Je ne vois pas l'intérêt de faire cette disjonction de cas.
1) Posons $I=\displaystyle\int_{0}^{\pi} (a t^2 + b t) \cos (nt) dt$. Les fonctions $t \mapsto a t^2+ b t$ et $t \mapsto \dfrac{1}{n} \sin(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une intégration par parties. $I = - \dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^{\pi} (2 a t+ b ) \sin (nt) dt$. Les fonctions $t \mapsto 2 a t+ b $ et $t \mapsto -\dfrac{1}{n} \cos(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une nouvelle intégration par parties. On obtient après calculs : $\boxed{I=\dfrac{ (2 a \pi + b) \times (-1)^n - b}{n^2}}$. Il suffit donc de choisir $\boxed{b=-1}$ et $\boxed{a=\dfrac{1}{2 \pi}}$.
La question 2 est facile. Si tu bloques je te donnerai ma solution. Pour Q3, le théorème de prolongement de la dérivée est bien utile. Il faut ensuite faire quelques calculs d'équivalents et de DL. Q4 est facile.
Pour 2) en passant aux complexes et en utilisant la formule de la somme des termes d'une suite géométrique, j'ai réussi.
Pour le 3), il faut montrer que la $f$ est dérivable en $0$ et que la dérivée est continue en $0$. Le théorème du prolongement de la dérivée, je ne connais pas.
Théorème de prolongement d'une dérivée. Soit $I$ un intervalle, $a \in I$ et $f : I \longrightarrow \R$ une fonction continue sur $I$ et dérivable sur $I \backslash \{ a \}$. On suppose que $f'$ admet en $a$ une limite $l \in \bar{\R}$. Alors : $\lim\limits_{x \rightarrow a} \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=l$. Si $l \in \R$, $f$ est dérivable en $a$ et $f'$ est continue en $a$ avec $f'(a)=l$.
il faut donc aussi que je prouve que $f'$ est continue en $0$.
Pour la dernière question, je suis arrivé à
$\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\int_{0}^{\pi}f(t) \sin(\frac{(2n+1)t}{2})-\frac{1}{2}(\frac{t^2}{2 \pi}-t) dt$. Mais je ne vois pas comment résoudre $\int_{0}^{\pi}f(t) \sin(\frac{(2n+1)t}{2})dt$.
Il suffit de montrer que $f : t \mapsto (\dfrac{t^2}{2 \pi} -t ) \dfrac{1}{2 \sin (t/2) }$ est de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$ On écrit $\boxed{f(t)= ( \dfrac{t}{2 \pi} -1) \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}}$. Comme $t \mapsto \dfrac{t}{2 \pi} -1$ est polynomiale, elle est $C^1$, il reste à montrer que $g : t \mapsto \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}$ est $C^1$. $g$ est continue sur $]0,\pi]$ et au voisinage de $0$ on a $ g(t) \sim 1$ car $\sin (t/2) \sim t/2$ donc $g$ est prolongeable par continuité en $0$. $g$ est dérivable sur $]0,\pi/2]$ et $g$ ne s'annule pas sur $]0,\pi/2[$. On a $\boxed{g'(t)=\dfrac{1}{2 \sin^2(t/2)} ( \sin (t/2)-\dfrac{t}{2} \cos(t/2) )}$ Je vais utiliser des DL pour déterminer la limite en $0$ de $g'$. On a $\sin(x/2)=x/2 +o(x)$ et $\cos(x/2)=1-x^2 /2 +o(x^2)$ Donc $\sin (x/2)-\dfrac{x}{2} \cos(x/2) = \dfrac{x^3}{4} +o(x^3)$ Donc $g'(t) \sim \dfrac{1}{2 (t/2)^2} \dfrac{t^3}{4}$ Donc $\boxed{g'(t) \sim \dfrac{t}{2}}$ Finalement $\boxed{\lim\limits_{t \rightarrow 0} g'(t) =0}$. Ainsi, $g'$ admet une limite finie en $0$, d'après le théorème de prolongement de la dérivée, $g$ est de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$.
