´ nonc´e E
` Probleme eme
Calcul int´ egral egral et approximation de π 2 Prem Premi` i` ere ere part partie ie Dans cette partie, on ´etudie etudie l’application x
→ f (x) = x
1. Pour tout r´eel eel x > 0, montrer que I 1(x) =
0
π
2
π
u du
2
pour tout x > 0.
x2 cos2 u + sin2 u
0
π du = . 2x x2 cos2 u + sin2 u
π
sin u du pour po ur tout tou t r´eel eel x > 0. 2 2 2 0 x cos u + sin u On sera ser a amen´ ame n´e a` consid´ consi d´erer erer les cas 0 < x < 1, x = 1 et x > 1.
2. (a) (a) Calc Calcul uler er I 2 (x) =
(b) V´erifier eri fier que I 2 (x)
2
∼ − ln x quand x tend vers 0.
3. Montrer Montrer que que pour tout x de
+∗
R
, on a f (x) + f
1
x
π2
=
.
4
4. (a) Montrer Montrer que que pour pour tout tout x > 0, on a les le s in´egal eg alit´ it´es es 0 f (x)
π
2
xI 2 (x).
(b) En d´eduire eduir e lim f (x) et lim f (x). x→0 x→+∞ 5. Dans cette cett e question quest ion on ´etablit etab lit la d´erivabilit´ erivabilit´e de l’applicati l’app lication on f . (a) On pose Φ(x) =
0
π
u du
2
x cos2 u + sin2 u
et ∆(x) =
π
−u cos
2
2
u du
(x cos2 u + sin2 u)2
0
On se donne un r´eel eel x > 0, et un r´eel eel h tel que h <
.
x
. 2 Pour simplifier les calculs, on pourra poser a(u) = x cos2 u + sin2 u.
| |
Montrer qu’on a la majoration :
Φ(x + h) h
− Φ(x) − ∆(x) |h|
π
u cos4 u du
2
( 2 cos 2 u + sin2 u)3 x
0
En d´eduire eduir e que Φ est d´erivable erivable au point poi nt x. (b) Montrer que f est e st d´erivable eri vable sur
+∗
R
, avec f (x) =
0
π
2
u(sin2 u
cos2 u) du (x2 cos2 u + sin2 u)2
−x
2
π
sin u cos u du. 2 cos2 u + sin2 u x 0 ln x (d) Prouver finalement que pour tout x = 1 on a f (x) = 2 . x 1 L’application f est-elle continue en x = 1 ? (c) Montrer que :
∀ x > 0, f (x) =
2
−
6. Dans cette cette question, question, on aboutit a` une nouvelle expression de l’application f .
x
(a) Montrer que pour tout x > 0, on a f (x) =
0
ln t t2
− 1 dt
(b) Dresser le tableau de variation de f et tracer sa courbe repr´esentative esentative
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´ Enonc´ e
Probl` eme
Deuxi` eme partie Dans cette partie on adopte les notations suivantes : – Soit (un)nn une suite de nombres r´eels. m un converge si la suite de terme g´en´eral S m = un converge. On dit que la s´erie n=n +∞ +∞ – On note alors erie un = lim S m et on dit que un est la somme de la s´ un . m→+∞ n=n n=n nn 0
0
0
0
0
– On admettra que s’il existe α > 1 tel que lim nα un = 0, alors la s´erie n→+∞ ∞ 1 – Un r´esultat classique est = 6.
n=0
π
2
un converge.
2 n
Dans cette partie, on exprime π2 comme la somme d’une s´erie. On en d´eduit une m´ethode de calcul d’une valeur approch´ee de π2 . m
1. (a) Pour tout m de
N,
montrer que : f (1) =
n=0
1 + (2n + 1) 2
1 2m+2
(b) Prouver qu’il existe un r´eel K > 0 tel que 0
0
En d´eduire l’´egalit´e
+∞
n=0
t
t2
π2 1 = . (2n + 1) 2 8
−
1 2m+2
t
0
t2
−
ln t dt. 1
ln t K dt . 1 2m + 2
+∞
1 = 1. n(n + 1) n=1 +∞ (b) En d´eduire que π 2 = 10
2. (a) Prouver que
− n=1
2 . n(n + 1)(2n + 1) 2 p
2 3. Dans cette question, on pose h(t) = , S p = h(n) et R p = t(t + 1)(2t + 1) 2 n=1 Le r´esultat de la question II-2-b s’´ecrit donc : p N∗ , π 2 = 10 S p R p .
