Optimal Sup-Spé. Problème de synthèse n° 1

Irrationalité de ⇣p2q

Maths Sup - Concours 2014

Correction

I. Étude de la convergence de la suite

˜nÿ

k“1

1

kp

¸

nPN˚

1) On a : @n P N˚, Sn`1ppq ´ Snppq “ 1

pn ` 1qp ° 0, et donc :

La suite pSnppqqnPN˚ est strictement croissante

2) (a) Soit k P N˚. La fonction t P s 0 ,`8 r fiÑ 1

t

pest décroissante sur r k , k ` 1 s. On a donc :

@t P r k , k ` 1 s , 1

pk ` 1qp § 1

t

p§ 1

k

p.

On en déduit, par croissance de l’intégration sur r k , k ` 1 s pk § k ` 1q les fonctions en présence étantcontinues sur ce segment :

ª k`1

k

1

pk ` 1qp dt §ª k`1

k

1

t

pdt §

ª k`1

k

1

k

pdt.

Conclusion :

@k P N˚,

1

pk ` 1qp §ª k`1

k

1

t

pdt § 1

k

p

Optimal Sup/Spé - 11, rue Geoffroy l’Angevin 75004 Paris - tel : 01.40.26.78.78 - www.optimalsupspe.fr

2

Point méthode

Pour encadrer l’intégrale d’une fonction f sur un segment r a , b s, il est souvent utile d’encadrer fptqpour tout t P r a , b s, puis d’intégrer les inégalités obtenues à l’aide de la croissance de l’intégration. Sesouvenir que pour appliquer la positivité ou la croissance de l’intégration sur un segment r a , b s, il nefaut pas pas oublier de vérifier que les fonctions en présences sont continues sur ce segment et que lesbornes a et b sont rangées dans l’ordre croissant. Des conditions analogues s’appliquent aux intégralesgénéralisées, voir le Polycopié "Intégration sur un intervalle quelconque".

(b) Soit n P N˚, n • 2. En substituant k ´ 1 à k (avec k ´ 1 • 1 puisque k • 2) dans l’inégalité obtenue à la

question précédente, on a :

@k P N, k • 2,

1

k

p§

ª k

k´1

1

t

pdt.

En sommant ces inégalités pour k allant de 2 à n, on en déduit :

Snppq ´ 1 “nÿ

k“2

1

k

p§

nÿ

k“2

ª k

k´1

1

t

pdt.

La relation de Chasles permet d’affirmer que :nÿ

k“2

ª k

k´1

1

t

pdt “

ª n

1

1

t

pdt. Or, on a :

ª n

1

1

t

pdt “

„1

p ` 1

1

t

p`1

⇢n

1

“ 1

p ` 1

ˆ1 ´ 1

n

p`1

˙

§ 1

p ` 1

.

Conclusion :

@n P N, n • 2, Snppq ´ 1 §ª n

1

1

t

pdt § 1

p ` 1

(c) La suite pSnppqqnPN˚ est croissante d’après la question 1). De plus, la question précédente prouve que cette

suite est majorée (par 1+1

p ` 1

, qui ne dépend pas de n).

Conclusion :

La suite pSnppqqnPN˚ converge

II. Polynômes de Bernoulli et nombres de Bernoulli

1) Existence : comme f est continue sur r0, 1s, le théorème fondamental de l’analyse assure que f admet uneprimitive sur r0, 1s. Soient alors g une primitive de f sur r0, 1s, et F la fonction définie sur r0, 1s par :

@t P r 0 , 1 s , F ptq “ gptq ´ª 1

0gptq dt.

On a alors, g étant une primitive de f etª 1

0gptq dt étant une constante :

3

F

1 “ f , et :ª 1

0F ptq dt “ 0.

Unicité : supposons qu’il existe une fonction G : r 0 , 1 s Ñ R de classe C1 sur r 0 , 1 s telle que G

1 “ f et :ª 1

0Gptq dt “ 0. Les fonctions F et G sont alors deux primitives de f sur r 0 , 1 s. Il existe donc une constante

réelle k P R telle que : F ´ G “ k. En intégrant cette égalité, il vient alors :ª 1

0F ptq dt ´

ª 1

0Gptq dt “ k.

Comme F et G sont deux primitives de f , on en déduit que : k “ 0, et donc : G = F .

Conclusion :

Il existe une unique fonction F , définie et continue sur r0, 1s, telle que : F 1 “ f et :

ª 1

0F ptq dt “ 0

2) Montrons par récurrence que pour tout n P N, la proposition Ppnq définie par :

Ppnq : "le polynôme Bn est défini de manière unique"

est vraie.

