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Fiche de mathématiques








Première partie : Convergence de la suite

1. a) La fonction x \to \frac{1}{x} est strictement décroissante sur \mathbb{R}^{*+} donc : \forall k \geq 2 \, , \, \frac{1}{k} < \frac{1}{k-1}.
En multipliant l'inégalité précédente par \frac{1}{k} > 0, il vient :
\boxed{\forall k \geq 2 \, , \, \frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}}


1. b) En sommant membre à membre l'inégalité du I. 1. A, pour k = 2 \, , \,  \cdots \, n, il vient : \forall n \geq 2, \displaystyle \sum_{k=2}^n \frac{1}{k^2} \leq \displaystyle \sum_{k=2}^n \frac{1}{k-1} - \displaystyle \sum_{k=2}^n \frac{1}{k} = 1 - \frac{1}{n}.
D'où : \forall n \geq 2 \, , \, s_n \leq 2 - \frac{1}{n}
L'inégalité est également vérifié pour n = 1 \: : \: s_1 = 1 = 2 - \frac12 et donc finalement : \forall n \geq 1\, , \, s_n \leq 2 - \frac{1}{n} \leq 2
La suite (s_n) est donc majorée par 2.

1. c) La suite (s_n) est une suite de réels croissante \left(s_{n+1} - s_n = \frac{1}{(n+1)^2} > 0\right) et majorée, elle converge donc et en passant à la limite dans l'inégalité du I. 1. b), il vient : \displaystyle \lim \: s_n \leq 2

2. a) La suite (s_n) est croissante et \forall n \geq 1 \, , \, t_{n+1} - t_n = \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} \leq 0 (d'après I. 1. a)).
Donc la suite (t_n) est décroissante. En résumé, on a :
\left. \begin{array}{l} (s_n) \text{croissante} \\ (t_n) \text{décroissante} \\ \displaystyle \lim(t_n - s_n) = \displaystyle \lim \left(\frac{1}{n}\right) = 0 \end{array} \

2. b) La limite S de la suite (s_n) vérifie :
\forall n \geq 1 \, , \, s_n \leq S \leq t_n \\ \text{donc : } \forall n \geq 1 \, , \, 0 \leq S - s_n \leq t_n - s_n \\ \text{Or : } t_{10} - s_{10} = \frac{1}{10}
D'où : 0 \leq S - s_{10} \leq \frac{1}{10}
Donc : \boxed{S \in \left[s_{10} \, ; \, s_{10} + 0,1 \right] \: \left(\subset \left[1,54 \, ; \, 1,65\right]\right)}

3. Enoncé possible de l'exercice de terminal :
Question 1. Montrer que la suite (s_n) est croissante.
Question 2. Montrer l'inégalité suivante : \forall k \geq 2 \, , \, \frac{1}{k^2} \leq \displaystyle \int_{t=k-1}^k \frac{1}{t^2} \, \text{d}t
Question 3. En déduire l'encadrement suivant : \forall n \geq 1 \, , \, s_n \leq 1 + \displaystyle \int_{t=1}^n \frac{1}{t^2} \text{d}t
Question 4. Conclure quant à la convergence de la suite (s_n)

Deuxième partie : Utilisation de polynômes

1. On sait que (Relation coefficients-racines pour un polynôme scindé) : \sigma_1 = \displaystyle \sum_{i=1}^n \alpha_i = - \frac{\alpha_{n-1}}{\alpha_n}

2. a) \sin\left(\left(2p+1\right) \varphi\right) = \text{Im}\left(e^{\text{i}((2p+1)\varphi)\right) = \text{Im} \left(\left[e^{\text{i}\varphi\right]^{2p+1}\right) = \text{Im}\left(\left[\cos \left(\varphi\right) + \text{i} \sin\left(\varphi\right)\right]^{2p+1}\right)
Dans l'anneau communtatif des nombres complexes, la formule du binôme de Newton donne :
\sin\left(\left(2p+1\right) \varphi\right) = \text{Im} \left(\displaystyle \sum_{k=0}^{2p+1} C_{2p+1}^k \cos^{2p+1-k} \left(\varphi\right) \: \text{i}^k \: \sin^k(\varphi)\right)
En notant que \lbrace i^k = 1 \: \text{ si } k \equiv 0[4] \\ i^k = i \: \text{ si } k \equiv 1[4} \\ i^k = -1 \: \text{ si } k \equiv 2 [4] \\ i^k = -i \: \text{ si } k \equiv 3 [4} \.
Il vient : \sin((2p+1)\varphi) = \left(\displaystyle \sum_{k=0}^p C_{2c+1}^k \cos^{2p+1-2k-1}(\varphi) (-1)^k \sin^{2k+1}(\varphi)\right)
Soit : \sin((2p+1) \varphi) = \left(\displaystyle \sum_{k=0}^p (-1)^k C_{2p+1}^k \cos^{2(p-k)}(\varphi) \sin^{2k+1}(\varphi)\right)

2. b) \varphi \not \equiv 0 [\pi], donc \sin(\varphi) \neq 0. En factorisant \sin^{2p+1}\left(\varphi\right) \neq 0 dans l'égalité précédente, on obtient le résultat attendu :
\boxed{\sin((2p+1) \varphi) = \sin^{2p+1} (\varphi) \left(\displaystyle \sum_{k=0}^p (-1)^k C_{2p+1}^k \left[\text{cotan}^2 \left(\varphi\right)\right]^{(p-k)}\right)}

