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21
Autour de (2) = =2p 6p=1
I. Par la méthode de Wallis
2 n1. On pose C = cos (t) dt .n
0
a) Calculer C et C .0 1
b) Pour n 2, exprimer C en fonction de C .n n 2
c) En déduire les valeurs de C et de C .2n 2n+1
C2nd) Calculer lim .
n + C2n+1
(2n)!!
e) En déduire : ~ 2n + 1
(2n 1)!! 2
n
12 2n22. On pose I = t cos (t) dt et u = .n n 2
0 p
p=1
a) Démontrer que u 2 ( n 1). En déduire que (u ) admet une limite .n n
b) Pour tout n 1, exprimer I en fonction de I .n n 1
6
(2n)!!
c) En déduire que u = I .nn
4 6 (2n 1)!!
2 2
1
d) Démontrer que I et en déduire que = .n
4 2n + 1 6
II. Par le lemme de Riemann-Lebesgue
1Le lemme : Soit ƒ une fonction de classe C sur un intervalle [a, b] à valeurs dans . Soit un réel.
b
i tAlors lim e ƒ(t) dt = 0.
+ a
11. Démontrer le lemme pour ƒ de classe C . (On pourra intégrer par parties)
1* 2
2. Déterminer deux réels a et b tels que, pour tout n : (at + bt) cos(nt) dt =
20 n
n (n+1)it it
e e
3. Démontrer que cos( pt) = Re pour tout t 2k . En déduire que :
ite 1
p=1
n
11 t(t 2 ) i(n+1)t it
= Re e e dt( )2 it2 0p e 1
p=1
t(t 2 ) 1
4. Démontrer que la fonction ƒ définie sur ]0, ] par ƒ(t) = se prolonge en une fonction de classe C
ite 1
sur [0, ].
21
5. À l'aide du lemme, déduire des questions précédentes que : = .2
p 6p=1
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III. Par la méthode de Holme et Papadimitriou
*
1. Démontrer que pour tous ]0, [ et n :
2
n
n j
2n+1 j 2 j +1 2
sin (2n + 1) = sin ( 1) C cotan2n+1( )
j =0
[On pourra utiliser la formule de Moivre]
*
2. On considère, pour n , le polynôme P défini par :n
n
j 2 j +1 n j
P = ( 1) C Xn 2n+1
j =0
k2
Démontrer que les n racines de P sont les réels : = cotan , 1 k n.n k
2n + 1
n
k n(2n 1)2
3. Montrer que : cotan = .
2n + 1 3
k =1
12 2
4. Démontrer que, pour tout ]0, [, on a : sin < < tan . En déduire : cotan < < 1 + cotan .
22
n2 21n(2n 1) n(2n + 2)
5. Démontrer que : < < .22 2k3 (2n + 1) 3 (2n + 1)k =1
2
1
6. En déduire : = .
2k 6
k =1
1 1
Remarque : la méthode ci-dessus peut se généraliser afin de calculer et 4 6k k
k =1 k =1
IV. À l'aide des séries de Fourier
Soit ƒ : , 2 -périodique, impaire telle que : t ]0, [, ƒ(t) = 1 et n , ƒ(n) = 0
1. Calculer les coefficients de Fourier (trigonométriques) a et b définis, pour tout n , par :n n
2 21 1
a = ƒ(t) cos(nt) dt et b = ƒ(t)sin(nt) dtn n
0 0
2. Démontrer que la série S (ƒ) de Fourier de ƒ définie pour tout t par :p
p
a0S (ƒ)(t) = + (a cos(nt) + b sin(nt))p n n
2
n=1
converge simplement vers ƒ sur .
p On peut aussi retrouver ce( 1)
3. En déduire : = résultat à l'aide du DSE de
2 p +1 4 l'Arctan.p=0
2
4
4. À l'aide de la formule de Parseval, démontrer que la série converge. En déduire :
(2 p +1)
p0
2
1
=
2 8(2 p +1)p=0
2
1
5. En déduire : = .
2 6kk =1
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p
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- Solutions -
I. Par la méthode de Wallis
2 n1. On pose C = cos (t) dt .n
0
a) C = et C = 1.0 1
2
2 n 2 n 1b) C = cos (t) dt = cos(t) cos (t) dtn
0 0
n 1En intégrant par parties (u'(t) = cos(t) ; v(t) = cos (t) ), il vient :
2 n 2 2 n 22 2C = (n 1) sin (t) cos (t) dt = (n 1) (1 cos (t)) cos (t) dt = (n 1)(C C )n n 2 n
0 0
n 1
D'où C = C .n n 2
n
(2n 1)!! (2n 1)!! (2n)!! (2n)!!
c) On en déduit (récurrence) que : C = C = et C = C = .2n 0 2n+1 1
(2n)!! (2n)!! 2 (2n + 1)!! (2n + 1)!!
