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MPSI B
2008-2009 Corrigé du DS Commun 2 (DS 7 en MPSI B)
Exercice 1
1.
3.
a. La fonction gn est clairement contine, dérivable strictement croissante. Elle dénit
une bijection de [0, +∞[ vers [1, +∞[. Pour chaque a > 1, il existe donc un unique
αn > 0 tel que gn (αn ) = a.
b. La fonction gn+1 contient un terme de plus que gn :
22 mai 2017
a. Pour tout n, comme α ≤ αn et gn croissante :
gn (α) ≤ gn (αn ) = a
par passage à la limite dans une inégalité, il vient
1
≤a
(1 − α)2
gn+1 (αn ) = gn (αn ) + (n + 1)αnn+1 = a + (n + 1)αnn+1 > a
b. L'équation se résout sans problème, elle admet une seule solution :
Comme de plus gn+1 est croissante, on en déduit αn+1 < αn .
c. Comme gn (1) = 1 + 2 + · · · + n, la suite (gn (1))n∈N∗ tend vers +∞. Il existe
donc un N tel que gN (1) > a. Comme gN est strictement croissante, on en déduit
αN < 1 puis
1
β =1− √
a
c. Pour tout n :
∀n ≥ N : αn ≤ αN < 1
gn (β) ≤
car la suite est décroissante.
d. La suite (αn )n∈N∗ est positive et décroissante. Elle converge donc et sa limite α
est positive ou nulle. De plus comme αn ≤ αN < 1 pour n ≥ N , on obtient par
passage à la limite dans une inégalité que
donc (gn croissante) β ≤ αn . Comme β est alors un minorant de la suite (αn )n∈N∗ ,
1
on a β ≤ α. D'autre part, comme x → (1−x)
2 est croissante, α ≤ β donc
1
α=β =1− √
a
0 ≤ α ≤ αN < 1
2.
4.
e. Les suites (np q n )n∈N∗ sont des suites de référence du cours. On sait qu'elles
convergent vers 0 pour tout p lorsque |q| < 1. On utilise ce résultat ici combiné avec le théorème d'encadrement après avoir majoré αn non pas par 1 mais
par αN . On en déduit le résultat annoncé.
a. On remarque que
1
(1 − εn )
2
On obtient
4=
αnn
1
αn2
− (n + 1)
−
2
(1 − αn )
1 − αn
(1 − αn )n+1
⇒ 4(1 − αn )2 = 1 − (n + 1)αnn (1 − αn ) − αnn+1
1 − εn n
⇒ (1 − εn )2 = 1 − (n + 1)
αn − αnn+1
2
1 − εn n
⇒ −2εn + ε2n = −(n + 1)
αn − αnn+1
2
On obtient le résultat annoncé en dérivant l'expression de fn .
b. D'après le a. et la convergence vers 0 des suites de référence (xn )n∈N∗ et (nxn )n∈N∗ ,
on obtient
1
(1 − x)2
b. Comme αn → 12 , εn → 0 ce qui entraine :
Comme la suite (gn (x))n∈N∗ est croissante, on a, pour tous les n et tous les x :
ε2n négligeable devant εn
1
gn (x) ≤
(1 − x)2
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
a. On utilise la question 2.a. avec
x = αn et a = 4 et 1 − αn =
1 − xn+1
gn (x) = fn0 (x) avec fn (x) =
1−x
(gn (x))n∈N∗ →
1
=a
(1 − β)2
αnn+1 négligeable devant (n + 1)αnn
1
Rémy Nicolai S0807C
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De chaque coté de la relation, négligeons ce qui est négligeable. L'égalité se dégrade alors en une équivalence
est une base de F(X, C) et donc que
dim (F(X, C)) = q
1 − εn
−2εn ∼ −
(n + 1)αnn
2
On en déduit
p≤q
or
−
1 − εn
1
(n + 1)αnn ∼ − nαnn
2
2
d'où
εn ∼
car p est la dimension de V qui est un sous-espace vectoriel de F(X, C).
2. a. Remarquons d'abord que, d'après la question précédente,
1 n
nα
4 n
dim (F(A, C)) = p = dim V
L'espace de départ et l'espace d'arrivée de la fonction restriction R ont donc la
même dimension.
Pour montrer que R est un isomorphisme, il sut de montrer qu'elle est injective
ou surjective. On va montrer qu'elle est injective.
Soit f ∈ ker R. C'est une fonction de X dans C qui est nulle sur tous les éléments
de A. On veut montrer que c'est la fonction nulle c'est à dire qu'elle est prend
aussi la valeur 0 pour les éléments de X qui ne sont pas dans A.
Considérons un tel élément x ∈ X − A et l'élément x∗ qui lui est associé dans V ∗ .
