[PDF] CAPES 2007 ( Correction du sujet danalyse )

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CAPES 2007

( Correction du sujet d"analyse )

Derni`ere mise `a jour : Mardi 17 Avril 2007VincentOBATON, lyc´ee Stendhal de Grenoble ( vincent.obaton@ac-grenoble.fr )

Avec la correction attentive de Muriel et Nathalie Daval1

J"aimais et j"aime

encore les ma- th´ematiques pour elles-mˆemes comme n"admettant pas l"hypocrisie et le vague, mes deux bˆetes d"aversion.Stendhal 2

Table des mati`eres

1 PREMI

`ERE PARTIE : Convergence de la suite 4

1.1 Premi`ere m´ethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

1.2 Deuxi`eme m´ethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

1.3 Troisi`eme m´ethode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

2 DEUXI

`EME PARTIE : Utilisation de polynˆomes 5

3 TROISI

`EME PARTIE : Utilisation des int´egrales de Wallis 9

4 QUATRI

`EME PARTIE : Noyau de Dirichlet 12

5 CINQUI

`EME PARTIE : Une somme double 15

6 SIXI

`EME PARTIE : La fonction Dilogarithme 183

1 PREMI

`ERE PARTIE : Convergence de la suite

1.1 Premi`ere m´ethodea)?k≥2 on a1k-1-1k

=k-(k-1)k(k-1)=1k(k-1) de plus?k≥2 on ak≥k-1>0 donck2≥k(k-1)>0 d"o`u1k

Conclusion :?k≥2 on a1k

b)S n= 1 +n? k=21k 2

Or d"apr`es a)?k≥2,1k

k=2?

1k-1-1k

Or 1 +

n? k=2?

1k-1-1k

= 1 +? 1-1n = 2-1n <2

Conclusion :?n?N?on a 0< Sn<2c)S

n+1-Sn=n+1? k=11k 2-n? k=11k

2=1(n+ 1)2>0

Donc (Sn)n?N?est croissante or d"apr`es la question pr´ec´edente elle est major´ee donc elle

converge et 2 est un de ses majorants.

1.2 Deuxi`eme m´ethodea)t

n-Sn=1n donc limn→+∞tn-Sn= 0

De plus

t n+1-tn=Sn+1-Sn+1n+ 1-1n =1(n+ 1)2-1n(n+ 1) Orn≥1 on a (n+ 1)2> n(n+ 1) donc1(n+ 1)2-1n(n+ 1)<0

On a donc :

?•limn→+∞tn-Sn= 0 •(Sn)n?N?est strictement croissante

•(Sn)n?N?est strictement d´ecroissantedonc (Sn)n?N?et (tn)n?N?sont adjacentes.b)D"apr`es la question pr´ec´edentet10=S10+110

etS10< S < t10 OrS10≈1.549767731 ett10≈1.649767731 donc 1.549767< S <1.6497671.3 Troisi`eme m´ethode

On note la fonctionf:x?→1x

2d´efinie surR?.1.´

Etudier rapidement la fonctionf.4

2.TracerCfla courbe repr´esentative defdans un rep`ere orthonormal.3.En utilisant les r´esultats pr´ec´edents, d´emontrer que :

n k=21k 22dx4.On note (Sn)n≥1la suite d´efinie par :?n≥1,Sn=n? k=11k

2(a)Montrer queSn>0(b)D´eduire des questions pr´ec´edentes que 0< Sn<1 +?

n 11x

2dx(c)En d´eduire que 0< Sn<2n-1n

D´emontrer que (Sn)n?N?est une suite

croissante.(d)Que peut-on en d´eduire sur la convergence deSn?

2 DEUXI

`EME PARTIE : Utilisation de polynˆomes1.SiP(X) =n? k=0a kXk,an?= 0 etσ1=n? k=1α kalors :σ

1=-an-1a

n2.(a)D´emontrons cette formule `a l"aide de celle du binˆome de Newton : (a+b)n=n? p=0C npan-pbp

Soientp?Net??R.