∀ ∈
+∞
h(n).
n= p+1
− −
(a) Montrer que h est int´egrable sur [1, + [ et observer qu’elle est d´ecroissante. +∞ +∞ ∗ (b) Pour tout entier p dans N , prouver les in´egalit´es : h(t) dt R p h(t) dt
∞
p+1
1 6( p + 2) 3 1 . S p 6 p3
(c) En d´eduire que pour tout p 1, on a : (d) On utilise l’approximation π 2
R p
p
1 6 p3
≈ 10 − −
Montrer que l’on commet ainsi une erreur par d´efaut, major´ee par
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1 p4
.
Page 2
Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e Premi` ere partie du est invariant dans u u + π . x2 cos2 u + sin2 u Il y a donc “l’invariant de la tangente”, et on effectue le changement de variable t = tan u.
1. On remarque que
→
π
Celui-ci r´ealise une bijection strictement croissante de [0, 2 [ sur [0, + dt 1 t2 2 2 On a du = , cos u = et sin u = . On en d´eduit : 1 + t2 1 + t2 1 + t2 I 1 (x) =
π
2
0
du = x2 cos2 u + sin2 u
+∞
0
∞[.
t dt 1 = arctan x2 + t2 x x
t=+
∞
t=0
=
π 2x
sin u du est invariant dans u u. x2 cos2 u + sin2 u Il y a donc “l’invariant du cosinus”, et on effectue le changement de variable t = cos u.
2. (a) On remarque que
→ − π
Celui-ci r´ealise une bijection strictement d´ecroissante de [0, 2 ] sur [0, 1]. On a dt =
2
− sin u du, cos
I 2 (x) =
π
2
0
u = t 2 et sin2 u = 1
sin u du = x2 cos2 u + sin2 u
1
2
− t . On en d´eduit :
dt x2 t2 + 1
0
1
=
2
−t
0
dt 1 + ( x2
2
− 1)t
Si x = 1, on a bien sˆur I (x) = 1 (´evident aussi avec l’expression initiale de I .) Si 0 < x < 1, on pose v = t√ 1 − x . On a dt = √ 1d−v x . 2
2
2
2
1
On en d´eduit : I 2 (x) =
0
dt = (1 x2)t2
1
− −
1
1 1 + v ln 2 1 v
= √ − 1−x Si x > 1, on pose v = t√ x − 1. On en d´eduit : 2
√
1
√ 1 − x
√
1−x2
1−x2
dv 1
2
− v √ 1 1 + 1 − x √ = √ ln 2 1−x 1− 1−x 2
0
2
2
0
2
2
1
I 2 (x) =
dt 1 + ( x2
0
=
2
− 1)t
1
√ x − 1 2
√
x2 1
−
0
√ − √ −
dv arctan x2 1 = 1 + v 2 x2 1
(b) Quand x tend vers 0, on a (en utilisant une quantit´e conjugu´ee) :
√ 1 − x − √ 1 − x
1 1 + I 2 (x) = ln 2 1 x2 1
√ −
=
ln(1 +
On a donc bien I 2 (x) Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
2 2
√ − x )
1 (1 + 1 = ln x2 2 1 x2
√ −
2 2
√ 1 − x ) − ln x − ln x + ln 2 + o(1) √ 1 − x = ∼ − ln x 1 + o(1) 2
2
∼ − ln x quand x tend vers 0. mathprepa.fr
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Probl` eme
f
1
=
x
=
π
1 x π
2
0
1 2 x π
2
x
0
=
0
dv sin2 v + x2 cos2 v
−x
π
v dv
2
0
sin2 v + x2 cos2 v
sin2 v + x2 cos2 v
0
π
2
v dv
2
2
=
:
x
π
π
xu du = x cos2 u + x2 sin2 u
2
cos2 u + sin2 u
1
− x dans l’int´egrale donnant f 2 π
u du
2
−
π
3. On effectue le changement de variable v =
Corrig´e
xI 1 (x)
− f (x)
π π2 1 Sachant que I 1(x) = , on trouve bien : x > 0 , f (x) + f = . 2x 4 x 2u π 4. (a) On sait que sur 0, on a : sin u (concavit´e de u sin u.) 2 π π On en d´eduit u sin u et pour tout x > 0 (sachant que f (x) 0 est ´evident) :
∀
→
2
0 f (x) x
2
0
(b) On sait que I 2 (x) Quand x
π
π
sin u du
2
c’est-`a-dire 0 f (x)
x2 cos2 +sin2 u
π
2
xI 2 (x)
∼ − ln x en 0. On en d´eduit lim xI (x) = 0 donc lim f (x) = 0.