3. a) On applique la question précédente pour : \forall k \in [1 \, , \, p] \, , \, \varphi_k = \frac{k\pi}{2p+1} \not \equiv 0 [\pi], donc
\boxed{\forall k \in [1 \, , \, p] \, , \, P(\gamma_k) = \frac{\sin((2p+1)\varphi_k)}{\sin^{2p+1}(\varphi_k)} = 0}

3. b) On a : 1 \leq k \leq p \Rightarrow 0 < \frac{1}{2p+1} \leq \frac{k}{2p+1} \leq \frac{p}{2p+1} < \frac{p}{2p} = \frac12
Donc : \boxed{\forall k \in [1 \, , \, p] \, , \, \varphi_k = \frac{k\pi}{2p+1} \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[}
La fonction x \mapsto a\tan(x) est strictement décroissante sur ]0 \, , \, \frac{\pi}{2} [, à valeurs dans \mathbb{R}^{* +} et la fonction x \mapsto x^2 est strictement croissante sur \mathbb{R}^{*+}, la fonction composée f \: : \: x \mapsto a \tan^2(x) est donc strictement décroissante sur ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[ donc injective (elle est même bijective car continue sur ]0 \, , \, \frac{\pi}{2} [). Les réels \varphi_k = \frac{k\pi}{2p+1} \, , \, k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack étant deux à deux distincts et dans ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[, leur image (\gamma_k)_{1 \leq k \leq p} par f, sont deux à deux distincts. (\gamma_k)_{1 \leq k \leq p} étant racine de P d'après II. 3. a), le polynôme P possède alors p racines distinctes : \gamma_k = \text{cotan}^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right) \, , \, k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack.

3. c) On appique le II.1. aux racines \gamma_k du polynôme P, il vient :
\boxed{\displaystyle \sum_{i=1}^n \gamma_i = \displaystyle \sum_{i=1}^n \text{cotan}^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right) = -\frac{a_{n-1}}{a_n} = - \frac{(-1)^p C_{2p+1}^3}{(-1)^{p-1} C_{2p+1}^1} = \frac{(2p+1)(2p)(2p-1)}{3!} \times \frac{1}{(2p+1)} = \frac{p(2p-1)}{3}}
En remarquant que \text{cotan}^2(x) = \frac{1}{\sin^2(x)} - 1 et en utilisant l'égalité précédente, il vient :
\displaystyle \sum_{i=1}^n \text{cotan}^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sin^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)} - p = \frac{p(2p-1)}{3}
D'où : \boxed{\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)} = \frac{p(2p-1)}{3} + p = \frac{2p^2 - p + 3p}{3} = \frac{2p(p+1)}{3}}

4. a) La fonction sinus est strictement croissante sur \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right], donc :
\boxed{\forall \varphi \in ]0 \, ; \, \frac{\pi}{2}[ \ , \, \sin 0 = 0 < \sin \varphi}
De plus, la fonction sinus est \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R}), en particulier \mathcal{C}^2 [0 \, , \, \varphi] pour tout \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[, Taylor Lagrange s'applique : il existe c_{\varphi} \in ]0 \, , \, \varphi[ \subset ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[ tel que :
\boxed{\sin(\varphi) = \sin(0) + \sin' (0) \varphi + \sin^{\prim \prim}(c_{\varphi}) \frac{\varphi^2}{2}}

et sin'(0) = cos(0) = 1
et \sin^{\prim \prim}(c_{\varphi}) = -\sin(c_{\varphi}) < 0 car c_{\varphi} \in ]0 \, , \, \varphi[ \subset ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[ d'où :
\sin(\varphi) - \varphi = \sin''(c_{\varphi}) \frac{\varphi^2}{2} < 0 pour tout \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[.
De même, pour la fonction tangente :
\boxed{\tan(\varphi) = \tan(0) + \tan'(0) \varphi + \tan''(c_{\varphi}) \frac{\varphi^2}{2}}

avec : \tan' (0) = 1 \text{ et } \tan'' (c_{\varphi}) = 2 \times (1 + \tan^2 (c_{\varphi})) \times \tan(c_{\varphi}) > 0 \text{ car } c_{\varphi} \in ]0 \, , \, \varphi[ \subset ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[.
Et donc :
\tan(\varphi) - \varphi = \tan^{\prim \prim}(c_{\varphi}) \frac{\varphi^2}{2} > 0 pour tout \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[
En conclusion : \boxed{\forall \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[, 0 < \sin \varphi < \varphi < \tan \varphi}

4. b) x \mapsto x^2 est strictement croissante sur \mathbb{R}^{*+}, il vient \forall \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[ \, , \, \sin^2 \varphi < \varphi^2 < \tan^2 \varphi
En passant à l'inverse : \forall \varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[ \, , \, \frac{1}{\tan^2 \varphi} < \frac{1}{\varphi^2} < \frac{1}{\sin^2 \varphi}
On applique cette inégalité pour k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack\, , \, \varphi_k = \frac{k\pi}{2p+1} \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[, il vient : \forall k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack, \, \text{cotan}^2(\varphi_k) < \frac{1}{\varphi_k^2} < \frac{1}{\sin^2 \varphi_k}
En sommant membre à membre l'inégalité précédente, pour k = 1, \cdots \, , \, p, il vient : \displaystyle \forall k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack, \, \sum_{k=1}^p \text{cotan}^2 (\varphi_k) < \sum_{k=1}^p \frac{1}{\varphi_k^2} < \sum_{k=1}^p \frac{1}{\sin^2 \varphi_k}
En utilisant les inégalités établies en II. 3. c) :
\forall k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack\, , \, \frac{p(2p-1)}{3} < \frac{(2p+1)^2}{\pi^2} \displaystyle \sum_{k=1}^p \frac{1}{k^2} < \frac{2p(p+1)}{3}