On remarque que sin[(2p+ 1)?] =Im?ei(2p+1)??=Im?(cos?+isin?)2p+1? On obtient, d"apr`es la formule du binˆome de Newton :(cos?+isin?)2p+1=2p+1? m=0C

2p+1mcos2p+1-m?×im×sinm?

On applique ensuite le changement de variablem= 2k+ 1 pour obtenir la partie imaginaire et on obtient :isin(2p+ 1)?=p? k=0C 2p+1

2k+1cos2p+1-2k-1?×i2k+1×sin2k+1?

Ori2k+1=i×i2k=i(-1)k, donc :?p?N,???Ron a

sin(2p+ 1)?=p? k=0C 2p+1

2k+1cos2p-2k?×(-1)k×sin2k+1?5

(b)Soit??= 0 + 2kπalors sin(2p+ 1)??= 0 On peut donc factoriser la formule pr´ec´edente par sin 2p+1?

On obtient donc :

?p?N,???Ravec??= 0 + 2kπon asin(2p+ 1)?= sin2p+1?p? k=0(-1)kC2p+1

2k+1cos2p-2k?×sin2k+1?sin

2p+1? doncsin(2p+ 1)?= sin2p+1?p? k=0(-1)kC2p+1

2k+1cos2p-2k?sin

2p+1-2k-1?

d"`ousin(2p+ 1)?= sin2p+1?p? k=0(-1)kC2p+1

2k+1cos2p-2k?sin

2p-2k?

or (Cotan2?)p-k=cos2(p-k)?sin

2(p-k)?=cos2p-2k?sin

2p-2k?

doncsin(2p+ 1)?= sin2p+1?p? k=0(-1)kC2p+1

2k+1(Cotan2?)p-k3.Soitp?N?etP?R[X] tel queP(X) =p?

k=0(-1)kC2p+1

2k+1Xp-k(a)On note?k?[|1,p|],γk=Cotan2?kπ2p+ 1?

CalculonsP(γk) :

Sik?[|1,p|] alorsγk?= 0 + 2k?πdonc

P(γk) =p?

k=0(-1)kC2p+1

2k+1(γk)p-k=p?

k=0(-1)kC2p+1 2k+1? Cotan

2?kπ2p+ 1??

p-k En utilisant la formule de la question pr´ec´edente et sachant que sin

2p+1?kπ2p+ 1?

?= 0 on trouve que

P(γk) =sin(kπ)sin

2p+1? kπ2p+1? = 0 2 +1p <π2 donc?k?[|1,p|] alorskπ2p+ 1??

0;π2

?On a ´evidemment kπ2p+ 1??

0;π2

alors sin?kπ2p+ 1? ?= 06 Comme?k?[|1,p|],kπ2p+ 1?=(k+ 1)π2p+ 1et comme la fonctionx?→Cotan(x) est srtictement d´ecroissante sur

0;π2

alors toutes les racines dePsont distincts. Conclusion :Padmetγ1,γ2,...,γp-1,γpcomme racines distincts avec k=Cotan2?kπ2p+ 1? .(c)D"apr`es la deuxi`eme partie, 1) on aσ1=-an-1a norσ1=p? k=1γ k donc 1=p? k=1γ k=-(-1)1C2p+1

3(-1)0C2p+1

1=(2p+ 1)!3!(2p-2)!(2p+ 1)!1!(2p)!=

(2p)!3!(2p-2)!=(2p-1)(2p)2×3=p(2p-1)3

Orσ1=p?

k=1γ k=p? k=1Cotan

2?kπ2p+ 1?

doncp k=1Cotan

2?kπ2p+ 1?

=p(2p-1)3

Ensuite????

0;π2

on a Cotan

2?=cos2?sin

2?=1-sin2?sin

2?=1sin

2?-1

Donc pour?=kπ2p+ 1on obtient

p k=11sin

2?kπ2p+ 1?

=p? k=11 +p? k=1Cotan

2?kπ2p+ 1?

=p+p(2p-1)3 donc p? k=11sin

2?kπ2p+ 1?

