Proble`mes de Mathe´matiques
De´veloppement en se´rie de 1/ sin2(t)
E´ nonc´e
D´eveloppement en s´erie de 1/ sin2(t)
On consid`ere des applications `a valeurs r´eelles et d´efinies sur une partie D de IR.
On dit que D v´erifie la condition (1) si : ∀x ∈ D, ∀n ∈ IN∗, ∀k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, x + k ∈ D.
n
n−1 x+ k
f( ).
On dit ensuite que f v´erifie la condition (2) si : ∀x ∈ D, ∀n ∈ IN∗, n2f (x) = n
k=0
1. V´erifier rapidement que IR et IR − ZZ satisfont `a la condition (1). [ S ]
2. Soit f une application continue et v´erifiant la condition (2) sur IR.
Montrer que f est l’application nulle. [ S ]
3. (a) Montrer que pour tout n de IN∗ et pour tout z de Cl : sin(πz) = 2n−1 n−1 sin(π z + k ).
n
k=0
Indication : formule d’Euler et factorisation de Xn − 1 dans , Cl . [ S ]
(b) En d´eduire que l’application f :x→ 1 v´erifie la condition (2) sur IR − ZZ. [ S ]
sin2(πx)
4. Soit (fn)n∈ZZ une suite de fonctions d´efinies sur un intervalle I de IR et `a valeurs r´eelles,
cette suite ´etant indic´ee par l’ensemble des entiers relatifs.
On dit que la s´erie fn est simplement (resp. uniform´ement, resp. normalement) conver-
n ∈ZZ
gente sur I si les deux s´eries de fonctions fn et f−n sont simplement (resp. uni-
n≥0 n≥1
form´ement, resp. normalement) convergentes sur I.
+∞ +∞ +∞
En cas de convergence on note, pour tout x de I : fn(x) = fn(x) + f−n(x).
n=−∞ n=0 n=1
Autrement dit, +∞ q p → −∞
fn(x) est la limite de fn(x) quand q → +∞
n=−∞ n=p
+∞ 1
(a) Montrer qu’on d´efinit une application S sur IR−ZZ en posant S(s) = (x + n)2 [ S ]
n=−∞
(b) Prouver que l’application S est p´eriodique de p´eriode 1. [ S ]
(c) D´emontrer que S est continue sur IR − ZZ.
Indication : montrer que la s´erie d´efinissant S est normalement convergente sur tout
segment [a, b] de ]0, 1[. [ S ]
(d) Prouver que l’application S v´erifie la condition (2) sur IR − ZZ. [ S ]
5. (a) Montrer que l’application x → ψ(x) = π2 − 1 a une limite finie en x = 0. [S]
sin2 πx x2
(b) Montrer que g:x→ π2 − S(x) est continuement prolongeable sur IR. [S]
sin2 πx
(c) On note g le prolongement continu de g `a IR. Montrer que g est l’application nulle. [ S ]
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Proble`mes de Mathe´matiques
De´veloppement en se´rie de 1/ sin2(t)
E´ nonc´e
6. (a) En d´eduire que pour tout t de IR − πZZ : 1 +∞ 1 [S]
sin2 t =.
(t + nπ)2
n=−∞
+∞ 2x est de classe C1 sur ] − π, π[. [ S ]
(b) Montrer que l’application H(x) = x2 − n2π2
n=1
(c) Prouver que H(x) = cotan x − 1 pour 0 < |x| < π. [ S ]
x
(d) Par int´egration terme a` terme, montrer que :
+∞ x2 sin x
n2π2 ) .
0 < |x| < π ⇒ ln(1 − = ln [S]
x
n=1
(e) En d´eduire finalement que si 0 < |x| < π alors : +∞ x2 sin x
1 − n2π2 = . [S]
x
n=1
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Proble`mes de Mathe´matiques
De´veloppement en se´rie de 1/ sin2(t)
Corrig´e
Corrig´e du probl`eme
1. Il est ´evident que D = IR satisfait `a la condition (1).
Soit x un ´el´ement de D = IR − ZZ. Soit n dans IN∗ et k dans {0, 1, . . . , n − 1}.