Comme (x∗1 , · · · , x∗p ) est une base de V ∗ , il existe λ1 , · · · , λp dans C tels que
c. En utilisant la question précédente et la question 1.e.
nεn ∼
On en déduit
car
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1 2 n
n αn → 0
4
(1 + εn )n → 1
(1 + εn )n = en ln(1+εn ) avec n ln(1 + εn ) ∼ nεn → 0
On en déduit enn
εn ∼
x∗ = λ1 x∗1 + · · · + λp x∗p
n 1
n
(1 + εn )n ∼ n+2
n
42
2
Prenons alors la valeur en f ∈ V :
Problème 1
x∗ (f ) = λ1 x∗1 (f ) + · · · + λp x∗p (f )
1. Notons q le cardinal de l'ensemble X , à chaque y ∈ X , on peut associer une fonction
fy dénie dans X par :
(
1 si x = y
∀x ∈ X : fy (x) =
0 si x 6= y
Ce qui s'écrit encore :
f (x) = λ1 f (x1 ) + · · · + λp f (xp ) = 0
car f est nulle sur A.
b. Considérons, comme en 1, les fonctions f1 , · · · , fp dénies dans A par :
Notons
X = {y1 , y2 , · · · , yq }
(
Alors tout élément f ∈ F(X, C) s'écrit de manière unique sous la forme
2
∀(i, j) ∈ {1, · · · , } : fi (xj ) =
f = f (y1 )fy1 + f (y2 )fy2 + · · · + f (yq )fyq
Ce qui assure que
fy1 , fy2 , · · · , fyq
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 si i = j
0 si i 6= j
La famille (f1 , · · · , fp ) est une base de F(A, C), comme R est un isomorphisme,
il existe une base de V
(v1 , · · · , vp )
2
Rémy Nicolai S0807C
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Problème 2
dénie par
∀i ∈ {1, · · · , p} : R(vi ) = fi
Partie I
Ces relations traduisent exactement les conditions demandées
(
∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · }2 : vi (xj ) =
3.
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1. Lorsqu'un polynôme P est dans le noyau de Φ, il admet les n réels distincts (x1 , · · · , xn )
comme racine. Il est donc divisible par
1 si i = j
0 si i 6= j
a. Comme V est de dimension p il contient des vecteurs non nuls c'est à dire des
fonctions non identiquement nulles. Soit v ∈ V l'une d'entre elles. Comme cette
fonction n'est pas identiquement nulle, il existe x ∈ X tel que
L = (X − x1 ) · · · (X − xn )
2. Comme Φ est une application linéaire entre deux espaces de même dimension, pour
montrer que c'est un isomorphisme, il sut de montrer qu'il est injectif. C'est à dire
que son noyau est réduit au polynôme nul.
Considérons un P quelconque dans le noyau de Φ. On sait déjà qu'il est divisible par
L, il existe un polynôme Q de degré inférieur ou égal à n − 2 (s'il n'est pas nul) tel que
P = LQ. Alors
∗
f (x) 6= 0 ⇔ x (f ) 6= 0
Ce qui siginie que x∗ n'est pas le vecteur nul de V ∗ . La famille (x∗ ) est donc
libre.
b. Considérons une famille (x1 , · · · , xq ) vériant
P 0 = LQ0 + L0 Q
(x∗1 , · · · , x∗q ) libre
∀x ∈ X : (x∗1 , · · · , x∗q , x∗ ) liée
f0 (xi ) = L(x
e i )Q
f0 (xi ) + Le0 (xi )Q(x
e i)
∀i ∈ {1, · · · , n} − {k} : 0 = P
Il en existe d'après la question précédente.
Comme (x∗1 , · · · , x∗q ) est une famille libre de V ∗ qui est de dimension p égale à
celle de V (résultat de cours), on a forcément q ≤ p.
D'autre part, les conditions entrainent aussi que, pour tout x ∈ X ,
car toutes les n racines de L (de degré n) sont simples. On en déduit que Q admet au
moins n − 1 racines. C'est donc le polynôme nul.
x∗ ∈ Vect x∗1 , · · · , x∗q
=0
Partie II
1. On rappelle que le symbole de Kronecker δij vaut 1 lorsque i = j et 0 si i 6= j . Il est
bien connu que Li (xj ) = δij .
2. Comme la famille (L1 , · · · , Ln ) contient n = dim Rn−1 [X] vecteurs, pou montrer que
c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison linéaire
égale au polynôme nul :
Autrement dit :
∀x ∈ X, ∃(λ1 (x), · · · , λq (x)) ∈ Cq tel que x∗ = λ1 (x)x∗1 + · · · + λq (x)x∗q
Ceci dénit des fonctions (λ1 , · · · , λq ) de X dans C.
Prenons alors la valeur en v ∈ V
∀x ∈ X, ∀v ∈ V :
x∗ (v) = λ1 (x)x∗1 (v) + · · · + λq (x)x∗q (v)
∀x ∈ X, ∀v ∈ V :
v(x) = λ1 (x)v(x1 ) + · · · + λq (x)v(xq )
∀v ∈ V :
λ1 L1 + · · · + λn Ln
En substituant xi à X (pour n'importe quel i), on obtient
v = v(x1 )λ1 + · · · + v(xq )λq
λi = 0
ce qui entraine
La famille est donc libre.
