Corrige CAPESEXT Premiere composition de Mathematiques 2007 CAPES MATHS

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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 parties utilisant les fonctions u(t)= cos (t) et v(t)= t de classe 1C donne : Z Z 2 22n 2n−1 2n−12I =[t cos (t)] + 2n t sin(t)cos (t) dt = 2n t sin(t)cos (t) dt.n 0 0 0 2n−1Une seconde intégration par parties, en utilisant les fonction U(t)= sin(t)cos (t) et v(t)= 2 1t /2 de classeC , donne : Z 2n 2n 22 2n−1 2 2 2n−22I = [t sin(t)cos (t)] − t 1− 2n(sin t) (cos t) dtn 02 2 0Z Z 2 22 2 2n−2 2 2n−2= n 2nt sin t cos t dt− n t cos t dt 0 0Z Z 2 22 2 2n−2 2 2 2n= 2n t cos t dt− 2n t cos t dt− nJn−1 0 0 2 2 2= (2n − n)J − 2n J = n(2n− 1)J − 2n J .n−1 n n−1 n p p p p p p p p p p å p p p p p p p p p å p å p p p p p p p CAPES 2007 : Première composition 9 (b) On a 2n−1 n 24 (n− 1)! 4 (n!)K − K = J − Jn−1 n n−1 n 2(n− 1) ! (2n)!2n−1 n 2(2n− 1)(2n)4 (n− 1)! J − 4 (n!) Jn−1 n ⇔ K − K =n−1 n (2n)! 2n−1 2⇔ (2n)!(K − K )= 4 (n− 1)! (2n− 1)(2n)J − 4n Jn−1 n n−1 n2n−1⇔ (2n)!(K − K )= 2 4 (n− 1)! In−1 n n (2n)!2n−1⇔ (2n)!(K − K )= 2 4 (n− 1)!n−1 n n 24 (n!) 22n−14 (n− 1)! ⇔ K − K = = .n−1 n n 2 24 (n!) 4n (c) Par suite, on a n n n1 = = K − K = K = K = J − K .0 n 0 nk−1 k2 24 k 4kk=1 k=1 k=1 En effet, la définition de K pour tout entier naturel n nous permet d’affirmer que K = J .n 0 0 4. (a) Nous avons déjà démontré plus haut que tout x∈]0, [ vérifiait x < sinx.Or > 1, donc x <2 2 sinx. De plus, il y a égalité pour x= 0 et x= . On en déduit que pour tout réel x∈[0, ],2 2 2 x6 sinx. 2 (b) Soit x∈[0, ]. Alors2 2 2 2n 2 2n06 x6 sinx ⇔ 06 x cos x6 sin x cos x 2 4  Z Z Z2 2 2 22 2n 2n 2n+2⇔ 06 x cos x dx6 cos x dx− cos x dx 40 0 0 2 2 2n+ 1 ⇔ 06 J 6 (I − I ) ⇔ 06 J 6 1− In n n+1 n n 4 4 2n+ 2 2 21 ⇔ 06 J 6 I ⇔ 06 J 6 I .n n n n 4 2n+ 2 8(n+ 1) Il vient ensuite que 2 n 2 n 2 24 (n!) 4 (n!) 06 J 6 I ⇔ 06 J 6 In n n n 8(n+ 1) (2n)! (2n)! 8(n+ 1) n 2 24 (n!) (2n)! ⇔ 06 K 6n n 2(2n)! 8(n+ 1) 4 (n!) 2 3 ⇔ 06 K 6 .n 16(n+ 1) å å å p p p p p ¥ p p p ¥ p ¥ å å p å p å å p p p å å p p p p å p å 10 CAPES 2007 : Première composition (c) On en déduit les implications suivantes, amorcées par le théorème d’encadrement : n 31 lim K = 0 ⇒ lim = J =n 02n→ n→ 4 k 24 k=1 n 3 21 4 ⇒ S= lim = = . 2n→ k 24 6 k=1 4 Noyau de Dirichlet 1. Soient n> 1 un entier et x6 0[2 ] un réel. Alors n n ikx −ikx1 1 e − e D (x) = + cos(kx)= +n 2 2 2k=1 k=1 n 2n1 1 −n kikx ix ix= e = (e ) (e ) 2 2k=−n k=0 2n+1 −n−1/2 2n+1ix ix ix1 1−(e ) 1 (e ) 1−(e )−nix= (e ) = ix ix−1/2ix2 1− e 2 1− e(e ) −n−1/2 n+1/2 1ix ix −2i sin (n+ )x1 (e ) −(e ) 1 2= = x−1/2 1/22 ix ix 2 −2i sin( )(e ) −(e ) 2  1 sin n+ x 1 2 = .x2 sin 2 2. Soit n> 1 un entier. (a) 2.a. Soit k> 1 un entier. En faisant une intégration par parties à l’aide des fonctions u(x)= x et sin(kx) 1v(x)= de classeC , nous obtenons : kZ Z k1 1 1 (−1) − 1 xcos(kx) dx= [xsin(kx)] − sin(kx) dx= [cos(kx)] = .0 02 2k k k k0 0 Nous remarquons que cette intégrale est nulle pour toute valeur de k paire. On en déduit que :(Z 0 si k est pair, xcos(kx) dx= 2 − si k est impair.0 2k (b) Par conséquent,Z Z Z Zn nx 1 xD (x) dx = + x cos(kx) dx= x dx+ xcos(kx) dxn 2 20 0 0 0k=1 k=1 Z2 n l’échange des symboles est possible = + xcos(kx) dx car la somme et l’intégrale sont finies4 0k=1 n n n2 k 2 k(−1) − 1 1 (−1) = + = − + . 2 2 24 k 4 k k k=1 k=1 k=1