ 1) (n0+ 2) . . . (n0+k).

Alors

0< an n! = an0

n0! a

n0+ 1. . . a n0+k

Il est clair que la limite cherch´ee est la mˆeme que celle du produit ci-dessus quand k devient tr`es grand.

Pour tout entier i tel que 1 6i 6 k, on a n0+i > n0, en passant `a l’inverse en multipliant par a >0, a

n0+i < a

n0. Les a

n0+i ´etant au nombre de k, 0< an

n! = an0 n0!

a

n0+ 1. . . a

n0+k < an0 n0!

a n0

k

(1.6) Comme 06 a

n0 <1, lim

k→+∞

a n0

k

= 0. De plusan0

n0! est une constante, donc lim

k→+∞

an0 n0!

a n0

k

= 0. En appliquant le th´eor`eme des gendarmes `a l’in´egalit´e (1.6) et en utlisant l’in´egalit´e la derni`ere limite, le lemme est d´emontr´e.

1.20 Lemme. —

n→+∞lim an+1In = 0

Preuve. — On encadre d’abordf(x) sur [ 0,1 ] : 0 6 x61

0 6 1−x61 0 6 (1−x)n61 0 6 (1−x)neax 6eax 0 6

Z 1 0

(1−x)neax dx6 Z 1

0

eax dx 0 6 In 6 1

n!

1 a[eax]10 0 6 an+1In 6 ea−1

an! an+1 0 6 an+1In 6 an

n! (ea−1) D’apr`es le lemme pr´ec´edent an

n! tend vers 0 quand n devient tr`es grand. Comme ea −1 est une constante, lim

x→∞

an

n! (ea − 1) = 0. En employant le th´eor`eme des gendarmes et l’in´egalit´e pr´ec´edente, lim

x→∞an+1In= 0.

Par le lemme 1.18, on obtient :

ea=

X

n=0

ap

p! (1.7)

En rempla¸cant a par 1, −1 et 1

2 on retrouve les r´esultats des pr´ec´edentes sections concernant les suites convergeant respectivement verse, 1

e et √ e.

(17)

Chapitre 2 Autour de π

2.1 Formule c´ el` ebre u

n

=

X

n=0

(−1)

n

2n + 1 = π 4

Pourn >1, on poseun =

n

X

i=0

(−1)n

2n+ 1 = 1−1 3 +1

5 +· · ·+ (−1)n 2n+ 1. 2.1 Lemme. —

1−t2+t4+· · ·+ (−1)nt2n= (−1)nt2n+2

1 +t2 + 1 1 +t2

Preuve. — On reconnaˆıt la somme desn+1 premiers termes d’une suite g´eom´etrique de premier terme 1 et de raison −t2. Cette somme vaut donc :

n

X

i=0

(−t2)i = 1−(−t2)n+1

1−(−t2) = 1−(−1)n+1t2n+2

1 +t2 = 1 + (−1)n+2t2n+2 1 +t2 Commen et n+ 2 ont la mˆeme parit´e, (−1)n+2 = (−1)n, l’´egalit´e s’en d´eduit.

2.2 Lemme. —

n→+∞lim un = Z 1

0

dt 1 +t2 Preuve. — En utilisant le lemme 2.1, on peut ´ecrire

1−t2+t4+· · ·+ (−1)nt2n

− 1

1 +t2 = (−1)n t2n+2 1 +t2 Z 1

0

1−t2+t4+· · ·+ (−1)nt2n dt−

Z 1 0

dt

1 +t2 = (−1)n Z 1

0

t2n+2 1 +t2 dt [t]10

t3 3

1 0

+· · ·+ (−1)n

t2n+1 2n+ 1

1 0

− Z 1

0

dt

1 +t2 = (−1)n Z 1

0

t2n+2 1 +t2 dt un

Z 1 0

dt

1 +t2 = (−1)n Z 1

0

t2n+2 1 +t2 dt

(2.1)

(18)

