ECOLE DE l`AIR 2003 PC-PSI

ECOLE DE l’AIR
2003
PC-PSI
Le problème tourne autour du théorème de Weierstrass :
”toute fonction continue sur un segment y est limite uniforme de fonctions polynômes”
les questions 1 et 2 conduisent à l’étude de deux exemples : Á est limite uniforme des (Pn ) sur [0; 1] , x¡ > jxj est limite
uniforme des (Qn ) sur [¡1; 1] .
Les questions 3,4,5 prouvent le résultat pour une fonction quelconque sur [0; 1] . et donc aussi sur tout segment [a; b] par
changement de variable a¢ne.
Il est donc interdit d’utiliser le théorème de Weierstrass dans le problème.
Sauf précision contraire tous les indices n sont supposés supérieurs ou égaux à 1.
u
a) Tous les termes de la suite (un ) sont non nuls et on a un+1
= 2n¡1
2n+2 . On a donc
n
s
r
r
v n+ 1
2n ¡ 1 n + 1
(2n ¡ 1)2
4n2 + 4n + 1
=
=
=
>1
vn
2n + 2
n
4(n + 1)n
4n2 + 4n
La suite (v n ) est donc strictement croissante
b) D’après le calcul précédent
wn =
1
ln
2
µ
4n2 + 4n + 1
4n2 + 4n
¶
qui est clairement positif.
³ 2
´
En comparant les termes de plus haut degré on a lim 4n4n+4n+1
= 1 et donc comme ln(v) » 1 (v ¡ 1)
2 +4n
wn »
1
2
µ
4n2 + 4n + 1
¡1
4n2 + 4n
¶
=
1
1
1
»
2 4n2 + 4n
8n2
P
La série P w n est donc convergente , par comparaison à une série de Riemann.
la série
(ln(vn+1 ) ¡ ln(vn )) est donc convergente . La suite (ln(vn )) est donc convergente (comparaison série , suite) .
Donc vn = exp(ln(vn )) est donc une suite convergente par continuité de l’exponentiel.
la suite (v n ) converge
1c) Par croissance de la suite (v n ) on a donc
p
nun · L
8n ¸ 1 , un ·
pL
n
¢¢¢(2n¡2)(2n¡1) (2n)
p1 mais
remarque : on a u n = 1:2:3:4:5:
= (2(2n)!
n n!)2 La formule de Stirling permet alors de prouver que L =
¼
(2:4:¢¢ ¢(2n¡2)( 2n) )2
ne donne pas l’inégalité du c)
p
2a) Á est continue sur [0; 1] comme composée de x¡ > (1 ¡ x) 2 C 0 ([0; 1]; [0; 1]) et de u¡ > u 2 C 0 ([0; 1]; [0; 1]) et Á est
p
1
0
0
C sur [0; 1[ comme composée de x¡ > (1 ¡ x) 2 C ([0; 1[; ]0; 1]) et de u¡ > u 2 C (]0; 1]; ]0; 1])
¡ ¢
¡ ¢¡ ¢
1=2
¡1=2
On a Á(x) = (1 ¡ x)
donc Á0 (x) = ¡ 12 (1 ¡ x)
puis Á"(x) = ¡ 12 12 (1 ¡ x)¡3=2 et par récurrence
µ
¶
1¡n
1:3:5: ¢ ¢ ¢ (2n ¡ 3)
(n)
8n ¸ 2 : Á (x) = ¡
(1 ¡ x) 2
2n
remarque : l’expression
³ a un sens´ confus1 si n = 1¡ ¢
2n¡ 3)
pour n = 2 on a bien ¡ 1:3: 5:¢¢¢(
(1 ¡ x) 2 ¡ n = ¡ 14 (1 ¡ x)1=2¡2
2n
³
´
1
et si Á(n)(x) = ¡: 1:3:5:¢¢¢2 n(2n¡3) (1 ¡ x) 2 ¡n alors
Á
(n+1)
µ
1:3:5: ¢ ¢ ¢ (2n ¡ 3)
(x) = ¡
2n
¶µ µ
¶
¶
1
1
2 ¡ n¡ 1
¡
¡ n (1 ¡ x)
2
et la formule est véri…ée.
