corrigé

ECOLEDEl'AIRPSI2003
1.a)lasuite estd¶e¯niepardesproduits.. . on¶etudielaquotient:
Lasuite estµa termes strictementpositifsdonclequotientetwnsontbien d¶e¯nis.
vn+1
vn
=2n+1
2pnpn+1
en¶elevantaucarr¶elaquantit¶epositiveµvn+1
vn¶2
=4n2+4n+1
4n2+4n¸1
donc(toutestpositif)vn+1¸vn
b)Ona:
lnµvn+1
vn¶=1 2lnµ1+1 4n2+4n¶»1 2:1 4n2+4n»1 8n2
c)P1
n2estunes¶erieµa termespositifsconvergente.doncpar¶equivalentdu termeg¶en¶eralPln³vn+1 vn´converge.Do
n
Pln(vn+1)¡ln(vn)converge.Etparcomparaisonsuite<->s¶erielasuite(ln(vn)) converge.Si¸estsalimite(v
n
convergeversL=e¸parcontinuit¶edet¡>exp(t)surR.Onadonc
un»L
pn
Parcroissance delasuite(vn)on peutdire:8n2N¤,vn·Ldoncun·L
pn.
2.a)LafonctionÁestC1sur[0;1[parcomposition:(x->1-xestC1de[0;1[dans]0;1]ett¡>ptestC1sur]0;1])
Onvoitque
Á0(x)=¡1
2(1¡x)¡1=2;Á"(x)=¡1 2:1 2(1¡x)¡3=2;Á(3)(x)=¡1 2:1 2:3 2(1¡x)¡5=2
.On devine
Á(n)(x)=¡1
2n(1:3:¢¢¢(2n¡3)) (1¡x)1=2¡n
Onlev¶eri¯epar r¶ecurrence direcementoumieuxenrevanant toutdesuiteµa (un):
Á(n)(x)=¡un
(2n¡1)(n!) (1¡x)1=2¡n
²sin=1 alors¡un
(2n¡1)(n!) (1¡x)1=2¡n=¡1 2:1:(1¡x)1=2¡1estcorrect
²siÁ(n)(x)=¡un
(2n¡1)(n!) (1¡x)1=2¡nalors
Á(n+1)(x)=¡un
(2n¡1)(n!)2n¡1 2(1¡x)1=2¡n¡1=¡un(n!)1 2(1¡x)1=2¡n¡1
=¡un
2n+1
2n+2:n+1 2n+1:n!:(1¡x)1=2¡n=¡un+1 2n+1(n+1)!(1¡x)1=2¡(n+1)
Á(n)(x)=¡un
(2n¡1)(n!) (1¡x)1=2¡n
b)pourunefonctionCn+1surun intervalleI. laformuledeTayloravec resteint¶egraleditquepour(a;b)2I2
Á(x)=
n
X
k=0
Á(k)(a)
k!(b¡a)k+Zb
a
(b¡t)n
n!Á(n+1)(t)dt
on prend a=0etb=x
Á(x)=1¡
n
X
k=1
uk
2k¡1(x)k+Zx
0
(x¡t)n
n!Á(n+1)(t)dt
Pn(x)=1¡Pn
k=1uk
2k¡1(x)k
en particulierP4(x)=1¡x
2¡x2 8¡x3 16 ¡5x4 128

c)Ona
jRn(x)j·Zx
0¯¯¯¯
(x¡t)n
n!Á(n+1)(t)¯¯¯¯dt=Zx
0
(x¡t)n
n!
un+1
(2n+1)(n+1)!(1¡x)1=2¡n¡1dt
carx¡t¸0:Commex·1 onax¡t·1¡tdonc enmultipliantpardesquantit¶espositives.
(x¡t)n(1¡x)1=2¡n¡1·(1¡t)n(1¡x)1=2¡n¡1=(1¡t)¡1=2
etun+1=2n+1
2(n+1)undonc1 n!
un+1
(2n+1)(n+1)!=1 2un.
