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Corrigé du sujet ESSEC Maths ECS 2016

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Partie I :

1/ Soit $x\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$ . Pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $n^2-x^2\neq 0$ et on a

$u_n(x)\mathop{\sim}\limits_\infty \frac{2x}{n^2} \: \: \text{d'o\`u} \: \: |u_n(x)|\mathop{\sim}\limits_\infty\frac{2|x|}{n^2}$

La série de terme général $\frac{1}{n^2}$ est une série de Riemann convergente. Donc la série de tg $\frac{2|x|}{n^2}$ est convergente. Par théorème de comparaison pour les séries à terme positif, la série de tg $|u_n(x)|$ converge. La série de terme général $u_n(x)$ est alors absolument convergente donc convergente.

2/ a/ Pour tout $x\in D$ , $-x\in D$ . De plus, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ , $u_n(-x)=-u_n(x)$ .

On en déduit $\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(-x)=-\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$ .

Or, $\varphi(x)=\frac{1}{x}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$ . D’où $\varphi(-x)=-\frac{1}{x}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)=-\varphi(x)$ .

$\fbox{\text{La fonction $\varphi$ est alors impaire.}}$

2/ b/ Soit $x\in D$ et $n\in\mathbb{N}^*$ ,

$\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n+x}=\frac{n+x-n+x}{(n-x)(n+x)}=\frac{2x}{n^2-x^2}$

2/ c/ Soit $x\in D$ et $N\in\mathbb{N}^*$ . D’après l’égalité de la question 2.b,

$\sum\limits_{n=1}^{N}u_n(x+1)$

$=\sum\limits_{n=1}^{N}\left[\frac{1}{n-1-x}-\frac{1}{n+1+x}\right]$

$=\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{1}{n-1-x}-\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{1}{n+1+x}$

On fait le changement d’indice $k=n-1$ dans la première somme et $k=n+1$ dans la seconde. On obtient

$\sum\limits_{n=1}^{N}u_n(x+1)=\sum\limits_{k=0}^{N-1}\frac{1}{k-x}-\sum\limits_{k=2}^{N+1}\frac{1}{k+x}$

D’où, $\sum\limits_{n=1}^{N}u_n(x+1)$

$=-\frac{1}{x}+\sum\limits_{n=1}^{N-1}\left(\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n+x}\right)+\frac{1}{x+1}-\frac{1}{N+x}-\frac{1}{N+1+x}$

Ainsi, $\sum\limits_{n=1}^{N}u_n(x+1)$

$=-\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\sum\limits_{n=1}^{N-1}u_n(x)-\frac{1}{N+x}-\frac{1}{N+1+x}$ .

On fait tendre $N$ vers $+\infty$ car tout converge dans cette égalité. Il vient

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x+1)$

$=-\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)$

Par suite

$$\varphi(x+1)=\frac{1}{x+1}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x+1)$

$=\frac{1}{x}-\sum\limits_{n=1}^{\infty}u_n(x)=\varphi(x)$

3/ a/ Soit $x\in D\cup \{0,1\}$ . Pour tout $n\geq 2$ , $n^2-x^2\neq 0$ et $\frac{2x}{n^2-x^2}=\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n+x}$ d’après la question 2.b qui reste encore valable pour $x=0$ (de façon immédiate) et pour $x=1$ car $\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x}=\frac{2x}{1-x^2}$ .

De même qu’à la question 1, la série de terme général $u_n(x)$ (pour $n\geq 2$ ) est absolument convergente donc convergente. On en déduit l’existence de $g(x)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{2x}{n^2-x^2}$ et on a

$\fbox{\text{$g(x)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{2x}{n^2-x^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n+x}\right)$}}$

3/ b/ Soit $x\in D$ .

$\varphi(x)=\frac{1}{x}-\frac{2x}{1-x^2}-g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}-g(x)$

car comme déjà vérifié précédemment, $\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x}=\frac{2x}{1-x^2}$ .

3/ c/ Soit $h\in]{-\frac{1}{2}},{\frac{1}{2}}[$ et $x\in[{0},{1}]$ . Pour tout $n\geq 2$ ,

$\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n-x-h}=-\frac{h}{(n-x)(n-x-h)}$ et $\frac{1}{n+x}-\frac{1}{n+x+h}=\frac{h}{(n+x)(n+x+h)}$

D’où,

$\left(\frac{1}{n-x-h}-\frac{1}{n+x+h}\right)-\left(\frac{1}{n-x}-\frac{1}{n+x}\right)$

$=h\left(\frac{1}{(n-x)(n-x-h)}+\frac{1}{(n+x)(n+x+h)}\right)$

Pour tout $N\geq 2$ , on a donc

$\begin{array}{rcl}\left|\sum\limits_{n=2}^{N}u_n(x+h)-\sum\limits_{n=2}^{N}u_n(x)\right|&\leq &\sum\limits_{n=2}^{N}|u_n(x+h)-u_n(x)|\\&\leq & |h|\sum\limits_{n=2}^{N}\left|\frac{1}{(n-x)(n-x-h)}+\frac{1}{(n+x)(n+x+h)}\right|\end{array}$

Or, pour tout $n\geq 2$ , comme $x\in[{0},{1}]$ et $h\in]{-\frac{1}{2}},{\frac{1}{2}}[$ ,

$n+x\geq n-x\geq n-1>0$ et $n+x+h\geq n-x-h\geq n-\frac{3}{2}>0$

Dès lors, $0<\frac{1}{(n-x)(n-x-h)}+\frac{1}{(n+x)(n+x+h)}<\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}$ $\:$ et

$\left|\sum\limits_{n=2}^{N}u_n(x+h)-\sum\limits_{n=2}^{N}u_n(x)\right|\leq |h|\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}$

$\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}\mathop{\sim}\limits_\infty\frac{2}{n^2}$ .

La série de tg $\frac{2}{n^2}$ est le multiple du terme général d’une série de Riemann convergente.

