Une fraction rationnelle est un quotient de deux polynômes, et la décomposer en éléments simples revient à l'écrire comme une somme de termes élémentaires faciles à manipuler. Cette décomposition sert surtout à calculer des primitives de fonctions rationnelles et des sommes télescopiques, deux situations très fréquentes aux écrits comme aux oraux.
Exercice 1 · Forme irréductible, zéros et pôles
application●●●
Mettre une fraction sous forme irréductibleLire zéros et pôles avec leur multiplicitéCalculer le degré d'une fraction rationnelle
On considère $F=\dfrac{X^3-X}{X^4-2X^3+X^2}\in\mathbb{R}(X)$.
Déterminer la forme irréductible de $F$, avec un dénominateur unitaire.
Donner les zéros et les pôles de $F$, avec leur multiplicité.
Calculer $\deg F$ et l'ensemble de définition $\mathcal{D}_F$ de la fonction rationnelle associée.
On factorise :
$$X^3-X=X(X-1)(X+1),\qquad X^4-2X^3+X^2=X^2(X^2-2X+1)=X^2(X-1)^2.$$
On simplifie par le facteur commun $X(X-1)$ :
$$F=\frac{X+1}{X(X-1)}=\frac{X+1}{X^2-X}.$$
Les racines de $X^2-X$ sont $0$ et $1$ ; aucune n'est racine de $X+1$. Les deux polynômes n'ont donc aucune racine complexe commune : ils sont premiers entre eux. Le dénominateur est unitaire, c'est la forme irréductible.
On lit sur la forme irréductible.
Zéros : racines de $X+1$, soit $-1$, de multiplicité $1$.
Pôles : racines de $X(X-1)$, soit $0$ et $1$, tous deux simples.
L'écriture de départ laissait croire à des pôles doubles en $0$ et en $1$ : c'est faux, la simplification a fait baisser les multiplicités.
$\deg F=1-2=-1$. On retrouve $3-4=-1$ sur l'écriture initiale, le degré ne dépendant pas du représentant. La fonction rationnelle associée est définie hors des pôles : $\mathcal{D}_F=\mathbb{R}\setminus\{0,1\}$.
Les degrés sont égaux à $2$ : la partie entière est le quotient des coefficients dominants, $E_1=3$. Plus précisément $3X^2+1=3(X^2-4)+13$, donc
$$F_1=3+\frac{13}{X^2-4}.$$
$\deg(2X^4+X^3-1)=4>2$ : on effectue la division euclidienne par $X^2+X+1$.
$2X^4+X^3-1-2X^2(X^2+X+1)=-X^3-2X^2-1$ ;
$-X^3-2X^2-1+X(X^2+X+1)=-X^2+X-1$ ;
$-X^2+X-1+(X^2+X+1)=2X$.
Ainsi $2X^4+X^3-1=(X^2+X+1)(2X^2-X-1)+2X$ avec $\deg(2X)=1<2$. Donc $E_2=2X^2-X-1$ et
$$F_2=2X^2-X-1+\frac{2X}{X^2+X+1}.$$
Contrôle : $(X^2+X+1)(2X^2-X-1)=2X^4+X^3-2X-1$, et en ajoutant $2X$ on retrouve $2X^4+X^3-1$.
On fait apparaître $X^2-1$ : $X^5=X^3(X^2-1)+X^3$ et $X^3=X(X^2-1)+X$. Donc $X^5=(X^3+X)(X^2-1)+X$, avec $\deg X=1<2$. Par unicité de la partie entière, $E_3=X^3+X$ et
$$F_3=X^3+X+\frac{X}{X^2-1}.$$
Résultat :
$E_1=3$, $E_2=2X^2-X-1$, $E_3=X^3+X$
Exercice 3 · Trois pôles simples
application●●●
Décomposer une fraction à pôles simplesUtiliser la formule $P(a)/Q_1(a)$Vérifier une décomposition
Décomposer en éléments simples sur $\mathbb{R}$ la fraction
$$F=\frac{X+5}{(X-1)(X+2)(X-3)}.$$
Vérifier le résultat de deux façons.