→ +∞, l’´egalit´e f (x) + f
1
2
2
0
π2
donne alors lim f (x) = . +∞ 4 4 5. (a) Avec la convention de notation propos´ee par l’´enonc´e, on a :
− Φ(x) = 1
Φ(x + h) h
h
On en d´eduit : Ainsi
Φ(x + h) h
Φ(x + h) h
0
π
2
x
=
π
0
u a(u) + h cos2 u
−
− Φ(x) − ∆(x) =
π
0
− Φ(x) − ∆(x) = h 0
π
2
u du = a(u)
2
π
−u cos
2
u du a(u)(a(u) + h cos2 u))
2
0
1 1 u cos2 u + du. a(u) a(u) + h cos2 u a(u)
−
u cos4 u du . a2 (u)(a(u) + h cos2 u)
Puisque x > 0, on a a(u) = x cos2 u + sin2 u 2 cos 2 u + sin2 u. x
x
de mˆeme, h
| | 2 ⇒ a(u) + h cos 2
2
u = (x + h)cos2 u + sin2 u 2 cos 2 u + sin2 u. x
2
On en d´eduit a (u)(a(u) + h cos u)
x
2
Φ(x + h) h
− Φ(x) − ∆(x) = |h| 0
3
cos u + sin u . 2
Il en d´ecoule imm´ediatement le r´esultat attendu :
2
π
u cos4 u du h a2 (u)(a(u) + h cos2 u)
2
||
0
π
u cos4 u du
2
x
2
cos 2
2
u + sin u
3
La derni`ere int´egrale ne d´epend plus de h. Φ(x + h) Φ(x) On en d´eduit que lim = ∆(x). h→0 h Autrement dit l’application Φ est d´erivable en x et Φ (x) = ∆(x).
−
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Page 4
Probl` eme
Corrig´e
(b) On observe que pour tout x > 0 on a f (x) = x Φ(x2 ). On en d´eduit que f est d´erivable sur R+∗ et que, pour tout x > 0 : f (x) = Φ(x2 ) + 2 x2 Φ (x2 ) = Φ(x2 ) + 2 x2 ∆(x2 )
=
π
2
0
=
π
2
u du x2 cos2 u + sin2 u
2
− 2x
u(x2 cos2 u + sin2 u)
π
u cos2 u du (x2 cos2 u + sin2 u)2
2
0
2
− 2x u cos
2
u
du =
(x2 cos2 u + sin2 u)2
0
π
u(sin2 u
cos2 u) du (x2 cos2 u + sin2 u)2
2
0
(c) On va proc´eder a` une int´egration par parties. sin u cos u Fixons x > 0, et notons ψ (u) = 2 , pour tout u de 0, x cos2 u + sin2 u On constate que :
−x
2
(cos2 u ψ (u) = =
− sin
x2 cos4 u
2
u)(x2 cos2 u + sin2 u)
− 2sin
2
π
2
.
u cos2 u(1
(x2 cos2 u + sin2 u)2 4
u + ( x2
− sin
2
− 1) sin
2
−x )
u cos2 u
(x2 cos2 u + sin2 u)2
(x2 cos2 u sin2 u)(cos2 u + sin2 u) x2 cos2 u sin2 u = = 2 (x2 cos2 u + sin2 u)2 (x cos2 u + sin2 u)2
−
On en d´eduit :
−
=0
−
π
π
2
ψ (u) du = uψ(u)
0
2
0
π
π
2
2
uψ (u) du =
0
0
u(sin2 u
cos2 u) du = f (x) 2 2 2 2 (x cos u + sin u)
π
2
On a donc bien obtenu, pour tout x > 0 : f (x) =
0
2
−x
sin u cos u du . x2 cos2 u + sin2 u
sin u cos u du du est invariant dans la transformation u π u. x2 cos2 u + sin2 u Il y a donc “l’invariant du sinus”, et on effectue le changement de variable t = sin u.