— Initialisation : Par hypothèse, on a : B0 “ 1. Ainsi, Pp0q est vraie.

— Hérédité : Soit n P N˚. Supposons Ppn ´ 1q vraie et montrons que Ppnq est vraie. Par hypothèse, on a :

B

1n “ nBn´1 et :

ª 1

0Bnptq dt “ 0.

D’après la question précédente (appliquée à f “ nBn´1, qui est bien continue sur r0, 1s en tant que fonctionpolynomiale), le polynôme Bn est alors déterminé de manière unique.

Ainsi, si Ppn ´ 1q est vraie, alors Ppnq est vraie.

— Conclusion : Pour tout n P N, le polynôme Bn est unique, et ainsi :

Les relations i, ii et iii définissent une unique suite pBnqnPN de polynômes de RrXs

3) Un calcul rapide donne :

B1pXq “ X ´ 1

2

et : B2pXq “ X

2 ´ X ` 1

6

On en déduit alors, en évaluant ces expressions en 0 :

b1 “ ´1

2

et : b2 “ 1

6

4) (a) Soit n P N, n • 2. Comme : B

1n “ nBn´1, alors, en intégrant cette relation sur r0, 1s, les fonctions en

présences étant continues sur ce segment, on obtient :

Bnp1q ´ Bnp0q “ª 1

0B

1nptq dt “

ª 1

0Bn´1ptq dt.

4

Comme : n • 2, alors : n ´ 1 • 1, et donc, d’après (iii) :ª 1

0Bn´1ptq dt “ 0. On peut conclure :

@n P N, n • 2, Bnp1q ´ Bnp0q “ 0

(b) Idée : Nous allons utiliser ici l’unicité de la suite des polynômes de Bernoulli. Pour montrer que lespolynômes BnpXq et p´1qnBnp1 ´ Xq pn P Nq sont égaux, il suffit ici de montrer que les polynômesp´1qnBnp1 ´ Xq pn P Nq vérifient aussi les relations i), ii) et iii) ; par unicité, on aura alors :@n P N, BnpXq “ p´1qnBnp1 ´ Xq.

Notons, pour tout entier naturel n, CnpXq “ p´1qnBnp1 ´ Xq.

i) On a : C0pXq “ p´1q0B0p1 ´ Xq “ 1.

ii) Soit n P N˚. En dérivant la relation définissant Cn (et en prenant soin de ne pas oublier de dériver1 ´ X en ´1 dans la dérivation de la composée), on a :

C

1npXq “ ´p´1qnB1

np1 ´ Xq soit, d’après la propriété ii) :

“ p´1qn´1nBn´1p1 ´ Xq

“ nCn´1.

iii) Enfin, on a :ª 1

0Cnptq dt “

ª 1

0p´1qnBnp1 ´ tq dt

“ p´1qnª 1

0Bnp1 ´ tq dt.

La fonction t P r 0 , 1 s fiÑ 1 ´ t étant de classe C1 sur r0, 1s, le changement de variable u “ 1 ´ t,du “ ´dt permet d’écrire que :

ª 1

0Bnp1 ´ tq dt “

ª 0

1Bnpuqp´ duq soit :

һ 1

0Bnpuq du.

Finalement :ª 1

0Cnptq dt “ p´1qn

ª 1

0Bnp1 ´ tq dt soit, comme n • 1 :

“ 0.

Ainsi, on a établi que la suite pCnqnPN vérifie les propriétés i), ii) et iii). Par unicité de la suite des polynômesde Bernoulli, on peut désormais conclure :

@n P N, p´1qnBnp1 ´ Xq “ BnpXq.

Point méthode

Exploiter une caractérisation. Pour montrer que deux éléments A et B d’un ensemble E sontégaux en mathématiques, on peut utiliser une caractérisation de A. En effet, si l’on dispose d’unecaractérisation de l’objet A de la forme "A est l’unique objet de E à satisfaire une propriété P",alors pour montrer que B “ A, il suffira de montrer que B vérifie aussi cette propriété P . C’estexactement ce qu’on a fait ici pour établir l’égalité des polynômes BnpXq et p´1qnBnp1 ´ Xq.

5

Remarque

Comme le soulignent de nombreux rapports de jury, il convient de ne pas confondre propriétéet caractérisation d’un objet mathématique.