Le numérateur a pour seule racine $-5$, qui n'est pas racine du dénominateur : l'écriture est irréductible. On a $\deg F=1-3=-2<0$, donc la partie entière est nulle. Les pôles $1$, $-2$, $3$ sont simples :
$$F=\frac{a}{X-1}+\frac{b}{X+2}+\frac{c}{X-3}.$$
Pour un pôle simple, le coefficient s'obtient en multipliant par le facteur correspondant puis en évaluant :
$$a=\frac{1+5}{(1+2)(1-3)}=\frac{6}{-6}=-1,\qquad b=\frac{-2+5}{(-2-1)(-2-3)}=\frac{3}{15}=\frac15,\qquad c=\frac{3+5}{(3-1)(3+2)}=\frac{8}{10}=\frac45.$$
Donc
$$F=-\frac{1}{X-1}+\frac{1}{5(X+2)}+\frac{4}{5(X-3)}.$$
Vérification 1. Comme $\deg F=-2$, $xF(x)\to0$ en $+\infty$, donc $a+b+c$ doit être nul : $-1+\frac15+\frac45=0$.
Vérification 2. $F(0)=\dfrac{5}{(-1)(2)(-3)}=\dfrac56$. La décomposition donne $\dfrac{-1}{-1}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{4}{-15}=\dfrac{30+3-8}{30}=\dfrac{25}{30}=\dfrac56$.
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Exercice 5 · Élément de seconde espèce et primitive
application●●●
Décomposer sur $\mathbb{R}$ avec un facteur irréductible de degré 2Évaluer en une racine complexe et identifierCalculer une primitive avec logarithme et arctangente
Décomposer en éléments simples sur $\mathbb{R}$ la fraction $F=\dfrac{X^2+2}{(X-1)(X^2+1)}$.
En déduire une primitive de $f:x\mapsto\dfrac{x^2+2}{(x-1)(x^2+1)}$ sur $]1,+\infty[$.
Le numérateur $1$ est premier avec le dénominateur. $\deg F=-4<0$ : partie entière nulle. Pôles : $0$ triple, $-1$ simple. On cherche
$$F=\frac{a}{X}+\frac{b}{X^2}+\frac{c}{X^3}+\frac{d}{X+1}.$$
Pôle simple $-1$ : $d=\dfrac{1}{(-1)^3}=-1$.
On multiplie par $X^3$ et on évalue en $0$ : $c=\dfrac{1}{0+1}=1$.
Pour obtenir toute la partie polaire en $0$, on écrit $\dfrac{1}{1+X}$ en puissances de $X$. Comme $(1-X+X^2)(1+X)=1+X^3$, on a $1-X+X^2=\dfrac{1}{1+X}+\dfrac{X^3}{1+X}$, soit
$$\frac{1}{1+X}=1-X+X^2-\frac{X^3}{1+X}.$$
En divisant par $X^3$ :
$$F=\frac{1}{X^3}-\frac{1}{X^2}+\frac1X-\frac{1}{X+1}.$$
C'est une somme d'éléments simples ; par unicité, c'est la décomposition cherchée ($a=1$, $b=-1$, $c=1$, $d=-1$, en accord avec les calculs précédents).
Vérifications : $\lim xF(x)=0$ et $a+d=0$ ; en $1$, $F(1)=\dfrac12$ et $1-1+1-\dfrac12=\dfrac12$.
Sur $[1,2]\subset\,]0,+\infty[$, une primitive de $x\mapsto\dfrac{1}{x^3(x+1)}$ est
$$G(x)=-\frac{1}{2x^2}+\frac1x+\ln x-\ln(x+1).$$
$G(2)=-\dfrac18+\dfrac12+\ln\dfrac23=\dfrac38+\ln\dfrac23$ et $G(1)=-\dfrac12+1-\ln2=\dfrac12-\ln2$. Donc
$$I=\frac38-\frac12+\ln\frac23+\ln2=\ln\frac43-\frac18\approx0{,}163.$$
Le trinôme $x^2+2x+2$ a pour discriminant $4-8=-4<0$ : il ne s'annule pas sur $\mathbb{R}$ et la fonction intégrée est continue sur $[0,1]$.