C C C (2n 2)!!(2n + 1)!! 2n + 1 C2n 2n 2n 1 2nd) On a déjà : 1 . En outre, = = . D'où lim = 1.
n +C C C (2n 1)!!(2n)!! 2n C2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
2
C (2n 1)!!(2n + 1)!! (2n 1)!! (2n)!!2ne) = = (2n + 1) , d'où ~ 2n + 1 .
C (2n)!!(2n)!! 2 2 (2n)!! (2n 1)!! 22n+1
n
12 2 2n2. On pose I = t cos (t) dt et u = .n n 2
0 p
p=1
n
11 1 1 1 1
a) Pour p 2,on a : donc 1 1, d'où u 2 ( n 1).n22 pp p( p 1) p 1 p np=2
En outre, (u ) est croissante donc admet une limite 2.n
12 2n 2 2n 1 2 2 2n 22 2 2b) I = t cos (t) dt = t cos(t) cos (t) dt = C + (2n 1) t sin (t) cos (t) dtn n
0 0 n 0
1 1 (2n 1)!! 2n 1
D'où I = C + (2n 1)(I I ) et par suite, I = + I .n n n 1 n n n 12n n (2n)!! 4 2n
6
(2n)!!
c) On en déduit (récurrence) que u = I .nn
4 6 (2n 1)!!
2 2
12n2d) Comme, sur [0, ], on a t sin(t), il vient : I sin(t) cos (t) dt .n
02 2 4 4 2n + 1
2 21(2n)!!
D'où I . 2n + 1 0 d'où = .n
(2n 1)!! 2 4 2n + 1 6
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p
II. Par le lemme de Riemann-Lebesgue
it 1
1. Les applications ƒ et t e étant de classe C sur [a, b], on a, par une intégration par parties :
b
i t i tb b be e 1i t i b i a i t
e ƒ(t) dt = ƒ(t) ƒ'(t) dt = ƒ(b)e ƒ(a)e e ƒ'(t) dt
a i a i ai
a
D'où :
b b1i t e ƒ(t) dt ƒ(b) + ƒ(a) + ƒ'(t) dt
a a
Notons M = sup |ƒ'(t)| (existe car, par hypothèse, ƒ' est continue sur le compact [a, b])
t [a,b]
Ainsi :
b 1i t 0 e ƒ(t) dt ƒ(b) + ƒ(a) + (b a) M[ ]
a
D'où :
b
i t
lim e ƒ(t) dt = 0.
+ a
1
2. Les fonctions considérées étant de classe C sur [0, ], on a, à l'aide d'intégrations par parties :
sin(nt) 12 2 I = (at + bt) cos(nt) dt = (at + bt) (2at + b) sin(nt) dtn
0 n n 00
n1 cos(nt) 2a (2a + b)( 1) b
I = (2at + b) + cos(nt) dt = n 2n n n 0 n0
n1 * * La condition I = n s'écrit encore : (2a + b)( 1) b = 1 n .n 2
n
1
Si n est pair, on obtient : a = . Si n est impair, on obtient : b = 1.
2
1 1
Bilan : on donc : t(t 2 ) cos(nt) dt = .
22 0 n
n it int (n+1)it ite (1 e ) e eipt3. Comme t 2k on a : e = = (somme de termes d'une suite géométrique)
it it
1 e e 1
p=1
n (n+1)it ite e
En passant à la partie réelle, on obtient : cos( pt) = Re
ite 1
p=1
n n n
1 1 1
En utilisant la question 2, on a : = t(t 2 t) cos( pt) dt = t(t 2 t) cos( pt) dt
2 2 0 2 0p
p=1 p=1 p=1
n
1 1 t(t 2 ) i(n+1)t it Et d'après ce qui précède : = Re e e dt .( )2 it2 0p e 1
p=1
it4. La fonction t e est dérivable en 0. On a donc :
it
e 1
lim = i
t 0 t
On en déduit :
t(t 2 )
lim = 2 i
itt 0 e 1
La fonction ƒ admet un prolongement continu en 0.
