%% This document created by Scientific Word (R) Version 3.0

%\documentclass[a4paper,french]{articleJM}
\documentclass[a4paper,french]{article}
\usepackage{upsnum}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}
%\usepackage{harvard}
\usepackage{a4}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{lastpage}
\usepackage[french]{babel}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
%TCIDATA{OutputFilter=latex2.dll}
%TCIDATA{CSTFile=article.cst}
%TCIDATA{Created=Thu May 23 16:03:14 2002}
%TCIDATA{LastRevised=Sat May 25 12:35:40 2002}
%TCIDATA{<META NAME="GraphicsSave" CONTENT="32">}
%TCIDATA{<META NAME="DocumentShell" CONTENT="Journal Articles\articleJM">}
%TCIDATA{Language=French}
\def \auteur{MPSI Enghien}
\def \sujet{Mines sp\'ecifique Albi,  Al\`es, Douai, Nantes...2002}
\def \an{2001/2002}
\newtheorem{theorem}{Th\'eor\`eme}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Avertissement}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithme}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiome}
\newtheorem{case}[theorem]{Case}
\newtheorem{claim}[theorem]{Claim}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollaire}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion}
\newtheorem{definition}{D\'efinition}
\newtheorem{example}{Exemple}
\newtheorem{exercise}{Exercice}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemme}
\newtheorem{notation}{Notation}
\newtheorem{problem}{Probl\`eme}
\newtheorem{proposition}{Proposition}
\newtheorem{remark}{Remarque}
\newtheorem{solution}{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Summary}
\newenvironment{proof}[1][Peuve]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\setlength{\headsep}{10mm}
\setlength{\topmargin}{5mm}
\setlength{\oddsidemargin}{0mm}
%\setlength{\textwidth}{190mm}
%\setlength{\textheight}{245mm}
\setlength{\textwidth}{180mm}
\setlength{\textheight}{235mm}
\newcommand{\trans}[1]{\hbox{$\hspace{0.2em}^t\hspace{-0.2em}#1$}}
\pagestyle{fancy} \lhead{ \large{\auteur}}\chead{\shadowbox{\large{\sujet}}}\rhead{\large{ \an}}
\lfoot{\tiny{\number \day/\number \month/\number \year}}\cfoot{}\rfoot{\thepage /\pageref{LastPage}}


\pagestyle{ups}
\begin{document}

\begin{center}
{\LARGE PROBLEME I}
\end{center}

\textbf{PARTIE A}

\begin{enumerate}
\item  La relation consid\'{e}r\'{e}e est \textbf{r\'{e}flexive} : $\forall
A\in\mathcal{M}_{3}\left(  \mathbb{R}\right)  ,$ $A=I_{3}AI_{3}$ et
$I_{3}=I_{3}^{-1}.$\newline Elle est \textbf{sym\'{e}trique}, car si
$A=P^{-1}BP,$ alors $B=PAP^{-1}=\left(  P^{-1}\right)  ^{-1}AP^{-1},$ enfin
elle est \textbf{transitive}, car si $A=P^{-1}BP$ et $B=Q^{-1}CQ,$ alors
$A=P^{-1}Q^{-1}CQP=$ $\left(  QP\right)  ^{-1}CQP,$ et $GL_{3}\left(
\mathbb{R}\right)  $ est un groupe multiplicatif.

\item  On sait que le d\'{e}terminant d'un produit de matrices est le produit
des d\'{e}terminants (c'est un morphisme multiplicatif), donc, si $A\sim B,$
alors $\det A=\det\left(  P^{-1}BP\right)  =\det P^{-1}\det B\det P,$ et comme
$\det P^{-1}=\frac{1}{\det P},$ il vient $\det A=\det B.$ On conclut alors par contraposition.

\item
\begin{enumerate}
\item  Soit $y\in\operatorname{Im}w,$ alors il existe $x\in\ker u^{i+j},$
$y=w\left(  x\right)  =u^{j}\left(  x\right)  .$ On en d\'{e}duit :
$u^{i}\left(  y\right)  =u^{i+j}\left(  x\right)  .$ Or $x\in\ker u^{i+j},$
donc $u^{i}\left(  y\right)  =0.$ Conclusion : $\operatorname{Im}w\subset\ker
u^{i}.$

\item  Utilisons le th\'{e}or\`{e}me du rang sur $w$ : $\dim\ker w+rg$
$w=\dim$ $\ker u^{i+j},$ donc
\[
\dim\ker u^{j}+\dim\operatorname{Im}w=\dim\ker u^{i+j}.
\]
Avec l'inclusion pr\'{e}c\'{e}dente, on peut conclure : \fbox{$\dim$ $\ker
u^{i+j}\leqslant\dim\ker u^{j}+\dim\ker u^{i}$}$.$
\end{enumerate}