Une propriété est une assertion vérifiée par un objet. Par exemple, dans la phrase "les élèves del’école Polytechnique ont un statut militaire", le fait d’avoir un statut militaire est une propriété(parmi d’autres) des élèves de l’école Polytechnique. Il n’y a alors pas nécessairement équivalenceentre vérifier l’assertion et être l’objet considéré. Dans notre exemple, il n’y a pas équivalence entre"avoir un statut militaire" et "être élève de l’école Polytechnique". Tous les militaires ne sont paspolytechniciens !

Une caractérisation d’un objet est une propriété qui, comme son nom l’indique, caractérise un objet :l’objet est unique à la vérifier. Par exemple, dans la phrase "la lune est l’unique satellite naturel dela Terre", il y a ici équivalence entre "être un satellite naturel de la Tere" et "être la Lune". Pourmontrer qu’un astre est la Lune, montrer qu’il s’agit d’un satellite naturel de la Terre sera alorssuffisant.

(c) D’après le résultat de la question précédente, pour tout entier naturel n, on a : bn “ p´1qnBnp1q. Or, ona également, lorsque n est non nul : Bnp1q “ Bnp0q “ bn. On en déduit que : @n P N˚

, bn “ p´1qnbn, etdonc, en particulier : @p P N, b2p`1 “ ´b2p`1. On peut finalement conclure :

@p P N, b2p`1 “ 0

5) (a) Soit n P N. Comme Bn est de degré n (ce que l’on pourrait établir par récurrence simple sur n à l’aide desrelations i) et ii)), alors en particulier : Bn P RnrXs. La formule de Taylor pour les polynômes appliquée àBn au point 0 permet alors d’écrire que :

BnpXq “nÿ

k“0

B

pkqn p0qk!

X

k.

Le soin est laissé au lecteur de vérifier par récurrence simple sur k que de la relation ii) on déduit, pourtout k P rr 0 , n ss :

B

pkqn pXq “ n!

pn ´ kq!Bn´kpXq,

ce qui permet en particulier d’écrire que :

B

pkqn p0q “ n!

pn ´ kq!bn´k.

On obtient finalement :

@n P N, BnpXq “nÿ

k“0

ˆn

k

˙bn´kX

k

6

Rappel de cours

Théorème (Formule de Taylor pour les polynômes). Soient n P N, P P RnrXs et ↵ P R. On a :

P pXq “nÿ

k“0

P

pkqp↵qk!

pX ´ ↵qk. p‹q

Cette formule est au programme en filière MPSI et à la limite du programme en PCSI et PTSI. Il estcependant bon de connaître les idées de sa démonstration. Un preuve élégante utilise des argumentsd’algèbre linéaire. On commence par remarquer que l’application

' :

$’&

’%

RnrXs ݄ RnrXs

P fi›Ñnÿ

k“0

P

pkqp↵qk!

pX ´ ↵qk

est linéaire. Par conséquent, le lecteur pourra se convaincre qu’il suffit de vérifier la formule sur leséléments d’une base de RnrXs (voir la Fiche méthodologique "Applications linéaires").

La famille`pX ´ ↵qk˘

kPrr 0 , n ss est une famille d’éléments de RnrXs, échelonnée en degrés donc libre,de longueur n ` 1 “ dimRnrXs. C’est donc une base de RnrXs. On constate enfin (sans calculs !)que la formule p‹q est vraie pour P “ pX´aqk pour tout k P rr 0 , n ss, ce qui achève la démonstration.

Comment conclure sans calculs ? Il faut se souvenir que ↵ P R est racine de P d’ordre de multiplicitéau moins n P N˚ si et seulement si ↵ est racine de P , P 1,..., et P

pn´1q. Si P pXq “ pX ´ aqk, ↵ estracine d’ordre de multiplicité k de P donc, sans calculs, on a : P paq “ P

1paq “ . . . “ P

pk´1qpaq “ 0.De plus, P étant de degré k, toutes les dérivées d’ordre supérieur s’annulent. Il ne reste plus qu’unterme dans la somme, et on peut remarquer qu’il s’agit justement de P .

Une démonstration algébrique alternative est présentée dans le Polycopié "Polynômes".D’autres preuves utilisent des arguments issus de l’analyse (formule de Taylor avec reste intégralou égalité de Taylor-Lagrange par exemple) en considérant la fonction polynomiale associée.

(b) Soit n P N, n • 2. En évaluant le résultat de la question précédente en 1, on obtient :

Bnp1q “nÿ

k“0

ˆn

k

˙bn´k soit, en isolant le terme en k = 0 :

“ bn `nÿ

k“1

ˆn

k

˙bn´k.

