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CAPES externe 2007 de Mathématiques
Première composition : CORRIGÉ
Martial LENZEN
webmaster@capes-de-maths.com
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Les mathématiques sont une gymnastique de l’esprit et une
préparation à la philosophie− Isocrateå
å
å
å
2 CAPES 2007 : Première composition
1 Convergence de la suite (s )n
1.1 Première méthode
a) Soit k> 2 un entier. Alors
1 1 k−(k− 1) 1 1
− = = = .
2k− 1 k k(k− 1) k(k− 1) k − k
1 12 2Or k> 2⇒ k − k6 k . En passant à l’inverse, nous avons bien que > , c’est-à-dire
2 2k − k k
1 1 1
6 − .
2k k− 1 k
∗b) D’après ce calcul, nous pouvons dire que pour tout entier n∈N ,
n n1 1 1
s = 1+ 6 1+ −n 2k k− 1 k
k=2 k=2
1 1 1 1 1
6 1+ 1− + − ++ −
2 2 3 n− 1 n
1 1
6 1+ 1− = 2− .
n n
La suite (s ) est donc majorée, puisque s 6 2 pour tout n> 1.n nn>1
c) Pour montrer que cette suite converge, il suffit encore de démontrer qu’elle est monotone. Pour tout
n> 1, on a
n+1 n1 1 1
s − s = − = > 0.n+1 n 2 2 2k k (n+ 1)k=1 k=1
Par suite, la suite (s ) est croissante. Etant de plus majorée, elle est convergente. Un majorant den n>1
sa limite est alors 2, puisque s 6 2 pour tout n> 1.n
1.2 Deuxième méthode
a) Nous avons trois propriétés à démontrer :
⋄ On a déjà démontré plus haut que la suite (s ) est croissante.n n>1
⋄ Montrons que la suite (t ) est décroissante. Pour tout n> 1, on an n>1
1 1 1 1 1
t −t = s + − s − = − =− 6 0.n+1 n n+1 n 2 2n+ 1 n (n+ 1) n(n− 1) n(n+ 1)
On en déduit donc le résultat recherché.
⋄ Montrons enfin que leur différence tend vers 0. Pour tout n> 1, on a
1 1
t − s = s + − s = .n n n n
n n
Le résultat est immédiat.å
7
CAPES 2007 : Première composition 3
Les suites (s ) et (t ) sont donc adjacentes.n nn>1 n>1
−1b) Il s’agit de trouver n∈N tel que t − s 6 10 . Orn n
1−1 −1t − s 6 10 ⇔ 6 10 ⇔ n> 10.n n
n
Il suffit alors de calculer s et t pour avoir l’encadrement recherché :10 10
Comme le montre la capture d’écran de
calculatrice ci-contre, on a bien
1,549776 S6 1,64977.
1.3 Troisième méthode
Soit f la fonction définie par
∗ ∗f :R −→ R
1
t → .
2t
Le graphique ci-dessous est donné :
1y= 2t
1
n1 2 3 n− 2 n− 1
1. Quelle est l’aire de la surface rouge ?
2. Quelle est l’aire sous la courbe entre les abscisses 1 et n ? On la noteA(n).
3. En déduire que la suite (s ) de terme généraln n61
n 1
s =n 2k
k=1
est majorée.
4. Montrer que cette suite est croissante.
5. En déduire qu’elle converge.`
å
a
a
a
j
a
j
a
å
å
`
`
j
`
j
å
`
a
j
å
j
å
j
å
`
`
4 CAPES 2007 : Première composition
Solution :
n 1
1. L’aire de la surface rouge vaut .
2k
k=2Z
n 1 1
2. A(n)= dt = 1− .
2
1 t n
n 1 1
3. On en déduit que pour tout n> 1, 6 1− . D’où
2k n
k=2
n n n1 1 1 1 1 1 1
6 1− ⇔ 1+ 6 1+ 1− ⇔ 6 2− ⇔ s 6 2− ,n2 2 2k n k n k n n
k=2 k=2 k=1
et par suite, notre suite est bien majorée, par 2.
14. Pour tout n> 1, on s − s = > 0, donc cette suite est strictement croissante.n+1 n 2(n+1)
5. Toute suite croissante et majorée converge, donc notre suite (s ) est bien convergente.n n>1
2 Utilisation de polynômes
2 n1. P s’écrit P(X) = a + a X + a X ++ a X = a (X− )(X− ). En identifiant les coeffi-0 1 2 n n 1 n
n−1cients des polynômes, en particulier le coefficient de X , on trouve
n an−1
a (− − −− )= a ⇔ =− ,n 1 2 n n−1 i
ani=1
qui est la formule recherchée.
2. (a) Pour démontrer cette égalité, nous avons besoin de la proposition c-dessous, que nous allons
démontrer :
Proposition : Pour tout entier naturel n et tout réel x, on a
nsin(nx)= m (cosx+ isinx) .
démonstration : En effet,
n ix nm (cosx+ isinx) = m (e )
inx= m(e ) par la formule de Moivre
= m cos(nx)+ isin(nx) = sin(nx).
