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Lycée Jean Perrin
Classe de TSI2
À rendre pour le Vendredi
Corrigé du devoir en temps libre no8 de Mathématiques
Exercice 1
Soit ϕ : R → R dénie par :
t ∀t ∈ R, ϕ(t) = sin
2 1. Représentons la fonction ϕ sur [−2π, 2π] :
1
π
0 1
t
2. L'application ϕ sur R est composée des fonctions continues t 7→ |t| et t 7→ sin
,
2
donc :
ϕ est continue sur R.
L'application ϕ est de classe C 1 sur ] − π, 0[∪]0, π[. De plus :
t
t
∀t ∈] − π, 0[, ϕ(t) = − sin
et ∀t ∈]0, π[, ϕ(t) = sin
2
2
1
∀t ∈] − π, 0[, ϕ (t) = − cos
2
0
t
t
1
0
et ∀t ∈]0, π[, ϕ (t) = cos
2
2
2
On observe que ϕ0 a des limites nies en 0, π et −π , et ceci prouve que la
restriction de ϕ à [0, 2π] est de classe C 1 par morceaux sur [0, 2π]. Ainsi, en
remarquant que la fonction ϕ est 2π -périodique :
ϕ est de classe C 1 par morceaux sur R.
1
2
1
2
En revanche, lim ϕ0 (t) = − 6= lim ϕ0 (t) = .
t→0
t<0
t→0
t>0
ϕ n'est pas de classe C 1 sur R.
3. La fonction ϕ est paire, donc :
∀n ∈ N, bn = 0
1/6
Il reste à calculer an , pour n = 0 :
a0
Z π
Z
1
1 π
=
ϕ(t) dt =
ϕ(t) dt
2π −π
π 0
π
Z
1 π
t
2
t
=
sin
dt =
− cos
π 0
2
π
2 0
a0 =
2
π
et pour n > 1 :
an =
=
=
an =
1
π
2
π
1
π
1
π
Z
2 π
ϕ(t) cos(nt) dt =
ϕ(t) cos(nt) dt
π 0
−π
Z π
Z t
1 π
(2n + 1)t
(2n − 1)t
sin
cos(nt) dt =
sin
− sin
dt
2
π 0
2
2
0
π
2
(2n − 1)t
2
(2n + 1)t
−
cos
+
cos
2n − 1
2
2n + 1
2
0
2
2
2 2n − 1 − (2n + 1)
−
= ×
2n − 1 2n + 1
π
(2n − 1)(2n + 1)
Z
π
∀n ∈ N,
an =
−4
π(4n2 − 1)
La fonction ϕ est continue et de classe C 1 par morceaux, donc d'après le théorème de Dirichlet :
La série de Fourier de f converge vers f en tout point.
Autrement dit :
+∞
2
4X
1
∀t ∈ R, f (t) = −
cos(kt)
2
π π n=1 4n − 1
4. Les sommes
∞
X
n=1
∞
X
1
1
et
convergent par équivalence de leurs
2
2
2
4n − 1
(4n
−
1)
n=1
termes généraux avec celui d'une série de Riemann. De plus :
+∞
2
4X
1
f (0) = 0 = −
2
π π n=1 4n − 1
En isolant la somme cherchée, on obtient :
+∞
X
n=1
1
1
=
−1
2
4n2
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À rendre pour le Vendredi
Enn, le théorème de Parseval s'applique puisque la fonction ϕ est continue
par morceaux et 2π -périodique :
+∞
a20
1X 2
1
+
ak =
2 k=1
2π
Z
π
ϕ2 (t) dt
−π
avec :
1
2π
d'où :
Z
π
1
ϕ (t) dt =
π
−π
2
Z
π
0
1
sin (t/2) dt =
2π
2
Z
π
(1 − cos(t)) dt =
0
1
2
+∞
4
1
8 X
1
=
+
π 2 π 2 n=1 (4n2 − 1)2
2
En isolant la somme cherchée, on obtient :
+∞
X
n=1
π2 1
1
=
−
(4n2 − 1)2
16 2
[DM8-1]
Exercice 2
On dénit l'application ψ de R3 [X]2 dans R par :
∀P, Q ∈ R3 [X]2 ψ(P, Q) =
3
X
P (i)Q(i).
i=0
1. Il est clair que ψ est une application bilinéaire, symétrique et positive (à faire
quand même !). Le seul point délicat est le caractère déni :
Soit P ∈ R3 [X] tel que ψ(P, P ) =
somme étant positif, on a donc :
3
X
P (i)2 = 0. Chacun des éléments de cette
i=0
∀i ∈ [[0, 3]] ,
P (i)2 = 0
et donc P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = 0, ce qui signie que P est un
polynôme de degré inférieur ou égal à 3 qui a quatre racines distinctes : c'est
donc le polynôme nul. On a ainsi prouvé que ψ est dénie, et donc :
ψ est un produit scalaire sur R3 [X].
2. Soit F = R2 [X] muni de sa base canonique B = (1, X, X 2 ).
3/6
(a) On calcule simplement :
ψ(1, 1) =
3
X
ψ(1, X) =
1=1+1+1+1=4
i=0
3
X
i=0+1+2+3=6
2
ψ(X, X ) =
3
X
i3 = 36
i=0
3
X
ψ(X 2 , X 2 ) =
i=0
i4 = 98
i=0
ψ(1, X 2 ) = ψ(X, X) =
3
X
i2 = 14
i=0
(b) On note B0 = {P0 , P1 , P2 } la base orthonormale de F telle que :
∀k ∈ {0, 1, 2}
Vect(P0 , . . . , Pk ) = Vect(1, . . . , X k ) et ψ(Pk , X k ) > 0.