Partie entière. $x^3+2-x(x^2+2x+2)=-2x^2-2x+2$, puis $-2x^2-2x+2+2(x^2+2x+2)=2x+6$. Donc
$$x^3+2=(x^2+2x+2)(x-2)+2x+6,\qquad \frac{x^3+2}{x^2+2x+2}=x-2+\frac{2x+6}{x^2+2x+2}.$$
Contrôle : $(x^2+2x+2)(x-2)=x^3-2x-4$, et $x^3-2x-4+2x+6=x^3+2$.
Seconde espèce. $2x+6=(2x+2)+4$ et $x^2+2x+2=(x+1)^2+1$, donc
$$\frac{2x+6}{x^2+2x+2}=\frac{2x+2}{x^2+2x+2}+\frac{4}{(x+1)^2+1}.$$
Primitive sur $\mathbb{R}$ (pas de valeur absolue, le trinôme est positif) :
$$G(x)=\frac{x^2}{2}-2x+\ln(x^2+2x+2)+4\arctan(x+1).$$
Calcul. $G(1)=\dfrac12-2+\ln5+4\arctan2$ et $G(0)=\ln2+4\cdot\dfrac{\pi}{4}=\ln2+\pi$. Donc
$$I=\ln\frac52-\frac32+4\arctan2-\pi\approx0{,}703.$$
Remarque : $\arctan2-\frac{\pi}{4}\in\left]0,\frac{\pi}{4}\right[$ et $\tan\left(\arctan2-\frac\pi4\right)=\dfrac{2-1}{1+2}=\dfrac13$, donc $4\arctan2-\pi=4\arctan\dfrac13$.
Résultat :
$I=\ln\frac52-\frac32+4\arctan2-\pi$
Exercice 8 · De C à R : la fraction 1/(X^3+1)
entrainement●●●
Décomposer sur $\mathbb{C}$ avec des racines de l'unitéRegrouper deux pôles conjuguésCalculer une intégrale avec arctangente
Décomposer en éléments simples sur $\mathbb{C}$ la fraction $F=\dfrac{1}{X^3+1}$.
Les solutions de $z^3=-1$ sont $-1$, $u=e^{i\pi/3}$ et $\overline u=e^{-i\pi/3}$. Ce sont des racines simples de $Q=X^3+1$ (trois racines distinctes pour un polynôme de degré $3$). $\deg F=-3$ : partie entière nulle. En un pôle simple $a$, le coefficient vaut
$$\frac{1}{Q'(a)}=\frac{1}{3a^2}=\frac{a}{3a^3}=-\frac a3.$$
Donc
$$\frac{1}{X^3+1}=\frac{1}{3(X+1)}-\frac{u}{3(X-u)}-\frac{\overline u}{3(X-\overline u)}.$$
On a $u+\overline u=2\cos\frac\pi3=1$, $u\overline u=1$, et $(X-u)(X-\overline u)=X^2-X+1$. On regroupe :
$$\frac{u}{X-u}+\frac{\overline u}{X-\overline u}=\frac{u(X-\overline u)+\overline u(X-u)}{X^2-X+1}=\frac{(u+\overline u)X-2u\overline u}{X^2-X+1}=\frac{X-2}{X^2-X+1}.$$
Donc
$$\frac{1}{X^3+1}=\frac{1}{3(X+1)}-\frac{X-2}{3(X^2-X+1)}.$$
Vérification en $0$ : $\frac13+\frac23=1=F(0)$.
On travaille sur $]-1,+\infty[$, qui contient $[0,1]$. On écrit $x-2=\dfrac12(2x-1)-\dfrac32$ et $x^2-x+1=\left(x-\dfrac12\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2$. Une primitive de $\dfrac{1}{x^2-x+1}$ est $\dfrac{2}{\sqrt3}\arctan\dfrac{2x-1}{\sqrt3}$. D'où une primitive de $\dfrac{1}{1+x^3}$ :
$$G(x)=\frac13\ln(x+1)-\frac16\ln(x^2-x+1)+\frac{1}{\sqrt3}\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}.$$
(Le coefficient de l'arctangente vient de $-\frac13\cdot\left(-\frac32\right)\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{1}{\sqrt3}$.)
