´ nonc´e E
` Probleme eme
Approximations de π ` a l’ai l’ aid de de d´ evel velopp op pement me ntss limit´ mi t´ es Au dix-septi`eme eme si`ecle, ecle, des math´ematiciens ematiciens comme Huyghens et Snellius entreprirent de calculer des valeurs valeu rs d´ecimal eci males es app appro roch´ ch´ees ees de π par p ar des m´ethod eth odes es trigon tri gonom´ om´etrique etr iquess ´el´ el´ementai eme ntaires res.. Il s’agis s’a gissai saitt π d’am´ d’a m´eliorer elio rer la dou double ble in´egalit´ ega lit´e classiq cla ssique ue sin x < x < tan x valable sur ]0, 2 [ en introduisant des fonctions : – Qui s’expriment s’expriment simplemen simplementt `a l’aide des fonctions trigonom´etriques etriques usuelles. – Peu diff´erentes erente s de x au voisinage de 0. Les fonctions f 1 et f 4 de l’´enonc´ enonc´e sont celles de Snellius Snelli us ; f 2 et f 3 sont celles de Huyghens. 2a+b 3
1. Soient Soient a, b des r´eels eels positifs ou nuls. On pose m(a, b) = Comparer m(a, b) et g (a, b).
2. Dans toute la suite, on d´efinit efinit les fonctions fonctions suivantes suivantes sur ]
et g (a, b) =
π
√ a b. 3
2
π
−2, 2[ :
f 1 (x) = f 3 (x) =
3 sin sin x , 2+cos x
f 2 (x) =
√ 3
sin2 x tan x,
1 3
x
8sin 2
− sin x
sin x + tan x) f 4 (x) = 13 (2 sin
Calculer Calcu ler les d´eveloppements evelopp ements limit´es es en 0 de d e ces fonctions, fonct ions, a` l’ordre 5. En d´eduire eduir e l’existence l’exist ence de η > 0 tel que :
∀ x ∈]0, η[, f (x) < f (x) < x < f (x) < f (x). 3. On suppose ici que x appartient a` I = ]0, 2 [. Quel est le signe de f (x) − f (x) ? 4. On pose u(x) = 3(2 + cos cos x)(f (x) − f (x)). )) . Lin´ L in´eari ea rise serr u(x). 1
2
3
4
π
4
2
3
1
Montrer que u (x) = P (cos x2 ), o` u P est un polynˆome ome de degr´e 4. Factoriser acto riser P .
En d´eduire edu ire,, pour po ur x dans I , le signe de u (x) puis celui de f 2 (x)
5. On pose v (x) = x
x
− f (x). 1
ome. − f (x). Montrer que v (x) = Q(cos 2 ), o`u Q est un polynˆome.
2
En d´eduire edu ire,, pour po ur x dans I , le signe de v (x) puis celui de v (x).
6. On pose w(x) = f 3 (x)
− x. Calculer et factoriser w (x).
En d´eduire edu ire,, pour po ur x dans I , le signe de w(x).
Quelle suite d’in´egalit´ egali t´es es les questions quest ions 3 a` 6 permettent-elles d’obtenir sur I ? ? 7. Seules les valeurs des de s fonctions fonct ions trigonom´ tr igonom´etriques etriques de
π
4
et
π
6
sont suppos´ supp os´ees ees connues. connue s.
π π π Calculer des expressions simples de cos 12 , sin 12 et tan 12 . π Faire de mˆeme eme avec sin 24 a` l’aide de radicaux superpos´ superp os´es. es. π π Calculer les expressions par radicaux de X = 12f 2 ( 12 ) et de Y = 12f 3 ( 12 ). En d´eduire eduir e un encadrement encad rement de π .
Math´ ematiques emati ques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Page 1
Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e 1. Pour comparer m(a, b) et g(a, b), on factorise m3 (a, b) m3 (a, b)
3
− g (a, b) :
1 (8a3 + 12a2 b + 6 ab2 + b3 27a2 b) 27 1 1 = (8a3 15a2 b + 6 ab2 + b3 ) = (a 27 27
3
− g (a, b)
=
−
−
2
− b) (8a + b)
Si a = b , alors 8a + b > 0. On en d´eduit m3 (a, b) > g 3 (a, b) donc m(a, b) > g (a, b).