4. c) En réécrivant l'inégalité établie au II. 4. b), il vient :
\forall k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack\, , \, \frac{p(2p-1)}{3(2p+1)^2} \pi^2 < \displaystyle \sum_{k=1}^p \frac{1}{k^2} < \frac{2p(p+1)}{3(2p+1)^2} \pi^2
Or,
\frac{p(2p-1)}{3(2p+1)^2} \sim \frac16 \\ \frac{2p(p+1)}{3(2p+1)^2} \sim \frac16
La suite (s_n) est encadrée par deux suites convergentes vers \frac{\pi^2}{6}, la suite (s_n) converge donc vers \frac{\pi^2}{6} par encadrement (" thérorème des gendarmes ") :
\boxed{S = \frac{\pi^2}{6}}


5. On remarque que : \forall n \geq 1, \, u_n = \frac14 \times s_n
D'où : \boxed{U = \frac14 \times S = \frac{\pi^2}{24}}
On remarque que : \forall n \geq 0 \, , \, s_{2n+1} = u_n + v_n
Or, (s_{2n+1}) est une suite extraite de (s_n) donc converge et a pour limite S. la suite (v_n) converge donc comme différence de deux suites convergentes et on a :
\boxed{V = S - U = \frac{3}{24}\pi^2 = \frac18 \pi^2}
On remarque que :
\forall n \geq 0 \, , \, w_{2n+1} = v_n - u_n\\ \forall n \geq 0 \, , \, w_{2n} = v_{n-1} - u_n
Les deux suites extraites (w_{2n+1}) \text{ et } (w_{2n}) convergent vers la même limite V - U, donc (w_n) converge (pour s'en convaincre, on peut revenir à la définition de la limite) et :
\boxed{W = V - U = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}}


Troisième partie : Utilisation des intégrales de Wallis

1. On a : \boxed{I_0 = \frac{\pi}{2} \text{ et } J_0 = \left[-\frac{t^3}{3}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \frac{\pi^3}{24}}

2. a) Les fonctions x \mapsto \cos(x) \text{ et } x \mapsto \cos^{2n+1}(x) sont \mathcal{C}^{\infty}(\mathbb{R}), en particulier \mathcal{C}^1\left(\left[\0 \, ; \, \frac{\pi}{2}]\right)
On peut donc réaliser une intégration par parties :
I_{n+1} = \left[\sin(x) \cos^{2n+1}(x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + (2n+1) \times \displaystyle \int_{t=0}^{\frac{\pi}{2}} (1 - \cos^2(t)) \cos^{2n}(t) \text{d}t
Après simplification et regroupement, on obtient : (2n + 2)I_{n+1} = (2n+1) \times I_n
Soit : \boxed{\forall n \geq 0 \, , \, I_{n+1} = \frac{(2n+1)}{(2n+2)} \times I_n}

2. b) On démontre l'égalité par récurrence sur n. Soit P(n) la propriété suivante :
P(n) \: : \: \forall n \in \mathbb{N} \, , \, I_n = \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} \times \frac{\pi}{2}

P(0) est vraie d'après III. 1.
Montrons l'hérédité de P(n) : P(n) \Longrightarrow P(n+1).
I_{n+1} = \frac{(2n+1)}{(2n+2)} \times I_n d'après III. 2. a)
En appliquant P(n), il vient :
I_{n+1} = \frac{(2n+1)}{(2n+2)} \times \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{(2n+1) \times (2n+2)}{(2n+2)^2} \times \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{(2n+2)!}{2^2 \times (n+1)^2 \times 4^n(n!)^2} = \frac{(2(n+1))!}{4^{n+1}((n+1)!)^2} \times \frac{\pi}{2}
Et donc P(n + 1) est vraie.
Conclusion : "\forall n \in \mathbb{N}, P(n) est vraie".

3. a) On démontre cette propriété en réalisant deux intégrations par parties successives sur In.
Les fonctions x \mapsto 1 \text{ et } x \mapsto \cos^{2n}(x) sont \mathcal{C}^1\left(\left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]\right), il vient, par intégrations par parties :
I_n = \left[x \times \cos^{2n}(x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} + 2n \displaystyle \int_{t=0}^{t=\frac{\pi}{2}} t \times \sin(t) \times \cos^{2n-1}(t) \text{d}t
Soit :
I_n = 2n \displaystyle \int_{t=0}^{t=\frac{\pi}{2}} t \times \sin(t) \times \cos^{2n-1}(t) \text{d}t
Les fonctions x \mapsto x \text{ et } x \mapsto \sin(x) \times \cos^{2n-1}(x) sont \mathcal{C}^1\left(\left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]\right), il vient, par intégration par parties :
I_n = 2n\left(\left[\frac{x^2}{2} \times \sin(x) \times \cos^{2n-1}(x)\right]_0^{\frac{\pi}{2}} - \frac12 \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2 (\cos^{2n}(t) - (2n - 1) \sin^2(t) \cos^{2n-2}(t)) \text{d}t\right)
Soit :
I_n = -n \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2 \left(\cos^{2n} (t) - (2n - 1)(1 - \cos^2 (t)) \cos^{2n-2}(t)) \text{d}t
Finalement : \boxed{I_n = n(2n-1) \times J_{n-1} - 2n^2 \times J_n}

3. b) On divise l'égalité prépcédente par I_n \neq 0, il vient :
1 = n(2n-1) \times \frac{J_{n-1}}{I_n} - 2n^2 \times \frac{J_n}{I_n}
Or, d'après III. 2. a) : I_n = \frac{(2n-1)}{2n} \times I_{n-1}
D'où : 1 = 2n^2 \times \frac{J_{n-1}}{I_{n-1}} - 2n^2 \times \frac{J_n}{I_n}
En remarquant que : K_n = \frac{J_n}{I_n} \times \frac{\pi}{2}, il vient : 1 = \frac{4n^2}{\pi}\left(K_{n-1} - K_n\right)
Soit : \boxed{K_{n-1} - K_n = \frac{\pi}{4n^2}}