Par théorème de convergence pour séries à termes positifs, on en déduit que la série de tg $\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}$ converge. On peut alors faire tendre $N$ vers $\infty$ dans l’inégalité précédente car toutes les quantités convergent. On obtient

$|g(x+h)-g(x)|\leq |h|\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}$

On a donc bien

$\fbox{\text{$\forall x\in[{0},{1}] \: \:f |g(x+h)-g(x)|\leq C|h|$ avec $C=\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{2}{(n-1)(n-\frac{3}{2})}$}}$

3/ d/ Soit $x_0\in[{0},{1}]$ . D’après la question précédente, pour tout $h\in]{-\frac{1}{2}},{\frac{1}{2}}[$ ,

$|g(x_0+h)-g(x_0)|\leq C|h|$

$C|h|\underset{h\to 0}{\longrightarrow} 0$ . Par théorème d’encadrement, $g(x_0+h)\underset{h\to 0}{\longrightarrow} g(x_0)$ d’où $g(x)\underset{x\to x_0}{\longrightarrow}g(x_0)$ . La fonction $g$ est donc continue en $x_0$ . Cette propriété est vraie pour tout $x_0$ de $[{0},{1}]$ .

$\fbox{\text{La fonction $g$ est donc continue sur $[{0},{1}]$.}}$

D’après la question 3.b, pour tout $x\in]{0},{1}[$ ,

$\varphi(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}-g(x)$

Les fonctions $x\mapsto\frac{1}{x}$ , $x\mapsto\frac{1}{1-x}$ et $x\mapsto \frac{1}{1-x}$ sont continues sur $]{0},{1}[$ ainsi que la fonction $g$ . Par somme, on en déduit que la fonction $\varphi$ est continue sur $]{0},{1}[$ .

Or, la fonction $\varphi$ est périodique de période 1. Par suite,

$\fbox{\text{La fonction $\varphi$ est continue sur $D$.}}$

4/ a/ D’après la question 3.b, pour tout $x\in D$ , $\varphi(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}-g(x)$ . Donc pour tout $x\in D$ , $x\varphi(x)=1-\frac{x}{1-x}+\frac{x}{1+x}-xg(x)$ .

D’après la question 3.d, $xg(x)\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0 g(0)$ donc $xg(x)\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0$ . De plus, $\frac{x}{1-x}\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ $\:$ et $\:$ $\frac{x}{1+x} \underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ . Par théorème d’opérations,

$x\varphi(x)\underset{x\to 1^+}{\longrightarrow} 1$

De plus, pour tout $x\in]{-1},{0}[$ , $x\varphi(x)=-x\varphi(-x)$ car $\varphi$ est impaire (d’après la question I.2.a). Or, d’après le calcul précédent, $-x\varphi(-x)\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow}1$ . D’où

$x\varphi(x)\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow} 1$

On en déduit $x\varphi(x)\underset{x\to 0}{\longrightarrow}1$ puis

$\fbox{\text{$\varphi(x)\mathop{\sim}\limits_0 \frac{1}{x}$}}$

Pour tout $x\in D$ , $\varphi(x)-\frac{1}{x}=-\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}-g(x)$ . On en déduit par théorème d’opération et par continuité de $g$ sur $[{0},{1}]$

$\varphi(x)-\frac{1}{x}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} -1+1-g(0)$

Or, $g(0)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{2\times 0}{n^2-0^2}=0$ et $-1+1=0$ . D’où

$\varphi(x)-\frac{1}{x}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0$

Pour tout $x\in]{0},{1}[$ , on a

$\varphi(x)-\frac{1}{x}=-\left(\varphi(-x)-\frac{1}{-x}\right)$

Or si $x<0$ , $-x>0$ donc $\varphi(-x)-\frac{1}{-x}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow} 0$ . D’où $\varphi(x)-\frac{1}{x}\underset{x\to 0^-}{\longrightarrow} 0$ . On a donc

$\fbox{\text{$\varphi(x)-\frac{1}{x} \underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$}}$

4/ b/ Pour tout $x\in D$ , $\varphi(x)=\varphi(x-1)$ . Or, $x-1\underset{x\to 1}{\longrightarrow} 0$ . Donc d’après les résultats de la question précédente, $\varphi(x-1)\mathop{\sim}\limits_1 \frac{1}{x-1}$ d’où

$\fbox{\text{$\varphi(x)\mathop{\sim}\limits_{1} \frac{1}{x-1}$}}$

On a également d’après ce qui précède, pour $x\in D$ , $\varphi(x)-\frac{1}{x-1}=\varphi(x-1)-\frac{1}{x-1}\underset{x\to 1}{\longrightarrow} 0$ . Ainsi,

$\fbox{\text{$\left(\varphi(x)-\frac{1}{x-1}\right)\underset{x\to 1}{\longrightarrow} 0$}}$

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Partie II :

5/ Soit $f \in E$ . Pour tout $x\in[{0},{1}]$ , $\frac{x}{2}\in[{0},{1}]$ et $\frac{x+1}{2}\in[{0},{1}]$ . Par composition, la fonction $x\mapsto f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)$ est encore continue sur $[{0},{1}]$ et à valeurs réelles. Donc $T(f)\in E$ .

Soit $(f,g)\in E^2$ et $\lm\in \mathbb{R}$ . Pour tout $x\in[{0},{1}]$ ,

$\begin{eqnarray*} [T(\lm f+g)](x)&=&(\lm f+g)\left(\frac{x}{2}\right)+(\lm f+g)\left(\frac{x+1}{2}\right)\\ &=&\lm \left(f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)\right)+g\left(\frac{x}{2}\right)+g\left(\frac{x+1}{2}\right) \\ &=& \lm[T(f)](x)+[T(g)](x) \\ \end{eqnarray*}$

On a donc $T(\lm f+g)=\lm T(f)+T(g)$ et

$\fbox{\text{$T$ est un endomorphisme de $E$.}}$

6/ a/ Soit $k\in[{0},{n}]$ . Pour tout $x\in [{0},{1}]$ ,

$[T(e_k)](x)=\frac{x^k}{2^k}+\frac{(x+1)^k}{2^k}=\frac{1}{2^k}\left(2x^k+\sum\limits_{j=0}^{k-1} \binom{k}{j}x^j\right)$

On a donc $T(e_k)=\frac{1}{2^k}\sum\limits_{j=0}^{k-1} \binom{k}{j}e_j+\frac{1}{2^{k-1}}e_k\in F_n$ .
Par linéarité de l’endomorphisme $T$ , la famille $(e_k)_{0\leq k\leq n}$ étant une base de $F_n$ , on en déduit

$\fbox{\text{$\forall f\in F_n \: \: T(f)\in F_n$}}$

6/ b/ On reprend les calculs de la question précédente :