Pour t∈[0,1], on a 1 61 +t2 62, en prenant l’inverse et en multipliant par t2n+2 =t2(n+1) >0 t2n+2

1 +t2 6 t2n+2 Z 1

0

t2n+2

1 +t2 dt 6 Z 1

0

t2n+2 dt Z 1

0

t2n+2

1 +t2 dt 6

t2n+3 2n+ 3

1 0

Z 1 0

t2n+2

1 +t2 dt 6 1

2n+ 3 (2.2)

en notant que |(−1)n| = 1 et en utilisant (2.1) et (2.2), on a la majoration

un− Z 1

0

dt 1 +t2

6 1

2n+ 3. Comme lim

n→+∞

1

2n+ 3 = 0, on arrive bien `a la conclusion voulue.

2.3 Lemme. —

I = Z 1

0

dt

1 +t2 = π 4

Preuve. — Nous allons chercher une primitive def(x) = 1

1 +x2 surJ =h 0,π

4 i

. Nous admet- tons que la fonction tangente est bijective deJ sur [0,1]. Elle admet donc une fonction r´eciproque, appel´ee arctangente, not´ee arctan (tan−1 sur beaucoup de calculatrice). On admet que cette fonc- tion est d´erivable. On a alors :

arctan◦tan = tan◦arctan = id.

En d´erivant de chaque cˆot´e et en utilisant le th´eor`eme sur la d´erivation de fonction compos´e ((u◦v)0 = (u0◦v)×v0) :

(arctan0◦tan)×tan0 = 1.

Donc en divisant de chaque cˆot´e par tan0 = 1 + tan2, arctan0◦tan = 1

1 + tan2, soit, puisqu’on a pos´e f : x7→ 1

1 +x2 au d´ebut de cette section arctan0◦tan =f◦tan.

Alors en composant `a droite par arctan, la composition ´etant associative : arctan0◦tan◦arctan = f ◦tan◦arctan arctan0◦(tan◦arctan) = f ◦(tan◦arctan) ou, puisque tan◦arctan = id,

arctan0 =f.

Donc une primitive de f est arctan et Z 1

0

1

1 +x2 dx= [arctanx]10 = arctan 1−arctan 0 = π 4 puisque tanπ

4 = 1, on a bien arctan 1 = π

4. Mˆeme raisonnement pour arctan 0.

(19)

D’apr`es les lemmes 2.2 et 2.3 :

X

n=0

(−1)n 2n+ 1 = π

4

2.2 Formule c´ el` ebre

X

n=1

1

n

2

= π

2

6

Soit la suiteun, pour n>1, un=

n

X

p=1

1 p2 = 1

12 + 1

22 +· · ·+ 1 n2.

2.4 Lemme. — Pour tout k entier non nul, Lk = Z π

0

t2 2π −t

coskt dt = 1 k2.

Preuve. — On effectue une premi`ere int´egration par parties en posant

u01(t) = coskt v1(t) = t2

2π −t on choisit

u1(t) = 1 k sinkt v01(t) = t

π −1 donc

Lk = 1 k

t2 2π −t

sinkt

t=π t=0

− 1 k

Z π 0

t π −1

sinkt dt

= −1 k

Z π 0

t π −1

sinkt dt =−1 kMk.

On effectue une seconde int´egration par partie pour calculer Mk. On pose ( u02(t) = sinkt

v2(t) = t

π −1 et on choisit





u2(t) = −1 kcoskt v20(t) = 1

π par suite

Mk = −1 k

t π −1

coskt

t=π t=0

+ 1 πk

Z π 0

coskt dt

= −1 k + 1

πk 1

ksinkt t=π

t=0

= −1 k. Et en revenant `a Lk on a bien Lk = 1

k2.

On pose pour toutt∈[0, π] et n>1,Dn(t) = 1

2+ cost+ cos 2t+· · ·+ cosnt.

(20)

2.5 Lemme. —

un= π2 6 +

Z π 0

t2 2π −t

Dn(t) dt

Preuve. — Montrons ceci par r´ecurrence sur l’entiern >1.