\item  On suppose $u^{3}=0$ et $rg$ $u=2.$

\begin{enumerate}
\item  D'une part, $u^{3}=u^{2+1},$ donc 3)b donne $3=\dim\ker u^{3}%
\leqslant\dim\ker u^{2}+\dim\ker u,$ et, comme $rg$ $u=2,$ on a : $\dim\ker
u=1$ (th. du rang).\newline D'autre part $u^{2}=u^{1+1},$ donc $\dim\ker
u^{2}\leqslant1+1.$ Finalement on obtient : $2\leqslant\dim\ker u^{2}%
\leqslant2,$ ce qui permet de conclure : $\dim\ker u^{2}=2$

\item  De $\dim\ker u^{2}=2,$ on peut d\'{e}duire $rg$ $u^{2}=1,$ il existe
donc un vecteur $a$ non nul tel que $u^{2}\left(  a\right)  \neq0.$ Supposons
que les r\'{e}els $\alpha,\beta,\gamma$ soient tels que $\alpha a+\beta
u\left(  a\right)  +\gamma u^{2}\left(  a\right)  =0,$ alors par application
de $u^{2}$ (lin\'{e}aire), on trouve $\alpha u^{2}\left(  a\right)  =0,$
puisque $u^{3}=0$, de m\^{e}me que $u^{4}=0,$ d'o\`{u} $\alpha=0,$ puis, en
appliquant $u,$ on trouve $\beta=0$ et il reste $\gamma u^{2}\left(  a\right)
=0,$ ce qui donne $\gamma=0.$ La famille $\left(  u^{2}\left(  a\right)
,u\left(  a\right)  ,a\right)  $ est donc libre, elle est form\'{e}e de 3
vecteurs, dans $E$ de dimension 3, c'est donc une base de $E.$

\item  On a $u^{3}\left(  a\right)  =0,$ puis $u^{2}\left(  a\right)
=1.u^{2}\left(  a\right)  $ enfin $u\left(  a\right)  =0.u^{2}\left(
a\right)  +1.u\left(  a\right)  +0.a.$ Donc $U=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $ \newline et $V=\allowbreak\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & -1 & 1\\
0 & 0 & -1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  .$
\end{enumerate}

\item  On suppose $u^{2}=0$ et $rg$ $u=1.$

\begin{enumerate}
\item  Puisque $rg$ $u=1,$ l'image de $u$ est une droite vectorielle, il
existe donc un vecteur $b$ non nul, d'image non nulle par $u.$

\item  D'une part $u^{2}=0,$ donc $u^{2}\left(  b\right)  =0,$ ce qui
entra\^{i}ne $u\left(  b\right)  \in\ker u,$ d'autre part, $\dim\ker u=2,$
donc le vecteur non nul $u\left(  b\right)  $ de $\ker u$ peut \^{e}tre
compl\'{e}t\'{e} par un vecteur $c$ de $\ker u$ pour que la famille $\left(
u\left(  b\right)  ,c\right)  $ forme une base de $\ker u$ ; il nous reste
\`{a} v\'{e}rifier que la famille $\left(  b,u\left(  b\right)  ,c\right)  $
est libre. Or, si $\alpha b+\beta u\left(  b\right)  +\gamma c=0,$ alors, par
application de $u,$ on trouve $\alpha=0,$ puis, la famille $\left(  u\left(
b\right)  ,c\right)  $ \'{e}tant libre, on trouve $\beta=\gamma=0.$ Conclusion
la famille consid\'{e}r\'{e}e est libre et elle a un cardinal \'{e}gal \`{a}
la dimension de $E,$ c'est donc une base de $E.$

\item  On a $u\left(  b\right)  =0.b+1.u\left(  b\right)  +0.c,$ $u\left(
u\left(  b\right)  \right)  =0$ et $u\left(  c\right)  =0,$ donc $U^{\prime
}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ puis $V^{\prime}=$ $\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
-1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  $\newline \textbf{PARTIE B}
\end{enumerate}

\item  On a $\det T=1$ et $A$ est semblable \`{a} $T,$ donc $\det A=1,$ ce qui
prouve que $A$ est inversible.

\item $N^{2}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & \alpha & \beta\\
0 & 0 & \gamma\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ^{2}=\allowbreak\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & \alpha\gamma\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ puis $N^{3}=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & \alpha\gamma\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  \left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & \alpha & \beta\\
0 & 0 & \gamma\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  =\allowbreak\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ donc $N^{3}=0.$ On a alors : $\left(  I-N+N^{2}\right)  \left(
I+N\right)  =I-N^{3}=I,$ car la matrice $N$ commute avec $I$ et les puissances
de $N.$ On en d\'{e}duit $T^{-1}=I-N+N^{2}.$ Autrement dit, $\left(
P^{-1}AP\right)  ^{-1}=I-N+N^{2}.$ On peut conclure en remarquant que $\left(
P^{-1}AP\right)  ^{-1}=P^{-1}A^{-1}P.$ (on a utilis\'{e} la formule $\left(
AB\right)  ^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ )

\item  Si $N=0,$ alors $T=I,$ donc $A=I=A^{-1}.$ Conclusion : $A$ et $A^{-1}$
sont semblables.

