Fiche de mathématiques

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CAPES externe de mathématiques
Première composition
Session 2007

Introduction

L'objet du problème est l'étude de la suite $(s_n)_{n \geq 1$ définie par : $\forall n \geq 1, \; s_n = \displaystyle \sum_{k = 1}^n \frac{1}{k^2}$

Dans une première partie, nous nous attacherons à démontrer, de différentes façons, par des méthodes élémentaires, que cette suite converge. Les parties 2, 3 et 4 suivantes seront consacrées à la détermination de la limite $S$ par divers moyens. Les parties 5 et 6 utiliseront la valeur de $S$ pour calculer la somme de certaines séries numériques.
On rappelle que, pour tous entiers $m \, , \, n$ vérifiant $m \leq n$ , on note $\ldbrack m \, , \, n \rdbrack$ l'intervalle d'entiers $\ldbrack m \, , \, n \rdbrack \: = \: \lbrace p \in \mathbb{Z} \, / \, m \leq p \leq n \rbrace$

Première partie : Convergence de la suite

Dans cette partie, le candidat utilisera uniquement les connaissances faisant partie du programme de Terminale S.

1. Première méthode
    a) Démontrer que, pour tout entier $k \geq 2$ , on a la majoration $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k - 1} - \frac{1}{k}$
    b) En déduire que la suite $(s_n)_{n \geq 1$ est majorée.
    c) Démontrer que la suite $(s_n)_{n \geq 1$ converge et donner un majorant de sa limite.

Dans toute la suite du problème, on notera $S$ cette limite.

2. Deuxième méthode
On considère la suite $(t_n)_{n \geq 1}$ , définie par : $\forall n \geq 1, \; t_n = s_n + \frac{1}{n}$
    a) Démontrer que les suites $(s_n)_{n \geq 1}$ et $(t_n)_{n \geq 1}$ sont adjacentes.
    b) Donner, en le justifiant, un encadrement d'amplitude 10^-1 de $S$ .

3. Troisième méthode
    Ecrire le texte d'un exercice de niveau terminale S démontrant, par comparaison à une intégrale, la convergence de la suite $(s_n)_{n \geq 1}$ .

Deuxième partie : Utilisation de polynômes

1. Soit $P \in \mathbb{C}[\text{X}]$ un polynôme de degré $n \geq 1 \: : \: P(X) = a_0 + a_1X + a_2X^2 + \cdots + a_nX^n$ .
Rappeler la formule permettant de calculer la somme $\sigma_1 = \displaystyle \sum_{i=1}^n \alpha_i = \alpha_1 + \cdots + \alpha_n$ des racines de $P$ en fonction de ses coefficients $a_k \, , \, k \in \ldbrack0 \, , n \rdbrack$ .

2. a) Soient $p \in \mathbb{N}$ et $\varphi \in \mathbb{R}$ . Démontrer l'égalité
$\sin \left(\left(2p + 1\right) \varphi\right) = \displaystyle \sum_{k=0}^p (-1)^k \left(^{2p+1}_{2k+1}\right) \cos^{2p-2k} \left(\varphi\right) \sin^{2k+1}\left(\varphi\right)$ où $\left(^{2p+1}_{2k+1}\right)$ désigne le coefficient binômial pour $k \in \ldbrack0 \, , p\rdbrack$ .
   b) En déduire que, pour tout entier $p \in \mathbb{N}$ et pour tout réel $\varphi \not \equiv 0 [\pi]$ , on a $\sin\left(\left(2p+1\right)\varphi\right) = \sin^{2p+1}\left(\varphi\right) \displaystyle \sum_{k=0}^p (-1)^k \left(_{2k+1}^{2p+1}\right) \left(\text{cotan}^2 \varphi\right)^{p-k}$
où $\text{cotan} \varphi = \frac{\cos \varphi}{\sin \varphi}$ .

3. Soit $p \in \mathbb{N}^*$ et $P \in \mathbb{R}[X]$ le polynôme défini par : $P(X) = \displaystyle \sum_{k=0}^p (-1)^k \left(_{2k+1}^{2p+1}\right) X^{p-k}$
   a) Pour tout entier $k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack$ , on pose $\gamma_k = \text{cotan}^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)$ . Calculer $P(\gamma_k)$ pour tout $k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack$ .
   b) Vérifier que, pour tout $k \in \ldbrack1 \, , \, p\rdbrack$ , le réel $\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)$ appartient à l'intervalle $\left] 0 \, , \, \frac{\pi}{2}\right[$ . En déduire que le polynôme $P$ possède $p$ racines distinctes, que l'on déterminera.
   c) En déduire les égalités : $\displaystyle \sum_{k=1}^p \text{cotan}^2 \left(\frac{k\pi}{2p+1}\right) = \frac{p(2p-1)}{3} \\ \displaystyle \sum_{k=1}^p \frac{1}{\sin^2\left(\frac{k\pi}{2p+1}\right)} = \frac{2p(p+1)}{3}$

