\-\ \ Pov. Thomsen Professeur en Spé PC au lycée Sainte-Marie à Antony
5i5 i+10
AIIALYSE 1. Espaces yectoriels normés Séries à termes constants Dériyation. Intésra(ion SPÉ • PC • PSI • PT Résumés de cours 63 exercices et problèmes avec solutions Coordination: Daniel FREDDN
VILLE DE LYON
BIBLIOTHEOUE
MASSON Paris
Milan
m
Barcelone
3 7001 01644403 1
DANGER
lE
PHOTOCOPILLAGE TUE LE LIVRE
Ce logo a pour objet d'alerter le lecteur sur la menace que représente pour l'avenir de 1'6crlt, tout particulièrement dans le domaine universitaire, le développemont massif du «photocopillage». Ce tt e pratique qui s'est généralisée , notamment dans les établisse ments d'enseignement, provoque une baisse brutale des achats de livres, au point que la possibilité même pour les auteurs de créer des œuvres nouvelles et de les faire éditer correctement est aujourd'hui menacée. Nous rappelons donc que la reproduction et la vente sans autorisation, ainsi que le recel, sont passibles de poursuites . Les demandes d'autorisation de photocopier doivent être adres sées à t'éditeur ou au Centre français d'exploitation du droit de copie: 3, rue Hautefouille, 75006 Pari s. Tél.: 43 26 95 35.
Tous droits de traduction, d'adaptation et de reproduction par tous procédés, réservés pour tous pays.
1
Toute reproduction ou représentation intégrale ou partielle, par quelque procédé que ce soit des pages publiées dans le prése nt ouvrage, faite sans l'autorisation de l'éditeur, est illicite et constitue une contrefaçon. Seules sont autorisées, d'une part, les reproductions strictement réservées à l'usage pri vé du copiste et non destinées à une utilisation collective, et d' autre part, les courtes citations justifiées par le caractère scientifique ou d'information de l' œuvre dans laquelle elles sont incorporées (art. L. 122-4. L. 122-5 et L. 335-2 du Code de la propriété intellectuelle).
© Masson, Paris. 1997
ISBN: 2-225-85531-5 MASSON
S.A.
120, bd Saint-Germain, 75280 Paris Cedex 06
TABLE DES MATIÈRES
Introduction . .................................................... 5 1. Espaces vectoriels normés .................................... 7
• Normes et distances • Suites dans un espace vectoriel normé • Étude locale d'une application • Applications continues Énoncés des exercices et problèmes ................................ 17 Coups de pouce ..... . ...... . ..... .................................. 19 Corrigés ................................. .. ...................... . . 20
2. Séries à termes constants ....... . . . .. . ...................... 31 • Séries réelles ou complexes • Convergence des séries à termes réels positifs • Convergence des séries à termes réels ou complexes • Séries alternées Énoncés des exercices et problèmes ....... . ............... . ........ 35 Coups de pouce ...................... ... . ............... . . . ........ 38 Corrigés . ..... " .......... . ........................................ 40
3. Dérivation des fonctions vectorielles ....................... 59 • Dérivée en un point • Fonctions de classe Ck • Ck-difféomorphismes Énoncés des exercices et problèmes ... . . . . . .......... . ............. 63 Coups de pouce ........ . ....... . ................................... 68 Corrigés . . ........ . ................... .. .. . ........................ 69
4
Table des matières
4. I ntégration sur un segment des fonctions vectorielles .... 85 • Fonctions en escalier, fonctions continues par morceaux • Définition de l'intégrale • Propriétés de l'intégrale Énoncés des exercices et probl(;me .................. . .............. 89 Coups de pouce ....................................... . ............ 90 Corrigés ........................................................... 91
5. Dérivation et intégration ................... .. . ... .......... 99 • • • •
Primitive et intégrale d'une fonction continue par morceaux Théorème du relèvement Étude globale des fonctions de classe Cl Développements limités
Énoncés des exercices et problèmes ...... . .. .. .................... 103' Coups de pouce ..... .............................................. 106 Corrigés ............................ .. ........... .. ... . .......... 107