(d) On voit que
→ −
π
Celui-ci r´ealise une bijection strictement croissante de [0, 2 ] sur [0, 1]. On a dt = cos u du, cos2 u = 1 f (x) =
0
=
2
et sin2 u = t 2 . On en d´eduit :
sin u cos u du = x2 cos2 u + sin2 u
2(1
1
− x ) ln 2
2
x + (1
1
t dt
0
x2 + (1
2
2
− x )t
t=1 t=0
2
2
− x )t ln x ln x =− = 2(1 − x ) x −1 2
2
2
ln x 1 1 quand x 1. x2 1 x 1 x + 1 2 1 sin2 u 1 On en d´eduit lim f (x) = . Or f (1) = sin u cos u du = = . x→1 2 2 0 2 0 Ainsi l’application f est continue en x = 1 (et finalement sur R+∗ .) On a
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ln x
π
2
−t
−
=
−
∼
→
π
2
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π
2
Page 5
Probl` eme
6. (a) On sait maintenant que f est de classe On peut donc ´ecrire : x > 0 ,
∀
C
Corrig´e
1
sur
R
+∗
.
x
∀ y > 0, f (x) − f (y) =
x
f (t) dt =
y
y
On fait tendre y vers 0, en utilisant lim f (y) = 0. y →0
ln t t2
− 1 dt.
→ ω (t) = t ln−t 1 , qui est continue sur R √ la valeur ω(1) = 1 ) est int´ egrable sur tout segment [0, x] car lim tω(t) = 0. On utilise aussi le fait que l’application t 2
x
On obtient donc :
∀ x > 0, f (x) =
+∗
2
→0
t
ln t t2
0
(avec
− 1 dt.
ln x 1 (b) On sait que pour tout x > 0, on a f (x) = 2 , avec f (1) = . 1 2 x D’autre part, ln x a toujours le signe de x 1, donc celui de x2 1. On en d´eduit que f (x) > 0 sur R+∗ : l’application f est strictement croissante.
−
−
−
On sait qu’on peut prolonger f par continuit´e a` l’origine en posant f (0) = 0. On observe alors que lim f (x) = + . Il en d´ecoule que la courbe y = f (x) pr´esente a` x→0 l’origine une demi-tangente verticale dirig´ee vers les y > 0.
∞
π
sin u cos u du 2 , obtenue en I-5-c. 2 2 0 x cos u + sin u est d´ecroissante sur R+∗ , pour tout u de 0,
On se souvient de l’expression f (x) =
2
sin u cos u L’application x x2 cos2 u + sin2 u Par int´egration, il en d´ecoule que f est d´ecroissante. Donc f est concave sur
→
On note que f (1) =
π
2
.
R+ .
π2
(´evident sur la d´efinition de f , ou cons´equence de I-3). 8 Voici le tableau de variation et la courbe repr´esentative de f :
Deuxi` eme partie
− − 1 2m+2
t
1. (a) On ´ecrit f (1)
t2
0
m
Ainsi f (1) =
ln t dt = 1
1 2m+2
I n +
t
t2
1
1
2
0
ln t dt, avec I n = 1
− t On int`egre par parties : I = − ln t 2n + 1 n=0
0
2n+1
n
m
On a ainsi obtenu : Math´ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
∀ m ∈ N, f (1) =
n=0
ln t dt =
0
1
−
m
t2n ln t dt.
n=0
t2n ln t dt.
0
1
1 + 2n + 1 0 1
1 + (2n + 1) 2
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− 1
2m+2
−t t −1
t2n dt =
0
1 2m+2
t
0
t2
−
1 . (2n + 1) 2
ln t dt. 1 Page 6
Probl` eme
(b) L’application t
Corrig´e
→ tt ln−t1 est continue sur [0, 1], avec g(0) = 0 et g(1) = 12 . 2
Elle est donc born´ee sur ce segment. Posons K = sup g (x).
1 2m+2
On en d´eduit 0
t
t2
0
ln t dt = 1
−
[0,1]
1
2m+1
t
1
g(t) dt K
0
t2m+1 dt.