Notons d’abord que Z π

0

t2 2π −t

dt =

t3

π 0

− t2

2 π

0

= π2 6 − π2

2 = −π2

3 . Ce calcul va ˆetre exploit´e tout de suite.

Pourn = 1, calculons

A = π2 6 +

Z π 0

t2

2π −t 1

2 + cost

dt

= π2 6 +1

2 Z π

0

t2 2π −t

dt+

Z π 0

t2 2π −t

cost dt

= π2 6 +1

2 ×−π2 3 + 1

12 = 1 12 =u1

l’´egalit´e est donc v´erifi´ee pour n = 1. Supposons l’´egalit´e ´etablie pour n et montrons qu’elle entraˆıne la proposition vraie pourn+ 1.

un+ 1

(n+ 1)2 = π2 6 +

Z π 0

t2 2π −t

Dn(t) dt+ 1 (n+ 1)2

= π2 6 +

Z π 0

t2 2π −t

Dn(t) dt+Ln+1

= π2 6 +

Z π 0

t2 2π −t

(Dn(t) + cos(n+ 1)t) dt un+1 = π2

6 + Z π

0

t2 2π −t

Dn+1(t) dt Cette ´egalit´e est vraie pour tout n >1.

On pose, encore pourn >1,In= Z π

0

t2 2π −t

Dn(t) dt on a donc un= π2 6 +In. 2.6 Lemme. —

2 cosasinb = sin(a+b)−sin(a−b)

Preuve. — On utilise les formules sin(a+b) = sinacosb+ cosasinbet sin(a−b) = sinacosb− cosasinb. En soustrayant la seconde ´egalit´e `a la premi`ere, on obtient le r´esultat du lemme.

2.7 Lemme. — Pour n>1 et t ∈]0, π] :

Dn(t) = sin(n+ 12)t 2 sin2t

(21)

Preuve. — Proc´edons par r´ecurrence surn.

Remarquons d’abord que pour t ∈ ] 0, π], on a t

2 ∈ ] 0, π/2 ] et sin t

2 ∈ ] 0,1 ], ainsi l’expression ci-dessus est d´efinie.

2 costsint

2 = sin3

2t−sin t

2 (d’apr`es le lemme 2.6) 2 costsin t

2+ sin t

2 = sin3 2t 2 sin t

2

cost+1 2

= sin3 2t cost+1

2 = sin32t 2 sin2t

La formule est donc vraie pour n = 1. Montrons que si elle est vraie pour n elle est vraie pour n+ 1.

Dn(t) + cos(n+ 1)t = sin(n+ 12)t

2 sin2t + cos(n+ 1)t

= sin(n+ 12)t+ 2 cos(n+ 1)tsin2t 2 sin2t

= sin(n+ 12)t+ sin 2t + (n+ 1)t

−sin (n+ 1)t− t2 2 sin2t

= sin(n+ 12)t+ sin (n+ 1) + 12

t−sin(n+12)t 2 sin2t

Dn+1(t) = sin (n+ 1) +12 t 2 sin2t Soit la fonctiong d´efinie sur [0, π] par :

g(0) =−1 et, sit 6= 0, g(t) =

t2 −t 2 sin2t. 2.8 Lemme. — La fonction g est continue sur [0, π].

Preuve. —

limt→0g(t) = lim

t→0 t 2

t π −2 2 sin2t = lim

t→0

t 2

sin2t ×

t π −2

2

En se rappelant que lim

x→0

sinx

x = 1, donc que lim

x→0

x

sinx = 1, on obtient finalement : limt→0g(t) = lim

t→0

t 2

sint2

×lim

t→0

t π −2

2

= 1×(−1) =−1 = g(0)

La fonction g est donc continue en 0. Comme t 7→

t2 −t

2 sin2t est continue sur ]0, π] (puisque dans ce cas l`a sin t

2 varie dans ]0,1]), g est continue sur [0, π].