6. Intégration sur un intervalle quelconque ................. 123 • Fonctions intégrables • Normes définies par des intégrales Énoncés des exercices et problèmes ............................... 127 Coups de pouce ................................................... 131 Corrigés ... .... .................................................. 132
7. Problèmes généraux
Énoncés . ........................... 153
Coups de pouce . .. ........ ... ...................... . .............. 161 Corrigés ............ ...... ................ .. ..... .. .. .... ........ 164
INTRODUCTION
Cet ouvrage est le premier d'une série de trois volumes destinés aux étudiants de seconde année des sections PC, PSI et PT. Comme dans les autres Flash, vous y trouverez: - un résumé bref, mais complet, des notions mathématiques actuellement au programme des concours des grandes écoles scientifiques; - des exercices variés. Certains exercices sont des applications directes du cours destinées à vous familiariser avec les notions étudiées, d'autres demandent plus de recherche, mais ils sont tous corrigés de façon détaillée et tous les raisonnements et calculs sont explicités. Nous sommes en effet convaincus que la réussite aux concours demande plus l'étude approfondie d'un nombre restreint d'exemples bien choisis, plutôt qu'un survol superficiel d'un nombre élevé d'exercices; - des coups de pouce, situés entre les énoncés et les corrigés, vous permettront d'avancer si vous êtes bloqué. Ils sont, bien sûr, à consommer . avec modération; - des problèmes généraux qui sont des problèmes donnés aux concours, mais adaptés aux programmes actuels. Les éléments de programme, et les exercices associés, spécifiques aux P SI sont signalés par un • en marge, et les indications concernant les PT par un •. Un conseil : quand vous avez terminé un exercice qui vous semble difficile, n'oubliez pas de le marquer afin de pouvoir le refaire au moment des révisions. Nous espérons que ces livres vous aideront de façon agréable et efficace. Bon courage!
ESPACES VECTORIELS , NORMES • Normes et distances • Suites dans un espace vectoriel normé • Étude locale d'une application • Applications continues
,
L'essentiel du cours On étudie des espaces vectoriels sur le corps K avec K
= IR ou
K
= cr: .
• Normes et distances
• Norme - Définition Une norme sur un espace vectoriel E est une application N de E dans IR qui vérifie : (l)VxEE N(x) ~ 0 ; (2) Vx E E N(x) =0 ==} x=O; (3) V), E K Vx E E N (),x) = 1),1 N(x) ; (4)VXEE VyEE N(x+y)~N(x)+N(y). On écrit souvent N(x)
Propriétés IIxii = 0 {==} x
= IIxii , ou
N(x)
=
IIxilE .
-
Illxii -lIylll
~
=0;
{ ::: ~ ~:: }
~ IIxli + lIyll .
Le couple (E, N) est appelé espace vectoriel normé.
-
Exemples classiques = K n ; pour x = (Xl, ... ,Xn) E E, on définit:
1. E
Nl(x)
= Ixt! + ... + Ixnl Jlxll2 + ... + Ix n l 2 sup {lxll,.·., Ix n !}.
8
Espaces vectoriels normés
2. E = C([a, b], K) étant l'espace vectoriel des fonctions continues sur [a, b] et à valeurs dans K, pour J E E on pose :
N1(f) =
lb
.------
IJ(t)1 (ft ; N 2 (f) =
lb
IJ(t)1 2 dt.
N 1 est la norme de la convergence en moyenne, N 2 la norme de la convergence en moyenne quadratique. 3. E = B(A, F) étant l'espace vectoriel des fonctions bornées définies sur un ensemble A et à valeurs dans un espace vectoriel normé F, on pose :
Noe(f)
=
IIJ(t)11
sup tEA
1111 désigne la norme dans F. Noe est la norme de la convergence uniforme . 4. E étant muni d'un produit scalaire (x, y) f---+ (xly) ,
où
N(x)
= J(xlx),
xE E
définit une norme appelée norme euclidienne si K = IR et hermitienne si K = ([;. Les normes N2 des exemples 1 et 2 sont des normes euclidiennes ou hermitiennes.
*'
Dans la suite, E est un espace vectoriel normé. En PT, on se limitera aux cas E = IRn et E = ([;n .
• Distance associée à une norme - Définition La distance entre deux éléments x et y de E est :
= lIy - xII·
d (x, y)
-
Propriétés
d(x,y) ~ 0 ;
VxE E
VYE E
VxE E
Vy E E
d (x, y)
VxE E
VYE E
d(x,y) = d(y,x) ;
VxE E
VYE E
-
Vz E E
=0
{::::=>
d(x,y)
x = y; ~
d(x,y)
+ d(y,z).
La distance entre deux parties A et B non vides de E est : .
d(A,B) = inf{d(x,y); x E A, y E B}. -
Le diamètre d'une partie non vide A est: diamA
-
= sup{d(x,y);
xE A,y E A}.
Si diam A est fini, A est dite bornée.