Mais comme : n • 2, le résultat de la question II.4)a) assure que : Bnp1q “ bn. On peut désormais conclure :

@n P N, n • 2,

nÿ

k“1

ˆn

k

˙bn´k “ 0

(c) Soit p P N. En réécrivant le résultat de la question II.5)a) pour n “ 2p, on obtient :

B2ppXq “2pÿ

k“0

ˆ2p

k

˙b2p´kX

k.

En évaluant cette dernière relation en 1, il vient alors :

7

B2pp1q “2pÿ

k“0

ˆ2p

k

˙b2p´k soit avec k

1 “ 2p ´ k :

“2pÿ

k“0

ˆ2p

2p ´ k

˙bk

“2pÿ

k“0

ˆ2p

k

˙bk.

Conclusion :

@p P N, b2p “2pÿ

k“0

ˆ2p

k

˙bk

(d) Soit p P N, p • 2. D’après la question précédente, on a : b2p`2 “2p`2ÿ

k“0

ˆ2p ` 2

k

˙bk. On en déduit que :

b2p`2 “2p´2ÿ

k“0

ˆ2p ` 2

k

˙bk `

ˆ2p ` 2

2p ´ 1

˙b2p´1 `

ˆ2p ` 2

2p

˙b2p `

ˆ2p ` 2

2p ` 1

˙b2p`1 `

ˆ2p ` 2

2p ` 2

˙b2p`2

“2p´2ÿ

k“0

ˆ2p ` 2

k

˙bk `

ˆ2p ` 2

2p ´ 1

˙b2p´1 `

ˆ2p ` 2

2p

˙b2p ` p2p ` 2qb2p`1 ` b2p`2

“2p´2ÿ

k“0

ˆ2p ` 2

k

˙bk ` p2p ` 2qp2p ` 1qb2p ` b2p`2, car p • 2 et ainsi : b2p´1 “ b2p`1 “ 0.

On en déduit finalement que :

@p P N, p • 2, b2p “ ´ 1

p2p ` 2qp2p ` 1q2p´2ÿ

k“0

ˆ2p ` 2

k

˙bk

III. Calcul de ⇣p2pq

1) Il s’agit d’un calcul très classique. Soient t P s 0 ,⇡ s et n P N˚. Commençons par remarquer, à l’aide des nombres

complexes, que :nÿ

k“1

cosp2ktq “ Re

˜nÿ

k“1

expp2iktq¸

, où, d’après la formule de Moivre,nÿ

k“1

expp2iktq est la

somme des n premiers termes consécutifs de la suite géométrique pexpp2itqkqkPN˚ .

Rappel de cours

Somme des termes consécutifs d’une suite géométrique : considérons un nombre complexe a non nul etp P N, q P N avec q • p. Se souvenir que :

qÿ

k“p

a

k “$’&

’%

a

p 1 ´ a

q´p`1

1 ´ a

si a ‰ 1

q ´ p ` 1 si a “ 1

.

Attention à ne pas oublier le premier terme (ici, ap) dans la formule !Se rappeler également que l’intervalle rr p , q ss contient q ´ p ` 1 entiers.

On a donc :

8

nÿ

k“1

expp2iktq “$’&

’%

e

2it 1 ´ e

2int

1 ´ e

2itsi t P s 0 ,⇡ r

n si t “ ⇡

.

Si t P s 0 ,⇡ r, en factorisant par l’exponentielle moitié, on a :

1 ´ e

2int

1 ´ e

2it“ e

int`e

´int ´ e

int˘

e

it pe´it ´ e

itq“ e

ipn´1qt e´int ´ e

int

e

´it ´ e

it

“ e

ipn´1qt sinpntqsinptq grâce aux formules d’Euler.

Rappel de cours

Propriété (Formules d’Euler). On a : @✓ P R, cos ✓ “ e

i✓ ` e

´i✓

2

, et : sin ✓ “ e

i✓ ´ e

´i✓

2i

.

On en déduit que : Re

˜nÿ

k“1

expp2iktq¸

“ Reˆe

ipn`1qt sinpntqsinptq

˙“ cos ppn ` 1qtq sinpntq

sinptq .

En utilisant les formules de duplication, on peut affirmer que :

sinpp2n ` 1qtq ´ sinptq “ sinppn ` 1qt ` ntq ´ sinppn ` 1qt ´ ntq“ 2 cosppn ` 1qtq sinpntq.

On obtient finalement :nÿ

k“1

cosp2ktq “ Re

˜nÿ

k“1

expp2iktq¸

“ cosppn ` 1qtq sinpntqsinpntq soit d’après ce qui précède :

“ sinpp2n ` 1qtq ´ sinptq2 sinptq

“ sinpp2n ` 1qtq2 sinptq ´ 1

2

.

