123. Soit (pn ) ∈ RN définie par p0 = p1 = 1 et, pour n ≥ 2,

pn = ∫1 0(∫1-x1 ∫1-xn-1 ) 0... 0 dxndxn- 1...d x1. Calculer +∑∞ n=0pn(π⁄6)n.

On définit par récurrence une suite (An)n∈N de fonctions polynomiales de [0,1] dans R en posant

A0 (x) = 1 et pour n ≥ 1, An(x) = ∫ 1-x 0An-1(t)d t

On constate que ∀n ∈ N, pn = An(0).

On vérifie que An est à valeurs dans [0,1] et on définit à bon droit

F : [0, 1] → R , x↦→+∞ ∑ n=0An(x)( π) 6n.

Pour n ∈ N * , An ʹ(x) = -An-1(1 -x), donc |Anʹ(x)|≤ 1 si bien que F est de classe C1 et que, pour x ∈ [0, 1], Fʹ(x) = -+∑∞ n=1An-1(1 - x)(π) 6n = -π -6F(1 - x).

Donc F est de classe C2 et l’on a ∀x ∈ [0,1], Fʹʹ(x) = -(π) 62F(x). On dispose donc de a,b ∈ R tels que

πx- πx- ∀x ∈ [0,1],F (x) = acos 6 + bsin 6 (*)

Comme An (1) = δ0 n, on a F(1) = 1 d’où l’on déduit Fʹ(0) = -π 6. En exploitant (*), on en déduit que b = -1, a = √ - 3 et donc

(π π) ∀x ∈ [0,1],F(x) = 2cos 6x + 6

En particulier

+∞ ( ) ∑ pn π- n = F (0) = √3 n=0 6

Remarque. La même méthode montre que, pour T ∈] - 1,1[,

+∑∞ n 1+-sin-T- pnT = cosT n=0
et, en exploitant la théorie de la variable complexe, que cette formule reste vraie pour T ∈ C, |T| < π2.


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