corrigé

ECOLE DE l'AIR PSI 2003
1. a) la suite est d¶e¯nie par des produits .. . on ¶etudie la quotient:
La suite est µa termes strictement positifs donc le quotient et wn sont bien d¶e¯nis.
vn+1
2n + 1
= p p
vn
2 n n+1
en ¶elevant au carr¶e la quantit¶e positive
µ
vn+1
vn
¶2
=
4n2 + 4n + 1
¸1
4n2 + 4n
donc (tout est positif) vn+1 ¸ v n
b) On a :
ln
µ
vn+1
vn
¶
=
µ
¶
1
1
1
1
1
ln 1 + 2
» : 2
»
2
4n + 4n
2 4n + 4n
8n2
P ³ v n+1 ´
est une s¶erie µa termes positifs convergente . donc par ¶equivalent du terme g¶en¶eral
ln vn
converge . Don
ln (vn+1 ) ¡ ln (v n ) converge . Et par comparaison suite <-> s¶erie la suite (ln (vn )) converge . Si ¸ est sa limite (vn
converge vers L = e¸ par continuit¶e de t¡ > exp(t) sur R . On a donc
c)
P
P
1
n2
un »
pL
n
Par croissance de la suite (vn ) on peut dire : 8n 2 N ¤ , v n · L donc
un ·
pL
n
.
2. a)La fonction Á est C 1 sur [0; 1[ par composition : (x->1-x est C 1 de [0; 1[ dans ]0; 1] et t¡ >
On voit que
p
t est C 1 sur ]0; 1] )
1
1 1
1 1 3
¡1=2
¡3=2
¡ 5=2
Á0 (x) = ¡ (1 ¡ x)
; Á"(x) = ¡ : (1 ¡ x)
; Á(3) (x) = ¡ : : (1 ¡ x)
2
2 2
2 2 2
. On devine
1
1=2¡n
(1:3: ¢ ¢ ¢ (2n ¡ 3)) (1 ¡ x)
2n
On le v¶eri¯e par r¶ecurrence direcement ou mieux en revanant tout de suite µa (u n ) :
Á(n) (x) = ¡
Á(n) (x) = ¡
un
1=2¡ n
(n!) (1 ¡ x)
(2n ¡ 1)
un
² si n = 1 alors ¡ (2n¡
(n!) (1 ¡ x)1=2¡n = ¡ 12 :1: (1 ¡ x)1=2¡1 est correct
1)
1=2¡ n
un
² si Á(n) (x) = ¡ (2n¡1)
(n!) (1 ¡ x)
Á(n+1) (x) =
=
alors
un
2n ¡ 1
1
1=2¡ n¡ 1
1=2¡n¡1
(n!)
(1 ¡ x)
= ¡un (n!) (1 ¡ x)
(2n ¡ 1)
2
2
2n + 1 n + 1
u n+1
1=2¡n
1=2¡(n+1)
¡u n
:
:n!: (1 ¡ x)
=¡
(n + 1)! (1 ¡ x)
2n + 2 2n + 1
2n + 1
¡
un
Á(n) (x) = ¡ ( 2n¡
(n!) (1 ¡ x)1=2¡n
1)
b) pour une fonction C n+1 sur un intervalle I . la formule de Taylor avec reste int¶egrale dit que pour (a; b) 2 I 2
Á(x) =
Z b
n
X
Á(k)(a)
(b ¡ t)n (n+1)
(b ¡ a)k +
Á
(t)dt
k!
n!
a
k= 0
on prend a = 0 et b = x
Á(x) = 1 ¡
n
X
uk
(x)k +
2k
¡
1
k=1
Pn (x) = 1 ¡
en particulier P 4 (x) = 1 ¡
x
2
¡
x2
8
¡
x3
16
¡
5x4
128
Pn
Z
x
0
(x ¡ t)n (n+ 1)
Á
(t)dt
n!
uk
k=1 2k¡1
k
(x)
c) On a
jRn (x)j ·
Z
x
0
¯
¯
Z x
n
¯ (x ¡ t)n (n+1) ¯
(x ¡ t)
un+1
1=2¡ n¡ 1
¯
¯ dt =
Á
(t)
(n + 1)! (1 ¡ x)
dt
¯ n!
¯
n!
(2n
+
1)
0
car x ¡ t ¸ 0: Comme x · 1 on a x ¡ t · 1 ¡ t donc en multipliant par des quantit¶es positives.
n
1=2¡ n¡ 1
(x ¡ t) (1 ¡ x)
et un+1 =
2n+1
u
2(n+1) n
donc
1 un+1
n! (2n+1)
n
· (1 ¡ t) (1 ¡ x)
1=2¡n¡ 1
¡ 1=2
= (1 ¡ t)
(n + 1)! = 12 u n .