Bien sˆ ur, si a = b alors m(a, b) = g (a, b). 2. Remarque : les fonctions f 1 , f 2 , f 3 , f 4 , f 5 sont impaires. Les d´eveloppements limit´es seront donc de la forme f k (x) = ax + bx3 + cx5 + o(x5 ). – D´eveloppement limit´e de f 1 a` l’origine : x5
2
4
5
− 3! + 5! + o(x ) =3 x x 3− + + o(x ) 2! 4! x x x x = x− + + o(x ) 1 − + + o(x ) 6 120 6 72 x x x x = x 1 − + + o(x ) 1 + + + o(x ) 6 120 6 72 1 1 1 x − = x 1 + x + + o(x ) = x 1 − + o(x ) 72 36 120 180 x
f 1 (x)
x3
5
3
5
2
4
4
2
4
4
On a donc obtenu : f 1 (x) = x
2
5
x5
4
4
1
−
5
4
4
4
5
− 180 + o(x ).
– D´eveloppement limit´e de f 2 a` l’origine : 1 x x3 x5 x3 x5 5 8 + + o(x ) + + o(x5 ) f 2 (x) = x 3 2 3!8 5!32 3! 5! 1 3 x5 x5 5 = 3x + o(x ) = x + o(x5 ) 3 4 5! 480
− −
− −
−
– D´eveloppement limit´e de f 3 a` l’origine : 1/3
f 3 (x) = sin x(cos x)
−
x
2
− −
= x 1 = x 1
6
x
+
2
6
= x 1 + x4
+
x
= x 1
4
120 x
x2
− 6
+ o(x4 )
4
+
x4
120 2
1+
x
6
x2
4
4
+ o(x ) 4
− 1
4
x2
2
+
x4
24
4
+ o(x )
x x − 72 + + o(x ) 18 x4
4
4
1/3
−
+ o(x ) 1 + + + o(x ) 120 6 24 1 1 1 x5 4 + + o(x ) = x + + o(x5 ) 24 36 120 45
−
– D´eveloppement limit´e de f 4 a` l’origine : 1 2x f 4 (x) = 3
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−
x3
x5
x3
2 x5 x5 5 + + x + + + o(x ) = x + + o(x5 ) 3 60 3 15 20 mathprepa.fr
Page 2
Probl` eme
Corrig´e
On constate qu’au voisinage de l’origine on a les ´equivalents suivants : f 2 (x)
13x5 160
− f (x) ∼ x f (x) − x ∼ 45 1
5
x5
− f (x) ∼ 480 x f (x) − f (x) ∼ 36 x
2
5
3
4
3
Deux fonctions ´equivalentes en un point ont mˆeme signe au voisinage de ce point. On en d´eduit l’existence de η1 tel que sur ]0, η1 [ on ait f 2 (x) De mˆeme il existe η2 tel que sur ]0, η2 [ on ait x
− f (x) > 0. 1
− f (x) > 0. Il existe ´egalement η tel que sur ]0, η [ on ait f (x) − x > 0. Enfin il existe η tel que sur ]0, η [ on ait f (x) − f (x) > 0. Soit η = min{η , η , η , η }. 3
3
4
2
3
4
4
3
1
2
3
4
Ce qui pr´ec`ede montre que sur ]0, η [ on a : f 1 (x) < f 2 (x) < x < f 3 (x) < f 4 (x).
3. Sur I = 0, π2 , on a cos x = 1 donc sin x = tan x.
Il en r´esulte que : x I , f 4 (x) 4. On lin´earise u(x) :
∀ ∈
− f (x) = m(sin x, tan x) − g(sin x, tan x) > 0. 3
u(x) = (2 + cos x) 8sin
x
−
− sin x
2
9sin x
3x 1 x = 16 sin 11 sin x + 4 sin sin sin 2x 2 2 2 2 1 3 x x = sin 2x + 4 sin 11 sin x + 12 sin 2 2 2 x
−
−
−
−
−
Il en d´ecoule
− cos2x + 6 cos 32x − 11cos x + 6 cos x2 x x x = 1 − 2 2cos − 1 + 6 4cos − 3cos − 11 2 2 2 x x x x = −8cos + 24 cos − 14cos − 12 cos + 10 2 2 2 2
u (x) =
2
2
3
4
x
Ainsi u (x) = P cos
, avec P (t) =
2 On factorise le polynˆome P :
3
P (t) =
3
2
4
3
−2(4t − 12t
+ 7t2 + 6t
2
2
2cos
x
2
−
1 + 6 cos
x
2
− 5).