3. c) En sommant membre à membre l'égalité précédente, pour k = 1 \, , \, \cdots \, , \, n, il vient : K_0 - K_n = \frac{\pi}{4} \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2}
En notant que K0 = J0, il vient : \boxed{\frac{\pi}{4} \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = J_0 - K_n}

4. a) La fonction sinus est concave sur \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right], (la dérivée seconde de sinus est négative sur \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]), elle est donc située au-dessus de la droite passant par les deux points (0 ; 0) et \left(\frac{\pi}{2} \, ; \, \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1\right), c'est-à-dire la droite d'équation y = \frac{2}{\pi}x, ce qui se traduit par :
\sin x \geq \frac{2}{\pi}x pour tout x \in \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]
Soit : \frac{\pi}{2} \sin x \geq x pour tout x \in \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]

4. b) la fonction x \mapsto x^2 est strictement croissante sur \mathbb{R}^{*+}, en élevant au carré l'inégalité précédente, il vient :
\forall t \in \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right] \, , \, \frac{4}{\pi^2} t^2 \leq \sin^2 t
D'où, en multipliant par \cos^{2n}(t) \geq 0 : \forall t \in \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right] \, , \, \frac{4}{\pi^2} t^2 \cos^{2n}(t) \leq \cos^{2n}(t) - \cos^{2(n+1)}(t)
En intégrant l'inégalité précédente entre 0 et \frac{\pi}{2}, il vient :
\frac{4}{\pi^2} \displaystyle \int_{t=0}^{t=\frac{\pi}{2}} t^2 \cos^{2n}(t) \text{d}t \leq \displaystyle \int_{t=0}^{t = \frac{\pi}{2}} \cos^{2n}(t) \text{d}t - \int_{t=0}^{t=\frac{\pi}{2}} \cos^{2(n+1)}(t) \text{d}t
Soit : \frac{4}{\pi^2}J_n \leq I_n - I_{n+1} = I_n - \frac{2n+1}{2n+2}I_n = \frac{1}{2(n+1)}I_n
Soit finalement : J_n \leq \frac{\pi^2}{8(n+1)} I_n
Par ailleurs, \forall t \in \left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right] \, , \, 0 \leq t^2 \cos^{2n}(t), donc 0 \leq J_n. Finalement :
\boxed{0 \leq J_n \leq \frac{\pi^2}{8(n+1)}I_n}
Comme K_n = \frac{J_n}{I_n} \times \frac{\pi}{2}, il vient en multipliant l'inégalité précédente par I_n \times \frac{\pi}{2} > 0
\boxed{0 \leq K_n \leq \frac{\pi^3}{16(n+1)}}


4. c) En utilisant l'inégalité précédente, on déduit que la suite (Kn) converge vers 0 par encadrement ("théorème des gendarmes"). En passant à la limite dans l'inégalité établi en III. 3. c), il vient :
\boxed{S = \frac{4}{\pi} J_0 = \frac{\pi^2}{6}}


Quatrième partie : Noyau de Dirichlet

1. On calcule pour x \not \equiv 0 [\pi] \, , \, n \geq 0 \, , \, \displaystyle \sum_{k=0}^n \cos (kx) :
\large \displaystyle \sum_{k=0}^n \cos(kx) = \text{Re}\left(\displaystyle \sum_{k=0}^n(e^{\text{i}x})^k\right) = \text{Re} \left(\frac{1 - e^{\text{i}(n+1)x}}{1-e^{\text{i}x}}\right) \: \: \: (x \not \equiv 0[\pi]) \\ \text{Re}\left(\frac{1-e^{\text{i}(n+1)x}}{1-e^{\text{i}x}}\right) = \text{Re} \left(e^{\text{i} \frac{n}{2} x} \times \frac{\sin\left(\frac{(n+1)x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}\right) = \frac{\sin\left(\frac{(n+1)x}{2}\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)} \cos\left(\frac{n}{2} x\right) = \frac12 \times \left(\frac{\sin\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)} + 1\right)
On en déduit alors :
\boxed{x \not \equiv 0 [\pi]\, , \, D_n(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^n \cos(kx) - \frac12 = \frac{\sin\left(\frac{2n+1}{2}x\right)}{2 \times \sin\left(\frac{x}{2}\right)}}


2. a) On réalise une intégration par parties aux fonctions x \mapsto x \text{ et } x \mapsto \cos(kx) qui sont \mathcal{C}^1\left(\left[0 \, ; \, \frac{\pi}{2}\right]\right) :
\boxed{\displaystyle \int_{x=0}^{x=\pi} x \cos(kx) \text{d}x = \left[\frac{x}{k} \sin(kx)\right]_0^{\pi} - \frac{1}{k} \int_{x=0}^{x=\pi} \sin(kx) \text{d}x = \frac{1}{k^2} \left[\cos(kx)\right]_0^{\pi} = \frac{(-1)^k}{k^2} - \frac{1}{k^2}}


2. b) L_n = \displaystyle \int_{x=0}^{x = \pi} x D_n(x) \text{d}x = \int_{x=0}^{x = \pi} x\left(\frac12 + \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos(kx)\right) \text{d}x = \frac12 \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{\pi} + \displaystyle \sum_{k=1}^n \int_{x=0}^{x = \pi} x \times \cos(kx) \text{d}x
Soit : \boxed{L_n = \frac{\pi^2}{4} - \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} + \sum_{k=1}^n (-1)^k \frac{1}{k^2}}

