PSI* 11/12 - Devoir 1 - Corrigé Préliminaires

PSI* 11/12 - Devoir 1 - Corrigé
Préliminaires
1. dim Rp[X] = p+ 1.
2. Par linéarité de l’intégrale l’application de Rp[X]dans Rdéfinie par P7→ Z1
0
P(t)dtest une forme
linéaire. Cette forme linéaire est non nulle puisque l’image de 1est 1, son noyau est donc un hyperplan
de Rp[X]. Or ce noyau est Hp. Donc Hpest un sous-espace vectoriel de Rp[X]et sa dimension est p.
3. Par linéarité de la dérivation, Dpest linéaire. Hpet Rp−1[X]sont deux R-espaces vectoriels de même
dimension finie p, il suffit donc de vérifier que Ker Dpest réduit au singleton polynôme nul.
Or si Pest dans Ker Dp, on a P0= 0 et donc Pest constant, mais comme il est dans Hp, il est nul !
Dpet bien un isomorphisme de R-espaces vectoriels .
Première Partie : Les polynômes et nombres de Bernoulli.
1. B1est caractérisé par B0
1= 1 et Z1
0
B1(t)dt = 0 d’où B1=X−1
2.
De même : B0
2= 2B1= 2X−1et Z1
0
B2(t)dt = 0 d’où B2=X2−X+1
6. De même : B3=X3−3 2X2+1 2X
et B4=X4−2X3+X2−1
30 .
2. Notons dnle degré de Bn. Puisque B0
n+1 = (n+ 1)Bn, on a dn+1 =dn+ 1. La suite (dn)est donc
arithmétique de raison 1. Comme d0= 0, on en déduit pour tout n:dn=n.
Pour que la définition de la suite des polynômes de Bernoulli ait un sens,il faut que l’on puisse appliquer
D−1
n+1 à(n+ 1)Bn, ce qui nécessite (n+ 1)Bn∈Rn[X]et ce qui vient d’être démontrer.
3. Notons cnle coefficient dominant de Bn. On a encore B0
n+1 = (n+ 1)Bnd’où dn+1cn+1 = (n+ 1)cnsoit
cn+1 =cn. La suite (cn)est constante ! Finalement tous les polynômes de Bernoulli ont 1pour coefficient
dominant.
4. Bn(1) −bn=Bn(1) −Bn(0) = Z1
0
B0
n(t)dt.
Mais si nest au moins égal à 2,B0
n=nBn−1d’où : Bn(1) −bn=nZ1
0
Bn−1dt = 0 ( car n−1>1).
Finalement pour n>2, on a Bn(1) −bn= 0. On peut remarquer que ce résultat est aussi valable pour
n= 0 mais pas pour n= 1 puisque B1(1) −b1= 1
5. a) Posons : ∀n∈N, An= (−1)nBn(1 −X). Il suffit de vérifier que la suite (An)remplit la relation de
définition des polynômes de Bernoulli. Or Anest de degré ncomme Bn, de plus pour tout n:
A0
n+1 = (−1)n+1(−1)B0 n+1(1 −X)=(−1)n(n+ 1)Bn(1 −X)=(n+ 1)An
De plus : Z1
0
An+1(t)dt = (−1)n+1 Z1
0
Bn+1(1 −t)dt. On effectue alors dans cette dernière intégrale,
le changement de variable affine t= 1 −xce qui donne :
Z1
0
An+1(t)dt =Z0
1
Bn+1(x) (−dx) = Z1
0
Bn+1(x)dx = 0
Ces résultats montrent déjà : ∀n∈N, An+1 =D−1
n+1 ((n+ 1)An). Enfin A0=B0= 1, et donc pour
tout n:Bn= (−1)nBn(1 −X).
On en déduit que la représentation graphique, dans un repère orthonormal du plan, de la fonction
polynôme associée à Bnest symétrique par rapport au point de coordonnées (1
2,0) quand nest impair
et par rapport à la droite d’équation x=1
2quand nest pair.
b) Pour tout nde N:B2n+1(X) = −B2n+1(1 −X)d’après la question précédente. On évalue cette
relation en 1
2et on a : B2n+1 1 2= 0. On évalue maintenant en 0et l’on a et b2n+1 =−B2n+1(1).
Deux cas alors se présentent d’après 4. :
1