Conclusion :

@t P s 0 ,⇡ r ,nÿ

k“1

cosp2ktq ` 1

2

“ sinpp2n ` 1qtq2 sinptq

2) Soit f : r 0 ,⇡ s Ñ R une fonction de classe C1 sur r 0 ,⇡ s.

Idée : La régularité de la fonction f nous permet ici de faire une intégration par parties.

9

Attention !

Les élèves oublient parfois que l’intégration par parties est un théorème avec des hypothèses. Pour avoirune rédaction juste et rigoureuse (ce que tout correcteur attend), il faut prendre soin de vérifier leshypothèses de ce théorème avant de l’appliquer.

Théorème. Soient a et b deux réels tels que a † b. Soient u, v : r a , b s Ñ C de classe C1 sur r a , b s.Alors,

ª b

au

1ptqvptq dt “ ruvsba ´ª b

auptqv1ptq dt

où ruvsba “ upbqvpbq ´ upaqvpaq.

Il ne faut pas oublier de vérifier que u et v sont de classe C1.

Ici, les fonctions t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ fptq et t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ ´1

2n ` 1

cospp2n ` 1qtq sont de classe C1 sur r 0 ,⇡ s.D’après le théorème d’intégration par parties, on a :

ª ⇡

0fptq sinpp2n ` 1qtq dt “

„ ´1

2n ` 1

fptq cospp2n ` 1qtq⇢⇡

0

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0f

1ptq cospp2n ` 1qtq dt

“ fp⇡q ` fp0q2n ` 1

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0f

1ptq cospp2n ` 1qtq dtEt par inégalité triangulaire,ˇ̌ˇfp⇡q ` fp0q

2n ` 1

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0f

1ptq cospp2n ` 1qtq dtˇ̌ˇ § |fp⇡q| ` |fp0q|

2n ` 1

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0|f 1ptq cospp2n ` 1qtq dt| dt

§ |fp⇡q| ` |fp0q|2n ` 1

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0|f 1ptq| dt

Comme la fonction f est de classe C1 sur r 0 ,⇡ s, f 1 est continue sur le segment r 0 ,⇡ s. Un théorème du coursassure alors que f

1 est bornée sur ce segment. Il existe donc un réel M tel que : @t P r 0 ,⇡ s , |f 1ptq| § M . Ainsi,d’après ce qui précède,

|fp⇡q| ` |fp0q|2n ` 1

` 1

2n ` 1

ª ⇡

0|f 1ptq| dt § |fp⇡q| ` |fp0q|

2n ` 1

` M⇡

2n ` 1

avec :|fp⇡q| ` |fp0q|

2n ` 1

` M⇡

2n ` 1

›››ÑnÑ8

0

On a donc majoréˇ̌ˇª ⇡

0fptq sinpp2n ` 1qtq dt

ˇ̌ˇ par une suite qui converge vers 0.

Conclusion :

lim

nÑ`8

ª ⇡

0fptq sinpp2n ` 1qtq dt “ 0

3) (a) Soit k P N. Distinguons deux cas :

k “ 0 : On a J1,k “ª ⇡

0B2p t

⇡

q dt. En faisant le changement de variable u “ t

⇡

, du “ dt

⇡

, on obtient :

ª ⇡

0B2

ˆt

⇡

˙dt “ ⇡

ª 1

0B2puq du “ 0

Ainsi, J1,k “ 0 si k “ 0.

k P N˚ : les fonction t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ B2

ˆt

⇡

˙et t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ 1

2k

sinp2ktq sont de classe C1 sur r 0 ,⇡ s.Le théorème d’intégration par parties assure alors que :

10

ª ⇡

0B2

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt “

„1

2k

sinp2ktqB2

ˆt

⇡

˙⇢⇡

0

´ 1

2k⇡

ª ⇡

0B

12

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt

“ ´ 1

k⇡

ª ⇡

0B1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt car B

12 “ 2B1.

Comme les fonctions t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ B1

ˆt

⇡

˙et t P r 0 ,⇡ s fi›Ñ ´ 1

2k

cosp2ktq sont de classe C1 sur r 0 ,⇡ s,une nouvelle intégration par partie donne :

ª ⇡

0B1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt “

„´ 1

2k

cosp2ktqB1

ˆt

⇡

˙⇢⇡

0

` 1

2k⇡

ª ⇡

0B

11

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt

“ B1p0q ´ B1p1q2k

` 1

2k⇡

ª ⇡

0cosp2ktq dt car B

11 “ B0 “ 1.