2
2
−2(t − 1)(4t − 8t − t + 5) = −2(t − 1) (4√ t − 4t − 5) √ 1− 6 1+ 6 = −8(t − 1) (t − α)(t − β ) avec α = , β = 2 2 √ 2 x 2
Pour tout x de I , on a α <
< t = cos < 1 < β donc P (t) > 0. 2 2 Ainsi u (x) > 0 sur I . Mais u(0) = 2(f 2 (0) f 1 (0)) = 0. Il en d´ecoule :
Or on a u(x) = (2 + cos x)(f 2 (x) On en d´eduit
− f (x)) et 2 + cos x > 0. 1
∀ x ∈ I , f (x) < f (x). 1 x 5. On a v (x) = x − f (x) = x − 8sin − sin x 3 2 1
2
2
v (x) = 1
−
1 x 4cos 3 2
2 x = cos2 3 2
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
∀ x ∈ I , u(x) > 0.
−
− − −
− cos x
− 2cos x2 + 1
. On en d´eduit :
=1 =
mathprepa.fr
1 x 4cos 3 2
2 x cos 3 2
1
2
2 x
2cos
2
+1
Page 3
Probl` eme
Ainsi v (x) 0 sur
R,
Corrig´e
et v (x) ne s’annule qu’en des points isol´es (les x = 4kπ,k
L’application v est donc strictement croissante sur R. Or v (0) =
−f (0) = 0.
∈ Z.)
2
On en d´eduit en particulier : x I , v (x) > 0, c’est-`a-dire f 2 (x) < x.
∀ ∈ 6. Pour tout x de R, w(x) = f (x) − x = (sin 3
2
x tan x)
1/3
On en d´eduit la factorisation de w (x) :
− x = sin x(cos x)
1/3
−
− x.
1 1 + sin 2 x(cos x) 4/3 1 = (cos x)2/3 + (1 cos2 x)(cos x) 4/3 3 3 2 1 1 = (cos x)2/3 + (cos x) 4/3 1 = (cos x) 4/3 2cos2 x + 1 3(cos x)4/3 3 3 3 2 1 = (cos x) 4/3 (cos x)2/3 1 2(cos x)2/3 + 1 3 2/3
−
w (x) = (cos x)
−
−
−
−
−
−
−
−
−1
−
Il en d´ecoule que w (x) > 0 sur I . Or w(0) = f 3 (0) = 0. On en d´eduit w(x) > 0 sur I .
Conclusion : pour tout x de I , on a x < f 3 (x). Les questions 3 `a 6 donnent donc :
∀ x ∈ I , f (x) < f (x) < x < f (x√ ) < f (x). √ 2 √ π π π π π π 7. cos = cos − = (1 + 3). sin = sin − = ( 3 − 1). 12 4 6 4 12 4 6 4 √ 3 − 1 4 − 2√ 3 √ π tan = √ = = 2 − 3. 12 2 3+1 √ 2 √ √ √ 1 4+ 6+ 2 π π π cos = 2 cos . − 1 = 4 (1 + 3) ⇒ cos 24 = 2 12 24 2 √ 2 + √ 6 + 4 1 4 − √ 6 − √ 2 π π sin = 1 − cos = 1− = . 24 24 8 2 2 1
√ 2
2
2
4
2
3
On ´evalue maintenant les expressions X et Y : X = 12f 2
=
π
π
− √ − √ − √ − √ − √ − √ 12
2 8 4
Y = 12f 3
π
12
= 4 8sin 6
= 12 sin2
24
2
π
12
sin
− √ − √ − √ √ −
π
12
= 16
4
6 2
2
2( 3
1)
3+1
tan
π
1/3
12
√
1/3 1 (2 3)(4 2 3) = 6(14 8 3)1/3 8 Les in´egalit´es f 2 (x) < x < f 3 (x) donnent X < π < Y .
= 12
−
Une application num´erique donne 3, 1415 < π < 3 , 1420.
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 4