\item  Ici $rg$ $N=1$ et $M=N^{2}-N.$

\begin{enumerate}
\item  Comme $rg$ $N=2,$ et $N^{3}=0,$ appelons $u$ l'endomorphisme de matrice
$N$ dans la base canonique de $E,$ d'apr\`{e}s la question $4)c.$ il existe
une base de $E$ dans laquelle $u$ a pour matrice $U=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  ,$ donc $N$ est semblable \`{a} $U$ et la matrice $M$ est semblable
\`{a} $V=\allowbreak\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
0 & -1 & 1\\
0 & 0 & -1\\
0 & 0 & 0
\end{array}
\right)  .$

\item  D'apr\`{e}s la question 7), on a $V^{3}=0,$ donc aussi $M^{3}=0.$
D'autre part, le rang de $V$ est $2,$ car le sous-espace engendr\'{e} par ses
vecteurs colonnes est de dimension 2. Les automorphismes conservent la
dimension, donc si $P\in GL_{3}\left(  \mathbb{R}\right)  ,$ les matrices $V,$
$VP$ et $P^{-1}VP$ ont le m\^{e}me rang. Conclusion, le rang de $M$ est $2.$

\item  On a $N^{3}=0$ et $rg$ $N=2,$ de m\^{e}me que $M^{3}=0$ et $rg$ $M=2.$
Donc $N$ et $M$ sont semblables \`{a} la m\^{e}me matrice $V.$ Par
transitivit\'{e}, on en d\'{e}duit que $M$ et $N$ sont semblables.

\item  On sait que $A$ est semblable \`{a} $T=I+N$ et $A^{-1}$ est semblable
\`{a} $I-N+N^{2}=I+M.$ Il suffit de remarquer que si $M=Q^{-1}NQ,$ alors
$I+M=Q^{-1}\left(  I+N\right)  Q,$ pour constater que $A$ et $A^{-1}$ sont
semblables \`{a} deux matrices semblables entre elles, elles sont donc semblables.
\end{enumerate}

\item  Ici $rg$ $N=1,$ alors l'un au moins des deux coefficients $\alpha$ et
$\gamma$ est nul (sinon le rang serait 2, car il y aurait deux pivots non
nuls), le calcul de 7) montre alors que $N^{2}=0.$\newline On a vu dans la
partie A.5) que $N$ est semblable \`{a} $U^{\prime}$ et $M$ \`{a} $V^{\prime
}.$ Or $U^{\prime}$ et $V^{\prime}$ sont semblables car si $P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
-1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  =P^{-1},$ on v\'{e}rifie ais\'{e}ment $V^{\prime}=P^{-1}U^{\prime}P$
; donc en raisonnant comme ci-dessus, $N$ et $M$ sont semblables puis $I+N$ et
$I+M$ le sont aussi et enfin $A$ et $A^{-1}$ sont semblables.

\item  Exemple : $A=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1\\
0 & 1 & 2
\end{array}
\right)  .$

\begin{enumerate}
\item  D\'{e}terminons $\ker\left(  u-id_{E}\right)  ,$ c'est l'ensemble des
vecteurs de coordonn\'{e}es $\left(  x,y,z\right)  $ dans la base $\left(
a,b,c\right)  $ tels que $\left\{
\begin{array}
[c]{c}%
0=0\\
-y-z=0\\
y+z=0
\end{array}
\right.  ,$ on reconna\^{i}t une \'{e}quation de plan. Une base est, par
exemple $\left(  e_{1},e_{2}\right)  =\left(  a,b-c\right)  .$

\item  La matrice des coordonn\'{e}es de la famille $\left(  a,b-c,c\right)  $
dans la base $\left(  a,b,c\right)  $ est $P=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & -1 & 1
\end{array}
\right)  $ , cette matrice a pour d\'{e}terminant 1, donc la famille $\left(
a,b-c,c\right)  $ est une base de $E.,$ dans cette base, la matrice de $u$ est
$\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  ,$ car $u\left(  a\right)  =a,$ $u\left(  b-c\right)  =b-c$ et
$u\left(  c\right)  =-b+2c=-\left(  b-c\right)  +c.$

\item  On est ici dans le cas de la question 10. donc $A$ est semblable \`{a}
$A^{-1}.$
\end{enumerate}

