Corrige CAPESEXT Premiere composition de Mathematiques 2007 CAPES MATHS

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. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . CAPES externe 2007 de Mathématiques Première composition : CORRIGÉ Martial LENZEN [e-mail] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Les mathématiques sont une gymnastique de l’esprit et une préparation à la philosophie− Isocrateå å å å 2 CAPES 2007 : Première composition 1 Convergence de la suite (s )n 1.1 Première méthode a) Soit k> 2 un entier. Alors 1 1 k−(k− 1) 1 1 − = = = . 2k− 1 k k(k− 1) k(k− 1) k − k 1 12 2Or k> 2⇒ k − k6 k . En passant à l’inverse, nous avons bien que > , c’est-à-dire 2 2k − k k 1 1 1 6 − . 2k k− 1 k ∗b) D’après ce calcul, nous pouvons dire que pour tout entier n∈N , n n1 1 1 s = 1+ 6 1+ −n 2k k− 1 k k=2 k=2      1 1 1 1 1 6 1+ 1− + − +


+ − 2 2 3 n− 1 n 1 1 6 1+ 1− = 2− . n n La suite (s ) est donc majorée, puisque s 6 2 pour tout n> 1.n nn>1 c) Pour montrer que cette suite converge, il suffit encore de démontrer qu’elle est monotone. Pour tout n> 1, on a n+1 n1 1 1 s − s = − = > 0.n+1 n 2 2 2k k (n+ 1)k=1 k=1 Par suite, la suite (s ) est croissante. Etant de plus majorée, elle est convergente. Un majorant den n>1 sa limite est alors 2, puisque s 6 2 pour tout n> 1.n 1.2 Deuxième méthode a) Nous avons trois propriétés à démontrer : ⋄ On a déjà démontré plus haut que la suite (s ) est croissante.n n>1 ⋄ Montrons que la suite (t ) est décroissante. Pour tout n> 1, on an n>1 1 1 1 1 1 t −t = s + − s − = − =− 6 0.n+1 n n+1 n 2 2n+ 1 n (n+ 1) n(n− 1) n(n+ 1) On en déduit donc le résultat recherché. ⋄ Montrons enfin que leur différence tend vers 0. Pour tout n> 1, on a 1 1 t − s = s + − s = .n n n n n n Le résultat est immédiat.å 7 CAPES 2007 : Première composition 3 Les suites (s ) et (t ) sont donc adjacentes.n nn>1 n>1 −1b) Il s’agit de trouver n∈N tel que t − s 6 10 . Orn n 1−1 −1t − s 6 10 ⇔ 6 10 ⇔ n> 10.n n n Il suffit alors de calculer s et t pour avoir l’encadrement recherché :10 10 Comme le montre la capture d’écran de calculatrice ci-contre, on a bien 1,549776 S6 1,64977. 1.3 Troisième méthode Soit f la fonction définie par ∗ ∗f :R −→ R 1 t → . 2t Le graphique ci-dessous est donné : 1y= 2t 1


n1 2 3 n− 2 n− 1 1. Quelle est l’aire de la surface rouge ? 2. Quelle est l’aire sous la courbe entre les abscisses 1 et n ? On la noteA(n). 3. En déduire que la suite (s ) de terme généraln n61 n 1 s =n 2k k=1 est majorée. 4. Montrer que cette suite est croissante. 5. En déduire qu’elle converge.` å a a a j a j a å å ` ` j ` j å ` a j å j å j å ` ` 4 CAPES 2007 : Première composition Solution : n 1 1. L’aire de la surface rouge vaut . 2k k=2Z n 1 1 2. A(n)= dt = 1− . 2 1 t n n 1 1 3. On en déduit que pour tout n> 1, 6 1− . D’où 2k n k=2 n n n1 1 1 1 1 1 1 6 1− ⇔ 1+ 6 1+ 1− ⇔ 6 2− ⇔ s 6 2− ,n2 2 2k n k n k n n k=2 k=2 k=1 et par suite, notre suite est bien majorée, par 2. 14. Pour tout n> 1, on s − s = > 0, donc cette suite est strictement croissante.n+1 n 2(n+1) 5. Toute suite croissante et majorée converge, donc notre suite (s ) est bien convergente.n n>1 2 Utilisation de polynômes 2 n1. P s’écrit P(X) = a + a X + a X +


+ a X = a (X− )


(X− ). En identifiant les coeffi-0 1 2 n n 1 n n−1cients des polynômes, en particulier le coefficient de X , on trouve n an−1 a (− − −