Le lecteur pourra se convaincre queª ⇡

0cosp2ktq dt “ 0. De plus, on sait que B1pXq “ X ´ 1

2

. Donc,

B1p0q ´ B1p1q “ ´1. On peut donc affirmer queª ⇡

0B1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt “ ´ 1

2k

D’après ce qui précède, on a finalement :ª ⇡

0B2

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt “ 1

2k

2⇡

Conclusion :

J1,k “#

0 si k “ 0

1

2k

2⇡

si k P N˚

(b) Soit p P N, p • 2 et k P N˚. En intégrant par parties, on obtient :ª ⇡

0B2p

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt “

„1

2k

sinp2ktqB2p

ˆt

⇡

˙⇢⇡

0

´ 1

2k⇡

ª ⇡

0B

12p

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt

“ ´ 2p

2k⇡

ª ⇡

0B2p´1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt car B

12p “ 2pB2p´1.

“ ´ p

k⇡

ª ⇡

0B2p´1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt

De même, en intégrant par parties, on a :ª ⇡

0B2p´1

ˆt

⇡

˙sinp2ktq dt “

„´ 1

2k

cosp2ktqB2p´1

ˆt

⇡

˙⇢⇡

0

` 1

2k⇡

ª ⇡

0B

12p´1

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt

“ B2p´1p0q ´ B2p´1p1q2k

` 2p ´ 1

2k⇡

ª ⇡

0B2p´2

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt

“ 2p ´ 1

2k⇡

ª ⇡

0B2p´2

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt car p • 2 et B2p´1p1q “ B2p´1p0q.

“ 2p ´ 1

2k⇡

Jp´1,k

Conclusion :

Jp,k “ ´2pp2p ´ 1qp2k⇡q2 Jp´1,k

11

(c) La relation de récurrence précédente permet d’obtenir une relation entre Jp,k et Jp´1,k. En l’écrivant denouveau, on obtient une relation entre Jp,k et Jp´2,k... On laisse au lecteur le soin de vérifier que pour toutj P rr 1 , p ´ 2 ss et tout k P N˚, on a :

Jp,k “ ´2pp2p ´ 1qp2k⇡q2 ¨ ¨ ¨ ´p2p ´ 2jqp2p ´ 2j ´ 1q

p2k⇡q2 Jp´j´1,k

En particulier, pour j “ p ´ 2, on obtient :

Jp,k “ ´2pp2p ´ 1qp2k⇡q2 ¨ ¨ ¨ ´4 ˆ 3

p2k⇡q2 J1,k

“ p´1qp´1p2pq!2p2k⇡q2p´2

J1,k

“ p´1qp´1p2pq!2p2k⇡q2p´2

ˆ 1

2k

2⇡

d’après ce qui précède.

Conclusion :

Jp,k “

$’’’’’&

’’’’’%

p´1qp´1p2pq!2p2k⇡q2p´2

ˆ 1

2k

2⇡

si pp, kq P pN˚q2

0 si pp P N˚et k “ 0q ou pp “ 0 et k P N˚q

⇡ si p “ k “ 0

.

4) (a) On peut écrire :

ª ⇡

0'pptq sinpp2n ` 1qtq dt “

ª ⇡

0

B2p

ˆt

⇡

˙´ b2p

sinptq sinpp2n ` 1qtq dt

“ª ⇡

0

ˆB2p

ˆt

⇡

˙´ b2p

˙sinpp2n ` 1qtq

sinptq dt

Or, d’après la question III.1, on sait que pour tout t P s 0 ,⇡ s,sinpp2n ` 1qtq

2 sinptq “nÿ

k“1

cosp2ktq ` 1

2

Par linéarité de l’intégrale, on en déduit que :ª ⇡

0'pptq sinpp2n ` 1qtq dt “

ª ⇡

0

ˆB2p

ˆt

⇡

˙´ b2p

˙ ˜2

nÿ

k“1

cosp2ktq ` 1

¸dt

“ 2

nÿ

k“1

ª ⇡

0B2p

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt `

ª ⇡

0B2p

ˆt

⇡

˙dt ´ 2b2p

nÿ

k“1

ª ⇡

0cosp2ktq dt ´ b2p

ª ⇡

01 dt

D’après la question III.3, on sait que :

@p P N˚,

ª ⇡

0B2p

ˆt

⇡

˙dt “ 0,

et

@k P N˚,

ª ⇡

0cosp2ktq dt “ 0.