3. La fonction f est \mathcal{C}^{\infty}\left(]0 \, ; \, \pi]\right) comme quotient de deux fonctions \mathcal{C}^{\infty}\left(]0 \, ; \, \pi]\right), le dénominateur ne s'annulant pas ; en particulier f est \mathcal{C}^1\left(]0 \, ; \, \pi]\right). De plus, elle est prolongeable par continuité en 0. En effet :
\boxed{f(x) \sim \frac{x}{x/2} = 2}
Donc f admet une limite finie, 2, en 0 : elle est fonc prolongeable en une fonction continue sur [0 \, ; \, \pi] en posant f(0) = 2.
De plus :
\large \forall x \in ]0 \, , \, \pi] \, , \, f'(x) = \frac{\sin\left(\frac{x}{2}\right) - \frac{x}{2}\cos\left(\frac{x}{2}\right)}{\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{\frac{x}{2}-\frac{x}{2}+\frac{x^3}{16}+o(x^3)}{\frac{x^2}{4}+o(x^3)} = \frac{\frac{x^3}{16}+o(x^3)}{\frac{x^2}{4}+o(x^3)} \stackrel{\sim}{0} \frac{x}{4}
Donc f'(x) \stackrel{0}\longrightarrow 0
En conclusion :
\. f \text{ est continue sur } [0 \, ; \, \pi] \\ f \text{ est } \mathcal{C}^1(]0 \, ; \, \pi]) \\ f'(x) \stackrel{0} \longrightarrow 0 \rbrace alors d'après le théorème de prolongement de la dérivée,
f \text{ est } \mathcal{C}^1([0 \, ; \, \pi]) \text{ et } f'(0) = \displaystyle \lim_{x \to 0} f'(x) = 0

4. Les fonctions x \mapsto \phi(x) \text{ et } x \mapsto \sin(\lambda x) sont \mathcal{C}^1([0 \, ; \, \pi]). En réalisant une intégration par parties, il vient :
\displaystyle \int_{x=0}^{x=\pi} \phi(x) \sin(\lambda x) \text{d}x = -\frac{1}{\lambda} \left[\phi(x)\cos(\lambda x)\right]_0^{\pi} + \frac{1}{\lambda} \displaystyle \int_{x=0}^{x=\pi} \phi'(x) \cos(\lambda x) \text{d}x

La fonction x \mapsto \phi'(x) est \mathcal{C}^0([0 \, ; \, \pi]) donc bornée sur [0 \, ; \, \pi] (une fonction continue sur un compact est bornée). il existe donc M \geq 0 tel que \forall x \in [0 \, ; \, \pi] \, , \, \|\phi'(x)\| \leq M
Or, \forall x \in [0 \, ; \, \pi] \, , \, \|\cos(\lambda x\right)\| \leq 1
D'où : \forall x \in [0 \, ; \, \pi] \, , \, |\phi'(x) \cos(\lambda x)| \leq M
Et donc : \|\displaystyle \int_{x=0}^{x=\pi} \phi'(x) \cos(\lambda x) \text{d}x\| \leq \displaystyle \int_{x=0}^{x = \pi} \|\phi'(x) \cos(\lambda x)\| \text{d}x \leq M \times \pi
D'où : \frac{1}{\lambda} \displaystyle \int_{x=0}^{x=\pi} \phi'(x) \cos(\lambda x) \text{d}x  {\longrightarrow}\displaystyle \limits_{\lambda \to 0} ainsi que -\frac{1}{\lambda}\left[\phi(x) \cos(\lambda x)\right]_0^{\pi} {\longrightarrow}\displaystyle \limits_{\lambda \to 0}, d'où le résultat.

5. a) On applique la question précédente à \phi = f qui est \mathcal{C}^1([0 \, ; \, \pi]) d'après IV. 3., en utilisant la caractérisation séquentielle de la limite et en notant que lorsque n \longrightarrow \infty \Longrightarrow n + \frac12 \longrightarrow \infty, il vient :
\frac12 \times \displaystyle \lim_{n \to \infty} \displaystyle \int_{x=0}^{x = \pi} f(x) \times \sin\left(\left(n + \frac12\right)x\right) \text{d}x = 0
Soit \boxed{\displaystyle \lim_{n\to \infty} L_n = 0}

5. b) En passant à la limite dans l'égalité du 2. b), il vient : 0 = \frac{\pi^2}{4} - S - W
De II. 5., il vient : W = \frac{S}{2}
Et donc : \boxed{S = \frac{\pi^2}{6}}

Cinquième partie : Une somme double

1. a) x \mapsto \frac{1}{x} est strictement décroissante sur \mathbb{R}^{*+}. D'où : \forall k \geq 2 \, , \, \frac{1}{k} \leq \displaystyle \int_{t=k - 1}^k \frac{1}{t} \text{d}t.
En sommant ces égalités pour k = 2 \, , \, \cdots \, , \, N, il vient : \displaystyle \sum_{k=2}^N \frac{1}{k} \leq \displaystyle \int_{t=1}^N \frac{1}{t} \text{d}t = \ln(N) - \ln(1) = \ln(N)
Et donc : \displaystyle \sum_{k=1}^N \frac{1}{k} \geq 1 + \ln(N)
De façon similaire, il vient : \forall k \geq 1 \, , \, \displaystyle \int_{t=k}^{k+1} \frac{1}{t} \text{d}t \leq \frac{1}{k}
En sommant ces inégalités pour k = 1 \, \cdots \, N, il vient : \ln(N + 1) = \displaystyle \int_{t=1}^{t=N+1} \frac{1}{t} \text{d}t \leq \displaystyle \sum_{k=1}^N \frac{1}{k}
Finalement, on a montré que : \boxed{\forall N \geq 1 \, , \, \ln(N + 1) \leq H_N \leq 1 + \ln(N)}