Alors y = x + k n’est pas dans ZZ, sans quoi x = ny − k serait lui aussi un entier.
n
Donc l’ensemble IR − ZZ v´erifie la condition (2). [ Q ]
2. Soit x un r´eel quelconque, et soit J le segment [− |x| − 1, |x| + 1].
Sur ce segment l’application continue f est born´ee : on pose M = sup |f (t)|.
t∈J
Pour tout n de IN∗ et tout k de {0, 1, . . . , n − 1}, le r´eel t = x + k est dans J.
n
1 n−1 x + k 1 n−1 x + k ≤ M.
On en d´eduit |f (x)| = n2 f ≤ f n
k=0 n n2 k=0 n
Comme ce r´esultat est vrai pour tout n, il en d´ecoule f (x) = 0.
Ce r´esultat ´etant vrai pour tout x de IR, on en d´eduit que f est nulle sur IR. [ Q ]
3. (a) Le polynˆome P = Xn − 1 se factorise dans Cl en : P = n−1 − exp −2ikπ ).
(X n
k=0
D’autre part sin(πz) = 1 ( exp(iπz) − exp(−iπz)) = exp(−iπz)( exp(2iπz) − 1).
2i 2i
2iπz
Si on pose X = exp , alors :
n
sin(πz) = exp(−iπz) (Xn − 1) = exp(−iπz) n−1 − exp −2ikπ
)
(X
2i 2i n
k=0
exp(−iπz) n−1 2iπz −2ikπ
= (exp − exp )
2i n n
k=0
exp(−iπz) n−1 iπ(z − k) iπ(z + k) −iπ(z + k)
= exp exp − exp
2i nn n
k=0
= exp(−iπz) exp iπz − iπ(n − 1) n−1 z + k
2i sin(π )
2i 2 n
k=0
= 1 (−i)n−1(2i)n n−1 sin(π z + k ) = 2n−1 n−1 sin(π z + k ).
2i n n
k=0 k=0
[Q]
(b) D’apr`es ce qui pr´ec`ede, et pour tout x de IR, on a : sin πx = 2n−1 n−1 sin(π x + k ).
n
k=0
Si on se place sur IR − ZZ, alors sin πx = 0 (et donc aussi chaque terme du produit.)
On peut alors prendre la d´eriv´ee logarithmique dans l’´egalit´e pr´ec´edente.
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Proble`mes de Mathe´matiques
De´veloppement en se´rie de 1/ sin2(t)
Corrig´e
n−1 x + k π n−1 x + k
sin(π ) cotan (π ).
ln|sin πx| = (n − 1) ln 2 + ln ⇒ πcotan πx =
n nn
k=0 k=0
−π2 π n−1 −π
On d´erive `a nouveau par rapport a` x : sin2 πx = n k=0 n sin2(π x + k ) .
n
Apr`es simplification par −π2, le r´esultat s’´ecrit :
∀x ∈ IR − ZZ, 1 n−1 x + k
f (x) = f ( ).
n2 n
k=0
L’application f v´erifie donc la condition (2) sur l’ensemble IR − ZZ. [ Q ]
1
4. (a) Si x n’est pas un entier relatif, alors un = (n + x)2 est d´efini pour tout n de ZZ.
Pour tout n de IN∗, un et u−n sont ´equivalents a` 1 quand n → +∞.
n2
On en d´eduit la convergence des s´eries un et u−n et donc celle de la s´erie
num´erique n∈ZZ un.
+∞ 1 est d´efinie sur IR − ZZ. [ Q ]
(x + n)2
Ainsi l’application S(x) =
n=−∞
q 1 q+1 1
=.
(b) Soit x dans IR − ZZ. Pour tous p, q de ZZ, on a : (n + x + 1)2 (n + x)2
n=p n=p+1
Quand on fait tendre p vers −∞ et q vers +∞ on obtient : S(x + 1) = S(x).
Conclusion : l’application S est p´eriodique de p´eriode 1. [ Q ]
(c) Puisque S est 1-p´eriodique, il suffit de v´erifier que S est continue sur ]0, 1[.
Pour cela (et sachant que les fonctions fn d´efinissant la s´erie sont continues sur
IR − ZZ donc sur ]0, 1[) on va d´emontrer que la s´erie d´efinissant S est normalement
(donc uniform´ement) convergente sur tout segment [a, b] de ]0, 1[.
∀n ∈ IN, ∀x ∈ [a, b], 0 < n+a≤n+x ⇒ fn(x) = 1 ≤ 1
(n + x)2 (n + a)2 .