=3p+ 2p2-p3 =p(2p+ 2)3 =2p(p+ 1)3 doncp k=11sin

2?kπ2p+ 1?

=2p(p+ 1)3

4.On a toujours???

0;π2

?(a)????

0;π2

on a sin? >0 ?On notefla fonction d´efinie surRtelle quef(x) = sinx-x doncfest strictement d´ecroissante sur?

0;π2

et commef(0) = 0 alors????

0;π2

on a 00;π2 et commeg(0) = 0 alors????

0;π2

on a? 0;π2 on a 00;π2 donc d"apr`es la question pr´ec´edente

0 Or la fonction carr´e est strictement croissante sur [0;+∞[ donc

0 2 2?kπ2p+ 1?

2?kπ2p+ 1?

doncp k=1Cotan

2?kπ2p+ 1?

2p+ 1kπ 2 2?kπ2p+ 1? D"apr`es la question II 3) c) on obtient doncp(2p-1)3 2×1k

2<2p(p+ 1)3

doncp(2p-1)3 <(2p+ 1)2π 2p k=11k

2<2p(p+ 1)3

(c)(2p+ 1)2π

2>0 donc on peut diviser l"in´egalit´e par(2p+ 1)2π

2pour obtenirπ

2(2p+ 1)2×p(2p-1)3

2<π2(2p+ 1)2×2p(p+ 1)3 doncp(2p-1)π23(2p+ 1)2< Sn<2p(p+ 1)π23(2p+ 1)2 or ?limn→+∞p(2p-1)π23(2p+ 1)2= limn→+∞2p2π212p2=π26 et ?limn→+∞2p(p+ 1)π23(2p+ 1)2= limn→+∞2p2π212p2=π26 d"apr`es le Th´eor`eme d"encadrement des suites ( ou Th´eor`eme des Gendarmes ) on obtient :8

S= limn→+∞Sn=π26

5.Etude de certaines suites :

u n=n? k=11(2k)2=14 n k=11k 2

Donc (un)n≥1est convergente etU=14

26
=π224 doncU=π224 v n=n? k=01(2k+ 1)2=2n+1? k=11k 2-n? k=11(2k)2=S2n+1-un orS2n+1est une suite extraite deSndonc elle est convergente donc (vn)n≥1est convergente etV=π26 -π224 =3π224 =π28 doncV=π28 ?w2n+1=2n+1? k=1(-1)k+1k 2=-n? k=11(2k)2+n? k=01(2k+ 1)2=-un+vn donc (w2n+1)n≥1est convergente.

De plus

?w2n=2n? k=1(-1)k+1k 2=-n? k=11(2k)2+n-1? k=01(2k+ 1)2=-un+vn-1 donc (w2n)n≥1est convergente. ?w2(n+1)+1-w2n+1=-1(2n+ 2)2+1(2n+ 3)2>0 donc (w2n+1)n?Nest d´ecroissante. ?w2(n+1)-w2n=1(2n+ 1)2-1(2n+ 2)2>0 donc (w2n)n?Nest croissante. Les suites (w2n+1)n≥1et (w2n)n≥1ont la mˆeme limite, l"une est croissante, l"autre est d´ecroissante et donc elles sont adjacentes donc on peut conclure que (wn)n?Nest convergente par le th´eor`eme d"encadrement etW=-U+V=-π224 +π28 =2π224 doncW=π212

3 TROISI

`EME PARTIE : Utilisation des int´egrales de

Wallis

Pour tout entiern?N, on poseI

n=? π2

0cos2ntdt,Jn=?

π2

0t2cos2ntdtetKn=4n(n!)2(2n)!Jn1.Calcul deI0etJ0:

I 0=? π2

0cos0tdt=?

π2

01dt= [t]π2

0=π2

doncI0=π2 J 0=? π2

0t2cos0tdt=?

π2

0t2dt=?t33

π2

0=π324

doncJ0=π324 9

2.Recherche deInen fonction den:(a)I

n+1=? π2

0cos2(n+1)tdt=?