Tout c'est bien simpli¯¶e pour trouver le r¶esultat.
un
jRn (x)j ·
2
Reste µa int¶egrer
Z
x
0
¡1=2
(1 ¡ t)
Z
x
0
¡ 1=2
(1 ¡ t)
dt
h
ix
³
´
1=2
dt = ¡2 (1 ¡ t)1=2 = 2 1 ¡ (1 ¡ x)
·2
0
d) attention µa x=1.
On a donc 8x 2 [0; 1[ , lim (Rn (x)) = 0 et donc jÁ(x) ¡ P n (x)j · un . Les deux fonctions Á et Pn ¶etant continue en 1
le r¶esultat reste vrai par continuit¶e en 1 .
Comme lim (un ) = 0 (1.c) on a 8x 2 [0; 1] , lim (P n (x)) = Á(x) soit:
p
P+1 un n
8x 2 [0; 1]; 1 ¡ x = 1 ¡ k= 1 2n¡
1x
¯
¯
¯ u n n¯
La convergence est normale car ¯ 2n¡1
x ¯·
L p
(2n¡1) n
»
un
2n¡ 1
·
L p
(2n¡1) n
, s¶erie ind¶ependante de x qui converge car
L 1
2 n 3=2
> 0 (et 3=2 > 1)
p
¡
¢
e) On remarque que jxj = 1 ¡ (1 ¡ x)2 avec 1 ¡ x 2 2 [0; 1] si jxj · 1 . Donc
jjxj ¡ Q N (x)j =
p
L
1 ¡ (1 ¡ x)2 ¡ P N (1 ¡ x) · uN · p d'aprµes 1.c) et 2.c)
N
or :
L
p
N
·
()
"
L2
"2
()
·
(on peut ¶elever au carr¶e car out est positif)
M
N
M2
N¸
M 2 L2
"2
remarque : en prenant M = 1 on trouve une suite de polyn^o mes qui approche uniform¶ement jxj sur [¡1; 1]
µ k ¶ µ k+1
¶
n
n ¢
¡
3. a) On doit ¶ecrire l'¶equation du segment entre
et
. Donc
1
f ( kn )
f k+
n
x¡
k
g(x) = f ( ) +
1
n
n
k
n
µ µ
¶
¶
k+1
k
f
¡ f( )
n
n
b) la forme propos¶ee est l'¶equation barycentrique
du segment avec ® 2 [0; 1] . on peut le retrouver avec l'expression c
£
¤
dessus ® = k + 1 ¡ nx 2 [0; 1] car x 2 kn ; k+1
n
¤ k k+1 £
On a donc sur n ; n :
g(x) ¡ f (x)
k
k +1
= ®f ( ) + (1 ¡ ®) f (
) ¡ (® + (1 ¡ ®)) f (x)
n
n
µ
¶
µ
¶
k
k+1
= ® f ( ) ¡ f (x) + (1 ¡ ®) f (
) ¡ f (x)
n
n
¯
¯
¯
¯
¯< 1
on a donc comme ® ¸ 0 et 1 ¡ ® ¸ 0 puis ¯x ¡ kn ¯ < n1 et ¯ x ¡ k+1
n
n
¯
¯
¯
¯
¯ k
¯
¯ k+1
¯
¯
¯
¯
jg(x) ¡ f (x)j · ® ¯ f ( ) ¡ f (x)¯ + (1 ¡ ®) ¯f (
) ¡ f (x)¯¯
n
n
< ®" + (1 ¡ ®) " = "
le r¶esultat ¶etant
¶evident
si x =
£ k k+1
¤
[0; 1] = [n¡1
;
k=0 n
n
k
n
ou
k+1
n
car 0 < " est donc vrai sur
£k
n;
k+1
n
8x 2 [0; 1] , jg(x) ¡ f (x)j · "
¤
pour tout k 2 [[0; n ¡ 1]] donc su
4. a)
² Á est lin¶eaire car pour toutes fonctions g 1 et g 2 , pour tout scalaire ¸ et pour tout entier k 2 [[0; n]] :
µ ¶
µ ¶
µ ¶
k
k
k
(g1 + ¸g 2 )
= g1
+ ¸g2
n
n
n
£
¤
² Á est injective car si Á(g) = 0 , pour tout k 2 [[0; n]]; g( kn ) = 0 la fonction g a±ne sur nk ; k+1
y est nul . Elle es
n
donc nulle sur [0; 1]
£
¤
n
x¡ k
² Á est surjective : m^eme calcul qu'au 3.a : si Á (g) = (ak )k=0 on a sur kn ; k+1
: g(x) = ak + 1 n (ak+1 ¡ ak )
n
n
Á est un isomorphisme de E n+ 1 sur R n+ 1
b) attention dans les calculs matriciels , les lignes et colonnes des matrices sont not¶ees de 1 µa n + 1 , alors que le
(f k ) ; (ak )::: le sont de 0 µa n. D'oµu un d¶ecalage de 1:
par exemple dans X x1 = a0 ; x2 = a1 ¢ ¢ ¢
Le sujet propose de montrer que (Á (f j ))nj=0 est une base de Rn+1 . on en d¶eduit que (f j )nj=0 est une base de E n+1 ca
¡
¢
l'image d'une base par un isomorphisme Á¡1 ici est une base
² pour j 2 [[0; n]] , la fonction f j est bien dans E n+1 :elle est a±ne ¶egale µa
est bien d¶e¯ni.