0
1 2m+2
ln t K d . t 2 1 2 + 2 t m 0 Si on fait tendre m vers + dans le r´esultat de la question pr´ec´edente, on obtient : Autrement dit, on a : 0
t
−
∞
+∞
n=0
+∞
1 = f (1) c’est-` a-dire (2n + 1) 2
n=0
π2 1 = (2n + 1) 2 8
2. (a) Pour tout entier m 1, on a les ´egalit´es : m
1 = n(n + 1)
m
−
(b) On voit que
1
m
m
1 = n + 1
1
m+1
m
−
1 1 1 = =1 n n n + 1 n n n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 n=2 m +∞ 1 1 Il en r´esulte lim = 1. Autrement dit : = 1. m→+∞ ( + 1) ( + 1) n n n n n=1 n=1
1 1 = n(n + 1)(2n + 1) 2 n(n + 1) m
On en d´eduit, pour m 1 :
n=1
−
− (2n +4 1)
2
− m +1 1
. m
2 1 = 2 n(n + 1)(2n + 1) 2 n(n + 1) n=1
m
− 8
n=1
1 . (2n + 1) 2
Quand on fait tendre m vers + , on trouve : +∞ +∞ +∞ 2 1 1 π2 =2 8 =2 8 1 = 10 2 2 ( + 1)(2 + 1) ( + 1) (2 + 1) 8 n n n n n n n=1 n=1 n=1 +∞ 2 2 On a donc bien obtenu l’´egalit´e demand´ee : π = 10 . 2 ( + 1)(2 + 1) n n n n=1
∞
−
−
−
−π
2
−
3. (a) L’application h est continue sur [1, + [ donc int´ egrable sur tout segment. 1 D’autre part h(t) au voisinage de + . Par comparaison avec les int´egrales de 2t2 Riemann, on sait que cela implique que h est int´egrable sur [1, + [.
∞
∼
∞
∞
D’autre part, l’application t
→ t(t + 1)(2t + 1) est croissante positive sur R Il en d´ecoule que l’application h est d´ecroissante sur R ∗ donc sur [1, +∞[.
+
.
+
n+1
(b) h ´etant d´ecroissante, on
n
h(t) dt h(n)
Soient p, q deux entiers tels que 1 p < q .
On somme de n = p + 1 a` n = q :
h(t) dt
p+1
Quand q
→ +∞ , on obtient bien :
R
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(2t + 1) 2
+∞
q
h(n)
n= p+1
h(t) dt R p
p+1
h(t) dt.
p
+∞
h(t) dt.
p
4(t + 1) 2 donc 4t4 t(t + 1)(2t + 1) 2 1 1 On en d´eduit, pour tout t de R+∗ : h(t) . 2(t + 1) 4 2t4
(c) Sur
on a 4t2
−
q
q+1
+
h(t) dt pour tout n 2.
n 1
n
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4(t + 1) 2 .
Page 7
Probl` eme
Corrig´e
Par int´egration, il en d´ecoule, pour tout entier p 1 : –
+∞
h(t) dt
p
–
+∞
h(t) dt
p+1
1 2 1 2
+∞
dt t4
p
+∞
p+1
=
− 1 1 6 t3
dt = (t + 1) 4
+∞
p
=
1 6 p3
−
1 1 6 (t + 1) 3
+∞
p+1
=
Avec la question pr´ec´edente, on en d´eduit : p
∀ ∈ N∗,
1 6( p + 2) 3
1 6( p + 2) 3
R p
1 . 6 p3
(d) On a les ´equivalences 1 6( p + 2) 3
R p
1 6 p3
⇔ 6( p +1 2) ⇔ 0 π
En posant π2
≈ 10 − S − 6 p1
2
3
−
10
10
− S − π p
− S − p
2
1 6 p3
1 6 p3 1 6 p3
− 6( p +1 2)
on commet donc une erreur par d´efaut. 1 1 Et cette erreur est major´ee par ∆ p = 3 . 6 p 6( p + 2) 3 1 (x) = 1 Posons δ (t) = : [ + 2] ∆ = ( + 2) ( ) = 2 x p, p , δ p δ p δ p 6t3 x4 1 1 On a donc prouv´e l’encadrement : 0 π2 10 S p . 6 p3 p4 p
3
3
−
−
∃ ∈
−
−
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− −
1 p4
.
Page 8