Les coordonnées d'un polynôme P dans la base (L1 , · · · , Ln ) s'obtiennent de manière
analogue. On obtient
v ∈ Vect(λ1 , · · · , λq )
pour tous les v ∈ V . On en déduit que dim V = p ≤ q et donc que p = q . La
famille libre (x∗1 , · · · , x∗p ) est alors une base de V ∗ .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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6=0
(Pe(x1 ), · · · , Pe(xn ))
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3. Tous les xj sont racines de tous les Λi donc Λi (xj ) = 0. Lorsque i 6= k, toutes ces
racines sont doubles sauf xi et xk . On en déduit
si
j 6= j 6= k
(xi − xj )2
si
j=i
(xk − xj )2
si
j=k
Λ0i (xj ) =0
Λ0i (xi ) =(xi − xk )
Y
On peut faire de même pour xk+1 , . . . , xn (valeur commune 0). On en déduit
l'existence de n − k − 1 racines ξk+1 , · · · , ξn−1 telles que :
xk+1 < ξk+1 < xk+2 < ξk+2 < xk+2 < · · · < xn−1 < ξn−1 < xn
b. Comme T 0 qui est de degré 2n − 3 admet 2n − 3 racines, elles sont toutes simples.
La fonction associée à T 0 change donc de signe à chaque fois. Les racines de T 0
sont donc toutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min.
De plus, à cause de l'entrelacement, les racines de même type sont des extréma
de même nature. C'est à dire :
j∈{1,··· ,n}−{i,k}
Λ0i (xk ) =(xk − xi )
Y
j∈{1,··· ,n}−{i,k}
4.
x1 max & ξ1 min x2 max & ξ2 min
a. Cette famille contient 2n − 2 = dim E éléments. Pour montrer que c'est une base,
il sut de montrer qu'elle est libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle
x1 min % ξ1 max
x2 min % ξ2 max
xk+1 max & ξk+1 min · · ·
(1)
···
xk−1 min % ξk−1 max
(2)
xn−1 max & ξn−1
min xn max
(3)
xn−1 min % ξn−1
max xn min
(4)
ou
T = l1 L1 + · · · ln Ln + λ1 Λ1 + · · · λn Λn
xk+1 min % ξk+1 max
En considérant les valeurs de T aux points xi , on obtient immédiatement que
l1 = · · · = lk = 1 et lk+1 = · · · = ln = 0. Posons
···
En fait, le rôle particulier joué par xk vient "bloquer" la situation.
La fonction T 0 ne change pas de signe dans l'intervalle
S = L1 + · · · + Lk
]ξk−1 , xk+1 [
En considérant les valeurs de T 0 aux points xi , on obtient immédiatement que
pour i 6= k :
La fonction T y est donc monotone. Mais comme cet intervalle contient xk avec
S 0 (xi )
Λ0i (xi )
T (xk ) = 1 et T (xk+1 ) = 0
Il est évident que T déni avec ces coecients répond aux contraintes. Son degré
est au plus 2n − 2 car les Li sont de degré n − 1 et les Λi de degré 2n − 2.
a. Par dénition, T 0 s'annule aux n − 1 points xi pour i 6= k.
De plus, on peut appliquer le théorème de Rolle entre x1 et x2 , x2 et x3 , jusqu'à xk−1 et xk car en ces points la fonction associée à T vaut 1. On en déduit
l'existence de k − 1 racines ξ1 , · · · , ξk−1 telles que :
La fonction T est décroissante dans cet intervalle. Ce qui entraîne que ξk−1 est un
maximum et xk+1 est un minimum. On en déduit que les variations sont données
par les tableaux (2) et (4)
c. D'après les variations établies à la question précédente, la fonction T est décroissante dans ]−∞, x1 [ et croissante dans ]xn , +∞[. Comme T (x1 ) = 1 et T (xn ) = 0
on a :
∀x ≤ x1 : T (x) ≥ 1 et ∀x ≥ xn : T (x) ≥ 0
x1 < ξ1 < x2 < ξ2 < x2 < · · · < xk−1 < ξk−1 < xk
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xk−1 max & ξk−1 min
et de même dans la deuxième zone
En substituant les xi , on montre que les li sont nuls. On peut alors simplier par
L puis substituer à nouveau les xi (pour i 6= k ). On obtient alors la nullité des λi .
b. On cherche T sous la forme
5.
···
ou
l1 L1 + · · · ln Ln + λ1 Λ1 + · · · λn Λn = 0
λi = −
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La fonction T est donc minorée. Elle atteint son minimum absolu en un point qui
est un minimum relatif où la dérivée s'annule. D'après le tableau de variations
c'est un xi . La plus petite valeur atteinte par T est donc 0. Elle reste toujours
positive.
La fonction polynomiale T diverge vers l'inni à l'inni. Ici c'est forcément vers
+∞. Comme T est de degré pair, on en déduit que le coecient dominant est
strictement positif.
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