− )= a ⇔ =− ,n 1 2 n n−1 i ani=1 qui est la formule recherchée. 2. (a) Pour démontrer cette égalité, nous avons besoin de la proposition c-dessous, que nous allons démontrer : Proposition : Pour tout entier naturel n et tout réel x, on a
nsin(nx)= m (cosx+ isinx) . démonstration : En effet,

n ix nm (cosx+ isinx) = m (e ) inx= m(e ) par la formule de Moivre
= m cos(nx)+ isin(nx) = sin(nx).  Puisque p∈N et ∈R, nous allons appliquer ce résultat à x = et n = p, nous permettant d’utiliser la formule du binôme de Newton pour avancer :

2p+1sin (2p+ 1) = m (cos + isin )" # 2p+1 2p+ 1 j j 2p+1− j= m i sin ( ) cos ( ) . jj=0j p å j p j ` j p j p j j å j j j j å j p å å j j g p å j p å p j p å p j p j p p CAPES 2007 : Première composition 5 jOr pour tout valeur paire de j, le terme i est réel. Par conséquent, la partie imaginaire que l’on recherche s’obtient en ne considérant que les valeurs de j impaires :  2p+1 
2p+ 1 j j 2p+1− j sin (2p+ 1) = m i sin ( ) cos ( ) j j = 0| j impair  2p+ 1 2k+1) 2p+1−(2k+1) 2k+1= signe(i cos ( ) sin ( ) 2k+ 1 2k+1∈I  p 2p+ 1k 2p−2k 2k+1= (−1) cos ( ) sin ( ), 2k+ 1k=0 où I ={1,3,5,...,2p+ 1}. Nous avons utilisé le changement de variables j = 2k+ 1 après le second symbole d’égalité. Le résultat est ainsi démontré. (b) Toujours pour tous n∈N et ∈R, on a : p
2p+ 1k 2p−2k 2p+1−2p+2ksin (2p+ 1) = (−1) cos ( ) sin ( ) 2k+ 1 k=0  p 2p+ 1 1k 2p−2k 2p+1= (−1) cos ( ) sin ( ) 2p−2k2k+ 1 sin ( )k=0  p 2p+ 12p+1 k 2p−2k= sin ( ) (−1) cotan ( ) 2k+ 1 k=0  p
2p+ 1 p−k2p+1 k 2= sin ( ) (−1) cotan ( ) . 2k+ 1k=0 3. (a) Soit k∈{1,..., p}. Alors d’après ce qui précède, on a   p p−k 2p+ 1 kk 2P( ) = (−1) cotank 2k+ 1 2p+ 1k=0  k sin (2p+ 1) 2p+ 1 sin(k )   = = = 0. k k2p+1 2p+1sin sin 2p+ 1 2p+ 1 (b) Soit k∈{1,..., p}. Alors nous avons la succession d’implications suivantes : 16 k6 p ⇔ 6 k 6 p k p ⇔ 6 6 (car 2p+ 1> 0) 2p+ 1 2p+ 1 2p+ 1 k p ⇒ 0< 6 . 2p+ 1 2p+ 1 Or 2p+ 1 p 1 p< ⇒ < , 2 2p+ 1 2p j å j p j p j g j j p p j p j å p p j p j j j j j j j å j å j å j p j p j p j å p p j p p j 6 CAPES 2007 : Première composition donc on a finalement que k 16 k6 p ⇒ 0< < . 2p+ 1 2 De plus, pour tout k∈{1,..., p− 1}, k (k+ 1) k< k+ 1 ⇒ < , 2p+ 1 2p+ 1 ce qui suffit à affirmer que toutes les racines de P (d’après la question a) sont distinctes.k (c) Aidons nous de la question 1 pour déduire que la première somme recherchée est égale à l’op- p−1 pposé du quotient du coefficient de X par celui de X :
  2p+ 1p 1(−1)k (2p+ 1)! 12 3cotan = − =
2p+ 12p+ 1 3!(2p+ 1− 3)! 2p+ 10k=1 (−1) 1 (2p)! (2p− 1)(2p) p(2p− 1) = = = . 3!(2p− 2)! 2
3 3 Nous pouvons alors poursuivre nos calculs :     k2  cosp p p  k 12p+ 12     cotan = = − 1 k k2p+ 1 2 2k=1 k=1 k=1sin sin 2p+ 1 2p+ 1  p 1 p(2p− 1)  = − p= k 32k=1 sin 2p+ 1 p 1 p(2p− 1) p(2p+ 2) 2p(p+ 1) ⇔ = + p= = . k 3 3 32k=1 sin 2p+ 1 4. (a) Pour cette question, on définit sur [0, [ les fonctions f et g respectivement par f( )= sin et2 sing( )= tan = . De plus, on a pour tout ∈[0, [, f(0)= g(0)= 0, ainsi que cos 2 2 2 2cos ( ) − sin ( ) 1− 2sin ( )′ ′f ( )= cos( ) et g ( )= = , 2 2cos cos ce qui nous permet d’affirmer que ces courbes admettent la même tangente au point d’abscisse nulle, de fonction affine associée égale à à T( )= . On sait que les courbes représentatives de f et g sont respectivement concave et convexe sur l’intervalle ]0, [, ce qui implique que la tangente déterminée ci-dessous se trouve en-dessous 2 de la courbe représentant g et au-dessus de celle qui représente f . En d’autre termes, pour tout réel ∈]0, [,2 0< sin < < tan . La première inégalité provient du fait que si ∈]0, [, alors sin ∈]0,1[. 