∀n ∈ IN∗, ∀x ∈ [a, b], −n + x ≤ −n + b < 0 ⇒ f−n(x) = 1 ≤ 1
(n − x)2 .
(n − b)2
11
Les s´eries de terme g´en´eral et convergent (Riemann.)
(n + a)2 (n − b)2
On en d´eduit que les s´eries fn et f−n sont normalement convergentes sur [a, b].
Ainsi leurs sommes, et donc la fonction S, sont continues sur [a, b].
Puisque cela est vrai pour tout segment [a, b] de ]0, 1[ on en d´eduit (on utilise pour
cela le caract`ere local de la continuit´e) que S est continue sur ]0, 1[.
L’application S ´etant 1-p´eriodique, elle est donc continue sur IR − ZZ. [ Q ]
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De´veloppement en se´rie de 1/ sin2(t)
Corrig´e
n=q 1
(n + x)2 .
(d) Soit x dans IR − ZZ, et p, q dans ZZ. On pose Tpq(x) = Soit m ∈ IN∗.
n=p
m−1 x + k
On va ´evaluer T ( ) avant de faire tendre p vers −∞ et q vers +∞.
m
k=0
m−1 x + k m−1 n=q 1 m−1 n=q m2
Tpq( m ) x+k
= n+ 2 = (x + k + mn)2
k=0 k=0 n=p
k=0 n=p m
n=q m−1 1 n=q (n+1)m−1 1
= m2 (x + k + mn)2 = m2 (x + k)2
n=p k=0 n=p k=nm
(q+1)m−1 1
+
= m2 (x k)2 .
k=pm
Si p → −∞ et q → +∞, alors pour tout y, la quantit´e Tpq(y) tend vers S(y).
m−1 x + k m−1 x + k
On passe `a la limite dans la somme finie Tpq( m ) et on trouve S( ).
m
k=0 k=0
(q+1)m−1 1 , on trouve m2S(x).
Si p → −∞ et q → +∞ dans m2 (x + k)2
k=pm
Finalement, ce passage a` la limite dans le r´esultat du calcul pr´ec´edent donne :
∀m ∈ IN∗, ∀x ∈ IR − ZZ, m−1 S( x + k ) = m2S(x).
m
k=0
Cela prouve que l’application S v´erifie la condition (2) sur IR − ZZ. [ Q ]
5. (a) On sait que sin X = X − X3 + O(X5) au voisinage de 0.
6
On en d´eduit sin2 X = X2 − X4 + O(X6) = X2 1 − X2 + O(X4) .
33
11 1 + X2 + O(X4) = 1 + 1 + O(X 2 ).
Il en d´ecoule sin2 X = X2 3 X2 3
On en d´eduit ψ(x) = π2 + O(X 2 ) et donc lim ψ(x) = π2 [Q]
.
3 x→0 3
(b) On remarque que g est d´efinie sur IR − ZZ et que, tout comme S, elle y est continue.
D’autre part g est 1-p´eriodique car diff´erence de deux fonctions 1-p´eriodiques.
Il suffit donc de montrer que g est prolongeable par continuit´e en x = 0.
+∞ 1 +∞ 1
Or pour tout x de IR − ZZ, on a : g(x) = ψ(x) − − (−n + x)2 .
(n + x)2
n=1 n=1
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Corrig´e
On sait que ψ est prolongeable par continuit´e en 0.
Il reste donc `a d´emontrer que les deux s´eries apparaissant dans l’expression qui
pr´ec´ede d´efinissent des fonctions continues en 0.
Cela r´esulte de ce que par exemple ces deux s´eries convergent normalement sur
l’intervalle J = [−a, a] avec 0 < a < 1.
En effet : ∀n ≥ 1, ∀x ∈ J, 1 ≤ 1 et 1 ≤ 1
.
(n + x)2 (n − a)2 (−n + x)2 (−n + a)2
Conclusion : l’application g est prolongeable par continuit´e sur IR tout entier. [ Q ]
(c) D’apr`es (3b) et (4d), l’application g v´erifie la condition (2) sur IR − ZZ.
Par continuit´e, cette condition est encore satisfaite pour les x de ZZ.
D’apr`es la question (2), cela implique que g est la fonction nulle sur IR. [ Q ]
6. (a) On sait que pour tout x de IR − ZZ, on a g(x) = π2 +∞ 1 = 0.
sin2 πx
− (x + n)2
n=−∞
Si on effectue le changement de variable t = πx, alors t d´ecrit IR − πZZ.