2b) Pn est le polynôme de Taylor de Á à l’ordre n en zéro :
P n (x) =
or
1:3:5:¢ ¢¢(2n¡3)
2nn!
=
1:3:¢ ¢¢(2n¡3)
2:4:¢¢ ¢2n
=
un
2n¡ 1
n
n
X
Á(k) (0) k
x X 1:3:5: ¢ ¢ ¢ (2n ¡ 3) n
x =1¡ ¡
x
k!
2 k=2
2n n!
k=0
le résultat restant vrai si n = 1 : 12 =
P
un
P n (x) = 1 ¡ nk= 1 2n¡1
xn
u1
1
2c) On a
Donc
Á (n+1)(t)
n!
= ¡:
³
1:3:5: ¢¢¢(2n¡1)
2n+1n!
´
(1 ¡ t)
¡1
2 ¡n
Rn (x) = ¡
= ¡ 12 un (1 ¡ t)
un
2
Z
0
x
¡1=2¡n
pour n ¸ 1 .
¡ n¡1=2
(x ¡ t)n (1 ¡ t)
dt
sur [0; x] les deux quantités (x ¡ t) et (1 ¡ t) sont positives (x < 1) . De plus les bornes de l’intégrale sont dans le bon sens
donc :
Z
un x
¡n¡1=2
jRn (x)j =
(x ¡ t)n (1 ¡ t)
dt
2 0
n
or x < 1 donc (x ¡ t) < (1 ¡ t) . De plus ces quantités sont positives donc (x ¡ t) · (1 ¡ t)n . On a donc
Rx
jR n (x)j · u2n 0 (1 ¡ t)¡1=2 dt
h
ix
Rx
p
1=2
Or 0 (1 ¡ t) ¡1=2 dt = ¡2 (1 ¡ t)
= 2¡ 2 1 ¡x · 2
0
jRn (x)j · u n
¯
¯
p
2d) On a donc 8x 2 [0; 1[ , ¯P n (x) ¡ 1 ¡ x ¯ · un · pLn
Le membre de
¯ gauchepest une¯ fonction continue de x et la ma joration ne dépend de x donc par passage à la limite :
8x 2 [0; 1] , ¯ Pn (x) ¡ 1 ¡ x¯ · u n · pLn suite indépendante de x et de limite nulle.
(P n ) converge uniformément vers Á sur [0; 1]
remarque : attention à x = 1 exclupdes questions p
b) et c) et inclus à la question d)
2
2
2e) si on pose y = 1 ¡ x on a Á(y) = 1 ¡ (1 ¡ x ) = x2 = jxj : De plus si x 2 [¡1; 1] , y 2 [0; 1] donc
par dé…nition de N .
En revenant à la variable x :
L
L
"
jPN (y) ¡ Á(y)j · uN · p · ¡ L M ¢ =
M
N
"
jQ N (x) ¡ jxjj ·
"
M
3) Le résultat admis est la continuité uniforme de toute fonction continue sur un segment [a; b]:
8" > 0; 9´ " > 0; 8 (x; y) 2 [a; b]2 , jf (x) ¡ f (y)j · "
Ce n’est pas à priori la continuité qui dit que f est continue sur I si et seulement si pour tout x de I f est continue en x
donc :
8x 2 I; 8" > 0; 9´ "; x > 0; 8y 2 I , jf (x) ¡ f (y)j · "
´ peut dépendre de x .
Cette notion de ”continuité uniforme” est au programme de la classe * et peut-être utilisée à l’X ou au ENS.
3a) Si h est une fonction a¢ne sur [a; b] on a h(x) = h(a) + x¡a
(h(b) ¡ h(a)).
b¡a
donc ici
·
¸
µ ¶
µ µ
¶
µ ¶¶
k k+1
k
k+1
k
sur
;
, g(x) = f
+ (nx ¡ k) f
¡f
n
n
n
n
n
¡ ¢
¡
¢
¡ ¢
¡
¢
Donc g(x) = (nx ¡ k) f kn + (1 ¡ (nx ¡ k))) f k+1
= ®f kn + (1 ¡ ®) f k+1
avec ® = (nx ¡ k) 2 [0; 1] .
n
n
Et évidemment f (x) = ®f (x) + (1 ¡ ®)f (x) .