1. b) Divisons l'inégalité précédente par N \geq 1, il vient :
\forall N \geq 1 \, , \, \frac{\ln(N + 1)}{N} \leq \frac{H_N}{N} \leq \frac{1 + \ln(N)}{N}
Or \displaystyle \lim_{N \to \infty} \frac{\ln(N+1)}{N} = \displaystyle \lim_{N \to \infty} \frac{1 + \ln(N)}{N} = 0 d'où par encadrement (théorème des gendarmes) :
\boxed{\displaystyle \lim_{N \to \infty} \frac{H_N}{N} = 0}

1. c) En remarquant que : \frac{1}{m(m+1)} = \frac{1}{m} - \frac{1}{m+1}
Il vient : \displaystyle \sum_{m=1}^{M-1} \frac{H_m}{m(m+1)} = \sum_{m=1}^{M-1} \frac{H_m}{m} - \sum_{m=1}^{M-1} \frac{H_m}{m+1} = H_1 + \displaystyle \sum_{m=2}^{M-1} \frac{1}{m}(H_m - H_{m-1}) - \frac{H_M}{M}
Or : H_m - H_{m-1} = \frac{1}{m}
D'où : \boxed{\displaystyle \sum_{m=1}^{M-1} \frac{H_m}{m(m+1)} = 1 + \sum_{m=2}^{M-1} \frac{1}{m^2} - \frac{H_M}{M} = \sum_{m=1}^{M-1} \frac{1}{m^2} - \frac{H_M}{M}}

1. d) En faisant tendre M \to \infty dans l'égalité précédente, il vient :
\boxed{\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty} \frac{H_m}{m(m+1)} = S - 0 = \frac{\pi^2}{6}}

2. a) En remarquant que :
\frac{1}{n(n + m - 1)} = \frac{1}{m-1} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + m - 1}\right)
Il vient :
Z_{N,m} = \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+m-1)} = \frac{1}{m-1} \displaystyle \sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{(n + m - 1)}\right) = \frac{1}{m-1} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{(n+m-1)}\right)
En réalisant le changement d'indice n' = n + m - 1 dans la seconde somme, il vient :
Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left( \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} - \displaystyle \sum_{n=m}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)
Si 2 \leq m \leq N, il vient :
Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^{m-1} \frac{1}{n} \: + \: \displaystyle \sum_{n=m}^N \frac{1}{n} \: - \: \displaystyle \sum_{n=m}^N \frac{1}{n} \: - \: \displaystyle \sum_{n = N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right) \: = \: \frac{1}{m-1} \left(H_{m-1} \: - \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)
Si 1 \leq N = m - 1, il vient :
Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} \: - \: \displaystyle \sum_{n=m}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right) \: = \: \frac{1}{m-1} \left(H_{m-1} \: - \: \displaystyle \sum_{n = N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)
Si 1\leq N \leq m-2, il vient :
Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} \: - \:  \displaystyle \sum_{n=m}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{m-1} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n} \: + \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{m-1} \frac{1}{n} \: - \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{m-1} \frac{1}{n} \: - \: \displaystyle \sum_{n=m}^{N+m-1} \frac{1}{n} \right) \: = \: \frac{1}{m-1} \left(H_{m-1} \: - \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)
Finalement :
\boxed{\forall N \geq 1 \, , \, \forall m \geq 2 \, , \, Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left(H_{m-1} \: - \: \displaystyle \sum_{n=m}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)}


2. b) x \mapsto \frac{1}{x} est strictement décroissante sur \mathbb{R}^{*+} à valeurs dans \mathbb{R}^{*+}, il vient :
0 \: \leq \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n} \: \leq \: \displaystyle \sum_{n=N+1}^{N+m-1} \frac{1}{N+1} \: = \: \frac{N+m-1-N-1+1}{N+1} \: = \: \frac{m-1}{N+1}
D'où, par encadrement : \forall m \geq 2 \, , \, \frac{1}{m-1} \: \displaystyle \sum_{n = N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n} \: \longrightarrow_{N \to \infty} \: 0
Et donc : \boxed{\forall m \geq 2 \, , \, \displaystyle \lim_{N \to \infty} Z_{N , m} \: = \: \frac{H_{m-1}}{m-1}}

3. a) On a :
\boxed{\forall N \geq 1 \, , \, \forall M \geq 1 \, , \, \displaystyle \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)} \: = \: \displaystyle \sum_{m=1}^M \frac{1}{m} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+m-1)}\right) \: = \: \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} \: + \: \sum_{m=2}^M \frac{1}{m} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^M \frac{1}{n(n+m-1)}\right) \: = \: \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} \: + \: \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{Z_{N,m}}{m}}
Fixons M \geq 2 et faisons tendre N \longrightarrow \infty dans l'égalité précédente, il vient :
\boxed{\displaystyle \lim_{N \to \infty} \left(\displaystyle \sum_{n=1}^N \: \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)}\right) \: = \: S \: + \: \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{\displaystyle \lim_{N \to \infty} \left(Z_{N,m}\right)}{m} \: = \: \frac{\pi^2}{6} \: + \: \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{H_{m-1}}{m(m-1)}}