@oshine retiré ton message de 0:38. D'abord ton équivalent est affreux, ensuite ta remarque sur le Dl n'a pas sa place surtout après ce que j'ai fait. Cela démontre que tu n'as pas compris l'utilité de faire un Dl a l'ordre 1.
Parlons au voisinage de 0 pour faire simple. Si tu as $f(t)=a+b t + o(t)$ et $f$ définie au voisinage de 0 mais pas en zéro.
Que dit ce DL? D'abord $\lim_{t\rightarrow 0} f(t)=a.$ Alors $f$ est prolongeable par continuité en posant $f(0)=a$. Mais alors $f$ ainsi prolongée
vérifie $\dfrac{f(t)-f(0)}{t-0}=\dfrac{f(t)-a}{t}=b+o(1).$ Ce qui implique que $f$ est dérivable en $t=0$ et $f'(0)=b.$ Ce résultat est très connu. Il simplifie le travail. Il n'est pas nécessaire de le faire à chaque fois.
C'est en cela que le message d'@Os me déplait car d'une part il plombe mon indication. D'autre part l'équivalent ne donne que la continuité. Sa remarque qui dit de ne faire un DL que si on ne peut pas faire autrement est complètement à côté de la plaque. Ensuite son équivalent c'est un peu du n'importe quoi car dans la pratique on donne un équivalent simple . C'est à dire ici $f(t)\sim -1$ et non pas $f(t)\sim \dfrac{t}{2\pi}-1.$ Ce n'est pas faux mais c'est $I_2.$
Par contre pour la continuité de la dérivée, un DL de $f(t)$ à l'ordre 2 n'assurera pas le résultat. Il n'y a pas d'alternative!!!!
Il faut calculer $f'(t)$ et calculer sa limite quand $t$ tend vers $0$. Là tu peux faire un peu comme dans le second message d'@Os. Mais necore une fois ce n'est pas judicieux car tu ne connais pas la valeur de la dérivée, les informations sont moins bonnes.
Edit. Maintenant je vois ta question autrement: si par exemple tu as un DL $f(t)=a+ b t + c t^2 +o(t^2).$ Concernant $o(t^2)$ tu n'as aucune information sur sa régularité. C'est à dire que tu ne sais pas si $o(t^2)$ est dérivable. Donc sans information supplémentaire sur $f$ tu ne peux pas en déduire un DL de $f'.$
Dans le cas où je souhaite faire la méthode 1) montrer que $f$ est continue grâce à la définition 2) montrer que le prolongement de $f$ est dérivable grâce à la limite du taux d'accroissement 3 )montrer que $f'$ est continue grâce à la définition Est-ce bon tout de même ?
Quant à l'intégrale $\int_0^\pi f(t) \sin((2n+1)t/2)dt$ j'ai l'intuition qu'elle est nulle pour $n$ tendant vers $+\infty $ Dans ce cas $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$.
À titre purement informatif, c'est exactement les premières questions du sujet Mines Ponts Maths 2 2023 posé cette année aux prépas MP. Je ne sais pas qui a copié sur qui..
C'est une façon ultra classique de faire calculer cette somme à un niveau Bac+1. Difficile d'en trouver le père ou la mère j'imagine.
@bd2017 Je trouve personnellement ta preuve tout à fait recevable mais si l'OP dispose du théorème qui va bien, tu lui fais tout de même faire quelques calculs inutiles (celui du DL 1 de $f$) puisque l'existence d'une limite finie pour $f$ (évidente sans calcul) et pour $f'$ est à démontrer et suffisent (grâce au théorème).
@JLapin si on veux mais le DL l'ordre 1 se fait aussi de tête.
Mais, alors si tu veux faire le minimum de calcul, calculer $f'$ est inutile aussi parce que la factorisation d'@Oshine i.e $f(t)= (\dfrac{t}{2\pi}-1) \dfrac{t/2}{\sin(t/2)}$ montre (qu'en posant $f(0)=-1$) la fonction $f$ est de classe $\C^{\infty}$ sur $[0,\pi], $ car il est bien connu que la fonction $u\mapsto \dfrac{\sin(u)}{u}$ est de classe $\C^{\infty}$ sur $ \R$ après son prolongement par continuité et qu'elle vaut $1$ en $u=0$.