$\forall k\in [\![{0},{n}]\!], \: T(e_k)=\frac{1}{2^k}\sum\limits_{j=0}^{k-1}\binom{k}{j}e_j+\frac{1}{2^{k-1}}e_k$

La matrice de $T_n$ dans $B_n$ est donc triangulaire supérieure et

$\fbox{\text{${\rm Mat}_{B_n}(T_n)=\begin{pmatrix}2&1/2&\cdots& 1/2^k&\cdots& 1/2^n\\0&1& \cdots& k/2^k& \cdots& n/2^n\\\vdots&\vdots& \ddots& \vdots& \vdots& \vdots\\\vdots&\vdots& \vdots& 1/2^{k-1}&\cdots& \binom{n}{k}/2^n\\\vdots&\vdots& \ddots& \vdots& \ddots& \vdots\\0 & \cdots& \cdots& \cdots& 0 & 1/2^{n-1}\\\end{pmatrix}$}}$

6/ c/ La matrice de $T_n$ dans la base $B_n$ est triangulaire supérieure. On en déduit directement les valeurs propres de $T_n$ qui sont les éléments diagonaux. Les valeurs propres de $T_n$ sont donc les

$\fbox{\text{$\{1/2^{k-1},0\leq k\leq n\}$.}}$

$T_n$ est un endomorphisme de $F_n$ qui est de dimension $n+1$ . De plus, $T_n$ a $n+1$ valeurs propres distinctes deux à deux. On en déduit que

$\fbox{\text{$T_n$ est diagonalisable.}}$

7/ a/ D’après la question 6, on a $T(e_0)=2e_0$ donc $(T-2\operatorname{id_E})(e_0)=0_E$ . Par conséquent,

$\fbox{\text{$\Ker(T-2\operatorname{id_E})$ n'est pas r\'eduit \`a $\{0_E\}$.}}$

7/ b/ Comme $f$ est dans $\Ker(T-2\operatorname{id_E})$ , pour tout $x\in[{0},{1}]$ ,

$f\left(\frac{x}{2}\right)+f\left(\frac{x+1}{2}\right)=2f(x)\qquad \qquad (\star)$

En appliquant cette égalité à $x_0$ , on obtient

$f\left(\frac{x_0}{2}\right)+f\left(\frac{x_0+1}{2}\right)=2m$ d’où $f\left(\frac{x_0}{2}\right)=2m-f\left(\frac{x_0+1}{2}\right)$

Or $m$ étant le minimum de $f$ sur $[{0},{1}]$ , on a $f\left(\frac{x_0+1}{2}\right)\geq m$ d’où

$f\left(\frac{x_0}{2}\right)\leq m$

Or $m\leq f\left(\frac{x_0}{2}\right)$ . On en déduit

$\fbox{\text{$f\left(\frac{x_0}{2}\right)=m$}}$

7/ c/ Montrons par récurrence que pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $f\left(\frac{x_0}{2^n}\right)=m$ .

$\bullet$ L’égalité est immédiate par définition pour $n=0$ .

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}$ . Supposons $f\left(\frac{x_0}{2^n}\right)=m$ . On applique alors le résultat de la question 7.b à $\frac{x_0}{2^n}$ qui vérifie bien l’égalité demandée. On obtient ainsi

$f\left(\frac{\frac{x_0}{2^n}}{2}\right)=m$ d’où $f\left(\frac{x_0}{2^{n+1}}\right)=m$

Par conséquent,

$\fbox{\text{$\forall n\in\mathbb{N} \: \: f\left(\frac{x_0}{2^n}\right)=m$.}}$

7/ d/ La fonction $f$ est continue sur $[{0},{1}]$ et $\:$ $\frac{x_0}{2^n} \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$ . En passant à la limite dans l’égalité démontrée à la question 7.c, on obtient

$\fbox{\text{$m=f(0)$.}}$

7/ e/ On applique ici l’égalité $(\star)$ à $x_1$ . On obtient

$f\left(\frac{x_1}{2}\right)+f\left(\frac{x_1+1}{2}\right)=2M$ d’où $f\left(\frac{x_1}{2}\right)=2M-f\left(\frac{x_1+1}{2}\right)$

Or $M$ étant le maximum de $f$ sur $[{0},{1}]$ , on a $f\left(\frac{x_1+1}{2}\right)\leq M$ d’où

$f\left(\frac{x_1}{2}\right)\geq M$

Or $M\geq f\left(\frac{x_1}{2}\right)$ . On en déduit

$\fbox{\text{$f\left(\frac{x_1}{2}\right)=M$.}}$

Par une récurrence du même type que celle réalisée à la question 7.c, on montre alors que pour tout $n\in\mathbb{N}$ , $f\left(\frac{x_1}{2^n}\right)=M$ . Par continuité de $f$ en passant à la limite dans cette égalité, on obtient

$\fbox{\text{$f(0)=M$.}}$

7/ f/ On a démontrée aux questions 7.d et 7.e que $m=M=f(0)$ . Or $m=\min_{x\in[{0},{1}]}f(x)$ et $M=\max_{x\in[{0},{1}]}f(x)$ . On en déduit

$\fbox{\text{La fonction $f$ est constante sur $[{0},{1}]$.}}$

8/ a/ On note $D_{\rm{cot}}$ l’ensemble de définition de la fonction ${\rm cot}$ . On a pour $x\in\mathbb{R}$ ,

$x\in D_{\rm{cot}} \Leftrightarrow \sin(\pi x) \neq 0 \Leftrightarrow \forall k\in\mathbb{Z},\; \pi x\neq \pi k \Leftrightarrow \forall k\in\mathbb{Z},\; x\neq k\SSI x\in D$

La fonction ${\rm cot}$ est donc définie sur $D$ . Elle y est continue comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s’annule pas.

Pour tout $x\in D$ , $-x\in D$ et

${\rm cot}(-x)=\pi\frac{\cos(-\pi x)}{\sin(-\pi x)}=-\pi\frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}=-{\rm cot}(x)$

La fonction ${\rm cot}$ est donc impaire.

Pour tout $x\in D$ , $x+1\in D$ et

${\rm cot}(x+1)=\pi\frac{\cos(\pi x+\pi)}{\sin(\pi x+\pi)}=\pi\frac{-\cos(\pi x)}{-\sin(\pi x)}={\rm cot}(x)$

La fonction ${\rm cot}$ est donc périodique de période $1$ .