3. c) En réalisant le changement d'indice m' = m - 1, l'égalité précédente devient :
\boxed{\frac{\pi^2}{6} \: + \: \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{H_{m-1}}{m(m-1)} \: = \: \frac{\pi^2}{6} \: + \: \displaystyle \sum_{m=1}^{M-1} \frac{H_m}{m(m+1)}}
En faisant tendre M \to \infty et en utilisant le résultat établi en V. 1. d), il vient :
\boxed{\displaystyle \lim_{M \to \infty} \left(\displaystyle \lim_{N \to \infty} \left( \displaystyle \sum_{n=1}^N \: \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)} \right) \right) = \frac{\pi^2}{6} + \frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{3}}

Sixième partie : La fonction Dilogarithme

1. La fonction t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} est C^{\infty}([-1,1[/\lbrace 0\rbrace ) comme quotient de deux fonctions C^{\infty}([-1,1[/\lbrace 0\rbrace ) (la fonction dénominateur est non nulle sur [-1,1[/\lbrace 0\rbrace ). En particulier, cette dernière est donc C^0([-1,1[/\lbrace 0\rbrace ). De plus :
\frac{\ln(1-t)}{t} \sim_0 \frac{-t}{t} = -1
La fonction t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} est donc prolongeable en une fonction C^0([-1,1[) et donc la fonction t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} est intégrable sur [0 ; x], pour tout x \in [-1 ; 1[.

2. La fonction Li est une primitive de t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} sur [-1 ; 1[ ; elle est donc continue sur [-1 ; 1[. Pour démontrer qu'elle se prolonge par continuité en 1, on montre que Li(1) existe et est finie, c'est-à-dire que la fonction t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} est intégrable sur [-1 ; 1[.
Réalisons le changement de variable u = 1 - t (ce changement de variable est un C^1([-1,1[) difféomorphisme), alors :
\frac{\ln(1 - t)}{t} = \frac{\ln(u)}{1-u}
Etudier l'intégrabilité de t \mapsto \frac{\ln(1-t)}{t} au voisinage de 1- est équivalent à étudier l'intégrabilité de u \mapsto \frac{\ln(u)}{1-u} au voisinage de 0+.
En utilisant un développement limité de \frac{1}{1-u} à l'ordre 1 au voisinage de 0, il vient :
\frac{\ln(u)}{1-u} =_0 \ln(u) + u \times \ln(u) + o(u \times \ln(u))
Donc : \frac{\ln(u)}{1 - u} - \ln(u) \sim_0 u\ln(u) \longrightarrow_{u \to 0} 0
La fonction u \mapsto \frac{\ln(u)}{1 - u} - \ln(u) est donc intégrable au voisinage de 0+. Or, la fonction \ln(u) est intégrable au voisinage de 0+.En effet, une intégration par parties permet de montrer que :
\forall x > 0, \, \displaystyle \int_x^1 \ln(u) \text{d}u \: = \: \left[x \ln(x)\right]_x^1 \: - \: \displaystyle \int_x^1 \text{d}u = -x\ln(x) + x - 1
Et donc : \displaystyle \lim_{x \to 0^+} \: \displaystyle \int_x^1 \ln(u) \text{d}u = -1
La fonction u \mapsto \frac{\ln(u)}{1 - u} est donc intégrable au voisinage de 0+ et donc Li(1) existe et est finie.

3. a) La fonction x \mapsto \ln(1 + x) est développable en série entière sur ]-1 ; 1[ et :
\forall x \in ]-1 ; 1[, \, \ln(1 + x) \: = \: \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1} \,  \frac{x^n}{n}
D'où : \forall x \in ]-1 ; 1[, \, \ln(1 - x) = -\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{x}
Soit : \forall x \in ]-1 ; 1[, \, \frac{\ln(1 - x)}{x} = -\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{n}
Une série entière est intégrable sur son domaine de définition et la série intégrée a même rayon de convergence, d'où :
\forall x \in ]-1 ; 1[, \, Li(x) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2}

3. b) En résumé :
* La fonction Li est continue sur [-1 ; 1].
* La série de fonction x \mapsto \displaystyle \sum_{n \geq 1} \frac{x^n}{n^2} converge normalement sur [-1 ; 1], la fonction somme est donc continue sur [-1 ; 1].
* \forall x \in ]-1 ; 1[, \, Li(x) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n^2}
Par unicité de la limite en 1 de Li, il vient :
\boxed{Li(1) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = S = \frac{\pi^2}{6}}

4. a) \boxed{\forall x \in ]0 , 1[, \, [Li(x) + Li(1 - x)]' = -\frac{\ln(1 - x)}{x} + \frac{\ln(x)}{1-x}}

4. b) Le second membre de la relation fonctionnelle est dérivable sur ]0 ; 1[ comme produit et somme de fonctions dérivables sur ]0 ; 1[ et sa dérivée vaut :
\forall x \in ]0 ; 1[, \left[\frac{\pi^2}{6} - \ln(1 - x)\ln(x)\right]' = -\frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(x)}{1-x}
Les fonctions x \mapsto Li(x) + Li(1-x) et x \mapsto \frac{\pi^2}{6} - \ln(1-x)\ln(x) ont même dérivée sur ]0 ; 1[, elles sont donc égales sur ]0 ; 1[ à une constante K près. \exists K \in \mathbb{R} \text{tq} \forall x \in ]0 ; 1[, \: Li(x) + Li(1-x) = \frac{\pi^2}{6} - \ln(1 - x) \ln(x) + K
Li est continue sur [0 ; 1] et -\ln(1-x) \ln(x) \sim_0 x\ln(x) \longrightarrow_{x \to 0} 0, alors en faisant tendre x \longrightarrow 0 dans l'égalité précédente, on obtient :
Li(0) + Li(1) = \frac{\pi^2}{6} + K
En notant que Li(0) = 0 et Li(1) = \frac{\pi^2}{6}, on en conclut que K = 0. Finalement, on a établi que :
\boxed{\forall x \in ]0 , 1[, \, Li(x) + Li(1 - x) = \frac{\pi^2}{6} - \ln(1 - x) \ln(x)}