π2

0cos2n+1t×costdt

On posev(t) = cos2n+1tetu(t) = sint.

Les deux fonctionsuetvsont de classeC1sur?

0;π2

donc on peut appliquer la formule d"int´egration par partie, et obtenir : I n+1=? π2

0cos2(n+1)tdt= [t×cos2n+1t]π2

0+? π2

0(2n+ 1)sin2tcos2ntdt

donc I n+1= (2n+ 1)? π2

0(1-cos2t)cos2ntdt= (2n+ 1)In-(2n+ 1)In+1

donc I

n+1+ (2n+ 1)In+1= (2n+ 1)Indonc pour toutn?N, on aIn+1=2n+ 12n+ 2In(b)Montrons cette formule par r´ecurrence :

On note (Pk) la prori´et´e :Ik=(2k)!4

k(k!)2π2 ?(P0) est vraie carI0=π2 ?On suppose maintenant que (Pn) soit vraie. ?Montrons que dans ce cas (Pn+1) l"est aussi : I n+1=2n+ 12n+ 2In=(2n)!4 n(n!)2π2

2n+ 12n+ 2=(2n)!4

n(n!)2π2 (2n+ 1)(2n+ 2)4(n+ 1)2=(2(n+ 1))!4 n+1((n+ 1)!)2π2 donc (Pn+1) est vraie. Par r´ecurrence on prouve donc que :Pour toutn?N, on aIn=(2n)!4 n(n!)2π2 3.I n=? π2

0cos2ntdt(a)On poseu(t) = cos2ntetv(t) =t.

Les deux fonctionsuetvsont de classeC1sur?

0;π2

donc on peut appliquer la formule d"int´egration par partie, et obtenir : I n= [tcos2nt]π2

0+ 2n?

π2

0tsint×cos2n-1tdt= 2n?

π2

0tsint×cos2n-1tdt

On poseu(t) = sint×cos2n-1tetv(t) =t22

Les deux fonctionsuetvsont de classeC1sur?

0;π2

donc on peut appliquer la formule d"int´egration par partie, et obtenir :

On note que

u ?(t) = cos2nt-(2n-1)sin2tcos2n-2t= cos2nt-(2n-1)(1-cos2t)cos2n-2t=

2ncos2nt-(2n-1)cos2n-2t

donc I n= 2n? ?t22 sint×cos2n-1t? π2 0-? π2

0nt2cos2nt-2n-12

t2cos2n-2tdt? doncIn= 2n? -2Jn+2n-12 Jn-1? =n(2n-1)Jn-1-2n2Jn10

Conclusion :

Pour toutn?N, on aIn=n(2n-1)Jn-1-2n2Jn(b)D"apr`es la question pr´ec´edente et la III 3) b) on obtient :

(2n)!4 n(n!)2π2 =n(2n-1)(2(n-1))!4 n-1((n-1)!)2π2 -2n2(2n)!4 n(n!)2Kn donc(2n)!4 n(n!)2π2 =2(2n)!4 n((n-1)!)2[Kn-1-Kn]

En divisant par

2(2n)!4

n((n-1)!)2on obtient : K n-1-Kn=4n((n-1)!)22(2n)!×(2n)!4 n(n!)2π2 =12n2π2 =π4n2 doncPour toutn?N, on aKn-1-Kn=π4n2(c)D"apr`es la question pr´ec´edente : π4 n k=11k 2=n? k=1π4k2=n? k=1(Kk-1-Kk) =K0-Kn orK0=J0donc on obtient la relation :π 4 n k=11k

2=J0-Kn4.Encadrement deJnetKn(a)La fonction sinus sur

0;π2

est concave donc sa courbe est au-dessus de la corde d"extr´emit´es les points d"abscisse 0 et π2 donc?x??

0;π2

on a sinx≥2π x?π2 sinx≥x(b)J n=? π2

0t2cos2ntdt

?t2cos2nt≥0 et 0<π2quotesdbs_dbs50.pdfusesText_50

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