\item  Soit $A=-I,$ alors, pour toute matrice $B$ semblable \`{a} $A,$ on a
$B=P^{-1}\left(  -I\right)  P=-I$ donc la classe de similitude de $-I$ est le
singleton $\{-I\},$ il n'y a donc aucune matrice $T=\left(
\begin{array}
[c]{ccc}%
1 & \alpha & \beta\\
0 & 1 & \gamma\\
0 & 0 & 1
\end{array}
\right)  $ semblable \`{a} $-I.$\newpage
\end{enumerate}

\begin{center}
{\LARGE PROBLEME II}
\end{center}

\textbf{PARTIE A}

\begin{enumerate}
\item  Pour $p$ naturel non nul, la fonction $x\mapsto\frac{1}{x^{p}}$ est
d\'{e}croissante sur $\mathbb{R}_{+}^{\ast},$ donc si $x\in\left[
k,k+1\right]  $ et $k\geqslant1,$ on a : $\frac{1}{\left(  k+1\right)  ^{p}%
}\leqslant\frac{1}{x^{p}}\leqslant\frac{1}{k^{p}}$ et par croissance de
l'int\'{e}grale, $\int_{k}^{k+1}\frac{1}{\left(  k+1\right)  ^{p}}%
dx\leqslant\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x^{p}}dx\leqslant\int_{k}^{k+1}\frac
{1}{k^{p}}dx.$ Finalement : $\frac{1}{\left(  k+1\right)  ^{p}}\leqslant
\int_{k}^{k+1}\frac{1}{x^{p}}dx\leqslant\frac{1}{k^{p}}.$

\item  En ajoutant membre \`{a} membre les in\'{e}galit\'{e}s ci-dessus pour
$k$ allant de $1$ \`{a} $n-1,$ on obtient :%
\begin{align*}
\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k^{p}} &  \leqslant\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{p}%
}dx\leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^{p}}\\
S_{n}\left(  p\right)  -1 &  \leqslant\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{p}}dx\leqslant
S_{n-1}\left(  p\right)
\end{align*}

\item  La fonction $x\mapsto\frac{1}{x^{p}}$ est continue, positive sur
$\mathbb{R}_{+}^{\ast},$ donc aussi sur $[1,+\infty\lbrack,$ elle est donc
int\'{e}grable sur cet intervalle si et seulement si l'int\'{e}grale $\int
_{1}^{X}\frac{1}{x^{p}}dx$ admet une limite r\'{e}elle quand $X$ tend vers
$+\infty.$ Or $\int_{1}^{X}\frac{1}{x^{p}}dx=\frac{-1}{p-1}\allowbreak\left(
\frac{1}{X^{p-1}}-1\right)  ,$ la limite existe donc pour $p$ naturel et
$p\geqslant1$ si et seulement si $p\geqslant2.$

\item  On a : $\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{p}}dx\leqslant S_{n-1}\left(  p\right)
,$ donc, si $p<2,$ la suite $\left(  S_{n-1}\left(  p\right)  \right)
_{n\geqslant1}$ diverge vers $+\infty.$ Et si $p\geqslant2,\;$alors
$S_{n}\left(  p\right)  -1\leqslant\int_{1}^{n}\frac{1}{x^{p}}dx<\int
_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{p}}dx,$ donc la suite $\left(  S_{n}\left(
p\right)  \right)  _{n\geqslant1}$ est croissante, major\'{e}e, d'o\`{u} elle
est convergente. Conclusion : $\left(  S_{n}\left(  p\right)  \right)
_{n\geqslant1}$ est convergente si et seulement si $p\geqslant2.$ On note
$\zeta\left(  p\right)  $ sa limite.\newline \textbf{PARTIE B}