4. a) Démontrer, pour tout réel $\varphi \in ]0 \, , \, \frac{\pi}{2}[$ , les encadrements $0 < \sin \varphi < \varphi < \tan \varphi$
   b) En déduire que, pour tout entier $p \geq 1$ , on a l'enceadrement $\frac{p(2p-1)}{3} < \frac{(2p+1)^2}{\pi^2} \displaystyle \sum_{k=1}^p \frac{1}{k^2} < \frac{2p(p+1)}{3}$
   c) Démontrer que $S = \frac{\pi^2}{6}$ .

5. Montrer que les suites $(u_n)_{n \geq 1} \, , \, (v_n)_{n \geq 1} \text{ et } (w_n)_{n \geq 1}$ définies par $\forall n \geq 1 \, , \, u_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{\left(2k\right)^2} \hspace{20pt} v_n = \displaystyle \sum_{k=0}^n \frac{1}{(2k+1)^2} \hspace{20pt} w_n = \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k^2}$ sont convergentes et déterminer les valeurs exactes de leurs limites, respectivement notées $U \, , \, V \text{ et } W$ .

Troisième partie : Utilisation des intégrales de Wallis

Pour tout entier $n \in \mathbb{N}$ , on pose $I_n = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2n} t \text{d}t \, , \hspace{15pt} J_n = \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} t^2 \cos^{2n} t \text{d}t \hspace{15pt} \text{ et } \hspace{15pt} K_n = \displaystyle \frac{4^n (n!)^2}{(2n)!} J_n$

1. Calculer les intégrales I₀ et J₀.

2. a) Démontrer que pour tout $n \in \mathbb{N}$ , on a : $I_{n+1} = \frac{2n+1}{2n+2}I_n$
(Indication : on pourra penser à une intégration par parties).
   b) En déduire que pour tout $n \in \mathbb{N}$ , on a : $I_n = \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} \: \frac{\pi}{2}$

3. Soit $n \geq 1$
   a) Démontrer la relation $I_n = n(2n-1)J_{n-1} - 2n^2 J_n$
   b) En déduire que $K_{n-1} - K_n = \frac{\pi}{4n^2}$
   c) Démontrer la relation $\frac{\pi}{4} \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = J_0 - K_n$

4. a) Démontrer que, pour tout réel $x \in \left[0 \, , \, \frac{\pi}{2}\right]$ , on a : $x \leq \frac{\pi}{2} \sin x$
   b) En déduire que, pour tout entier $n$ , on a $0 \leq J_n \leq \frac{\pi^2 I_n}{8(n+1)}$ puis $0 \leq K_n \leq \frac{\pi^3}{16(n+1)}$
   c) Retrouver la valeur de $S$ .

Quatrième partie : Noyau de Dirichlet

Pour tout entier $n \geq 1$ , on note $D_n$ le noyau de Dirichlet, défini par : $\forall x \in \mathbb{R}, \; D_n(x) = \frac12 + \displaystyle \sum_{k=1}^n \cos\left(kx\right)$

1. Démontrer que, pour tout entier $n \geq 1$ et tout réel $x \not \equiv 0[2\pi]$ , on a $D_n(x) = \frac{1}{2} \: \frac{\sin\left(\left(n + \frac12\right)x\right)}{\sin \frac{x}{2}}$

2. Pour tout entier $n \geq 1$ , on note $L_n$ l'intégrale $L_n = \displaystyle \int_0^{\pi} x D_n(x) \text{d}x$
a) Calculer l'intégrale $\displaystyle \int_0^{\pi} x \cos\left(kx\right) \text{d}x$ pour tout entier $k \geq 1$ .
b) En déduire que $L_n = \frac{\pi^2}{4} - \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} + \sum_{k=1}^n (-1)^k \frac{1}{k^2}$

3. On note $f$ le prolongement par continuité en 0 de la foncion définie sur l'intervalle ]0 ; $\pi$ ] par : $x \to \frac{x}{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}$ .
Démontrer que la fonction $f$ est de classe $\mathscr{C}^1$ sur l'intervalle [0, $\pi$ ].

4. Soit $\phi : [0, \pi] \to \mathbb{R}$ une fonction de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\left[0,\pi\right]$ . Démonter que $\displaystyle \lim_{\lambda \to +\infty} \int_0^{\pi} \phi(x) \sin(\lambda x) \text{d}x = 0$
(Indication : on pourra penser à une intégration par parties.)