8/ b/ $\cos(\pi x)\underset{x\to 0}{\longrightarrow}1$ donc $\cos(\pi x)\mathop{\sim}\limits_0 1$ . Comme $\pi x\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ , alors $\sin(\pi x)\mathop{\sim}\limits_0 \pi x$ .

D’où, ${\rm cot}(x)\mathop{\sim}\limits_0 \frac{\pi}{\pi x}$ puis

$\fbox{\text{${\rm cot}(x)\mathop{\sim}\limits_0 \frac{1}{x}$}}$

De plus, pour tout $x\neq 0$ , ${\rm cot}(x)-\frac{1}{x}=\frac{x\pi\cos(\pi)x-\sin(\pi x)}{x\sin(\pi x)}$ . On a $x\sin(\pi x)\mathop{\sim}\limits_0\pi x^2$ . De plus, au voisinage de $0$ ,
$\cos(\pi x)=1-\frac{\pi^2x^2}{2}+o(x^2)$ et $\sin(\pi x)=\pi x-\frac{\pi^3 x^3}{6}+\text{o}(x^3)$ . D’où,

$x\pi\cos(\pi)x-\sin(\pi x)=\pi x-\frac{\pi^3 x^3}{2}-\pi x+\frac{\pi^3 x^3}{6}+\text{o}(x^3)\mathop{\sim}\limits_0-\frac{\pi^3x^3}{3}$

Ainsi,

$\fbox{\text{${\rm cot}(x)-\frac{1}{x}\mathop{\sim}\limits_0 -\frac{\pi^2 x}3$.}}$

8/ c/ ${\rm cot}(x)={\rm cot}(x-1)\mathop{\sim}\limits_0 \frac{1}{x-1}$ car $x-1\underset{x\to 1}{\longrightarrow} 0$ .

On a également, ${\rm cot}(x)-\frac{1}{x-1}\mathop{\sim}\limits_0 -\frac{\pi^2}{3}(x-1)$ .

8/ d/ Soit $x\in D$ . Si $x/2\notin D$ , alors $x=2p$ avec $p\in \mathbb{Z}$ d’où $x\notin D$ et c’est absurde. De même si $\frac{x+1}{2}\notin D$ , alors il existe $p'\in \mathbb{Z}$ tel que $x=2p'-1$ et $x\notin D$ , ce qui est absurde. Dès lors, $\frac{x}{2}\in D$ et $\frac{x+1}{2}\in D$ . Et, pour tout $x\in D$

${\rm cot}\left(\frac{x}{2}\right)+{\rm cot}\left(\frac{x+1}{2}\right)=\pi\frac{\cos\left(\pi\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\pi\frac{x}{2}\right)}+\pi\frac{\cos\left(\pi\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}{\sin\left(\pi\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}\right)}=\pi\frac{\cos\left(\pi\frac{x}{2}\right)}{\sin\left(\pi\frac{x}{2}\right)}-\pi\frac{\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right)}{\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right)}$

Ainsi, ${\rm cot}\left(\frac{x}{2}\right)+{\rm cot}\left(\frac{x+1}{2}\right)=\pi\frac{\cos\left(\pi\frac{x}{2}\right)^2-\sin\left(\pi\frac{x}{2}\right)^2}{\sin\left(\pi\frac{x}{2}\right)\cos\left(\pi\frac{x}{2}\right)}$
D’où, ${\rm cot}\left(\frac{x}{2}\right)+{\rm cot}\left(\frac{x+1}{2}\right)=2\pi\frac{\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}=2{\rm cot}(x)$

à l’aide des formules de duplication.

9/ a/ Soit $x\in D$ . Soit $N\geq 2$ . On calcule

$\begin{array}{rcl}I_N&=&\sum\limits_{n=2}^{N}\left(\frac{1}{n-\frac{x}{2}}-\frac{1}{n+\frac{x}{2}}\right)+\sum\limits_{n=2}^{N}\left(\frac{1}{n-\frac{x+1}{2}}-\frac{1}{n+\frac{x+1}{2}}\right)\\[3mm]&=&2\left(\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{1}{2n-x}+\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{1}{2n-1-x}-\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{1}{2n+x}-\sum\limits_{n=2}^{N}\frac{1}{2n+1+x}\right)\\[3mm]&=&2\left(\sum\limits_{k=3}^{2N}\frac{1}{k-x}-\sum\limits_{k=4}^{2N+1}\frac{1}{k+x}\right)\\\end{array}$

en regroupant les termes d’indices pair et impair dans les sommes. Alors,

$I_N=2\left(\sum\limits_{k=3}^{2N}\frac{1}{k-x}-\sum\limits_{k=3}^{2N}\frac{1}{k+x}\right)+\frac{2}{3+x}-\frac{2}{2N+1+x}$

En faisant tendre $N$ vers $+\infty$ dans cette expression, il vient

$g\left(\frac{x}{2}\right)+g\left(\frac{x+1}{2}\right)=2g(x)+\frac{2}{3+x}-\frac{2}{2-x}+\frac{2}{2+x}$

De plus,

$\frac{1}{\frac{x}{2}}-\frac{1}{1-\frac{x}{2}}+\frac{1}{1+\frac{x}{2}}=\frac{2}{x}-\frac{2}{2-x}+\frac{2}{2+x}$

Et, $\frac{1}{\frac{x+1}{2}}-\frac{1}{1-\frac{x+1}{2}}+\frac{1}{1+\frac{x+1}{2}}=\frac{2}{x+1}-\frac{2}{1-x}+\frac{2}{3+x}$

Avec la formule de la question 3.b., on trouve alors

$\fbox{\text{$\varphi\left(\frac{x}{2}\right)+\varphi\left(\frac{x+1}{2}\right)=\frac{2}{x}-\frac{2}{1-x}+\frac{2}{x+1}-2g(x)=2\varphi(x)$}}$

9/ b/ La fonction $\varphi-{\rm cot}$ est continue sur $]{0},{1}[$ et périodique.