2p p j å p å j p ¥ å p å p å p å j p j p j p å p å p å p p p p å p ¥ j p j å j p j å p CAPES 2007 : Première composition 7 (b) Soient p> 1 et k∈{1,..., p}. Alors (en utilisant les résultats de la question 3.c), 1 1 1 120< sin < < tan ⇔ 0< cotan < < ⇔ 0< cotan < <2 2sin sin    k 1 k2 −2⇒ ∀ k, 0< cotan < < sin 22p+ 1 2p+ 1k 2p+1    2k (2p+ 1) 1 k2 −2⇔ ∀ k, cotan < < sin 2 22p+ 1 k 2p+ 1   p p p2k (2p+ 1) 1 k2 −2⇒ cotan < < sin 2 22p+ 1 k 2p+ 1 k=1 k=1 k=1 p2p(2p− 1) (2p+ 1) 1 2p(p+ 1) ⇔ < < .2 23 k 3k=1 (c) En poursuivant nos calculs, la double inégalité précédente est équivalente à 1 12 2p2 22p (1− ) 2p (1+ )12p p < < .1 1 2 1 12 23 k 34p (1+ + ) 4p (1+ + )2 2k=1p p4p 4p Par la théorème d’encadrement, on en déduit que p 21 S= lim = . 2p→ k 6 k=1      1 1 1 5. On montre facilement que les suites et sont équivalentes à 2 2 2(2k) (2k+ 1) kk>1 k>0 k>1 (c’est-à-dire que le quotient de leur terme général tend vers 1 lorsque k tend vers l’infini). Comme ce sont trois suites à termes positifs, la règle des équivalents nous permet d’affirmer que(u ) et(v ) sontn n 1 de même nature que (s ), et convergent donc. De plus, lim = 0, donc la suite w converge par len n2k→ k critère des séries alternées. Dans la suite, n désigne un entier naturel strictement positif. On a alors n n 21 1 1 u = = ⇒ U = .n 2 2(2k) 4 k 24 k=1 k=1 Concernant la seconde suite, n n 2n+1 2n+1 2 2 21 1 1 1 u + v = + = ⇒ v = − u ⇒ V = − = .n n n n2 2 2 2(2k) (2k+ 1) k k 6 24 8k=1 k=0 k=1 k=1 Un raisonnement analogue nous amène à écrire que 2 2 2 w = u − v ⇒ W = − =− .n n n 24 8 12p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 8 CAPES 2007 : Première composition 3 Utilisation des intégrales de Wallis  Z Z 3 322 2 t21. I = 1 dt = et J = t dt = = .0 0 2 3 240 0 0 2n+1 12. (a) Soient n∈N, u(t)= cos (t) et v(t)= sin(t). Ces deux fonctions sont de classeC , on peut ′donc utiliser le théorème d’intégration par parties afin de calculer I , en utilisant u (t) =n+1 2n ′−(2n+ 1)sin(t)cos (t) et v (t)= cos(t) :Z Z 2 2′ ′2I = u(t)v (t) dt =[u(t)v(t)] − u (t)v(t) dtn+1 0 0 0Z Z
2 22 2n 2 2n=(2n+ 1) sin (t)cos (t) dt =(2n+ 1) 1− cos (t) cos (t) dt 0 0 =(2n+ 1)I −(2n+ 1)In 2n+1 2n+ 1 ⇔ (2n+ 2)I =(2n+ 1)I ⇔ I = I .n nn+1 n+1 2n+ 2 (b) Effectuons une récurrence pour montrer ce résultat : initialisation (n= 0) : La question 1 nous assure que les deux membres sont bien égaux à /2. hérédité : Supposons l’hypothèse de récurrence (H.R.) vraie au rang n, et montrons qu’elle l’est toujours au rang n+ 1 : 2n+ 1 2n+ 1 (2n)! (2n+ 2)(2n+ 1) (2n)!2.b H.R. I = I = =n+1 n n 2 2 n 22n+ 2 2n+ 2 4 (n!) 2 (2n+ 2) 4 (n!) 2

2(n+ 1) ! 2(n+ 1) ! = = .
2 n 2 2n+14(n+ 1) 4 (n!) 2 24 (n+ 1)! (2n)! On en déduit que pour tout entier naturel n, I = .n n 24 (n!) 2 3. Soit n> 1. 2n(a) Une première intégration par p