Puisque p∈N et ∈R, nous allons appliquer ce résultat à x = et n = p, nous permettant
d’utiliser la formule du binôme de Newton pour avancer : 2p+1sin (2p+ 1) = m (cos + isin )" # 2p+1 2p+ 1 j j 2p+1− j= m i sin ( ) cos ( ) .
jj=0j
p
å
j
p
j
`
j
p
j
p
j
j
å
j
j
j
j
å
j
p
å
å
j
j
g
p
å
j
p
å
p
j
p
å
p
j
p
j
p
p
CAPES 2007 : Première composition 5
jOr pour tout valeur paire de j, le terme i est réel. Par conséquent, la partie imaginaire que l’on
recherche s’obtient en ne considérant que les valeurs de j impaires : 2p+1 2p+ 1 j j 2p+1− j sin (2p+ 1) = m i sin ( ) cos ( ) j
j = 0|
j impair
2p+ 1 2k+1) 2p+1−(2k+1) 2k+1= signe(i cos ( ) sin ( )
2k+ 1
2k+1∈I p 2p+ 1k 2p−2k 2k+1= (−1) cos ( ) sin ( ),
2k+ 1k=0
où I ={1,3,5,...,2p+ 1}. Nous avons utilisé le changement de variables j = 2k+ 1 après le
second symbole d’égalité. Le résultat est ainsi démontré.
(b) Toujours pour tous n∈N et ∈R, on a : p 2p+ 1k 2p−2k 2p+1−2p+2ksin (2p+ 1) = (−1) cos ( ) sin ( )
2k+ 1
k=0 p 2p+ 1 1k 2p−2k 2p+1= (−1) cos ( ) sin ( )
2p−2k2k+ 1 sin ( )k=0 p
2p+ 12p+1 k 2p−2k= sin ( ) (−1) cotan ( )
2k+ 1
k=0 p 2p+ 1 p−k2p+1 k 2= sin ( ) (−1) cotan ( ) .
2k+ 1k=0
3. (a) Soit k∈{1,..., p}. Alors d’après ce qui précède, on a p p−k
2p+ 1 kk 2P( ) = (−1) cotank
2k+ 1 2p+ 1k=0
k
sin (2p+ 1)
2p+ 1 sin(k ) = = = 0.
k k2p+1 2p+1sin sin
2p+ 1 2p+ 1
(b) Soit k∈{1,..., p}. Alors nous avons la succession d’implications suivantes :
16 k6 p ⇔ 6 k 6 p
k p
⇔ 6 6 (car 2p+ 1> 0)
2p+ 1 2p+ 1 2p+ 1
k p
⇒ 0< 6 .
2p+ 1 2p+ 1
Or
2p+ 1 p 1
p< ⇒ < ,
2 2p+ 1 2p
j
å
j
p
j
p
j
g
j
j
p
p
j
p
j
å
p
p
j
p
j
j
j
j
j
j
j
å
j
å
j
å
j
p
j
p
j
p
j
å
p
p
j
p
p
j
6 CAPES 2007 : Première composition
donc on a finalement que
k
16 k6 p ⇒ 0< < .
2p+ 1 2
De plus, pour tout k∈{1,..., p− 1},
k (k+ 1)
k< k+ 1 ⇒ < ,
2p+ 1 2p+ 1
ce qui suffit à affirmer que toutes les racines de P (d’après la question a) sont distinctes.k
(c) Aidons nous de la question 1 pour déduire que la première somme recherchée est égale à l’op-
p−1 pposé du quotient du coefficient de X par celui de X : 2p+ 1p 1(−1)k (2p+ 1)! 12 3cotan = − =2p+ 12p+ 1 3!(2p+ 1− 3)! 2p+ 10k=1 (−1) 1
(2p)! (2p− 1)(2p) p(2p− 1)
= = = .
3!(2p− 2)! 2 3 3
Nous pouvons alors poursuivre nos calculs :
k2 cosp p p k 12p+ 12 cotan = = − 1 k k2p+ 1 2 2k=1 k=1 k=1sin sin
2p+ 1 2p+ 1
p 1 p(2p− 1) = − p= k 32k=1 sin
2p+ 1
p 1 p(2p− 1) p(2p+ 2) 2p(p+ 1) ⇔ = + p= = .
k 3 3 32k=1 sin
2p+ 1
4. (a) Pour cette question, on définit sur [0, [ les fonctions f et g respectivement par f( )= sin et2
sing( )= tan = . De plus, on a pour tout ∈[0, [, f(0)= g(0)= 0, ainsi que
cos 2
2 2 2cos ( ) − sin ( ) 1− 2sin ( )′ ′f ( )= cos( ) et g ( )= = ,
2 2cos cos
ce qui nous permet d’affirmer que ces courbes admettent la même tangente au point d’abscisse
nulle, de fonction affine associée égale à à T( )= .
