Solutions
On peut donc écrire
sin(2n + 1)t = sin t W (sin
2 t),
(1)
où W (u) est un polynôme de degré inférieur ou égal n. Puisque la fonction
dans le premier membre s’annule aux points t k =
kπ
2n+1 (k = 1, 2, . . . , n)
qui appartiennent à l’intervalle
0 ,
π
2
, le polynôme W (u) s’annule en
u k = sin
2 t k (k = 1, 2, . . . , n). D’où,
W (u) = A
n
k=1
1 −
u
sin
2 t k
.
Donc, d’après (1),
sin(2n + 1)t = A sin t
n
k=1
1 −
sin
2 t
sin
2 kπ
2n+1
.
(2)
Le but est maintenant de trouver A. On a A = lim
t→0
sin(2n+1)t
sin t
= 2n + 1.
En substituant cette valeur à A dans (2) et en prenant t =
x
2n+1 , on
obtient
sin x = (2n + 1) sin
x
2n + 1
n
k=1
1 −
sin
2 x
2n+1
sin
2 kπ
2n+1
.
(3)
Pour x ∈ R fixé et m ∈ N ∗ tel que |x| < (m + 1)π, on prend n plus grand
que m. On a alors, d’après (3),
sin x = P m,n Q m,n ,
(4)
où
P m,n = (2n + 1) sin
x
2n + 1
m
k=1
1 −
sin
2 x
2n+1
sin
2 kπ
2n+1
,
Q m,n =
n
k=m+1
1 −
sin
2 x
2n+1
sin
2 kπ
2n+1
.
En faisant tendre n vers +∞, on a
lim
n→+∞
P m,n = x
m
k=1
1 −
x 2
k 2 π 2
.
(5)
Pour x = kπ, l’égalité (4) implique lim
n→+∞
Q m,n = Q m . Pour évaluer Q m ,
on note que, d’après les hypothèses précédentes,
0 <
|x|
2n + 1
<
kπ
2n + 1
nπ
2n + 1
<
π
2
pour k = m + 1, . . . , n.
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