(22)

2.9 Lemme. — La fonction h:t7→g(t) sin

n+ 1 2

t est continue sur [0, π].

Preuve. — Il est clair qu’elle est continue sur ]0, π].

Le probl`eme vient au point 0.

limt→0h(t) = lim

t→0g(t)×lim

t→0sin

n+1 2

t =−1×0 = 0

eth(0) =g(0)×sin 0 =−1×0 = 0, donc h est continue en 0, donc sur l’intervalle [0, π].

2.10 Lemme. — Z π

0

t2 2π −t

Dn(t) dt= Z π

0

g(t) sin

n+1 2

t dt

Preuve. — Il est clair que sur l’intervalle ]0, π], on a t2

2π −t

Dn(t) = t2

2π −t

sin(n+ 12)t

2 sin2t =g(t) sin

n+1 2

t=h(t)

Pourt= 0, le premier membre de cette ´egalit´e vaut 0×Dn(0) = 0 et h(0) vaut (−1)×sin 0 = 0.

Cette ´egalit´e est donc valable sur [0, π].

Commeh est continue sur cet intervalle (par le lemme pr´ec´edent) l’int´egrale de 0 `a π de h a un sens, d’o`u l’´egalit´e.

Nous allons maintenant donner un encadrement de g sur [0, π] (son ensemble de d´efinition).

Pour cela nous avons besoin d’´etudier une fonction auxiliaire.

2.11 Lemme. — La fonction h : x 7→ sinx

x est strictement d´ecroissante sur I = ]0,π

2[.

Preuve. — h est d´erivable sur I; sa d´eriv´ee est h0(x) = xcosx−sinx

x2 , elle est du signe de xcosx−sinx puisque pour x ∈ I, x2 > 0. Par ailleurs, toujours pour x ∈ I, cosx ∈]0,1[ donc cosx >0. On peut donc dire que la d´eriv´ee de h est du signe de

ϕ(x) = xcosx−sinx

cosx =x−tanx

Le signe de ϕ est imm´ediat en remarquant que ϕ0(x) = 1−(1 + tan2x) = −tan2x < 0 sur I, c’est-`a-dire que ϕest strictement d´ecroissante, et que 0 < x < π

2 implique alors ϕ(0) > ϕ(x) ou encoreϕ(x)<0 pour x∈I.

La d´eriv´ee de h est donc strictement n´egative et h est strictement d´ecroissante sur I.

(23)

2.12 Lemme. — Pour t∈[0, π], −π

2 < g(t)<−1 2

Preuve. — Pourx∈I, on a π

2 > x > 0 donc, en utilisant le fait queh est d´ecroissante sur I, hπ

2

< h(x)< lim

x→0h(x) sinπ2

π 2

< sinx x < lim

x→0h(x) 2

π < sinx x <1 2x

π < sinx < x En posant x= t

2 (Maintenant on peut donc prendre t∈J = ]0, π[) t

π < sin t 2 < t

2 2t

π < 2 sin t 2 < t 1

t < 1

2 sin2t < π 2t Le trinˆome t2

2π −t, de racines 0 et 2π est n´egatif sur [0,2π], et en particulier surJ. Par suite 1

t t2

2π −t

>

t2 −t 2 sin2t > π

2t t2

2π −t

−π 2 + t

4 < g(t)<−1 + t

2π (2.3)

Pourt ∈J, on a l’encadrement 0< t < π d’o`u 0< t 2π < 1

2 et −1<−1 + t

2π <−1

2. On a aussi

´evidemment−π

2 <−π 2 + t

4, on peut donc ´ecrire grˆace `a (2.3) et ces deux observations :

−π

2 < g(t)<−1 2

Pour l’instant, notre encadrement n’est valable que pourt ∈ J, mais g(0) et g(π) valant respec- tivement−1 et−π

4, ils rentrent tous les deux dans l’encadrement obtenu. Donc cet encadrement est valable pourt ∈[0, π].