@bd2017 Oui j'ai pensé à utiliser ça au départ en posant $u=t/2$ c'est encore plus rapide. Mais on ne sait pas s'il est admis que $u \mapsto \sin(u) /u$ est de classe $C^\infty$ sur $\R$...
Tu parles de façon trop scolaire. Tout ce qui est bien connu est admis. D'autant plus si tu sais le démontrer. Par contre si tu veux utiliser un résultat peu connu, il est préférable de dire quelque mots de justification pour le confort du lecteur.
Bonjour bd2017 Le fait que la fonction $\frac{x}{\sin x}$ soit de classe $C^{\infty}$ au voisinage de 0 est supposé connu, n'est-ce pas ? Si tel est le cas, alors démontre-le.
P.S. Si c'est connu, cela devrait être connu depuis le premier semestre de L1, donc s'il te plaît, évite les arguments basés sur des séries entières comme $\frac{\sin x}{x} = \sum \frac{(-1)^k x^{2k}}{(2k+1)!}$, ou des arguments basés sur la dérivation sous le signe intégral comme $\frac{\sin(x)}{x} = \int_0^1 \cos(tx) dt$, ou encore des arguments basés sur le produit infini comme $\frac{\sin(x)}{x} = \prod_{n>0} \big(1 - \frac{x^2}{(\pi n)^2}\big)$
bd2017 a dit : il est bien connu que la fonction $u\mapsto \dfrac{\sin(u)}{u}$ est de classe $\C^{\infty}$ sur $ \R$ après son prolongement par continuité et qu'elle vaut $1$ en $u=0$.
Oui, c'est effectivement la preuve la plus efficace, de très loin.
Réponses
Je distingue les cas, après des intégrations par parties :
La disjonction de cas $n$ pair, $n$ impair n'est pas utile.
1) Posons $I=\displaystyle\int_{0}^{\pi} (a t^2 + b t) \cos (nt) dt$.
Les fonctions $t \mapsto a t^2+ b t$ et $t \mapsto \dfrac{1}{n} \sin(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une intégration par parties.
$I = - \dfrac{1}{n} \displaystyle\int_{0}^{\pi} (2 a t+ b ) \sin (nt) dt$.
Les fonctions $t \mapsto 2 a t+ b $ et $t \mapsto -\dfrac{1}{n} \cos(nt)$ sont de classe $\mathcal C^1$ sur $[0,\pi]$, on peut effectuer une nouvelle intégration par parties.
On obtient après calculs :
$\boxed{I=\dfrac{ (2 a \pi + b) \times (-1)^n - b}{n^2}}$.
Il suffit donc de choisir $\boxed{b=-1}$ et $\boxed{a=\dfrac{1}{2 \pi}}$.
Pour le 2) je passe par les complexes
Si tu bloques je te donnerai ma solution.
Pour Q3, le théorème de prolongement de la dérivée est bien utile. Il faut ensuite faire quelques calculs d'équivalents et de DL.
Q4 est facile.
Il y a une méthode pour la 1) qui est de chercher une primitive de $(at^2+b) e^{int}$ puis de prendre la partie réelle de l’intégrale ensuite.
Soit $I$ un intervalle, $a \in I$ et $f : I \longrightarrow \R$ une fonction continue sur $I$ et dérivable sur $I \backslash \{ a \}$. On suppose que $f'$ admet en $a$ une limite $l \in \bar{\R}$. Alors : $\lim\limits_{x \rightarrow a} \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=l$.
Si $l \in \R$, $f$ est dérivable en $a$ et $f'$ est continue en $a$ avec $f'(a)=l$.