Toutc'estbiensimpli¯¶epourtrouverler¶esultat.
jRn(x)j·un
2Zx
0
(1¡t)¡1=2dt
Resteµa int¶egrerZx
0
(1¡t)¡1=2dt=¡2h(1¡t)1=2ix
0=2³1¡(1¡x)1=2´·2
d)attentionµax=1.
Onadonc8x2[0;1[ , lim(Rn(x)) =0etdoncjÁ(x)¡Pn(x)j·un.LesdeuxfonctionsÁetPn¶etantcontinue en
1
ler¶esultatrestevraiparcontinuit¶e en1.
Commelim(un)=0(1.c)ona8x2[0;1] , lim(Pn(x)) =Á(x)soit:
8x2[0;1];p1¡x=1¡P+1
k=1
un
2n¡1xn
Laconvergence estnormale car¯¯¯un
2n¡1xn¯¯¯·un 2n¡1·L
(2n¡1)pn,s¶erieind¶ependantedexquiconverge car
L
(2n¡1)pn»L 2
1
n3=2>0(et3=2>1)
e)Onremarquequejxj=p1¡(1¡x)2avec ¡1¡x2¢2[0;1]sijxj·1.Donc
jjxj¡QN(x)j=p1¡(1¡x)2¡PN(1¡x)·uN·L pNd'aprµes1.c)et2.c)
or:
L
pN·"
M() L2 N·"2 M2(on peut¶eleveraucarr¶e caroutestpositif)
() N¸M2L2
"2
remarque:en prenantM=1 ontrouveunesuitedepolyn^omesquiapprocheuniform¶ementjxjsur[¡1;1]
3.a)On doit¶ecrirel'¶equation du segmententreµk
n
f(k
n)¶etµk+1
n
f¡k+1
n¢¶.Donc
g(x)=f(k
n)+x¡k
n
1
nµfµk+1
n¶¡f(k n)¶
b)laformepropos¶ee estl'¶equation barycentriquedu segmentavec ®2[0;1] . on peutleretrouveravec l'expression
c
dessus®=k+1¡nx2[0;1]carx2£k
n;k+1 n¤
Onadoncsur¤k
n;k+1 n£:
g(x)¡f(x)=®f(k
n)+(1¡®)f(k+1 n)¡(®+(1¡®)) f(x)
=®µf(k
n)¡f(x)¶+(1¡®)µf(k+1 n)¡f(x)¶
onadonc comme®¸0et1¡®¸0puis¯¯x¡k
n¯¯<1 net¯¯x¡k+1 n¯¯<1 n
jg(x)¡f(x)j·®¯¯¯¯f(k
n)¡f(x)¯¯¯¯+(1¡®)¯¯¯¯f(k+1 n)¡f(x)¯¯¯¯
<®"+(1¡®)"="

ler¶esultat¶etant¶evidentsix=k
nouk+1 ncar0<"estdoncvraisur£k n;k+1 n¤pourtoutk2[[0;n¡1]] doncs
u
[0;1]=[n¡1
k=0£k
n;k+1 n¤8x2[0;1],jg(x)¡f(x)j·"
4.a)
²Áestlin¶eaire carpourtoutesfonctionsg1etg2,pourtoutscalaire¸etpourtoutentierk2[[0;n]] :
(g1+¸g2)µk
n¶=g1µk n¶+¸g2µk n¶
²Áestinjective carsiÁ(g)=0,pourtoutk2[[0;n]];g(k
n)=0lafonctionga±nesur£k n;k+1 n¤yestnul . Elle e
s
doncnullesur[0;1]
²Áestsurjective:m^eme calculqu'au3.a:siÁ(g)=(ak)n
k=0onasur£k
n;k+1 n¤:g(x)=ak+x¡k
n
1
n
(ak+1¡ak)
Áestun isomorphismedeEn+1surRn+1
b)attention danslescalculsmatriciels, leslignesetcolonnesdesmatrices sontnot¶eesde1 µa n+1,alorsquel
e
(fk);(ak)::: lesontde0µan.D'oµu un d¶ecalagede1:
parexempledansXx1=a0;x2=a1¢¢¢
Lesujetproposedemontrerque(Á(fj))n
j=0estunebasedeRn+1.onen d¶eduitque(fj)n j=0estunebasedeEn+1c
a
l'imaged'unebaseparun isomorphisme¡Á¡1ici¢estunebase
²pourj2[[0;n]] , lafonctionfjestbien dansEn+1:elle esta±ne¶egaleµa½t¡j
nsur£k n;k+1 n¤sik¸j
j
n¡tsur£k n;k+1 n¤sik<jdoncÁ(f
j
estbien d¶e¯ni.