On sait que les courbes représentatives de f et g sont respectivement concave et convexe sur
l’intervalle ]0, [, ce qui implique que la tangente déterminée ci-dessous se trouve en-dessous
2
de la courbe représentant g et au-dessus de celle qui représente f . En d’autre termes, pour tout
réel ∈]0, [,2
0< sin < < tan .
La première inégalité provient du fait que si ∈]0, [, alors sin ∈]0,1[.
2p
p
j
å
p
å
j
p
¥
å
p
å
p
å
p
å
j
p
j
p
j
p
å
p
å
p
å
p
p
p
p
å
p
¥
j
p
j
å
j
p
j
å
p
CAPES 2007 : Première composition 7
(b) Soient p> 1 et k∈{1,..., p}. Alors (en utilisant les résultats de la question 3.c),
1 1 1 120< sin < < tan ⇔ 0< cotan < < ⇔ 0< cotan < <2 2sin sin
k 1 k2 −2⇒ ∀ k, 0< cotan < < sin 22p+ 1 2p+ 1k
2p+1
2k (2p+ 1) 1 k2 −2⇔ ∀ k, cotan < < sin
2 22p+ 1 k 2p+ 1 p p p2k (2p+ 1) 1 k2 −2⇒ cotan < < sin
2 22p+ 1 k 2p+ 1
k=1 k=1 k=1
p2p(2p− 1) (2p+ 1) 1 2p(p+ 1)
⇔ < < .2 23 k 3k=1
(c) En poursuivant nos calculs, la double inégalité précédente est équivalente à
1 12 2p2 22p (1− ) 2p (1+ )12p p
< < .1 1 2 1 12 23 k 34p (1+ + ) 4p (1+ + )2 2k=1p p4p 4p
Par la théorème d’encadrement, on en déduit que
p 21
S= lim = .
2p→ k 6
k=1
1 1 1
5. On montre facilement que les suites et sont équivalentes à
2 2 2(2k) (2k+ 1) kk>1 k>0 k>1
(c’est-à-dire que le quotient de leur terme général tend vers 1 lorsque k tend vers l’infini). Comme ce
sont trois suites à termes positifs, la règle des équivalents nous permet d’affirmer que(u ) et(v ) sontn n
1
de même nature que (s ), et convergent donc. De plus, lim = 0, donc la suite w converge par len n2k→ k
critère des séries alternées.
Dans la suite, n désigne un entier naturel strictement positif. On a alors
n n 21 1 1
u = = ⇒ U = .n 2 2(2k) 4 k 24
k=1 k=1
Concernant la seconde suite,
n n 2n+1 2n+1 2 2 21 1 1 1
u + v = + = ⇒ v = − u ⇒ V = − = .n n n n2 2 2 2(2k) (2k+ 1) k k 6 24 8k=1 k=0 k=1 k=1
Un raisonnement analogue nous amène à écrire que
2 2 2
w = u − v ⇒ W = − =− .n n n
24 8 12p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
8 CAPES 2007 : Première composition
3 Utilisation des intégrales de Wallis
Z Z 3 322 2 t21. I = 1 dt = et J = t dt = = .0 0
2 3 240 0 0
2n+1 12. (a) Soient n∈N, u(t)= cos (t) et v(t)= sin(t). Ces deux fonctions sont de classeC , on peut
′donc utiliser le théorème d’intégration par parties afin de calculer I , en utilisant u (t) =n+1
2n ′−(2n+ 1)sin(t)cos (t) et v (t)= cos(t) :Z Z
2 2′ ′2I = u(t)v (t) dt =[u(t)v(t)] − u (t)v(t) dtn+1 0
0 0Z Z 2 22 2n 2 2n=(2n+ 1) sin (t)cos (t) dt =(2n+ 1) 1− cos (t) cos (t) dt
0 0
=(2n+ 1)I −(2n+ 1)In 2n+1
2n+ 1
⇔ (2n+ 2)I =(2n+ 1)I ⇔ I = I .n nn+1 n+1
2n+ 2
(b) Effectuons une récurrence pour montrer ce résultat :
initialisation (n= 0) : La question 1 nous assure que les deux membres sont bien égaux à /2.
hérédité : Supposons l’hypothèse de récurrence (H.R.) vraie au rang n, et montrons qu’elle
l’est toujours au rang n+ 1 :
2n+ 1 2n+ 1 (2n)! (2n+ 2)(2n+ 1) (2n)!2.b H.R.
I = I = =n+1 n n 2 2 n 22n+ 2 2n+ 2 4 (n!) 2 (2n+ 2) 4 (n!) 2
2(n+ 1) ! 2(n+ 1) !
= = .2 n 2 2n+14(n+ 1) 4 (n!) 2 24 (n+ 1)!
(2n)!
On en déduit que pour tout entier naturel n, I = .n n 24 (n!) 2
3. Soit n> 1.
2n(a) Une première intégration par p