\item  La fonction $h$ est polynomiale donc $\mathcal{C}^{\infty}$ sur
$\mathbb{R},$ de plus la fonction $t\mapsto2\sin\frac{t}{2}$ est
$\mathcal{C}^{\infty}$ et ne s'annule pas sur $]0,\pi],$ donc $\varphi$ est
$\mathcal{C}^{1}$ sur $]0,\pi].$ Au voisinage de $0$ on a
\begin{align*}
\varphi\left(  t\right)   &  =\frac{-t+\frac{t^{2}}{2\pi}}{2\left(  \frac
{t}{2}-\frac{1}{6}\left(  \frac{t}{2}\right)  ^{3}+o\left(  t^{3}\right)
\right)  }\\
&  =\frac{-1+\frac{t}{2\pi}}{1-\frac{1}{24}t^{2}+o\left(  t^{2}\right)  }\\
&  =\left(  -1+\frac{t}{2\pi}\right)  \left(  1+\frac{1}{24}t^{2}+o\left(
t^{2}\right)  \right) \\
&  =-1+\frac{t}{2\pi}+o\left(  t\right)
\end{align*}
Ce qui prouve que $\varphi$ admet un d\'{e}veloppement limit\'{e} d'ordre 1 en
$0,$ et comme on a pos\'{e} $\varphi\left(  0\right)  =-1,$ la fonction
$\varphi$ est continue et d\'{e}rivable en $0,$ avec $\varphi^{\prime}\left(
0\right)  =\frac{1}{2\pi}.$ Il nous reste \`{a} prouver que $\varphi^{\prime}$
est continue en $0$ (\`{a} droite).\newline Mais, pour $t\in]0,\pi],$ on a :%
\[
\varphi^{\prime}\left(  t\right)  =\frac{1}{2}\frac{\left(  \frac{t}{\pi
}-1\right)  \sin\left(  \frac{t}{2}\right)  -\left(  \frac{t^{2}}{2\pi
}-t\right)  \frac{1}{2}\cos\left(  \frac{t}{2}\right)  }{\sin^{2}\left(
\frac{t}{2}\right)  }%
\]
Un d\'{e}veloppement limit\'{e} au voisinage de 0 du num\'{e}rateur donne
alors :%
\begin{align*}
\varphi^{\prime}\left(  t\right)   &  =\frac{1}{2}\frac{\left(  \frac{t}{\pi
}-1\right)  \left(  \frac{t}{2}-\frac{1}{6}\left(  \frac{t}{2}\right)
^{3}+o\left(  t^{3}\right)  \right)  -\left(  \frac{t^{2}}{2\pi}-t\right)
\frac{1}{2}\left(  1-\frac{t^{2}}{8}+o\left(  t^{2}\right)  \right)  }%
{\sin^{2}\left(  \frac{t}{2}\right)  }\\
&  =\frac{1}{2}\frac{\frac{t^{2}}{2\pi}-\frac{t^{2}}{4\pi}+o\left(
t^{2}\right)  }{\sin^{2}\left(  \frac{t}{2}\right)  }=\frac{1}{8\pi}%
\frac{t^{2}+o\left(  t^{2}\right)  }{\sin^{2}\left(  \frac{t}{2}\right)  }%
\end{align*}
Le d\'{e}nominateur \'{e}tant \'{e}quivalent au voisinage de $0$ \`{a}
$\frac{t^{2}}{4},$ on peut conclure $\lim_{\substack{t\rightarrow0\\t\neq
0}}\varphi^{\prime}\left(  t\right)  =\frac{1}{2\pi},$ ce qui est justement la
valeur trouv\'{e}e de $\varphi^{\prime}\left(  0\right)  .$\newline Conclusion
: $\varphi$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $[0,\pi].$

\item
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \cos\left(  kt\right)  dt  &  =\int_{0}^{\pi
}\left(  \frac{t^{2}}{2\pi}-t\right)  \cos\left(  kt\right)  dt\\
&  =\left[  \left(  \frac{t^{2}}{2\pi}-t\right)  \frac{\sin kt}{k}\right]
_{0}^{\pi}-\frac{1}{k}\int_{0}^{\pi}\left(  \frac{t}{\pi}-1\right)
\sin\left(  kt\right)  dt\\
&  =0-\frac{1}{k}\left(  \left[  \left(  \frac{t}{\pi}-1\right)  \frac{-\cos
kt}{k}\right]  _{0}^{\pi}-\frac{1}{k}\int_{0}^{\pi}\frac{1}{\pi}\left(  -\cos
kt\right)  dt\right) \\
&  =\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{k^{2}}\left[  \frac{1}{\pi}\frac{\sin kt}%
{k}\right]  _{0}^{\pi}=\frac{1}{k^{2}}%
\end{align*}
Conclusion : \fbox{$\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \cos\left(  kt\right)
dt=\frac{1}{k^{2}}$}

\item  On sait que $\sum_{k=0}^{n}\cos\left(  kt\right)  =\operatorname{Re}%
\left(  \sum_{k=0}^{n}e^{ikt}\right)  \ $et, comme $t\in]0,\pi],$ on a :
$e^{it}\neq1,$ par suite
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n}e^{ikt}  &  =\frac{e^{i\left(  n+1\right)  t}-1}{e^{it}-1}\\
&  =e^{i\frac{n}{2}t}\frac{\sin\left(  \frac{n+1}{2}t\right)  }{\sin\left(
\frac{t}{2}\right)  }%
\end{align*}
On en d\'{e}duit : $\sum_{k=0}^{n}\cos\left(  kt\right)  =\cos\left(  \frac
{n}{2}t\right)  \frac{\sin\left(  \frac{n+1}{2}t\right)  }{\sin\left(
\frac{t}{2}\right)  }=\frac{2\sin\left(  \frac{n+1}{2}t\right)  \cos\left(
\frac{n}{2}t\right)  }{2\sin\left(  \frac{t}{2}\right)  }=\frac{\sin\left(
n+\frac{1}{2}\right)  t+\sin\left(  \frac{t}{2}\right)  }{2\sin\left(
\frac{t}{2}\right)  }=\frac{\sin\left(  n+\frac{1}{2}\right)  t}{2\sin\left(
\frac{t}{2}\right)  }+\frac{1}{2}.$ Et finalement : $\sum_{k=1}^{n}\cos\left(
kt\right)  =\frac{\sin\left(  \left(  n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  }%
{2\sin\left(  \frac{t}{2}\right)  }+\frac{1}{2}-1.$ Ce qui prouve l'existence
de $\lambda$ et donne $\lambda=\frac{1}{2}.$