Donc
¯
µ ¶
µ
µ
¶¶ ¯
¯
¯
k
k+1
¯
jg(x) ¡ f (x)j = ¯¯®(f (x) ¡ f
) + (1 ¡ ®) f (x) ¡ f
¯
n
n
¯
µ ¶¯
¯
µ
¶¯
¯
¯
k ¯¯
k + 1 ¯¯
· ® ¯¯ f (x) ¡ f
+ (1 ¡ ®) ¯¯ f (x) ¡ f
¯
¯ car ® ¸ 0 et (1 ¡ ®) ¸ 0
n
n
·
¸
¯
¯
¯
¯
¯
¯
k k+1
k¯
1
k + 1 ¯¯
1
· ®" + (1 ¡ ®) " = " car x 2
;
) ¯¯ x ¡ ¯¯ · et ¯¯x ¡
·
n
n
n
n
n ¯ n
£
¤
Le résultat est vrai sur chaque segment nk ; k+1
donc sur leur union
n
jg(x) ¡ f (x)j · "
remarque : en choisissant " = 1=p on construit une suite (gp ) de fonctions a¢nes par morceaux
£ et qui¤ converge uniformément
vers f . Graphiquement on approche le graphe de la courbe par la corde sur chaque segment nk ; k+1
. Ca doit vous rappeler
n
quelque chose du cours de Sup ....voir à la …n si vous ne trouvez pas tout seul.
4a)
2
² Soit (g 1 ; g2 ) deux fonctions de E n+1 et (¸ 1 ; ¸ 2 ) deux scalaires on a :
k 2 [0; n] (¸1 g 1 + ¸ 2 g2 ) (k=n) = ¸ 1 g1 (k=n) + ¸ 2 g2 (k=n)
donc
µ
(¸ 1 g1 + ¸ 2 g2 )
µ ¶¶ n
µ
µ ¶¶n
µ
µ ¶¶ n
k
k
k
= ¸1
g1
+ ¸2
g2
n
n
n
k=0
k=0
k=0
² L’image de g est élément de R n+1 par dé…nition même.
² Á est un isomorphisme : En e¤et le noyau de Á est réduit à la fonction nulle : Si Á(g) = (0) on a 8k 2 [[0::n]] g(k=n) = 0
. Or g est a¢ne sur [k=n; (k + 1)=n]
¡ ¢
¡ ¡
¢
¡ ¢¢
donc sur ce segment g(x) = g nk + (nx ¡ k) g k+1
¡ g nk = 0 . Comme la réunion des segments est [0; 1] , 8x 2 [0; 1]
n
g(x) = 0
Á est un isomorhisme d’espace vectoriel
² De plus g est dé…nie par la formule : 8x 2 [k=n; (k + 1)=n] , g(x) = g
(nx ¡ k) (ak+1 ¡ ak )
¡k¢
n
¡ ¡
¢
¡ ¢¢
+ (nx ¡ k) g k+1
¡ g nk
= ak +
n
1
n+1
4b) Notons (ei )n+
: On véri…e que f j est bien élément de E n+1 car a¢ne de pente 1 sur
i=1 la base canonique de R
[k=n; (k + 1)=n]
k ¸ j et de pente ¡1 si k < j¢ .