Pour $x\in D$ , $\varphi(x)-{\rm cot}(x)=\varphi(x)-\frac{1}{x}-\left({\rm cot}(x)-\frac{1}{x}\right)$ . Or, d’après la question 8.b, ${\rm cot}(x)-\frac{1}{x}\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ et $\varphi(x)-\frac{1}{x}\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ d’après la question 4.a. On en déduit que $\varphi(x)-{\rm cot}(x)\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ et on prolonge $\varphi-{\rm cot}$ par continuité en $0$ en posant $(\varphi-{\rm cot})(0)=0$

Pour $x\in D$ , $\varphi(x)-{\rm cot}(x)=\varphi(x)-\frac{1}{x-1}-\left({\rm cot}(x)-\frac{1}{x-1}\right)$ . Or, d’après la question 8.b, ${\rm cot}(x)-\frac{1}{x-1}\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ et $\varphi(x)-\frac{1}{x-1}\underset{x\to 1}{\longrightarrow} 0$ d’après la question 4.a. On en déduit que $\varphi(x)-{\rm cot}(x)\underset{x\to 0}{\longrightarrow} 0$ et on prolonge $\varphi-{\rm cot}$ par continuité en $1$ en posant $(\varphi-{\rm cot})(1)=0$ . On conclut

$\fbox{\text{La fonction $\varphi-{\rm cot}$ se prolonge par continuit\'e sur $[{0},{1}$.}}$

9/ c/ La fonction $\varphi-{\rm cot}$ est donc continue sur $[{0},{1}]$ . De plus, d’après les question 8.d et 9.a, $T(\varphi-{\rm cot})=2(\varphi-{\rm cot})$ donc $\varphi-{\rm cot}\in\Ker(T-\operatorname{id_E})$ . D’après la question 7.f, la fonction $\varphi-{\rm cot}$ est alors constante sur $[{0},{1}]$ . Comme elle vaut $0$ en $0$ , on a pour tout $x\in]{0},{1}[$ , $\varphi(x)={\rm cot}(x)$ . La deux fonctions étant périodiques de période 1, on conclut :

$\fbox{\text{$\forall x\in D \: \: \varphi(x)={\rm cot}(x)$}}$

10/ a/ Pour tout $x\in D$ ,

$\frac{1-x{\rm cot}(x)}{2x^2}=\frac{\frac{1}{x}-{\rm cot}(x)}{2x}\mathop{\sim}\limits_0 \frac{\pi^2 x}{6x}\mathop{\sim}\limits_0 \frac{\pi^2}{6}$

Ainsi,

$\fbox{\text{$\frac{1-x{\rm cot}(x)}{2x^2}\underset{x\to 0}{\longrightarrow}\frac{\pi^2}{6}$.}}$

10/ b/ Soit $x\in]{0},{1}[$ .

$\delta(x)-\frac{x^2}{1-x^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}-\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}-1+\frac{1}{1-x^2}-\frac{x^2}{1-x^2}$

Or, $-1+\frac{1}{1-x^2}-\frac{x^2}{1-x^2}=\frac{-1+x^2+1-x^2}{1-x^2}=0$ d’où

$\delta(x)-\frac{x^2}{1-x^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\left(\frac{1}{n^2-x^2}-\frac{1}{n^2}\right)=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{x^2}{n^2(n^2-x^2)}$

Pour tout $x\in ]{0},{1}[$ et pour tout $n\geq 2$ , $n^2-x^2\geq n^2-1>0$ donc $0<\frac{x^2}{n^2(n^2-x^2)}\leq \frac{x^2}{n^2(n^2-1)}$ . On en déduit

$\fbox{\text{$\left|\delta(x)-\frac{x^2}{1-x^2}\right|=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{x^2}{n^2(n^2-x^2)}\leq x^2\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2(n^2-1)}$}}$

10/ c/ La fonction $x\mapsto \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}$ étant paire, il suffit de calculer la limite pour $x\to 0^+$ . On utilise l’inégalité établie à la question 10.b.

$x^2\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2(n^2-1)}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0$

Par théorème d’encadrement, on a ainsi $\delta (x)-\frac{x^2}{1-x^2}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow}0$ . Or, pour $x\in]{0},{1}[$ ,

$\delta(x)=\delta(x)-\frac{x^2}{1-x^2}+\frac{x^2}{1-x^2}$

Et, $\frac{x^2}{1-x^2}\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0$ . D’où, par théorème d’opérations, $\delta(x)\underset{x\to 0^+}{\longrightarrow} 0$ . On en déduit

$\fbox{\text{$\lim_{x \longrightarrow 0^+} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}=\lim_{x \longrightarrow 0} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$}}$

10/ d/ Pour $x\in D$ ,

$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}=\frac{1}{2x}\left(\frac{1}{x}-\varphi(x)\right)=\frac{1-x\varphi(x)}{2x^2}$

Or, $\varphi(x)=\cot(x)$ d’où $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}=\frac{1-x{\rm cot}(x)}{2x^2}$ . D’après la formule établie à la question 10.a, on en déduit

$\lim_{x \longrightarrow 0} \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2-x^2}=\lim_{x \longrightarrow 0} \frac{1-x{\rm cot}(x)}{2x^2}=\frac{\pi^2}{6}$

Par unicité de la limite

$\fbox{\text{$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$}}$

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Partie III : Développement eulérien de la fonction sinus

11/ Soit $x\in [{0},{1}[$ . $x^2/n^2 \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$ . Alors $|\alpha_n(x)|\mathop{\sim}\limits_\infty\frac{x^2}{n^2}$ . Par comparaison avec le tg positif $x^2/n^2$ d’une série convergente, on en déduit que la série $\sum\limits_{}{}\alpha_n(x)$ est absolument convergente, donc convergente.

12/ a/ Soit $N\in\mathbb{N}^*$ . Par linéarité de l’intégrale,

$\begin{array}{rcl}{\displaystyle \int_{0}^{x}\left(\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{-2t}{n^2-t^2}\right) dt}&=&\sum\limits_{n=1}^{N}{\displaystyle \int_0^x\frac{-2t}{n^2-t^2}dt}\\&=&\sum\limits_{n=1}^{N}\left[\ln(n^2-t^2)\right]_0^x\\&=&\sum\limits_{n=1}^{N}\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)\\\end{array}$

Donc,

$\fbox{\text{${\displaystyle \int_{0}^{x}\left(\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{-2t}{n^2-t^2}\right) dt}=\beta_N(x)$.}}$

12/ b/ La fonction $t\mapsto \varphi(t)-\frac{1}{t}$ est continue sur $]{0},{1}[$ d’après la partie I, d’après le théorème d’opérations. De plus, d’après la question I.4.a, la fonction $t\mapsto \varphi(t)-\frac{1}{t}$ est prolongeable par continuité en $0$ . On en déduit que pour $x\in]{0},{1}[$ , l’intégrale ${\displaystyle\int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right)dt}$ converge.