Les polynômes P0 , P1 et P2 sont obtenus à partir de la base canonique
(1, X, X 2 ) par le procédé d'orthonormalisation de Schmidt. On procède
d'abord en contruisant la base orthogonale (Q0 , Q1 , Q2 ) dénie comme
suit :
? Q0 = 1.
? Q1 = X + λQ0 , avec :
λ=−
ψ(1, X)
6
3
ψ(Q0 , X)
=−
=− =−
ψ(Q0 , Q0 )
ψ(1, 1)
4
2
3
2
? Q2 = X 2 + αQ1 + βQ0 , avec :
soit : Q1 = X −
ψ(X, X 2 ) − 32 ψ(1, X 2 )
ψ(Q1 , X 2 )
15
=−
= − = −3
9
ψ(Q1 , Q1 )
5
ψ(X, X) − 3ψ(1, X) + 4 ψ(1, 1)
2
2
ψ(Q0 , X )
ψ(1, X )
14
7
β = −
=−
=− =−
ψ(Q0 , Q0 )
ψ(1, 1)
4
2
3
7
soit : Q2 = X 2 − 3 X −
− = X 2 − 3X + 1.
2
2
α = −
Il reste à normer les vecteurs obtenus :
Q0
1
=
? P0 = p
2
ψ(Q0 , Q0 )
√ 5
3
Q1
=
X−
? P1 = p
5
2
ψ(Q1 , Q1 )
Q2
? P2 = p
avec :
ψ(Q2 , Q2 )
ψ(Q2 , Q2 ) = ψ(Q2 , X 2 + αQ1 + βQ0 ) = ψ(Q2 , X 2 )
= ψ(X 2 , X 2 ) − 3ψ(X, X 2 ) + ψ(1, X 2 ) = 98 − 36 × 3 + 14 = 4
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1
2
D'où P2 = (X 2 − 3X + 1).
En résumé :
√ 5
1
3
1
P0 =
; P1 =
X−
; P2 = (X 2 − 3X + 1)
2
5
2
2
3. Soit (x0 , x1 , x2 , x3 ) = (1, 3, 2, 3). On considère l'ensemble des sommes :
( 3
)
X
2
Σ=
xi − P (i) , P ∈ F .
i=0
(a) On peut justier l'existence et l'unicité du polynôme R de R3 [X] vériant
∀i ∈ {0, 1, 2, 3} R(i) = xi en prouvant que l'application :
ϕ:
R3 [X] →
R4
P
7→ (P (0), P (1), P (2), P (3))
est un isomorphisme. Il est clair que celle-ci est linéaire. Prouvons qu'elle
est injective :
ϕ(P ) = 0 ⇒ P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = 0 ⇒ P = 0
En eet un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 qui a quatre racines
distinctes est le polynôme nul. Donc ϕ est injective et, par égalité des
dimensions des espaces de départ et d'arrivée, ϕ est bijective. Donc :
Il existe un unique polynôme R de R3 [X] vériant ∀i ∈ {0, 1, 2, 3} R(i) = xi .
4. On sait que F étant de dimension nie, et (P0 , P1 , P2 ) une base orthonormée
de F , le projeté orthogonal de R sur F s'écrit :
p(R) = ψ(R, P0 )P0 + ψ(R, P1 )P1 + ψ(R, P2 )P2
Il ne reste qu'à calculer :
3
3
1X
1X
9
ψ(R, P0 ) =
R(i) =
xi =
2 i=0
2 i=0
2
! √ √
√
3
3
5 X
3X
5
27
5
ψ(R, P1 ) =
iR(i) −
R(i) =
16 −
=
5
2 i=0
5
2
2
i=0
!
3
3
3
X
X
1 X 2
ψ(R, P2 ) =
i R(i) − 3
iR(i) +
R(i)
2 i=0
i=0
i=0
=
1
1
(38 − 48 + 9) = −
2
2
5/6
√
9
5
1
9 1
3
1
D'où p(R) = P0 +
P1 − P2 = +
X−
− (X 2 − 3X + 1). En
2
2
2
4 2
2
4
simpliant :
1
5
5
p(R) = − X 2 + X +
4
4
4
5. On remarque que la norme associée au produit scalaire ψ est :
v
u 3
uX
p
kP k = ψ(P, P ) = t
P 2 (i)
i=0
et que :
( 3
)
n
o
X
2
Σ=
R(i) − P (i) , P ∈ F = kR − P k2 , P ∈ F
i=0
Donc l'ensemble Σ est l'ensemble des distances du polynôme R à un polynôme
P de F . Le minimum de Σ est par conséquent atteint lorsque P est le projeté
orthogonal de R sur F , c'est à dire :
5
5
1
Σ possède un minimum m et un seul atteint pour S = − X 2 + X + ∈ F .
4
4
4
Le minimum peut alors se calculer :
3
X
2 5 2 9 2 11 2 11
m =
xi − p(R)(i) = 1 −
+ 3−
+ 2−
+ 3 − ]2
4
4
4
4
i=0
=
1
9
9
1
+
+
+
16 16 16 16
Le minimum de Σ est 5/4.
[DM8-2]
6/6