5. En remarquant que Li\left(\frac12\right) = Li\left(1 - \frac12\right) = \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2}, il vient :
\boxed{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n n^2} = \frac12 \left(\frac{\pi^2}{6} + [\ln(2)]^2\right)}

6. a) On peut procéder de deux façons différentes, soit en revenant à la définition de Li et en réalisant un changement de variable, soit en utilisant la propriété démontrer en VI. 3. a). La deuxième façon de faire est beaucoup plus expéditive.
En séparant les indices pairs des indices impairs dans la somme définissant Li, il vient :
Li(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)^2} \: + \: \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)^2}
et Li(-x) = -\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)^2} \: + \: \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)^2}
En sommant membre à membre ces deux égalités précédentes, on obtient :
\boxed{Li(x) + Li(-x) = 2 \times \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)^2} = \frac12 \times \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{k^2} = \frac12 \times Li(x^2)}
Ce dernier résultat est valable \forall x \in ]0 ; 1[.

6. b) On remarque que : Li(1) + Li(-1) = \frac12 \times Li(1^2)
Soit -Li(-1) = \frac12 \times Li(1) = \frac{\pi^2}{12}
Or, -Li(-1) = \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}
Et donc : \boxed{W = \frac{\pi^2}{12}}

7. a) On utilise la même méthode qu'au VI. 4. b) : on dérive la fonction du membre de gauche.
A noter :
\left(\frac{1-x}{1+x}\right)' = -\frac{2}{(1+x)^2}\\ \left(\frac{x-1}{1+x}\right)' = \frac{2}{(1+x)^2}\\ 1 - \left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \frac{2x}{(1+x)} \\ 1 - \left(\frac{x-1}{1+x}\right) = \frac{2}{(1+x)}
Il s'ensuit :
\boxed{\forall x \in ]0 ; 1[ \, , \ \left(Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right)\right)' = -\frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(1+x)}{x} + \frac{2}{(1+x)} \frac{\ln(2x) - \ln(x+1)}{(1-x)} + \frac{2}{(1-x)} \frac{\ln(2) - \ln(1+x)}{x-1}}
Soit :
\boxed{\forall x \in ]0 ; 1[, \, \left(Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right)\right)' = -\frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(1+x)}{x} + \frac{2 \times \ln(x)}{(1+x)(1-x)}}
En décomposant en élément simple \frac{1}{(1+x)(1-x)}, il vient :
\frac{1}{(1+x)(1-x)} = \frac12 \left(\frac{1}{(1-x)} + \frac{1}{(1+x)}\right)
Et donc :
\forall x \in ]0 ; 1[ \, , \ \left(Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right)\right)' = -\frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(1+x)}{x} + \frac{\ln(x)}{x+1} + \frac{\ln(x)}{1-x}
Par ailleurs, la dérivée du membre de droite vaut :
\forall x \in ]0 ; 1[ \, , \, \left(\frac{\pi^2}{4} + \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) \ln(x)\right)' = \frac{\ln(x)}{1+x} + \frac{\ln(1+x)}{x} - \frac{\ln(1-x)}{x} + \frac{\ln(x)}{1-x}
Finalement :
\exists K \in \mathbb{R} \text{ tq } \forall x \in ]0 ; 1[, \, \left(Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right)\right) = \frac{\pi^2}{4} + \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) \ln(x) + K
La fonction Li est continue sur [-1 ; 1]. Comme \ln(1-x) \ln(x) \longrightarrow_{x \to 1} 0, en faisant tendre x \to 1^- dans l'égalité précédente, il vient :
Li(1) - Li(-1) + Li(0) - Li(0) = \frac{\pi^2}{4} + K
Or,
\lbrace Li(0) = 0\\ Li(1) = \frac{\pi^2}{6} \\ Li(-1) = \frac12 Li(1^2) - Li(1) = -\frac{\pi^2}{12}
D'où : K = \frac{\pi^2}{6} + \frac{\pi^2}{12} - \frac{\pi^2}{4} = 0
Finalement, on a montré :
\boxed{\forall x \in ]0 ; 1[, \, \left(Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right)\right) = \frac{\pi^2}{4} + \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) \ln(x)}

7. b) On a : Li(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2x+1}}{(2x+1)^2} + \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)^2}
et Li(-x) = - \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)^2} + \displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)^2}
En réalisant la soustraction membre à membre, il vient :
\boxed{\forall x \in ]0 ; 1[, \, Li(x) - Li(-x) = 2 \times \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)^2}}
On applique le VI. 7. a) pour x = \sqrt{2} - 1 \in ]0 ; 1[. Comme \frac{1 - (\sqrt{2} - 1)}{1 + (\sqrt{2} - 1)}= \sqrt{2} - 1, il vient :
2\left(Li(\sqrt{2}-1) - Li(-(\sqrt{2}-1))\right) = \frac{\pi^2}{4} - \ln^2(\sqrt{2}-1)
Or, Li(\sqrt{2} - 1) - Li(-(\sqrt{2} - 1)) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sqrt{2} - 1)^{2n+1}}{(2n+1)^2}
Finalement : \boxed{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sqrt{2} - 1)^{2n+1}}{(2n+1)^2} = \frac14 \times \left(\frac{\pi^2}{4} - \ln^2\left(\sqrt{2} - 1)\right)}



Merci à Nicou pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche



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