12/ c/ Soit $x\in]{0},{1}[$ .

$\begin{eqnarray*}\left|{\displaystyle \int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right)dt}-{\ds \int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{-2t}{n^2-t^2}\right)dt}\right|&=&\left|{\ds \int_0^x \sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\frac{-2t}{n^2-t^2}dt}\right|\\&\leq& {\ds \int_0^x \sum\limits_{n=N+1}{\infty}\frac{2t}{n^2-t^2}dt}\\\end{eqnarray*}$

Or, pour tout $t\in[{0},{x}]$ , $0\leq t^2\leq x^2\leq 1$ donc pour tout $n\geq N+1$ , $0<n^2-1\leq n^2-t^2$ d’où $0<\frac{1}{n^2-t^2}\leq \frac{1}{n^2-1}$ . D’où,

$\left|{\displaystyle \int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right)dt}-{\ds \int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{-2t}{n^2-t^2}\right)dt}\right| \leq \sum\limits_{n=N+1}{\infty}\frac{{\ds \int_{0}^{x}2t \, dt}}{n^2-1}$

Or, $0\leq {\ds \int_{0}^{x} 2t\, dt}=x^2\leq 1$ . On en déduit

$\fbox{\text{$\left|{\displaystyle \int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right)dt}-{\ds \int_0^x\left(\sum\limits_{n=1}^{N}\frac{-2t}{n^2-t^2}\right)dt}\right| \leq \sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\frac{1}{n^2-1}$}}$

12/ d/ Soit $x\in]{0},{1}[$ . D’après les questions précédentes, on en déduit pour tout $N\geq 1$ ,

$\left|{\ds \int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right)dt}-\beta_N(x)\right|\leq \sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\frac{1}{n^2-1}$

La série de terme général $\frac{1}{n^2-1}$ étant convergente, $\sum\limits_{n=N+1}^{\infty}\frac{1}{n^2-1}\underset{N\to \infty}{\longrightarrow} 0$ . De plus, $\beta_N(x)\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \beta(x)$ . On en déduit d’après le théorème d’encadrement et l’unicité de la limite

$\fbox{\text{$\beta(x)={\ds \int_0^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right) dt}$}}$

12/ e/ Soit $x\in]{0},{1}[$ . D’après la question II.9, on a pour tout $y\in]{0},{x}[$ ,

$\begin{array}{rcl}{\ds \int_{y}^x\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right) dt}&=&{\ds \int_{y}^{x}\pi \frac{\cos(\pi t)}{\sin(\pi t)} dt}-{\ds \int_y^x\frac{1}{t} dt}\\[3mm]&=&\left[\ln(\sin(\pi t))\right]_y^x-[\ln (\pi t)]_y^x\\[3mm]&=&\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)-\ln\left(\frac{\sin(\pi y)}{\pi y}\right)\end{array}$

Or, $\frac{\sin(\pi y)}{\pi y}\underset{y\to 0}{\longrightarrow} 1$ d’où $\ln\left(\frac{\sin(\pi y)}{\pi y}\right)\underset{y\to 0}{\longrightarrow} 0$ . En passant à la limite dans l’expression précédente, on en déduit :

$\fbox{\text{$\beta(x)={\ds \int_{0}^{x}\left(\varphi(t)-\frac{1}{t}\right) dt}=\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)$}}$

13/ a/ Soit $x\in\intfo{0}{1}$ . Pour tout $n\geq 1$ et pour tout $k\geq 1$ , $1-x^2/k^2>0$ donc $P_n(x)>0$ , d’où $\ln(P_n(x))=\ln(\pi x)+\sum\limits_{k=1}{n}\ln\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)=\ln(\pi x)+\beta_n(x)$ . La suite $(\beta_n(x))$ convergeant, on en déduit par somme que la suite $(\ln(P_n(x)))$ converge. On en déduit que la suite $(P_n(x))_{n\geq 1}$ est convergente.

13/ b/ Soit $x\in\intof{0}{1}$ . La fonction $\ln$ étant continue sur $]{0},{\infty}[$ , en passant à la limite dans l’égalité précédente, il vient

$\ln(P(x))=\ln(\pi x)+\beta(x)$

D’où,

$\fbox{\text{$P(x)=\pi x\exp(\beta(x))=\sin(\pi x)$}}$

13/ c/ Soit $x\in\mathbb{R}$ . Il existe $n_0\in\mathbb{N}$ tel que pour tout $k\geq n_0$ , $0\leq \frac{x^2}{k^2}<1$ d’où $1-\frac{x^2}{k^2}>0$ . De la même manière qu’à la question 11/, on montre que la série $\sum\limits_{k\geq n_0}{}\ln\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)$ converge. Dès lors la suite $\left({\ds \prod_{k=n_0}^{N}\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)}\right)_{N\geq n_0}$ converge. En la multipliant par un nombre fini de termes, il vient que la suite $(P_n(x))_{n\geq 1}$ converge.

13/ d/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et $x\in]{-n},{n}[$ .

$\begin{eqnarray*}P_n(x+1)&=&\pi(x+1){\ds \prod_{k=1}^n\left(1-\frac{(x+1)^2}{k^2}\right)}\\&=&\frac{\pi(x+1)}{\ds \prod_{k=1}^nk^2}\times{\ds \prod_{k=1}^n(k-1-x)\prod_{k=1}^n(k+1+x)}\\&=&\frac{\pi(x+1)}{\ds \prod_{k=1}^nk^2}\times(-x){\ds \prod_{k=1}^{n-1}(k-x)\prod_{k=2}^{n+1}(k+x)}\\&=&\frac{\pi(x+n+1)(-x)}{(n-x)}{\ds \prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)}\\&=&-\frac{(x+n+1)}{(n-x)}P_n(x)\\\end{eqnarray*}$

13/ e/ Soit $x\in\mathbb{R}$ . D’après la question précédente, pour tout $n\geq |x|+1$ ,

$P_n(x+1)=-\frac{(x+n+1)}{(n-x)}P_n(x)$

$\frac{(x+n+1)}{(n-x)}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 1$ . En passant à la limite dans l’expression précédente, on obtient

$\fbox{\text{$P(x+1)=-P(x)$}}$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ ,

$P(x+2)=-P(x+1)=P(x)$

La fonction $P$ est alors $2$ -périodique sur $\mathbb{R}$ .