$G(1)=\dfrac{\ln2}{3}-0+\dfrac{1}{\sqrt3}\cdot\dfrac\pi6$ et $G(0)=0-0+\dfrac{1}{\sqrt3}\cdot\left(-\dfrac\pi6\right)$. Donc
$$I=\frac{\ln2}{3}+\frac{\pi}{3\sqrt3}\approx0{,}836.$$
Le numérateur est une constante non nulle : l'écriture est irréductible. Les pôles $0,-1,\dots,-n$ sont distincts, donc simples. $\deg F_n=-(n+1)<0$ : partie entière nulle. Ainsi $F_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\frac{\lambda_k}{X+k}$ avec, en notant $Q_k=\prod_{j\neq k}(X+j)$,
$$\lambda_k=\frac{n!}{Q_k(-k)},\qquad Q_k(-k)=\prod_{j=0}^{k-1}(j-k)\times\prod_{j=k+1}^{n}(j-k).$$
Le premier produit comporte $k$ facteurs négatifs $-k,-(k-1),\dots,-1$ : il vaut $(-1)^kk!$. Le second vaut $1\cdot2\cdots(n-k)=(n-k)!$. Donc
$$\lambda_k=\frac{n!}{(-1)^kk!(n-k)!}=(-1)^k\binom nk,$$
car $(-1)^{-k}=(-1)^k$.
$1$ n'est pas un pôle. $F_n(1)=\dfrac{n!}{1\cdot2\cdots(n+1)}=\dfrac{n!}{(n+1)!}=\dfrac{1}{n+1}$. Donc
$$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+1}\binom nk=\frac{1}{n+1}.$$
$F_n(2)=\dfrac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)}=\dfrac{n!}{(n+2)!}=\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}$. Donc
$$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k+2}\binom nk=\frac{1}{(n+1)(n+2)}.$$
Contrôle pour $n=1$ : $\frac12-\frac13=\frac16$.
Comme $n\geqslant1$, $\deg F_n\leqslant-2$, donc $xF_n(x)\to0$ quand $x\to+\infty$. Par ailleurs $\dfrac{x}{x+k}\to1$, donc $x\displaystyle\sum_k\frac{\lambda_k}{x+k}\to\sum_k\lambda_k$. Ainsi $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk=0$, ce qui est cohérent avec $(1-1)^n=0$.
Résultat :
$\frac{1}{n+1}$ ; $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ ; $0$
Exercice 12 · Les sommes de Lagrange
approfondissement●●●
Décomposer $1/P$ pour un polynôme scindé à racines simplesUtiliser l'unicité de la partie entièreExploiter la limite de $xF(x)$
Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ de degré $n\geqslant2$, de coefficient dominant $c$, ayant $n$ racines distinctes $x_1,\dots,x_n$. Pour $0\leqslant j\leqslant n-1$, on pose $S_j=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k^j}{P'(x_k)}$.
Décomposer $\dfrac1P$ en éléments simples sur $\mathbb{C}$.
Montrer que pour $0\leqslant j\leqslant n-1$ : $\dfrac{X^j}{P}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{x_k^j}{P'(x_k)(X-x_k)}$.
En déduire la valeur de $S_j$ selon $j$.
Application : pour $a,b,c$ complexes distincts, calculer
$$A=\frac{a^2}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^2}{(b-a)(b-c)}+\frac{c^2}{(c-a)(c-b)},\qquad B=\frac{a}{(a-b)(a-c)}+\frac{b}{(b-a)(b-c)}+\frac{c}{(c-a)(c-b)}.$$
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Exercice 13 · Autour de 1/(1+x^4)
examen●●●
Factoriser dans $\mathbb{R}[X]$ un polynôme sans racine réelleUtiliser la parité et l'unicité de la décompositionCalculer une primitive et une limite d'intégraleEffectuer un changement de variable
Dans l'esprit CCINP. On note $F=\dfrac{1}{X^4+1}\in\mathbb{R}(X)$.