²Rn+1estdedimensionn+1etlafamillepropos¶ee estde cardinaln+1
²Á(g)alamatrice
0
B
B
B
B
B
@
g(0)
g(1=n)
.
.
.
g((n¡1)=n)
g(1)
1
C
C
C
C
C
A
doncÁ(fj)=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
j=n
.
.
.
1=n
0
1=n
.
.
.
(n¡j)=n
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
.ilsemblequeMatBc(Á(fj)) =1
nAn+1;
On peutv¶eri¯erqueletermeg¶en¶eraldeMatBc(Á(fj)) estmi;j=fj¡1¡i¡1
n¢=ji¡jj n=ai;j n
lamatrice depassage estinversibledonconabien unebase.
c)OnaunebasedeEn+1etg®est¶el¶ementdeEn+1.Doncg®estcombinaisonlin¶eairede(fk)n
k=0.
OnaÁ(g®)=
0
B
B
B
B
B
@
a0
a1
.
.
.
an¡1
an
1
C
C
C
C
C
A
.NotonsXcettematrice quiestlamatrice deÁ(g®)danslabase canoniqueBcdeRn+
1
Commelamatrice de changementdebase est1
nAn+1laformulede changementdebasedonne
Mat(Á(fj))(Á(g®)) =µ1
nAn+1¶¡1
X=nBn+1X
not¶ee Y.SoitÁ(g®)=Pn
k=0yk+1Á(fk).Etdonc commeÁestun isomorphisme:g®=Pn+1 k=0yk+1fk.
Onadonc
¸k¡1=nPn+1
i=1bk;iai¡1
¸k=8
<
:
(1¡n)
2a0+n 2a1+1 2ansik=0
n
2ak¡1¡nak+n 2ak+1sik2[[1;n]]
1
2a0+n 2an+(1¡n) 2an+1sik=n+1

5.a)onag¡k
n¢=f¡k n¢donc®=¡f¡k n¢¢n
k=0
b)On d¶ecomposef(x)¡R(x)=(f(x)¡g(x)) +(g(x)¡R(x)) :
onajf(x)¡g(x)j·"d'aprµes3:b
ona
jg(x)¡R(x)j·
n
X
k=0j¸kj:¯¯¯¯¯¯¯¯x¡k
n¯¯¯¯¡QNµx¡k n¶¯¯¯¯
sion poseX=x¡k
nonajXj¡QN(X)avec X=x¡k n2[¡1;1]carxetk nsontentre0et1.Donc:
jg(x)¡R(x)j·
n
X
k=0j¸kj"
M="pard¶e¯nitionM=Xj¸kj
donc enregroupant
x2[0;1] , jf(x)¡R(x)j·2"
c)Onamontr¶e en prenant"="1
2:
8"1,9R2R[X] , sup
[0;1]jf¡Rj·"1
Onamontr¶equesur[0;1]toutefonctioncontinuepeut^etreapproch¶ee uniform¶ementpardespolyn^omes.
On peutalorspasserµa un intervallequelconqueparhomoth¶etie et translation
6. led¶eterminantvaut (¡1)n:n:2n¡1