On en d´eduit : ∀t ∈ IR − πZZ, π2 +∞ 1
=
sin2 t t
n=−∞ ( + n)2
π
1 +∞ 1
Autrement dit : sin2 t = (t + nπ)2 . [ Q ]
n=−∞
2x +∞
(b) Posons hn(x) = x2 − n2π2 et H(x) = hn(x). On a ´evidemment H(0) = 0.
n=1
Toutes les applications hn sont de classe C1 sur ] − π, π[.
Pour tout x de ] − π, π[ et tout n ≥ 1, on a :
hn(x) 2x 1 1
= = + .
(x − nπ)(x + nπ) x − nπ x + nπ
On en d´eduit hn(x) = − 1 − (x 1
(x − nπ)2 .
+ nπ)2
2
Soit a ∈]0, π[. Pout tout x de [−a, a] et tout n ≥ 1, on a : |hn(x)| ≤ (nπ − a)2 .
La s´erie hn est donc CVN (donc CVU) sur [−a, a].
On peut donc appliquer le th´eor`eme de d´erivation des s´eries de fonctions sur [−a, a].
Puique c’est vrai pour tout a de ]0, π[, on en d´eduit que H est C1 sur ] − π, π[ et :
+∞ +∞ 11 .
+
∀x ∈] − π, π[, H (x) = hn(x) = −
(x − nπ)2 (x + nπ)2
n=1 n=1
[Q]
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Corrig´e
(c) x → λ(x) = cotan x − 1 est prolongeable par continuit´e en 0 si on pose λ(0) = 0.
x
En effet tan x = x + O(x3) = x(1 + O(x2)) ⇒ cotan x = 1 (1 + O(x2)) = 1 + O(x).
xx
Tout comme H, λ est donc continue sur ] − π, π[ et de classe C1 pour 0 < |x| < π.
Pour montrer que H et λ, ´egales en 0, le sont si 0 < |x| < π, il suffit de prouver
qu’elles y ont la mˆeme d´eriv´ee. Or si 0 < |x| < π, on a :
λ (x) = − 1 x + 1 = +∞ (x 1 + 1
sin2 x2 + nπ)2 x2
−
n=−∞
+∞ 1 +∞ 1 = H (x)
=− (x + nπ)2 − (x − nπ)2
n=1 n=1
Conclusion : on a l’´egalit´e H(x) = cotan x − 1 pour 0 < |x| < π. [ Q ]
x
(d) La s´erie H(x) = +∞ +∞ 2x
hn(x) = est normalement donc uniform´ement
x2 − n2π2
n=1 n=1
convergente sur [−a, a], pour tout a de ]0, π[.
Cela r´esulte en effet du th´eor`eme de d´erivation des s´eries de fonctions tel qu’on l’a
utilis´e dans la question pr´ec´edente, mais on peut le montrer directement.
En effet : (n ≥ 1, |x| ≤ a)⇒ |hn(x)| ≤ 2π (terme g´en´eral d’une s´erie CV.)
n2π2 − a2
Pour tout x v´erifiant 0 < |x| < π, on peut donc int´egrer terme `a terme sur [0, x].
x x +∞ +∞ x +∞ x 2t
H(t) dt = hn(t) dt = hn(t) dt = t2 − n2π2 dt
0 0 n=1 n=1 0 n=1 0
+∞ +∞ x2
n2π2 ).
= [ln(n2π2 − t2)]0x = ln(1 −
n=1 n=1
Mais d’autre part : x x t − 1 dt = sin t x sin x
) ln = ln .
H(t) dt = (cotan t t0 x
0 0
+∞ x2 sin x [Q]
) = ln .
On a donc bien prouv´e que si 0 < |x| < π, alors : ln(1 − n2π2 x
n=1
(e) Pour tout x tel que 0 < |x| < π, on a :
sin x +∞ x2 lim N x2 lim N x2
ln )= )= )
= ln(1 − n2π2 N →+∞ ln(1 − n2π2 N →+∞ ln (1 − n2π2
x
n=1 n=1 n=1
= ln lim N x2 +∞ x2
).
N →+∞ (1 − n2π2 ) = ln (1 − n2π2
n=1 n=1
Le r´esultat en d´ecoule en prenant l’exponentielle membre a` membre. [ Q ]
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