Factoriser $X^4+1$ en produit d'irréductibles de $\mathbb{R}[X]$. On pourra écrire $X^4+1=(X^2+1)^2-2X^2$.
Justifier l'existence de réels $a,b,c,d$ tels que
$$F=\frac{aX+b}{X^2+\sqrt2X+1}+\frac{cX+d}{X^2-\sqrt2X+1}.$$
À l'aide de la parité de $F$, montrer que $c=-a$ et $d=b$, puis déterminer $a$ et $b$.
Déterminer la primitive $G$ de $x\mapsto\dfrac{1}{1+x^4}$ sur $\mathbb{R}$ qui s'annule en $0$.
Pour $A>0$, on pose $I(A)=\displaystyle\int_0^A\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$. Déterminer $\displaystyle\lim_{A\to+\infty}I(A)$.
Pour $A>1$, montrer à l'aide du changement de variable $x=\frac1t$ que $\displaystyle\int_{1/A}^{A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{1/A}^{A}\frac{\mathrm{d}x}{1+x^4}$. En déduire la limite de $J(A)=\displaystyle\int_0^A\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x$ quand $A\to+\infty$.
$X^4+1=(X^2+1)^2-(\sqrt2X)^2=(X^2-\sqrt2X+1)(X^2+\sqrt2X+1)$. Les deux trinômes ont pour discriminant $2-4=-2<0$ : ils sont irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$.
$\deg F=-4<0$ : partie entière nulle. Le dénominateur est le produit de deux irréductibles distincts de degré $2$, chacun d'exposant $1$. Le théorème de décomposition sur $\mathbb{R}$ assure l'existence et l'unicité de $a,b,c,d$.
$F(-X)=F(X)$. En remplaçant $X$ par $-X$ :
$$F=\frac{-aX+b}{X^2-\sqrt2X+1}+\frac{-cX+d}{X^2+\sqrt2X+1}.$$
C'est encore une décomposition en éléments simples de $F$ ; par unicité, $-cX+d=aX+b$, donc $c=-a$ et $d=b$.
En $0$ : $F(0)=1=b+d=2b$, donc $b=\dfrac12$.
En $1$ : $F(1)=\dfrac12$. Avec $\dfrac{1}{2+\sqrt2}=\dfrac{2-\sqrt2}{2}$ et $\dfrac{1}{2-\sqrt2}=\dfrac{2+\sqrt2}{2}$ :
$$\frac{a+\frac12}{2+\sqrt2}+\frac{-a+\frac12}{2-\sqrt2}=\frac{(2-\sqrt2)\left(a+\frac12\right)+(2+\sqrt2)\left(\frac12-a\right)}{2}=\frac{2-2\sqrt2\,a}{2}=1-\sqrt2\,a.$$
Donc $1-\sqrt2a=\dfrac12$ et $a=\dfrac{1}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2}{4}$. Comme $\frac{\sqrt2}{4}\cdot\sqrt2=\frac12$ :
$$F=\frac{\sqrt2}{4}\left(\frac{X+\sqrt2}{X^2+\sqrt2X+1}-\frac{X-\sqrt2}{X^2-\sqrt2X+1}\right).$$
Vérification en $2$ : on obtient $\dfrac{(1+\sqrt2)(5-2\sqrt2)+(1-\sqrt2)(5+2\sqrt2)}{2\cdot17}=\dfrac{2}{34}=\dfrac1{17}=F(2)$.
