© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
SOLUTIONS
Solutions
Il s’ensuit, puisque lim
n→+∞
x
a(n+1)+1
a(n + 1) + 1
= 0, que
lim
n→+∞
n
k=0
(−1)
k x
ak+1
ak + 1
=
x
0
dt
1 + t a ·
En particulier, pour tout x ∈ [0, 1],
ln (1 + x) =
+∞
k=1
(−1)
k−1
k
x
k ;
Arctan x =
+∞
k=0
(−1)
k
2k + 1
x
2k+1 .
3. a. On a immédiatement ln p = − ln
1
p
= − ln
1 −
p − 1
p
. La première formule s’ensuit en remarquant que 0
p − 1
p
1. Par ailleurs, pour tout entier naturel n
+∞
k=n+1
1
k
p − 1
p
k
+∞
k=n+1
1
n + 1
p − 1
p
k
=
p
n + 1
p − 1
p
n+1
·
L’inégalité demandée est alors immédiate.
b. Au vu de la question précédente, on peut proposer la fonction suivante.
function s = ln(p,epsilon)
q=(p-1)/p ; a=q ; s=0 ; r=q ; n=1 ;
while p*r>epsilon
s=s+r ;
n=n+1 ;
a=a*q ;
r=a/n ;
end
endfunction
4. Il est alors immédiat que
+∞
k=0
(−1)
k
2k + 1
=
1
0
dx
1 + x 2 = [Arctan x]
1
0 =
p
4
·
Cette dernière somme, souvent attribuée à Leibniz, semble être initialement due au mathématicien écossais James Gregory (1638-1675).
5. De la formule tan (2u) =
2 tan u
1 − tan 2 u
, valable lorsque u =
p
4
,
p
2
,
3p
4
(mod p), on obtient
que tan
p
8
=
√
2 − 1. Puisque 0 <
1
5 <
√
2 − 1 et que la fonction Arctan est strictement
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