\item  Soit $\psi$ de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\left[  0,\pi\right]  ,$
on a
\begin{align*}
\int_{0}^{\pi}\psi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}{2}\right)
t\right)  dt  &  =\left[  -\psi\left(  t\right)  \frac{\cos\left(  \left(
n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  }{n+\frac{1}{2}}\right]  _{0}^{\pi}+\frac
{1}{n+\frac{1}{2}}\int_{0}^{\pi}\psi^{\prime}\left(  t\right)  \cos\left(
\left(  n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  dt\\
&  =\left(  -\psi\left(  \pi\right)  \frac{\left(  -1\right)  ^{n}\cos
\frac{\pi}{2}}{n+\frac{1}{2}}+\psi\left(  0\right)  \frac{1}{n+\frac{1}{2}%
}\right)  +\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\\
&  =\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\left(  \psi\left(  0\right)  +\int_{0}^{\pi}%
\psi^{\prime}\left(  t\right)  \cos\left(  \left(  n+\frac{1}{2}\right)
t\right)  dt\right)
\end{align*}
Or $\left|  \int_{0}^{\pi}\psi^{\prime}\left(  t\right)  \cos\left(  \left(
n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  dt\right|  \leqslant\int_{0}^{\pi}\left|
\psi^{\prime}\left(  t\right)  \right|  dt,$ et, comme $\psi$ est de classe
$\mathcal{C}^{1}$ sur $\left[  0,\pi\right]  ,$ cette derni\`{e}re
int\'{e}grale existe, on en d\'{e}duit que $\left|  \psi\left(  0\right)
+\int_{0}^{\pi}\psi^{\prime}\left(  t\right)  \cos\left(  \left(  n+\frac
{1}{2}\right)  t\right)  dt\right|  $ est major\'{e}e par une constante
ind\'{e}pendante de $n$ ; il en r\'{e}sulte que
\[
\fbox{$\lim_n\rightarrow+\infty\int_0^{\pi}\psi\left(  t\right)  \sin\left(
\left(  n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  dt=0$}%
\]

\item  On a $\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \cos\left(
kt\right)  dt=\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \sum_{k=1}^{n}\cos\left(
kt\right)  dt,$ par lin\'{e}arit\'{e} de l'int\'{e}grale, donc, d'apr\`{e}s 6)
et 7)
\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{2}} &  =\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \sum
_{k=1}^{n}\cos\left(  kt\right)  dt\\
&  =\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  \left(  \frac{\sin\left(  \left(
n+\frac{1}{2}\right)  t\right)  }{2\sin\left(  \frac{t}{2}\right)  }-\frac
{1}{2}\right)  dt\\
&  =\int_{0}^{\pi}\varphi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}%
{2}\right)  t\right)  -\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}h\left(  t\right)  dt\\
&  =\int_{0}^{\pi}\varphi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}%
{2}\right)  t\right)  -\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\left(  \frac{t^{2}}{2\pi
}-t\right)  dt\\
&  =\int_{0}^{\pi}\varphi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}%
{2}\right)  t\right)  -\frac{1}{2}\left[  \frac{t^{3}}{6\pi}-\frac{t^{2}}%
{2}\right]  _{0}^{\pi}\\
&  =\int_{0}^{\pi}\varphi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}%
{2}\right)  t\right)  -\frac{1}{2}\left(  \frac{\pi^{2}}{6}-\frac{\pi^{2}}%
{2}\right)  \\
&  =\int_{0}^{\pi}\varphi\left(  t\right)  \sin\left(  \left(  n+\frac{1}%
{2}\right)  t\right)  +\frac{\pi^{2}}{6}%
\end{align*}
En faisant tendre $n$ vers $+\infty,$ on trouve $\zeta\left(  2\right)
=\frac{\pi^{2}}{6},$ car $\varphi$ a les propri\'{e}t\'{e}s de la fonction
$\psi$ de la question 8).\newline \textbf{PARTIE C}

\item
\begin{enumerate}
\item  En utilisant la formule du bin\^{o}me, il vient :
\begin{align*}
f_{n}\left(  x\right)   &  =\frac{x^{n}}{n!}\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\left(
-1\right)  ^{k}x^{k}\\
&  =\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\left(  -1\right)  ^{k}x^{n+k}\\
&  =\frac{1}{n!}\sum_{i=n}^{2n}C_{n}^{i-n}\left(  -1\right)  ^{i-n}x^{i}%
\end{align*}
On constate alors que $e_{i}=C_{n}^{i-n}\left(  -1\right)  ^{i-n}$ est un
entier pour tout $i$ entre $n$ et $2n.$

