Exercice 58

1. Par la formule du binôme, $P_{n} = \sum_{k} \binom{2n + 1}{k}X^{2n + 1 - k}\big(\mathrm{i}^{k} - (-\mathrm{i})^{k}\big)$ : le terme $k = 0$ disparaît, et le terme $k = 1$ vaut $2\mathrm{i}(2n + 1)X^{2n}$. $$\boxed{\deg P_{n} = 2n, \qquad \text{terme dominant } 2(2n + 1)\mathrm{i}\,X^{2n}}$$

2. Une racine $x$ vérifie $\Big(\frac{x + \mathrm{i}}{x - \mathrm{i}}\Big)^{2n + 1} = 1$, avec $x \neq \mathrm{i}$ : $\frac{x + \mathrm{i}}{x - \mathrm{i}} = \mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta_{k}}$, $\theta_{k} = \frac{k\pi}{2n + 1}$, $1 \leqslant k \leqslant 2n$. On en tire $x = \mathrm{i}\frac{\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta_{k}} + 1}{\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta_{k}} - 1} = \mathrm{cotan}\,\theta_{k}$. Ces $2n$ réels sont distincts, car $\mathrm{cotan}$ est injective sur $]0, \pi[$. $$\boxed{P_{n} = 2(2n + 1)\mathrm{i}\prod_{k = 1}^{2n} \Big(X - \mathrm{cotan}\frac{k\pi}{2n + 1}\Big)}$$

3. (a) Le terme $k = 2$ est nul, donc $\sigma_{1} = 0$. Le terme $k = 3$ vaut $-2\mathrm{i}\binom{2n + 1}{3}X^{2n - 2}$, donc $\sigma_{2} = -\frac{1}{2n + 1}\binom{2n + 1}{3} = -\frac{2n(2n - 1)}{6}$, et $\sum \mathrm{cotan}^{2} = \sigma_{1}^{2} - 2\sigma_{2}$. $$\boxed{\sum_{k = 1}^{2n} \mathrm{cotan}\frac{k\pi}{2n + 1} = 0, \qquad \sum_{k = 1}^{2n} \mathrm{cotan}^{2}\frac{k\pi}{2n + 1} = \frac{2n(2n - 1)}{3}}$$

(b) Les termes d'indices $k$ et $2n + 1 - k$ sont égaux, puisque $\mathrm{cotan}(\pi - \theta) = -\mathrm{cotan}\,\theta$ : la somme pour $k \leqslant n$ est la moitié.

4. Les fonctions $x \mapsto x - \sin x$ et $x \mapsto \tan x - x$ sont nulles en $0$ et de dérivées $1 - \cos x > 0$ et $\tan^{2}x > 0$ sur $]0, \frac{\pi}{2}[$. En inversant et en élevant au carré, $\mathrm{cotan}^{2}x < \frac{1}{x^{2}} < \frac{1}{\sin^{2}x} = 1 + \mathrm{cotan}^{2}x$.

5. Avec $x = \frac{k\pi}{2n + 1}$ et en sommant pour $1 \leqslant k \leqslant n$ : $$\frac{n(2n - 1)}{3} < \frac{(2n + 1)^{2}}{\pi^{2}}\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} < n + \frac{n(2n - 1)}{3} = \frac{n(2n + 2)}{3}.$$ En multipliant par $\frac{\pi^{2}}{(2n + 1)^{2}}$, les deux bornes tendent vers $\frac{\pi^{2}}{6}$, et le théorème des gendarmes conclut. $$\boxed{\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k^{2}} \xrightarrow[n \to +\infty]{} \frac{\pi^{2}}{6}}$$