½
£
¤
t ¡ nj sur £ nk ; k+1
si k ¸ j
n ¤
donc Á (f j
j
k k+1
¡ t sur n ; n
si k < j
n
² R n+1 est de dimension n + 1 et la famille propos¶ee est de cardinal n + 1
0
1
j=n
0
1
B
..
C
g(0)
B
C
.
B
C
B
C
g(1=n)
B
C
1=n
B
C
B
C
B
C
.
B
C . il semble que M atBc (Á (f j )) = 1 An+1 ;
..
² Á(g) a la matrice B
0
C donc Á (fj ) = B
C
n
B
C
B
C
1=n
@ g((n ¡ 1)=n) A
B
C
B
C
..
g(1)
@
A
.
(n ¡ j)=n
¡
¢ ji¡jj
a
On peut v¶eri¯er que le terme g¶en¶eral de M atB c (Á (fj )) est m i;j = f j¡1 i¡n 1 = n = i;j
n
la matrice de passage est inversible donc on a bien une base.
c) On a une base de E n+ 1 et g ® est ¶el¶ement de E n+1 . Donc g ® est combinaison lin¶eaire de (f k )nk=0 .
0
1
a0
B a1 C
B
C
B
.. C
On a Á(g® ) = B
C . Notons X cette matrice qui est la matrice de Á (g ®) dans la base canonique Bc de Rn+1
.
B
C
@ an¡ 1 A
an
Comme la matrice de changement de base est n1 An+1 la formule de changement de base donne
M at(Á(fj )) (Á(g ®)) =
not¶ee Y .Soit Á(g ®) =
On a donc
Pn
k=0
µ
1
An+1
n
¶ ¡1
X = nBn+ 1 X
y k+1 Á (f k ) .Et donc comme Á est un isomorphisme :g ® =
¸ k¡1 = n
¸k =
8
<
:
Pn+1
i= 1
bk;i ai¡1
(1¡ n)
a0 + n2 a1 + 12 an si k = 0
2
n
a
¡
nak + n2 ak+1 si k 2 [[1; n]]
2 k¡1
1
n
a + 2 an + (1¡n)
an+1 si k = n + 1
2 0
2
Pn+ 1
k=0
yk+1 f k .
5. a) on a g
¡k¢
n
=f
¡k¢
n
¡ ¡ ¢¢n
donc ® = f nk k=0
b) On d¶ecompose f (x) ¡ R(x) = (f (x) ¡ g(x)) + (g(x) ¡ R(x)) :
on a jf (x) ¡ g(x)j · " d'aprµes 3:b
on a
jg(x) ¡ R(x)j ·
si on pose X = x ¡
k
n
n
X
k=0
¯¯
¯
µ
¶¯
¯¯
k ¯¯
k ¯¯
¯
¯
j¸ k j : ¯¯ x ¡ ¯ ¡ Q N x ¡
n
n ¯
on a jXj ¡ QN (X) avec X = x ¡
jg(x) ¡ R(x)j ·
n
X
k=0
j¸ k j
k
n
2 [¡1; 1] car x et
k
n
sont entre 0 et 1 . Donc :
X
"
= " par d¶e¯nition M =
j¸ k j
M
donc en regroupant
x 2 [0; 1] , jf (x) ¡ R(x)j · 2"
c) On a montr¶e en prenant " =
"1
2
:
8"1 , 9R 2 R[X] , sup jf ¡ Rj · "1
[0; 1]
On a montr¶e que sur [0; 1] toute fonction continue peut ^etre approch¶ee uniform¶ement par des polyn^o mes.
On peut alors passer µa un intervalle quelconque par homoth¶etie et translation
n
6. le d¶eterminant vaut (¡1) :n:2 n¡ 1