$X+\sqrt2=\dfrac12(2X+\sqrt2)+\dfrac{\sqrt2}{2}$ et $x^2+\sqrt2x+1=\left(x+\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\frac12$. La dérivée de $\arctan(\sqrt2x+1)$ vaut $\dfrac{\sqrt2}{2x^2+2\sqrt2x+2}=\dfrac{\sqrt2/2}{x^2+\sqrt2x+1}$. Donc une primitive de $\dfrac{x+\sqrt2}{x^2+\sqrt2x+1}$ est $\dfrac12\ln(x^2+\sqrt2x+1)+\arctan(\sqrt2x+1)$. De même, une primitive de $\dfrac{x-\sqrt2}{x^2-\sqrt2x+1}$ est $\dfrac12\ln(x^2-\sqrt2x+1)-\arctan(\sqrt2x-1)$. Les trinômes sont strictement positifs. On obtient
$$G(x)=\frac{\sqrt2}{8}\ln\frac{x^2+\sqrt2x+1}{x^2-\sqrt2x+1}+\frac{\sqrt2}{4}\Big(\arctan(\sqrt2x+1)+\arctan(\sqrt2x-1)\Big).$$
$G(0)=0+\frac{\sqrt2}{4}\left(\frac\pi4-\frac\pi4\right)=0$ : c'est la primitive cherchée.
$I(A)=G(A)$. Quand $A\to+\infty$, le quotient dans le logarithme tend vers $1$, donc le logarithme tend vers $0$ ; chaque arctangente tend vers $\frac\pi2$. Donc
$$\lim_{A\to+\infty}I(A)=\frac{\sqrt2}{4}\pi=\frac{\pi}{2\sqrt2}.$$
On pose $x=\frac1t$, $\mathrm{d}x=-\frac{\mathrm{d}t}{t^2}$ ; la fonction $t\mapsto\frac1t$ est de classe $\mathcal{C}^1$ sur $[1/A,A]$. On a $\dfrac{x^2}{1+x^4}=\dfrac{1/t^2}{1+1/t^4}=\dfrac{t^2}{t^4+1}$, et les bornes $\frac1A$, $A$ deviennent $A$, $\frac1A$ :
$$\int_{1/A}^{A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{A}^{1/A}\frac{t^2}{1+t^4}\cdot\left(-\frac{1}{t^2}\right)\mathrm{d}t=\int_{1/A}^{A}\frac{\mathrm{d}t}{1+t^4}=G(A)-G(1/A).$$
Par ailleurs $0\leqslant\displaystyle\int_0^{1/A}\frac{x^2}{1+x^4}\,\mathrm{d}x\leqslant\int_0^{1/A}x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3A^3}\to0$. Donc $J(A)=\displaystyle\int_0^{1/A}\frac{x^2}{1+x^4}\mathrm{d}x+G(A)-G(1/A)$. Par continuité de $G$ en $0$, $G(1/A)\to G(0)=0$, et $G(A)\to\frac{\pi}{2\sqrt2}$. Ainsi $J(A)\to\dfrac{\pi}{2\sqrt2}$.
Appliquer la dérivée logarithmique aux racines de l'unitéDériver $P'/P$ pour obtenir des sommes de carrésPasser de l'exponentielle complexe à la cotangenteEncadrer et passer à la limite
Dans l'esprit Mines-Ponts. Soit $n\geqslant2$ et $\omega_k=e^{2ik\pi/n}$ pour $1\leqslant k\leqslant n-1$. On pose $P_n=\displaystyle\sum_{j=0}^{n-1}X^j$.
Montrer que $P_n=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(X-\omega_k)$. En déduire $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1-\omega_k}$ puis $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1-\omega_k)^2}$.
Montrer que pour $\theta\in\,]0,2\pi[$ : $\dfrac{1}{1-e^{i\theta}}=\dfrac12+\dfrac i2\cot\dfrac\theta2$.
En déduire $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}{n}$, puis $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2(k\pi/n)}$.
On prend $n=2m+1$ avec $m\geqslant1$. Montrer que $\displaystyle\sum_{k=1}^{m}\cot^2\frac{k\pi}{2m+1}=\frac{m(2m-1)}{3}$ et $\displaystyle\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{2m+1}}=\frac{2m(m+1)}{3}$. En admettant que $\sin x<x<\tan x$ pour $x\in\,]0,\pi/2[$, en déduire la limite de $\displaystyle\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2}$ quand $m\to+\infty$.