Pour tout t ]0, [, on a :
it 2 it
(2t 2 )(e 1) (t 2 t)ie
ƒ'(t) =
it 2(e 1)
Au voisinage de 0, on a :
2
t 2 2(2t 2 )(it + o(t )) (t 2 t)i(1+ it + o(t))
2 ƒ'(t) = 2
(it + o(t))
Autour de zêta(2) Page 4 G. COSTANTINIp
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p
p
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-
q
En développant puis simplifiant :
2 2 2
it t + o(t )
ƒ'(t) =
2 2t + o(t )
D'où :
lim ƒ'(t) = i
t 0
1
La fonction ƒ se prolonge bien en une fonction de classe C en 0.
5. D'après le lemme de Lebesgue, on a donc :
t(t 2 ) i(n+1)t
lim e dt = 0
itn + 0 e 1
D'où :
1 1 t(t 2 ) it
= Re e dt2 itp 2 0 e 1p=1
ite 1
Or, Re = d'où :
it 2e 1
3 21 1 1 3
= t(t 2 ) dt = ( ) = 2
p 4 0 4 3 6
p=1
III. Par la méthode de Holme et Papadimitriou
*
1. D'après la formule de Moivre et la formule du binôme, pour tout ]0, [ et n , on a :
2
2n+1
2n+1 k k k 2n+1 k
cos(2n + 1) + i sin (2n + 1) = (cos + i sin ) = C i sin cos2n+1
k =0
Les imaginaires sont obtenus en ne gardant, dans la somme, que les entiers k impairs, c'est-à-dire de la forme
k = 2j + 1 avec 0 j n :
n
2 j +1 2 j+1 2 j+1 2n 2 j
i sin (2n + 1) = C i sin cos2n+1
j=0
2j+1 2j j
Or, i = i i = i ( 1) .
En outre :
2j+1 2n 2j 2n+1 2j 2n 2n 2j 2n+1 n j2
sin cos = sin sin cos = sin (cotan ) .
D'où, en passant à la partie imaginaire :
n
n j
2n+1 j 2 j +1 2
sin (2n + 1) = sin ( 1) C cotan2n+1( )
j =0
2. Le polynôme P est de degré n donc possède au plus n racines.n
k k
Les réels , 1 k n, sont éléments de ]0, [, donc sin 0 et les nombres sont bien définis.k
2n + 1 2 2n + 1
D'autre part, la fonction cotan est continue, décroissante et positive sur ]0, [. Il en va donc de même de la
2
fonction cotan qui induit une bijection de ]0, [ dans ]0, + [.
2
Donc les réels sont distincts.k
D'après la question 1, pour tout k 1, n , on a :
Autour de zêta(2) Page 5 G. COSTANTINIy
q
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¥
j
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p
p
y
j
q
p
q
˛
y
n n j
k sin(k )j 2 j +1 2 P ( ) = ( 1) C cotan = = 0n k 2n+1 k2n + 1 2n+1j =0 sin
2n + 1
k2 Les n racines de P sont bien les réel : = cotan , 1 k n.n k
2n + 1
3. D'après les formules de Newton, on a :
n
an 1 x = k
ank =1
n
j 2 j +1 n j En appliquant ce résultat au polynôme P = ( 1) C X , on a :n 2n+1
j =0
n n 3k a C n(2n 1)2 n 1 2n+1 Donc : cotan = = = = k2n + 1 a 2n + 1 3nk =1 k =1
4. Il suffit d'étudier les variations des fonctions : sin et : tan . On constate que ces
2
deux fonctions sont strictement croissantes sur ]0, [ ( '( ) = 1 cos et '( ) = tan ). Et comme
2
(0) = (0) = 0, on en déduit que ces fonctions sont strictement positives sur ]0, [.
2
D'où l'encadrement : sin < < tan pour tout ]0, [
2
En inversant cet encadrement (la fonction "inverse" étant strictement décroissante sur ]0, [), on obtient :
2
1 1 1
< <
tan sin
2 + Puis, en élevant au carré (t t étant strictement croissante sur ) :
12 2 cotan < < 1 + cotan
2
k
5. Avec = ]0, [, l'encadrement ci-dessus devient :
2n + 1 2
2k (2n + 1) k2 2 cotan < < 1 + cotan
2 22n + 1 2n + 1k
Et en sommant pour k allant de 1 à n :
n n n2k 1 k(2n + 1)2 2 cotan < < n + cotan222n + 1 k 2n + 1
k =1 k =1 k =1
Et d'après la question 3 :
n2 1n(2n 1) n(n + 2)(2n + 1)
< < 223 k 3
k