5. a) Démontrer que $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} L_n = 0$ .
b) Retrouver la valeur de S. (On utilisera la relation entre W et S obtenue à la question 5 de la deuxième partie)

Cinquième partie : Une somme double

L'objet de cette partie est de calculer la limité de la somme double $\displaystyle \lim_{M \ti +\infty} \left(\displaystyle \lim_{N \to +\infty} \displaystyle \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)}\right)$ On pose, pour tout entier $N \geq 1$ , $H_N = \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}$ .

1. a) Démontrer que pour tout entier $N \geq 1$ , on a : $\ln(1 + N) \leq H_N \leq 1 + \ln(N)$ .
    b) En déduire que $\displaystyle \lim_{N \to +\infty} \frac{H_N}{N} = 0$ .
    c) Démontrer que pour tout entier $M \geq 2$ , on a : $\displaystyle \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{H_m}{m(m + 1)} = \displaystyle \sum_{m=1}^M \frac{1}{m^2} - \frac{H_M}{M}$
    d) En déduire que la série $\displaystyle \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{H_m}{m(m+1)}$ converge et déterminer sa limite.

2. Pour tout entier $N \geq 1$ et pour tout entier $m \geq 2$ , on pose $Z_{N,m} = \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+m-1)}$
    a) Démonter pour tout entier $m \geq 2$ $Z_{N,m} = \frac{1}{m-1} \left(H_{m-1} - \displaystyle \sum_{n=N+1}^{N+m-1} \frac{1}{n}\right)$
    b) En déduire que $\displaystyle \lim_{N \to +\infty} Z_{N , m} = \frac{H_{m-1}}{m-1}$

3. a) Montrer que pour tout entier $N \geq 1$ et pour tout entier $M \geq 2$ , on a : $\displaystyle \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)} = \displaystyle \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2} + \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{Z_{N,m}}{m}$
    b) Montrer que $\displaystyle \lim_{N \to +\infty} \displaystyle \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n + m - 1)} = \frac{\pi^2}{6} + \displaystyle \sum_{m=2}^M \frac{H_{m-1}}{m(m-1)}$
    c) En déduire alors $\displaystyle \lim_{M \to +\infty} \left(\displaystyle \lim_{N \to +\infty} \displaystyle \sum_{n=1}^N \sum_{m=1}^M \frac{1}{nm(n+m-1)}\right)$

Sixième partie : La fonction Dilogarithme

Pour tout réel $x \in [-1 \, , \, 1[$ , on considère l'intégrale $Li(x) = - \displaystyle \int_0^x \frac{\ln(1 - t)}{t} \text{d}t$

1. Justifier l'existence de cette intégrale pour tout réel $x \in [-1 \, , \, 1[$ .

2. On définit la fonction Dilogarithme $Li \: : \: \| \begin{array}{cll} [-1 \, , \, 1[ & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \mapsto & Li(x) \end{array}$ Démonter que la fonction Li est prolongeable par continuité en 1. On notera encore Li ce prolongement par continuité.

3. a) Montrer que pour tout $x \in ]-1 \, , \, 1[$ , on a $Li(x) = \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{x^n}{n^2}$
    b) En déduire la valeur de Li(1).

4. a) Pour $x \in ]0 \, , \, 1[$ , calculer la dérivée de $Li(x) + Li(1 - x)$
    b) Démontrer la relation fonctionnelle $\forall x \in ]0 \, , \, 1[, \: \: Li(x) + Li(1-x) = \frac{\pi^2}{6} - \ln(1 - x) \ln(x)$

5. Déduire de la question précédente, la valeur de la somme $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{2^nn^2}$ .

6. a) Pour tout réel $x \in ]-1 \, , \, 1[$ , démontrer la relation $Li(x) + Li(-x) = \frac12 Li(x^2)$
    b) Retrouver la valeur de la somme $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}$ .

7. a) Pour tout réel $x \in ]0 \, , \, 1[$ ; démontrer la raltion $Li(x) - Li(-x) + Li\left(\frac{1-x}{1+x}\right) - Li\left(\frac{x-1}{1+x}\right) = \frac{\pi^2}{4} + \ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right) \ln(x)$
    b) En déduire la valeur de la somme $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\left(\sqrt{2} - 1\right)^{2n+1}}{(2n + 1)^2}$ .

Voir la correction

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 I_n.
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 (K_n) 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 : $\boxed{\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(\sqrt{2} - 1)^{2n+1}}{(2n+1)^2} = \frac14 \times \left(\frac{\pi^2}{4} - \ln^2\left(\sqrt{2} - 1)\right)}$

Publié par Cel/Nicou (archi) le 03-08-2018

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