¡ j si j¡1
2
j
On a Á(f j ) = n ; n ; j¡
; ¢ ¢ ¢ ; 1n ; n0 ; n1 ; ¢ ¢ ¢ ; n¡j
= nj e1 + j¡1
e2 + ¢ ¢ ¢ + n1 ej + 1n ej+2 + ¢ ¢ ¢ n¡
en+1 :
n
n
Pn n
Pnn jk¡jj
De façon plus précise la dé…nition de Á donne : Á(g) = k=0 g(k=n)ek+1 et donc Á(fj ) = i=0 n ek+1 :
Si A0 = M at( ei) (Á(f j )) le coe¢cient a0i;j est le coe¢cient de f j¡1 (le j-eme vecteur car les indices commencent à zéro) sur
j (i¡ 1)¡( j¡1)j
a
A
ei Soit en posantk = i ¡ 1 a0i;j =
= ni;j . Donc A0 = n+1
.
n
n
0
An+1 étant inversible , on en déduit que A est inversible et donc que (Á(fj )) est une base de R n+1 et donc comme Á est un
isomorphisme (fj ) est une base de En+1 :
remarque : le passage
Pn par Á n’est pas obligatoire .D’une part le cardinal est le bon , d’autre par le système est libre. Si
on pose le système k=0 ¸ k fk = 0 et si on écrit le système linéaire obtenu en prenant x = k=n on obtient un système de
matrice A0 donc de Cramer.
Pn
On peut aussi résoudre k=0 ¸ k f k = 0 en posant le système obtenu par dérivation sur chaque ]k=n; (k + 1)=n[ .
4c) La famille (f k ) est une base . D’où l’existence des scalaires ¸k . Si on compose par Á on obtient le système
8i , ai =
n
X
k=0
µ ¶
i
¸k fk
n
0
B
B
C’est un système de matrice A0 inversible , C’est donc un système de Cramer et si on note Y = B
@
0
système Y = A ¤ équivaut à ¤ = A
On peut lire Bn+ 1 :
5a) remplacer ak par f
¡k¢
n
0¡1
a0
a1
..
.
an
Y = nBn+1 Y : (¸ i) = nBn+ 1 (ai) avec des matrices colonnes.
¡
¢
1
1
¸ 0 = n ¡1¡n
2n a0 + 2 a1 + 2n an ¢
¸ k = ¡n 12 ak¡1 ¡ ak + 12 ak+1 ¢si 1 · k · n ¡ 1
1
¸ n = n 2n
a0 + 12 an¡1 + 1¡n
2n an
¡
¡ ¢
¢
1
¸0 = n¡ 1¡n
f (0)¢+ 12 f¡ n1¢ + 2n
f (1) ¢¢
2n¡
¡
¸ k = n¡ 12 f k¡1
¡ f¡ kn ¢+ 12 f k+1
n
n
¢ si 1 · k · n ¡ 1
1
1
¸ n = n 2n f (0) + 2 f n¡1
+ 1¡n
n
2n f (1)
¯
¯
¡
¢
Pn
Pn
5b) On a g(x) = k= 0 ¸ k ¯ x ¡ nk ¯ et R(x) = k= 0 ¸k Q N x ¡ nk . Donc
jg(x) ¡ R(x)j ·
or x 2 [0; 1] et
k
n
¡
2 [0; 1] donc x ¡
¢
k
n
n
X
k=0
¯¯
¯
µ
¶¯
¯¯
k ¯¯
k ¯¯
¯
¯
j¸k j ¯¯ x ¡ ¯ ¡ Q N x ¡
n
n ¯
2 [¡1; 1] on peut donc appliquer le résultat de la question 2e)
jg(x) ¡ R(x)j ·
n
X
k=0
3
j¸ k j
"
="
M
1
0
C
B
C
B
C et ¤ = B
A
@
¸0
¸1
..
.
¸n
1
C
C
C le
A
Or on a choisi g pour avoir jf (x) ¡ g(x)j · "
sup (jf (x) ¡ R(x)j) · 2"
5c) Toute fonction continue est limite uniforme d’une suite de fonction de polynômiale:
Si on prend " = 1=2p on construit un polynôme Rp véri…ant sup (jf ¡ Rp j) · 1p
6) Les deux pivots proposés ne donne pas une matrice triangulaire . Mais on peut développer par rapport à la dernière
colonne et obtenir la matrice triangulaire
det(An+1 ) = (¡1)n :n:2n¡
Remarque du 3 : le calcul approché d’une intégrale par la méthode des trapèzes.
4