- Une application J définie sur un ensemble U et à valeurs dans E est dite bornée si J(U) est une partie bornée de E.
Espaces vectoriels normés
9
• Boules La boule ouverte de centre a et de rayon r > 0 est: B(a,r)={xEE; IIx-ali
{(X,Y)EIR2; a~x~b, If(x)-yl
• Convergence - Une suite (an)nEN de points de E converge vers lE E si, pour tout é > 0 , il existe un rang r à partir duquel lIan -lll ~ é , ce qui s'écrit: Vé>O
3rElN
Vn~r
lIan-lll~é.
Untel élément l est alors unique; il est appelé la limite de (an) et on écrit: lim an = l . n--++oo
On dit alors que (an) est une suite convergente. -
Dans le cas où E = IR, on définit de plus: lim an =
+00
par:
Vk E IR
3 r E 1N 'In ~ r
an ~ k ,
=
-00
par:
Vk E IR
3 rEIN
'In ~ r
an ~ k .
n--++oo
lim an
n--++oo
- Opérations algébriques Si lim an = l et lim bn n -- +oo
n--++oo
= l',
alors:
lim (an+bn)=l+l',
n--++oo
et, pour
À E
K :
• Normes équivalentes A priori, la convergence d'une suite dépend de la norme choisie. N et N'étant deux normes sur E, pour que toute suite convergente dans (E, N) soit également convergente dans (E, N'), il faut et il suffit qu'il . existe a > 0 tel que N' ~ aN . N et N' sont équivalentes s'il existe a et N ~ a'N',
> 0 et a' > 0 tels que N'
~
aN
10
Espaces vectoriels normés
ou encore si les fonctions
~
et ;, sont bornées sur E \ {O} .
Alors une suite converge dans (E, N) si et seulement si elle converge dans (E, N'). • Cas d'un espace vectoriel de dimension finie - Dans un espace vectoriel de dimension finie toutes les normes sont équi valentes. - Soit E de dimension finie, (el, ... , es) une base de E. Une suite (an) dans E s'écrit: an = al n el + ... + asn es, où (al n ) , ""., (a sn ) sont des suites dans K. (an) converge vers l li el + ... + ls es si et seulement si (ajn) converge vers lj pour tout jE {l, ... ,s}. O."
Dans la suite du chapitre, les espaces vectoriels sont supposés de dimension finie .
• Comparaison de suites Soit (an) une suite dans E et (an) une suite réelle positive. - S'il existe M > 0 tel que, pour tout n E IN, (an) domine (an) et on écrit an = O(an ) .
Ilanli
~ Man, on dit
- Si, pour tout é > 0, il existe un rang à partir, duquel on a Il an Il ~é an, (an) est négligeable par rapport à (an) et on écrit an = o( an) . -
Si (an) ne s'annule pas, on a : an = O(a n ) si et seulement si an = o(a n ) si et seulement si
( ::) est bornée; lim n-t+oo
an an
= O.
Deux suites réelles ou complexes (an) et (b n ) sont équivalentes si, pour tout é > 0, il existe un rang à partir duquel on a : lan-bnl~élanl ·
On écrit an '" bn . +00
Si an ne s'annule pas, an '" bn si et seulement si +00
lim
n-++oo
bn = I . an
• Suites de Cauchy - Une suite (an) dans E est dite de Cauchy si, pour tout é > 0, il existe un rang r à partir duquel on a lIam - an Il ~ é, ce qui s'écrit:
'ié>O
3rEIN
'im~r
'in~r
lIam-anll~é,
Espaces vectoriels normés
Il
ou encore: 'rIê
> 0 3r E IN 'rIn ~ r 'rIp E IN Ilan +p
-
anll
~
ê.
- Toute suite convergente est de Cauchy. En dimension infinie, la réciproque est fausse. Mais: Dans un espace vectoriel normé de dimension finie sur Il ou CU, une suite converge si, et seulement si, elle est de Cauchy.
• Suites bornée.'/
•
-
Une suite (au) de E est bornée si l'ensemble {an; nE IN} est borné.
-
Toute suite cOllvergente est bornée.
- De toute suite bornée de /:.,,, on peut extraire une suite convergente (théorème de Bolzano - Weierstra..'>S) .