2.13 Lemme. —

n→∞lim In = 0

(24)

Preuve. — Pourn >1, on pose : An =

Z π 0

sin

n+1 2

t dt

= 1

n+ 12

−cos

n+ 1 2

t

π 0

= −2

2n+ 1

cos

n+1 2

π−cos 0

= 2

2n+ 1 On a utilis´e le fait que cos

n+ 1

2

π= 0 pour tout n entier.

D’apr`es le lemme 2.12, on a l’encadrement suivant :

−π 2sin

n+1

2

t ≶ g(t) sin

n+ 1 2

t ≶−1 2sin

n+ 1

2

t

−π

2An ≶ In≶−1 2An selon que sin

n+ 1

2

t est positif ou n´egatif. Clairement lim

n→∞An = lim

n→∞

2

2n+ 1 = 0, donc, grˆace au th´eor`eme des gendarmes et `a l’encadrement pr´ec´edent, on arrive `a la conclusion du lemme.

Utilisant (2.2) et le lemme pr´ec´edent, lim

n→∞un = lim

n→∞

π2

6 +In = π2

6 . Enfin le r´esultat tant attendu :

X

n=0

1 n2 = π2

6

2.3 Formule de Wallis

Soit n un entier naturel. Consid´erons l’int´egrale In= Z π2

0

sinnx dx.

2.14 Lemme. — Pour n>2,

In = n−1 n In−2 Preuve. — Int´egrons par parties In, en posant

u0(x) = sinx

v(x) = sinn−1x et en choisissant

u(x) = −cosx

v0(x) = (n−1) sinn−2cosx

(25)

Donc

In =

−cosxsinn−1xπ2

0 + (n−1) Z π2

0

sinn−2xcos2x dx

= (n−1) Z π2

0

sinn−2xcos2x dx

= (n−1) Z π2

0

sinn−2x(1−sin2x) dx

= (n−1) Z π2

0

sinn−2 dx− Z π2

0

sinnxdx

!

= (n−1) (In−2−In) Arrangeons un peu cette ´egalit´e :

In+ (n−1)In = (n−1)In−2

In = n−1 n In−2 Calculons I2 et I3 dont on aura besoin par la suite

I2 = 1

2I0 = 1 2

Z π2

0

1 dx= 1 2[x]

π 2

0 = 1 2 × π

2 (2.4)

I3 = 2

3I1 = 2 3

Z π2

0

sinx dx= 2

3[−cosx]

π 2

0 = 2

3 (2.5)

2.15 Lemme. — Pour n>1 :

I2n = 1×3× · · · ×(2n−1) 2×4× · · · ×2n ×π

2 Preuve. — R´esonnons par r´ecurrence surn >1.

D’apr`es (2.4), la propri´et´e est vraie pour n = 1. Supposons-la vraie pour n et montrons qu’elle est alors vraie pour n+ 1. D’apr`es le lemme 2.14 :

I2(n+1) = 2(n+ 1)−1 2(n+ 1) I2n

= 2(n+ 1)−1

2(n+ 1) ×1×3× · · · ×(2n−1) 2×4× · · · ×2n × π

2

= 1×3× · · · ×(2n−1)×(2(n+ 1)−1) 2×4× · · · ×2n×2(n+ 1) × π

2 2.16 Lemme. — Pour n>1 :

I2n+1 = 2×4× · · · ×2n

1×3× · · · ×(2n−1)× 1 2n+ 1

(26)

Preuve. — Encore par r´ecurrence surn>1.

D’apr`es (2.5), la propri´et´e est vraie pour n = 1. Supposons-la vraie pour n et montrons qu’elle est alors vraie pour n+ 1. Toujours d’apr`es le lemme 2.14 :

I2(n+1)+1 = 2(n+ 1)

2(n+ 1) + 1I2n+1

= 2(n+ 1)

2(n+ 1) + 1× 2×4× · · · ×2n

1×3× · · · ×(2n−1)× 1 2n+ 1

= 1

2(n+ 1) + 1× 2×4× · · · ×2n×2(n+ 1) 1×3× · · · ×(2n−1)×(2n+ 1) 2.17 Lemme. — La suite In est d´ecroissante (n>1).