Déterminons la limite de $f$ en $0$ :
$f(t)=\frac{ \frac{t^2}{2\pi} -t }{2 sin(\frac{t}{2})}=\frac{ (\frac{t}{2})^2 \frac{1}{\pi} -\frac{t}{2} }{ sin(\frac{t}{2})}=\frac{ (x)^2 \frac{1}{\pi} -x }{ sin(x)}$, avec $x=\frac{t}{2}$
$\lim_{t \rightarrow 0 }f(t) =\lim_{x \rightarrow 0 } \frac{ (x)^2 \frac{1}{\pi} -x }{ sin(x)}=\lim_{x \rightarrow 0 } \frac{ (x)^2 \frac{1}{\pi} -x }{ x + \circ (x)}= -1$
On prolonge donc $f$ sur $[0;\pi]$ avec $f(0)= -1$. Donc $f$ est $C^0$.
\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{2} \frac{x^2 \frac{1}{\pi}-x+sin(x)}{x \sin(x)}$, avec $x=\frac{h}{2}$
Mais je ne vois pas comment résoudre $\int_{0}^{\pi}f(t) \sin(\frac{(2n+1)t}{2})dt$.
Fais une IPP avant de faire tendre $n$ vers $+\infty$.
$f(t)=t \dfrac{t/2 \pi-1}{ 2 \sin(t/2) }$.
L'équivalent $\sin (t/2) \sim t/2$ fournit $f(t) \sim\dfrac{t}{2 \pi}-1$.
Donc $\lim\limits_{t \rightarrow 0} f(t) =-1$ et $f$ est continue en $0$.
Les DL c'est en dernier recours quand l'équivalent ne marche pas.
On écrit $\boxed{f(t)= ( \dfrac{t}{2 \pi} -1) \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}}$.
Comme $t \mapsto \dfrac{t}{2 \pi} -1$ est polynomiale, elle est $C^1$, il reste à montrer que $g : t \mapsto \dfrac{ t/2}{\sin(t/2)}$ est $C^1$.
$g$ est continue sur $]0,\pi]$ et au voisinage de $0$ on a $ g(t) \sim 1$ car $\sin (t/2) \sim t/2$ donc $g$ est prolongeable par continuité en $0$.
$g$ est dérivable sur $]0,\pi/2]$ et $g$ ne s'annule pas sur $]0,\pi/2[$.
On a $\boxed{g'(t)=\dfrac{1}{2 \sin^2(t/2)} ( \sin (t/2)-\dfrac{t}{2} \cos(t/2) )}$
Je vais utiliser des DL pour déterminer la limite en $0$ de $g'$.
On a $\sin(x/2)=x/2 +o(x)$ et $\cos(x/2)=1-x^2 /2 +o(x^2)$
Donc $\sin (x/2)-\dfrac{x}{2} \cos(x/2) = \dfrac{x^3}{4} +o(x^3)$
Donc $g'(t) \sim \dfrac{1}{2 (t/2)^2} \dfrac{t^3}{4}$
Donc $\boxed{g'(t) \sim \dfrac{t}{2}}$
Finalement $\boxed{\lim\limits_{t \rightarrow 0} g'(t) =0}$.
Ainsi, $g'$ admet une limite finie en $0$, d'après le théorème de prolongement de la dérivée, $g$ est de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$.
D'abord ton équivalent est affreux, ensuite ta remarque sur le Dl n'a pas sa place surtout après ce que j'ai fait. Cela démontre que tu n'as pas compris l'utilité de faire un Dl a l'ordre 1.
Est-ce bon tout de même ?
Dans ce cas $\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$.
Je ne sais pas qui a copié sur qui..
Je trouve personnellement ta preuve tout à fait recevable mais si l'OP dispose du théorème qui va bien, tu lui fais tout de même faire quelques calculs inutiles (celui du DL 1 de $f$) puisque l'existence d'une limite finie pour $f$ (évidente sans calcul) et pour $f'$ est à démontrer et suffisent (grâce au théorème).
Oui j'ai pensé à utiliser ça au départ en posant $u=t/2$ c'est encore plus rapide.
Mais on ne sait pas s'il est admis que $u \mapsto \sin(u) /u$ est de classe $C^\infty$ sur $\R$...
Le fait que la fonction $\frac{x}{\sin x}$ soit de classe $C^{\infty}$ au voisinage de 0 est supposé connu, n'est-ce pas ? Si tel est le cas, alors démontre-le.