13/ f/ Soit $x\in [{-1},{0}[$ , alors $x+1\in [{0}{1}[$ . Donc $P(x+1)=\sin(\pi(x+1))=-\sin(\pi x)$ d’après la question 13.b. De plus, d’après la question 13.f, $P(x)=-P(x+1)=\sin(\pi x)$ . On a donc montré que pour tout $x\in [{-1},{1}[$ , $P(x)=\sin(\pi x)$ . La fonction $P$ est $2$ -périodique sur $\mathbb{R}$ tout comme la fonction $x\mapsto \sin(\pi x)$ . On en déduit alors

$\fbox{\text{Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $P(x)=\sin(\pi x)$.}}$

Partie IV : Un autre développement du sinus

14/ Soit $x\in D\cup \{0\}$ . Pour tout $n\geq 1$ , $n^2-x^2\neq 0$ donc $\nu_n(x)$ existe. De plus, $|\nu_n(x)|\mathop{\sim}\limits_\infty\frac{|x|}{n^2}$ . Par comparaison avec le multiple d’une série de Riemann convergente, la série de tg $\nu_n(x)$ est absolument convergente, donc convergente.

15/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ . Soit $x\in D\cup\{0\}$ .
Les fonctions $t\mapsto \cos (xt)$ et $t\mapsto \frac{\sin(nt)}{n}$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[{0},{\pi}]$ . Par intégration par parties, il vient

$\lambda_n(x)=\left[\cos(xt)\frac{\sin(nt)}{n}\right]_0^{\pi}+{\ds \int_{0}^{\pi}\frac{x}{n}\sin(xt)\sin(nt) dt}=\frac{x}{n}{\ds \int_{0}^{\pi}\sin(xt)\sin(nt) dt}$

Les fonctions $t\mapsto \sin (xt)$ et $t\mapsto -\frac{\cos(nt)}{n}$ sont de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[{0},{\pi}]$ . Par intégration par parties, il vient

$\lambda_n(x)=\frac{x}{n}\left[-\sin(xt)\frac{\cos(nt)}{n}\right]_0^{\pi}+\frac{x}{n}{\ds \int_0^{\pi}\frac{x}{n}\cos(xt)\cos(nt) dt}=-\sin(\pi x)(-1)^n\frac{x}{n^2}+\frac{x^2}{n^2}\lm_n(x)$

Dès lors,

$\fbox{\text{$\lambda_n(x)=\frac{\sin(\pi )(-1)^{n-1}x}{n^2-x^2}=\sin(\pi x)\nu_n(x)$}}$

En utilisant la formule indiquée dans l’énoncé, on pouvait procéder autrement.

$\begin{array}{rcl}\lambda_n(x)&=&\frac{1}{2}{\ds \int_0^{\pi}\cos((x+n)t) dt}+\frac{1}{2}{\ds \int_0^{\pi}\cos((x-n)t) dt}\\[3mm]&=&\frac{1}{2}\left[\frac{\sin((x+n)t)}{x+n}\right]_0^{\pi}+\frac{1}{2}\left[\frac{\sin((x-n)t)}{x-n}\right]_0^{\pi}\\[3mm]&=&(-1)^n\frac{\sin(x\pi)}{2(x+n)}+(-1)^n\frac{\sin(x\pi)}{2(x-n)}\\[3mm]&=&(-1)^n\frac{\sin(\pi x)}{2(x^2-n^2)}(x-n+x+n)\\[3mm]&=&\frac{(-1)^{n-1}x\sin(\pi x)}{n^2-x^2}\\\end{array}$

16/ Soit $t\in\mathbb{R}$ et $n\in\mathbb{N}^*$ .

a/ $C_n(t)=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}{n}e^{ikt}+\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}{n}e^{-ikt}$ . Pour $t\neq 2p\pi$ avec $p\in \mathbb{Z}$ , $e^{it}\neq 1$ et $e^{-it}\neq 1$ , d’où

$\begin{eqnarray*}C_n(t)&=&\frac{1}{2}e^{it}\frac{e^{nit}-1}{e^{it}-1}+\frac{1}{2}e^{-it}\frac{e^{-nit}-1}{e^{-it}-1}\\[4mm]&=&\frac{1}{2}e^{i(n+1)t/2}\frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)}+\frac{1}{2}e^{-i(n+1)t/2}\frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)}\\ &=&\cos((n+1)t/2)\frac{\sin(nt/2)}{\sin(t/2)}\end{eqnarray*}$

De plus,

$\begin{array}{rcl}\sin((2n+1)t/2)-\sin(t/2)&=&\sin((n+1)t/2)\cos(nt/2)+\cos((n+1)t/2)\sin(nt/2)\\&-&\sin((n+1)t/2)\cos(nt/2)+\sin(nt/2)\cos((n+1)t/2)\\&=&2\cos((n+1)t/2)\sin(nt/2)\\\end{array}$

On en déduit que

$\fbox{\text{$C_n(t)=\frac{1}{2}\frac{\sin((2n+1)t/2))}{\sin(t/2)}-\frac{1}{2}$}}$

16/ b/ Si $t=2p\pi$ avec $p\in Z$ , pour tout $k\in\mathbb{N}^*$ , $\cos(kt)=1$ donc $C_n(t)=n$ .