On en déduit donc que :

12

ª ⇡

0'pptq sinpp2n ` 1qtq dt “ 2

nÿ

k“1

ª ⇡

0B2p

ˆt

⇡

˙cosp2ktq dt ´ ⇡b2p

“ 2

nÿ

k“1

Jp,k ´ ⇡b2p

“ 2

p´1qp´1p2pq!2p2k⇡q2p´2

ˆ 1

2k

2⇡

´ ⇡b2p d’après III.3.c.

“ p´1qp´1p2pq!p2⇡q2p´1

nÿ

k“1

1

k

2p´ ⇡b2p

Conclusion : pour tout k P N˚, on a :

ª ⇡

0'pptq sinpp2n ` 1qtq dt “ p´1qp´1p2pq!

p2⇡q2p´1

nÿ

k“1

1

k

2p´ ⇡b2p

(b) Comme la fonction 'p est de classe C1 sur r 0 ,⇡ s, le résultat de la question III.2 nous permet d’affirmerque :

lim

nÑ`8

ª ⇡

0'pptq sinpp2n ` 1qtq dt “ 0

ceci étant vrai pour tout p P N˚. En passant à la limite lorsque n Ñ `8 dans le résultat de la questionprécédente, on obtient :

0 “ p´1qp´1p2pq!p2⇡q2p´1

⇣p2pq ´ ⇡b2p

C’est-à-dire que :

⇣p2pq “ p´1qp´1b2p2

2p´1⇡

2p

p2pq!Conclusion :

@p P N˚, ⇣p2pq “ p´1qp´1

b2p22p´1

⇡

2p

p2pq!

(c) On déduit facilement de la question précédente que :

⇣p2q “ ⇡

2

6

et ⇣p4q “ ⇡

4

90

IV. Irrationalité de ⇣p2q

1) (a) Soit x P R. Par définition, fnpxq “ x

np1 ´ xqnn!

. On développe p1 ´ xqn grâce à la formule du binôme deNewton :

fnpxq “ 1

n!

x

np1 ´ xqn

“ 1

n!

nÿ

k“0

ˆn

k

˙p´1qkxk

“ 1

n!

nÿ

k“0

p´1qkˆn

k

˙x

n`k

13

En faisant le changement de variable n ` k “ k

1 dans la dernière somme, on obtient finalement que :

fnpxq “ 1

n!

2nÿ

k“n

p´1qk´n

ˆn

k ´ n

˙x

k

Remarquons que pour tout k P rrn , 2n ss, p´1qk´n

ˆn

k ´ n

˙est bien un entier.

Conclusion :

Pour tout i P rrn , 2n ss, on pose : ei “ p´1qi´n

ˆn

i ´ n

˙et on a bien : @x P R, fnpxq “ 1

n!

2nÿ

k“n

ekxk.

(b) D’après la formule de Taylor pour les polynômes (voir II.5), les coordonnées d’un polynôme (de degré

N P N) dans la base canonique de RN rXs sontˆP

pkqp0qk!

˙

0§k§N

. D’après la question précédente, on

connaît les coordonnées (dans la base canonique) du polynôme associé à la fonction polynomiale fn. Encomparant les deux expressions possibles de ces coefficients, on en déduit que :

f

pkqn p0q “

$’’’’’&

’’’’’%

0 si 0 § k § n ´ 1

1

n!

ekk! si n § k § 2n

0 si k • 2n ` 1

.

Il suffit de vérifier que pour tout k P rrn , 2n ss, f pkqn p0q est bien un entier. Soit k P rrn , 2n ss. D’après la

question précédente, ek est un entier. Par ailleurs, comme k • n,k!

n!

est également un entier. Ainsi, f pkqn p0q

est bien entier.

Conclusion :

Pour tout k P N, f pkqn p0q est entier.

(c) Il est clair que pour tout x P R, fnpxq “ fnp1 ´ xq. En dérivant k fois cette relation, on obtient :

@x P R, f pkqn pxq “ p´1qkf pkq

n p1 ´ xqEn évaluant cette dernière relation en x “ 0, on a f

pkqn p0q “ p´1qkf pkq

n p1q. Comme f

pkqn p0q est entier, il en

est de même de f

pkqn p1q.

Conclusion :

@k P N, f pkqn p1q est entier.

2) (a) On a supposé que ⇡

2 “ u

v

. On a :

Fnp0q “ v

n´⇡

2nfnp0q ´ ⇡

2n´2f

p2qn p0q ` ⇡

2n´4f

p4qn p0q ` ¨ ¨ ¨ ` p´1qnf p2nq

n p0q¯

On a donc :

14

Fnp0q “ v

nnÿ

k“0

p´1qk⇡2n´2kf

p2kqn p0q

“ v

nnÿ

k“0

p´1qk´u

v

¯n´kf

p2kqn p0q

“nÿ

k“0

p´1qkun´kv

kf

p2kqn p0q

Ainsi, d’après la dernière expression, Fnp0q est une somme d’entiers (car on sait que pour tout k P rr 0 , n ss,f

p2kqn p0q est entier). C’est donc un entier. On raisonne de manière analogue pour montrer que Fnp1q est

entier.