\item  On note comme l'indique l'\'{e}nonc\'{e} que $f_{n}\left(  x\right)
=f_{n}\left(  1-x\right)  ,$ ce qui donne par d\'{e}rivation \`{a} l'ordre $p$
: $f_{n}^{\left(  p\right)  }\left(  x\right)  =\left(  -1\right)  ^{p}%
f_{n}^{\left(  p\right)  }\left(  1-x\right)  .$ Par cons\'{e}quent, si les
$f_{n}^{\left(  k\right)  }\left(  0\right)  \;$sont des entiers, il en de
m\^{e}me des $f_{n}^{\left(  k\right)  }\left(  1\right)  .$ D'autre part, $0$
\'{e}tant racine multiple d'ordre $n$ de $f_{n},$ les $f_{n}^{\left(
k\right)  }\;$admettent $0$ pour racine tant que $k<n,$ et si $k>2n,$ le
polyn\^{o}me $f_{n}^{\left(  k\right)  }$ est nul. Il reste \`{a} \'{e}tudier
le cas $n\leqslant k\leqslant2n,$ dans ce cas, $f_{n}^{\left(  k\right)
}\left(  0\right)  $ est la d\'{e}riv\'{e}e d'ordre $k$ de $\frac{\left(
-1\right)  ^{k-n}x^{k}}{n!},$ qui vaut $\frac{1}{n!}C_{n}^{k-n}\left(
-1\right)  ^{k-n}k!=C_{n}^{k-n}\left(  -1\right)  ^{k-n}\frac{k!}{n!}$ et
c'est un entier car $k\geqslant n.$ Conclusion : pour tout naturel $k\;$les
nombres $f_{n}^{\left(  k\right)  }\left(  0\right)  $ et $f_{n}^{\left(
k\right)  }\left(  1\right)  $ sont des \'{e}l\'{e}ments de $\mathbb{Z}.$
\end{enumerate}

\item  On suppose que $\pi^{2}=\frac{a}{b}$ est un rationnel. Soit
$F_{n}\left(  x\right)  =b^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}%
\pi^{2\left(  n-k\right)  }f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(  x\right)  .$

\begin{enumerate}
\item  En tenant compte de la valeur suppos\'{e}e de $\pi^{2},$ on a :%
\begin{align*}
F_{n}\left(  x\right)    & =b^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  \frac{a}{b}\right)
^{n-k}f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(  x\right)  \\
& =\sum_{k=0}^{n}a^{n-k}b^{k}f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(  x\right)
\end{align*}
et comme les $f_{n}^{\left(  k\right)  }\left(  0\right)  $ et $f_{n}^{\left(
k\right)  }\left(  1\right)  $ sont des \'{e}l\'{e}ments de $\mathbb{Z}.\;$Les
nombres $F_{n}\left(  0\right)  $ et $F_{n}\left(  1\right)  $ sont des entiers.