16/ c/ Par linéarité de l’intégrale,

$I_n=\sum\limits_{k=1}{n}{\ds \int_0^{\pi}\cos(kt) dt}=\sum\limits_{k=1}{n}\left[\frac{\sin(kt)}{k}\right]_0^{\pi}=0$

17/ Les fonctions $F$ et $t\mapsto -\frac{\cos((2n+1)t/2)}{(2n+1)/2}$ étant de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[{0},{\pi}]$ , en intégrant par parties, on obtient

${\ds \int_0^{\pi}F(t)\sin\left((2n+1)t/2\right) dt}=-\left[F(t)\frac{\cos((2n+1)t/2)}{(2n+1)/2}\right]_0^{\pi}+\frac{1}{n+1/2}{\ds \int_0^{\pi}F'(t)\cos((2n+1)t/2) dt}$

La fonction $F$ étant de classe $\mathcal{C}^1$ , elle est bornée sur $[{0},{\pi}]$ par un réel $M>0$ de même que sa dérivée $F'$ par $M'>0$ et que la fonction $t\mapsto \cos((2n+1)t/2)$ qui est bornée par $1$ . On a donc

$\left|{\ds \int_0^{\pi}F(t)\sin\left((2n+1)t/2\right) dt}\right|\leq \frac{2M+\pi M'}{n+\frac{1}{2}}$

Or,

$\frac{2M+\pi M'}{n+\frac{1}{2}}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$ . D’où, d’après le théorème d’encadrement,

$\fbox{\text{${\ds \int_0^{\pi}F(t)\sin\left((2n+1)t/2\right) dt}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$}}$

18/ a/ La fonction $\Phi_x$ est de classe $C^1$ sur $\intof{0}{\pi}$ comme quotient de deux fonctions de classe $C^1$ dont le dénominateur ne s’annule pas.

Au voisinage de $0^+$ , comme $xt \underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0$ et $t/2\underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0$ , on a

$\Phi_x(t)\mathop{\sim}\limits_{t \to 0^+} \frac{\frac{-x^2t^2}{2}}{\frac{t}{2}}\mathop{\sim}\limits_{t \to 0^+} -x^2t \underset{t\to 0}{\longrightarrow} 0$

On en déduit au voisinage de $0^+$ $\Phi_x(t)=-x^2t+o(t)$ . Or, $\Phi_x(0)=0$ , on en déduit que $\Phi_x$ est continue en $0$ et dérivable en $0$ avec $\Phi_x'(0)=-x^2$ .

Or, pour tout $t\in [{0},{\pi}[$ ,

$\Phi_x'(t)=\frac{-x\sin(t/2)\sin(xt)-1/2\cos(t/2)(\cos(xt)-1)}{\sin^2(t/2)}$

On détermine un équivalent de cette expression en considérant des développements limités d’ordre 2 du numérateur et du dénominateur. On obtient au voisinage de $0^+$ ,

$-x\sin(t/2)\sin(xt)-1/2\cos(t/2)(\cos(xt)-1)=-\frac{x^2t}{2}+\frac{x^2t^2}{4}+o(t^2)=-\frac{x^2t^2}{4}+o(t^2)$

D’où, $\Phi_x'(t)\Sim_{t\to 0}\frac{-\frac{x^2t^2}{4}}{\frac{t^2}{4}}\Sim_{t\to 0}-x^2\underset{t\to 0}{\longrightarrow}-x^2=\Phi_x'(0)$ . La fonction $\Phi_x'$ est donc continue en $0$ et on en déduit que

$\fbox{\text{La fonction $\Phi_x'$ est de classe $C^1$ sur $[{0},{\pi}]$.}}$

18/ b/ Soit $t\in\intof{0}{\pi}$ . D’après la question 16.a, on a directement

$\begin{array}{rcl}C_n(t)(\cos(xt)-1)&=&-\frac{1}{2}(\cos(xt)-1)+\frac{1}{2}\Phi_x(t)\sin\left((2n+1)\frac{t}{2}\right)\\\end{array}$

De plus, d’après la question 16.b, $C_n(0)=n$ donc $C_n(0)(\cos(x\times 0)-1)=0$ . De plus,

$-\frac{1}{2}(\cos(x\times 0)-1)+\frac{1}{2}\Phi_x(0)\sin\left((2n+1)\frac{0}{2}\right)=0$

On a donc le résultat voulu aussi pour $t=0$ .

18/ c/ Soit $n\in\mathbb{N}^*$ et soit $x\in D$ . Par linéarité de l’intégrale,

$\sum\limits_{k=1}{n}\lm_k(x)={\ds \int_0^{\pi}\cos(xt)C_n(t) dt}$

En utilisant la quantité $I_n$ , on a encore avec la question 18.b

$\begin{eqnarray*}\sum\limits_{k=1}{n}\lm_k(x)&=&{\ds \int_0^{\pi}C_n(t)(\cos(xt)-1) dt}+I_n\\&=&-\frac{1}{2}{\ds \int_0^{\pi}(\cos(xt)-1) dt}+\frac{1}{2}{\ds \int_0^{\pi}\Phi_x(t)\sin\left((2n+1)\frac{t}{2}\right)dt}+I_n\\&=&-\frac{\sin(\pi x)}{2x}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}{\ds \int_0^{\pi}\Phi_x(t)\sin\left((2n+1)\frac{t}{2}\right)dt}+I_n\\\end{eqnarray*}$

19/ a/ Soit $x\in D$ . Partons de l’expression établie à la question 18.c. Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ , $I_n=0$ . De plus, la fonction $\Phi_x$ étant de classe $C^1$ sur $[{0},{\pi}]$ , on en déduit d’après la question 17 que

${\ds \int_0^{\pi}\Phi_x(t)\sin\left((2n+1)\frac{t}{2}\right)dt}\underset{n\to \infty}{\longrightarrow} 0$

De plus, d’après la question 15, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ ,

$\sum\limits_{k=1}^{n}\lm_k(x)=\sin(\pi x)\sum\limits_{k=1}{n}\nu_k(x)$

Or, $\sum\limits_{k=1}{n}\nu_k(x) \underset{n\to \infty}{\longrightarrow} \psi(x)$ . Dès lors en passant à la limite dans l’expression établie à la question 18.c, on obtient

$\fbox{\text{$\psi(x)\sin(\pi x)=-\frac{\sin(\pi x)}{2x}+\frac{\pi}{2}$}}$

19/ b/ Soit $x\in D$ . On a donc $\sin(\pi x)\neq 0$ . En divisant l’expression de la question précédente par $\frac{\sin(\pi x)}{2}$ , on obtient

$2\psi(x)=-\frac{1}{x}+\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$

D’où,

$\fbox{\text{$\frac{\pi}{\sin(\pi x)}=\frac{1}{x}+2x\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2-x^2}$}}$

Corrigé du sujet ESSEC Maths ECS 2016

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