Exercice 2

Partie

Soit a un réel différent de 1 et –1.

Question

1. Montrer que, pour tout \(x\) réel on a \(\displaystyle{1-2a\cos x+a^2>0}\).

Solution détaillée

1. Pour tout \(x\) réel considérons le trinôme en \(\displaystyle{t:t^2-2t\cos x+1}\) :, son discriminant \(\displaystyle{\cos^2x-1}\) est négatif ou nul et il est nul si \(x\) et seulement si \(x\) est de la forme \(k\pi\) . Le trinôme admet alors \(1\) ou \(–1\) comme racine double. Donc, comme \(a\) est différent de \(1\) et \( –1\) le trinôme ne peut s'annuler et on a

\(\displaystyle{\forall x\in\mathbf R\quad a^2-2a\cos x+1>0}\)

.

Question

Soit \(n\) un entier \(n = 2\). Montrer que :

\(\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(1-2a\cos\frac{2k\pi}{n}+a^2)=\prod_{k-1}^{n}(a-\textrm{e}^{2ik\pi n})(a-\textrm{e}^{-2ik\pi n})}\)

En déduire que :

\(\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(1-2a\cos\frac{2k\pi}{n}+a^2)=(a^n-1)^2}\)

Solution détaillée

2. On a, pour tout réel \(\theta\) : \(\displaystyle{(a-\textrm{e}^{i\theta})(a-\textrm{e}^{-i\theta})=a^2-2a\cos\theta+1}\).

En écrivant ces égalités pour \(\displaystyle{\theta=\frac{2k\pi}{n}\;(k=1,2....n)}\) et en faisant le produit membre à membre, on obtient :

\(\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(1-2a\cos(\frac{2k\pi}{n})+a^2)=\prod_{k-1}^{n}(a-\textrm{e}^{i\frac{2k\pi}{n}})(a-\textrm{e}^{-i\frac{2k\pi}{n}})}\).

Pour tout \(z\in C\quad z^n-1=(z-z_1)(z-z_2).....(z-z_n)\textrm{ où }z_k=\textrm{e}^{i\frac{2k\pi}{n}}\quad(k=1,2....n)\)  sont les racines de l'unité. On a donc

\(a^n-1=\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(a-\textrm{e}^{i\frac{2k\pi}{n}})}\)

Les égalités \(\displaystyle{\forall k\in\{1,2,...n\}\bar z_k=\textrm{e}^{-i\frac{2k\pi}{n}}}\) entraînent que ces nombres sont aussi les \(n\) racines de l'unité

\(n\) impair (\(n=7\))

\(n\) pair (\(n=10\))

On a donc

\(a^n-1=\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(a-\textrm{e}^{-i{\frac{2k\pi}{n}}})}\)

et finalement :

\(\displaystyle{\prod_{k-1}^{n}(1-2a\cos\frac{2k\pi}{n}+a^2)=\prod_{k-1}^{n}(a-\textrm{e}^{2ik\pi/n})(a-\textrm{e}^{-2ik\pi/n})=(a^n-1)^2}\)

.

Question

3. Calculer

\(\displaystyle{I=\int_0^{2\pi}\ln(1-2a\cos t+a^2)dt}\)

comme limite de somme de Riemann.

Solution détaillée

3. On considère l'intervalle \([0,2\pi]\), la subdivision régulière d'ordre \(n\) et la somme de Riemann correspondante

\(S_n=\frac{2\pi}{n}\displaystyle{\sum_{k-1}^{n}\ln(1-2a\cos\frac{2k\pi}{n}+a^2)}\)

 La fonction \(\displaystyle{x\to\ln(1-2a\cos x+a^2)}\) étant continue sur \([0,2\pi]\) est intégrable et

\(\displaystyle{\int_0^{2\pi}\ln(1-2a\cos t+a^2)dt=\lim_{n\to+\infty}S_n}\)

  En utilisant l'égalité :

\(S_n=\frac{2\pi}{n}\displaystyle{\sum_{k-1}^{n}\ln(1-2a\cos\frac{2k\pi}{n}+a^2)=\frac{2\pi}{n}\ln(a^n-1)^2}\)

on obtient :

\(I=\displaystyle{\lim_{n\to+\infty}\frac{4\pi}{n}\ln|a^n-1|}\) donc

- si \(|a|>1\ln|a^n-1|=\ln(|a^n||1-\frac{1}{a^n}|)=\ln|a^n|+\ln|1-\frac{1}{a^n}|\) d'où

\(\displaystyle{\frac{\ln|a^n-1|}{n}=\ln|a|+\frac{1}{n}\ln|1-\frac{1}{a^n}|\textrm{ et donc }\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln|a^n-1|}{n}=\ln|a|}\)

et \(I=4\pi\ln|a|\),

- si \(\displaystyle{|a|<1|1-a^n|=1-a^n\textrm{ et }\lim_{n\to+\infty}\ln(1-a^n)=0\textrm{ donc }I=0}\)

 Remarque : On a là un exemple où on sait calculer les sommes de Riemann et où on les utilise pour calculer l'intégrale, contrairement à la situation classique où on calcule l'intégrale par techniques d'intégration pour connaître la limite des sommes de Riemann.