\item  $g_{n}\left(  x\right)  =F_{n}^{\prime}\left(  x\right)  \sin\left(
\pi x\right)  -\pi F_{n}\left(  x\right)  \cos\left(  \pi x\right)  $ et
$A_{n}=\pi\int_{0}^{1}a^{n}f_{n}\left(  x\right)  \sin\left(  \pi x\right)
dx.$ La fonction $g_{n}$ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$ car $f_{n}$ est
polynomiale, donc $F_{n}$ aussi et les fonctions $\sin$ et $\cos$ sont
$\mathcal{C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}.$ On a :
\begin{align*}
g_{n}^{\prime}\left(  x\right)    & =F_{n}^{\prime\prime}\left(  x\right)
\sin\left(  \pi x\right)  +\pi F_{n}^{\prime}\left(  x\right)  \cos\left(  \pi
x\right)  -\pi F_{n}^{\prime}\left(  x\right)  \cos\left(  \pi x\right)
+\pi^{2}F_{n}\left(  x\right)  \sin\left(  \pi x\right)  \\
& =F_{n}^{\prime\prime}\left(  x\right)  \sin\left(  \pi x\right)  +\pi
^{2}F_{n}\left(  x\right)  \sin\left(  \pi x\right)
\end{align*}
Or $F_{n}^{\prime\prime}\left(  x\right)  =b^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(
-1\right)  ^{k}\pi^{2\left(  n-k\right)  }f_{n}^{\left(  2k+2\right)  }\left(
x\right)  =b^{n}\sum_{k=1}^{n+1}\left(  -1\right)  ^{k-1}\pi^{2\left(
n-k+1\right)  }f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(  x\right)  ,$ donc
$F_{n}^{\prime\prime}\left(  x\right)  =-\pi^{2}b^{n}\sum_{k=1}^{n+1}\left(
-1\right)  ^{k}\pi^{2\left(  n-k\right)  }f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(
x\right)  $ et
\begin{align*}
g_{n}^{\prime}\left(  x\right)    & =\pi^{2}\sin\left(  \pi x\right)  \left(
b^{n}\sum_{k=0}^{n}\left(  -1\right)  ^{k}\pi^{2\left(  n-k\right)  }%
f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(  x\right)  -b^{n}\sum_{k=1}^{n+1}\left(
-1\right)  ^{k}\pi^{2\left(  n-k\right)  }f_{n}^{\left(  2k\right)  }\left(
x\right)  \right)  \\
& =\pi^{2}b^{n}\sin\left(  \pi x\right)  \left(  \pi^{2n}f_{n}\left(
x\right)  -\left(  -1\right)  ^{n+1}\pi^{-2}f_{n}^{\left(  2\left(
n+1\right)  \right)  }\left(  x\right)  \right)  \\
& =\pi^{2}b^{n}\sin\left(  \pi x\right)  \left(  \frac{a}{b}\right)  ^{n}%
f_{n}\left(  x\right)  =\pi^{2}a^{n}\sin\left(  \pi x\right)  f_{n}\left(
x\right)
\end{align*}
Car $f_{n}^{\left(  2\left(  n+1\right)  \right)  }\left(  x\right)  $ est nul
et $\pi^{2}=\frac{a}{b}.$\newline D'autre part,
\begin{align*}
A_{n}  & =\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}g_{n}^{\prime}\left(  x\right)  dx=\frac
{1}{\pi}\left(  g_{n}\left(  1\right)  -g_{n}\left(  0\right)  \right)  \\
& =\frac{1}{\pi}\left(  \pi F_{n}\left(  1\right)  +\pi F_{n}\left(  0\right)
\right)  \\
& =F_{n}\left(  1\right)  +F_{n}\left(  0\right)
\end{align*}
On peut conclure que $A_{n}\;$est un entier.
\end{enumerate}

\item  $u_{n}=\frac{a^{n}}{n!}.$

\begin{enumerate}
\item  Effectuons la ''comparaison logarithmique'' : $\frac{u_{n+1}}{u_{n}%
}=\frac{a}{n+1},$ donc ce rapport tend vers $0$ quand $n$ tend vers l'infini.
La suite $u$ \`{a} termes positifs est donc major\'{e}e, \`{a} partir d'un
certain rang par la suite g\'{e}om\'{e}trique de raison $\frac{1}{2}$ (par
exemple), on en d\'{e}duit qu'elle converge vers $0.$

\item  En se rappelant la d\'{e}finition de la notion de limite nulle, on peut
donc \'{e}crire qu'il existe un naturel $n_{0}$ tel que $n\in n_{0}%
\Rightarrow\frac{a^{n}}{n!}\leqslant\frac{1}{3}<\frac{1}{2}.$

\item  La fonction polynomiale $x\mapsto x\left(  1-x\right)  $ est maximale
sur $\mathbb{R}$ pour $x=\frac{1}{2}$ o\`{u} elle vaut $\frac{1}{4},$ il en
r\'{e}sulte que pour $x\in\left[  0,1\right]  ,$ on a : $0\leqslant
f_{n}\left(  x\right)  \leqslant\frac{1}{n!}.$

\item  On sait que $a\neq0,$ et $f_{n}\left(  x\right)  \sin\left(  \pi
x\right)  $ prend des valeurs positives non toutes nulles sur $]0,1[,$ comme
cette fonction est continue, son int\'{e}grale est non nulle, d'o\`{u}
$A_{n}>0.$ D'autre part, $A_{n}=\pi a^{n}\int_{0}^{1}f_{n}\left(  x\right)
\sin\left(  \pi x\right)  dx\leqslant$ $\pi a^{n}\frac{1}{n!}\int_{0}^{1}%
\sin\left(  \pi x\right)  dx,$ donc $A_{n}\leqslant$ $\pi a^{n}\frac{1}%
{n!}\frac{2}{\pi},$ soit $A_{n}\leqslant2\frac{a_{n}}{n!}.$ On en d\'{e}duit
que pour $n\geqslant n_{0},$ $A_{n}\in]0,1[.$ Ceci constitue une contradiction
avec le r\'{e}sultat de la question 11.b disant que $A_{n}$ est un entier.
Conclusion : $\pi^{2}$ est un irrationnel.

\item  Si $\pi$ \'{e}tait rationnel, son carr\'{e} le serait aussi, or
$\pi^{2}$ est irrationnel, donc c'est impossible. Conclusion $\pi$ est irrationnel.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