•Cas n= 0. On a b1=−1
2.
•Cas n>1. On a b2n+1 = 0.
6. a) On raisonne comme au 5.a).On pose : ∀n∈N, Cn= (2)n−1BnX
2+BnX+ 1 2.Cnest un
polynôme de degré au plus n, comme somme de deux polynômes de degré n. De plus , toujours pour
tout n:
C0
n+1 = 2n1
2B0
n+1 X
2+1 2B0
n+1 X+ 1
2= (n+1)2n−1BnX 2+BnX+ 1 2= (n+1)An
Et aussi : Z1
0
Cn+1(t)dt = 2nZ1
0
Bn+1 t
2dt +Z1
0
Bn+1 t+ 1
2dt. Dans la première intégrale,
on effectue le changement de variable affine t= 2x, d’où : Z1
0
Bn+1 t
2dt = 2 Z1
2
0
Bn+1(x)dx et dans
la seconde, le changement de variable affine t= 2x−1qui donne :
Z1
0
Bn+1 t+ 1
2dt = 2 Z1
1
2
Bn+1(x)dx
La relation de Chasles donne alors : Z1
0
Cn+1(t)dt = 2n+1 Z1
0
Bn+1(t)dt = 0. On termine la question,
en remarquant C0= 1.
Finalement : ∀n∈N, Bn= (2)n−1BnX
2+BnX+ 1 2.
b) On évalue la relation précédente en 0et on a facilement : ∀n∈N, Bn1
2=1 2n−1−1bn.
c) D’après la relation précédente, on a, pour tout n:B2n1
2.b2n=b2
2n1
22n−1−1. On en déduit
que B2n1
2.b2nest négatif pour nnon nul et positif pour n= 0.
7. a) Soit fune application continue de [a;b]dans R. Si fest dérivable sur ]a;b[et si f(a) = f(b)alors il
existe cdans ]a;b[tel que f0(c)=0.
b) D’après 1., les racines de B2sont : 3+√3
6et 3−√3 6et on a bien : 0<3−√3 6<1 2<3+√3 6<1. Celles
de B3sont 0,1
2et 1. La démonstration par récurrence est donc initialisée. Soit alors nfixé dans N∗,
on suppose que B2na exactement une racine αndans [0; 1
2]et que les seules racines de B2n+1 dans
[0; 1
2]sont 0et 1 2. Les fonctions polynômes étant de classe C∞sur Ret ici à valeurs réelles, entre deux
racines, il y a une racine du polynôme dérivé. Or le 5.b) montre que B2n+3 a0et 1
2pour racine d’où
l’existence d’une racine αn+1 dans ]0; 1
2[pour le polynôme B2n+2. De plus si B2n+2 avait une autre
racine dans ]0; 1
2[alors de même B2n+1 en aurait une, ce qui contredit l’hypothèse de récurrence. De la
même façon, il est impossible que B2n+3 est une racine dans ]0; 1
2[, ca alors B2n+2 en aurait 2. Compte
tenu des symétries vues en 5.a), on a établi le résultat, par récurrence.
c) Pour raison de symétrie αn+βn= 1.
Deuxième Partie : Algorithme de calculs des nombres de Bernoulli.
1. Voir cours.
2. Bnest de degré ndonc d’après la formule de Taylor : Bn=
n
P
k=0
B(k)
n(0)
k!Xk. Mais B0
n=nBn−1et par
itérations B(k)
n=n(n−1) . . . (n−k+ 1)Bn−k. D’où : ∀n∈N, Bn=
n
P
k=0 n
kbn−kXk.
3. On évalue en 1la relation précédente : ∀n∈N, Bn(1) =
n
P
k=0 n
kbn−k, Or pour n>2, on a Bn(1) = bn,
on a donc :
Si n>2alors
n
X
k=1 n
kbn−k= 0

4. Du résultat précédent, on déduit pour tout n>1:bn=−1
n+1
n+1
P
k=2 n+ 1
kbn+1−k. Voici un programme
Maple qui répond aux questions de la fin de cette partie.
>restart:
>b[0]:=1:b[1]:=-1/2:but:=12:
>for n from 2 to but do b[n]:=-1/(n+1)*add(binomial(n+1,j)*b[n+1-j],j=2..n+1) end do:
>b[but];evalf(b[but]);
−691
2730
−0.2531135531
Troisième Partie : Application au calcul de certaines sommes.
1. a) Le 1. de la première partie donne rapidement : P1= 1,P2= 2Xet P3= 3X2.
b) Bnet Bn(X+ 1) ont même degré et même coefficient dominant ( d’après la première partie) , donc Pn
est degré au plus n−1. Plus précisément, on a : Bn=Xn+Snoù Snest un polynôme de degré au
plus n−1. On a donc : Pn= (X+ 1)n−Xn+ (Sn(X+ 1) −Sn)avec, comme différence de polynômes
de même degré et de même coefficient dominant, Sn(X+ 1) −Snde degré strictement inférieur à n−1.
(X+ 1)n−Xnest lui de degré n−1et de coefficient dominant n, il en est donc de même de Pn.
c) D’après le 4. de la première partie, si nest au moins égal à 2,0est racine de Pn. De plus si 06k6n−2,
on a P(k)
n=n(n−1) . . . (n−k+ 1) (Bn−k(X+ 1) −Bn−k)et comme n−k>2, on a encore 0est
racine de P(k)
n. On constate donc que 0est racine de multiplicité au moins n−1de Pn. Comme Pn
est de degré n−1,0est racine de multiplicité exactement n−1.
d) Les deux questions précédentes donnent, pour tout nau moins égal à 2:Pn=nXn−1. Le résultat est
encore valable pour n= 1, d’après le 1. de la présente partie.
2. On a d’après la question précédente : ∀m∈N∗, Xm=1
m+1 (Bm+1(X+ 1) −Bm+1). On évalue cette rela-
tion pour tout kcompris entre 1et noù n∈N∗, ce qui donne donc : ∀m∈N∗, km=1
m+1 (Bm+1(k+ 1) −Bm+1(k)).
On somme ( sur kévidemment) toutes ces relations : ∀m∈N∗,∀n∈N∗, S(n, m) = 1
m+1
n
P
k=1
(Bm+1(k+ 1) −Bm+1(k)).
On en déduit, par télescopage : ∀m∈N∗,∀n∈N∗, S(n, m) = 1
m+1 (Bm+1(n+ 1) −Bm+1(1)). On a
alors, grâce au 1. de la première partie :
S(n, 1) = 1
2(B2(n+ 1) −B2(1)) = n(n+ 1)
2
S(n, 2) = 1
3(B3(n+ 1) −B3(1)) = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
S(n, 3) = 1
4(B4(n+ 1) −B4(1)) = n(n+ 1)
22
.
3. D’après le résultat du 2. de la deuxième partie, on a : Bm+1(n+ 1) =
m+1
P
k=0 m+ 1
kbm+1−k(n+ 1)k. De
plus m+ 1 >2, donc Bm+1(1) = bm+1 ( cf 4. première partie), d’où :
∀m∈N∗,∀n∈N∗, S(n, m) = 1
m+ 1
m+1
X
k=1 m+ 1
kbm+1−k(n+ 1)k
FIN