Preuve. — Pourx∈h 0,π

2 i

etn >0 entier, 0 6 sinx61

0 6 sinn+1x6sinnx 0 6

Z π2

0

sinn+1x dx6 Z π2

0

sinnx dx 0 6 In+1 6In

2.18 Lemme. —

n→∞lim I2n+1

I2n = 1

Preuve. — D’apr`es le lemme pr´ec´edent, la suite (In) est d´ecroissante, donc In+1 6 In 6 In−1

et en s’aidant du lemme 2.14, on peut ´ecrire n

n+ 1In−1 6 In 6 In−1. Si nous rempla¸cons n par 2n+ 1 :

2n+ 1

2n+ 2I2n 6 I2n+1 6I2n 2n+ 1

2n+ 2 6 I2n+1 I2n 61 en choisissant n > 1. Comme lim

n→∞

2n+ 1

2n+ 2 = lim

n→∞

2n 1 + 2n1

2n 1 + 2n2 = lim

n→∞

1 + 2n1

1 + 2n2 = 1, il r´esulte de cette in´egalit´e et du th´eor`eme des gendarmes que lim

n→∞

I2n+1

I2n = 1.

Calculons le quotient I2n+1 I2n : I2n+1

I2n =

2×4×···×2n

1×3×···×(2n−1) × 2n+11

1×3×···×(2n−1)

2×4×···×2n × π2 =

2×4× · · · ×2n 1×3× · · · ×(2n−1)

2

× 1

2n+ 1 × 2 π Donc

2×4× · · · ×2n 1×3× · · · ×(2n−1)

2

× 1

2n+ 1 = π

2 × I2n+1 I2n

(27)

En passant `a la limite et en utilisant le lemme pr´ec´edent on obtient la formule de Wallis :

n→+∞lim

2×4×6× · · · ×2n 1×3×5× · · · ×(2n−1)

2

× 1

2n+ 1 = π

2 (2.6)

2.4 Une suite convergeant vers 2 π

Le but de cette section est de montrer que la suite un= 1

n

sin 0 + sinπ n

+ sin

2π n

+· · ·+ sin

(n−1)π n

avecn >2, converge vers 2

π. On peut aussi ´ecrireun sous forme condens´eeun= 1 n

n−1

X

p=0

sinp π n

, ou encore, en posant f : x→sinπx

un= 1 n

f(0) +f 1

n

+f 2

n

+· · ·+f

n−1 n

On pose ´egalement fn = 1 +eiπn +ein +· · ·+ei(n−1)πn . 2.19 Lemme. —

un = 1

nIm(fn) et Im(fn) = cos2nπ sin2nπ

Preuve. — Comme pour tout α on a l’´egalit´e e = cosα+isinα (formule de Moivre), un = 1

nIm(fn) est claire.

fn est la somme de n termes cons´ecutifs de la suite g´eom´etrique de premier terme 1 et de raison eiπn, donc :

fn = 1× 1− eiπnn

1−eiπn = 1−e

1−eiπn = 2 1−eiπn Faisons apparaˆıtre les deux parties de ce complexe :

2

1−eiπn = 2

ei2nπ e−i2nπ −ei2nπ = 2

ei2nπ × −1 ei2nπ −e−i2nπ

Comme e = cosα+isinα et ei(−α) = cos(−α) +isin(−α) = cosα−isinα en soustrayant la seconde ´egalit´e `a la premi`ere :

e−e−iα = 2isinα Utilisant cette formule avec α= π

2n : 2

ei2nπ × −1

ei2nπ −e−i2nπ = 2

ei2nπ × −1

2isin2nπ = 1

ei2nπ × −1 isin2nπ

Figure

Table des mati` eres

Références

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