Conclusion :

Fnp0q et Fnp1q sont entiers.

(b) Commençons par remarquer que la fonction gn est bien dérivable sur R. En dérivant, on obtient :

@x P R, g1npxq “ F

2npxq sinp⇡xq ` ⇡

2Fnpxq sinp⇡xq

Or, pour tout x P R, Fnpxq “nÿ

k“0

p´1qkun´kv

kf

p2kqn pxq. Ainsi, on a :

F

2npxq ` ⇡

2Fnpxq “

nÿ

k“0

p´1qkun´kv

kf

p2k`2qn pxq `

nÿ

k“0

p´1qkun´k`1v

k´1f

p2kqn pxq

“ ´n`1ÿ

1

p´1qkun´k`1v

k´1f

p2kqn pxq `

nÿ

k“0

p´1qkun´k`1v

k´1f

p2kqn pxq

“ u

n`1v

´1fnpxq car @x P R, f p2n`2q

n pxq “ 0.

“ ⇡

2u

nfnpxq

Conclusion :

@n P N˚, @x P R, g1

npxq “ ⇡

2u

nfnpxq sinp⇡xq

(c) Soit n P N˚. D’après la question précédente, on sait que @x P R, g1npxq “ ⇡

2u

nfnpxq sinp⇡xq. En intégrant

cette relation entre 0 et 1, on obtient :ª 1

0g

1npxq dx “

ª 1

0⇡

2u

nfnpxq sinp⇡xq dx

“ ⇡

2u

n

ª 1

0fnpxq sinp⇡xq dx

“ ⇡An

Et par ailleurs, on remarque queª 1

0g

1npxq dx “ gnp1q ´ gnp0q. Ainsi :

1

⇡

pgnp1q ´ gnp0qq “ An

Et un calcul simple donne : gnp1q ´ gnp0q “ ⇡ pFnp0q ` Fnp1qq. Ainsi, d’après la question IV.2, An “Fnp1q ` Fnp0q.

Conclusion :

@n P N, An est un entier.

15

3) (a) Il s’agit d’un résultat de croissances comparées. En effet, il faut se souvenir que pour tout a P R, an “ opn!q.Ainsi, la suite

ˆa

n

n! n

˙

nPNconverge vers 0. On en déduit donc qu’à partir d’un certain rang (que l’on peut

noter n0), tous les termes de la suite seront plus petit (strictement) que1

2

.

Conclusion :

Il existe un rang n0 P N tel que @n P N, n • n0, on a wn † 1

2

.

(b) Il suffit de remarquer que @x P r 0 , 1 s, xnp1 ´ xqn P r 0 , 1 s. On en déduit l’encadrement :

@x P r 0 , 1 s , 0 § fnpxq § 1

n!

(c) La fonction x P r 0 , 1 s fi›Ñ fnpxq sinp⇡xq P r 0 , 1 s est continue sur r 0 , 1 s, positive et n’est pas identiquementnulle. On en déduit que An ° 0. Par ailleurs, d’après la question précédente, pour n P N, n • n0, on a :u

n † 1

2

n!. Ainsi,

An † ⇡

1

2

n!

ª 1

0fnpxq sinp⇡xq dx

† ⇡

2

ª 1

0sinp⇡xq dx car @x P r 0 , 1 s , n!fnpxq § 1.

† 1

On en déduit donc que :

@n P N, n • n0, An P s 0 , 1 r

A la question III.2.c, on a montré que, pour tout n P N˚, An est un entier. Or, on obtient ici que pourn • n0, An P s 0 , 1 r. Mais s 0 , 1 r X N “ H. C’est absurde ! On en déduit que l’hypothèse faite sur ⇡

2 estfausse.

Conclusion :

⇡

2 est irrationnel.

(d) Comme ⇡

2 est irrationnel, ⇡ l’est aussi. On peut raisonner par l’absurde en supposant que ⇡

2 est irrationnelet que ⇡ est rationnel. On aurait ⇡ “ m

p

avec m et n deux entiers non nuls etm

p

irréductible. En élevant

au carré, on constate que ⇡

2 P Q. D’où l’absurdité.

Conclusion :

⇡ est irrationnel.