• Étude locale d'une application
• Limites - Définition Soit E et F deux espaces vectoriels normés et 1 une application de AcE dans F. Soit a E E adhérent à A et l E F. 1 admet la limite l au point a si, pour tout E: > 0, il existe 6 > 0 tel que 11/(x) -lll ~ ê dès que IIx - ail ~ 6 , ou encore:
IIx - ail
'rIx E A
'riE: > 0 36> 0 Cela revient à :
lim II/(x)
x ---< a
~
6 ===}
11/(x) -lll
~ ê.
-lll = 0,
et on écrit:
lim/(x)=l ou lim/=l.
x-.a
a
L'élément l, s'il existe, est unique.
----.:. Continuité en un point Si 1 admet une limite en a et si a E A, 1 est continue en A. Si f admet une limite en a f/- A, 1 est prolongeable par contiJ uité en a : la fonction Î définie de A U {a} dans F par: Î(x)
=
{/(X) s~ x l
SI X
E
A
= a
est continue en a. Lorsque F est muni d'une base (el, ... , es), on peut écrire, pour x E A :
I(x)
=
ft (x) el + ... + Is(x) es,
où les fonctions h sont définies sur A et à valeurs dans K. 1 admet alors la limite l = li el + ... + ls es en a si, et seulement si, chacune des fonctions fj admet la limite lj en a.
12
Espaces vectoriels normés
• Extensions de la définition Si A = la, +oo[ , on dit que f admet la limite l en +00 si : 'lé> 0 :3 k > a 'Ix ~_ A x ~ k ==} IIf(x) -lll ~ é,
-
ce qui se note
lim f(x)
x---++oo
=l
On définit de façon analogue
.
= l.
lim f(x)
x-+-oo
- Si F = R, on dit que f admet la limite +00 en a (où a E E est adhérent à A) si : '1k E R 36> 0 'Ix E A IIx - ail ~ 6 ==} f(x) ~ k,
ce qui se note
lim f(x)
+00 .
=
x---+a
On définit de façon analogue
lim f(x) = -00 .
x---+a
• Opérations sur les limites Si
Opérations algébriques E K, lim f = l et lim g
À
a
a
= l' , on
a:
limU+g)=l+l' et lim(Àf)=Àl. a
a
Composition Soit E, F et G trois espaces vectoriels normés, des parties ACE et BeF, des applications f : A --+ B, et g : B --+ F, des points a E E adhérent à A et b E F adhérent à B. Si lim f = b et lim g = l, alors lim g 0 f = l . a
a
b
Exemple d'utilisation: Pour. déterrrùner la lirrùte éventuelle de h(x) = ~ ~ x- lorsque x tend vers
~
2" ' on pose u
= x -
-sin (x
~
~
2
2" et on a, pour x i- 2" :
- ~2)
sinu
h(x) = - - - - = - - ,
x-
U
7r
'2
~ sinu donc h = gof,Où!(x)=x-2"' et g(u)=---;u-'
Comme limf ~
=0
et limg
= -1, on a
0
limh ~
= -1 ,
- Composition par une suite Soit f une application de A dans F et (an) une suite dans A, convergente vers a adhérent à A. Si lim f = l ,alors lim f (an) = l . a
n---++oo
Exemple d'utilisation: On veut étudier l'existence d'une limite en 0 de la fonction! de IR- dans R définie par f(x) = sin.!. . x
Espaces vectoriels normés Posons an
=
i +21 n
et bn 7f
= -
i +1 2 n
. On a 7f
Hm an n~+oo
= 0,
lim bn n~+oo
13
=0
et d'autre part J(a n ) = 1 et J(b n ) = -1 ; ce qui entraîne que J n'admet pas de limite en o.
Si a E A, f est continue en a si, et seulement si, pour toute suite (an) de points de A convergente vers a, on a lim f(a n ) = f(a) . n ..... +oo
• Comparaison de fonctions Soit ACE, f : A --> F , cp : A --> Dl et a un point adhérent à A. On suppose que cp ne s'annule pa..s sur A \ {a} . - S'il existe M > 0 et r > 0 tels que, pour tout x E B(a,r) nA, on ait :
Il;~:~II ~
M, f est dominée par cp quand x tend vers a et on note f(x) = Oa(CP(x)) . Si lim f«X)) = 0, on dit que f est négligeable par rapport à cp quand x ..... a cp X x tend vers a et on écrit f(x) = oa(CP(x)) .
-
• Applications continues
• Définition et premières propriétés - Une application f de A dans F est continue si elle est continue en tout point de A. Si F est muni d'une base (el, ... , es) et si f(x) = ft(x) el + .. . + fs(x)es , alors f est continue dans A si, et seulement si, toutes les fonctions fJ le sont. -
L'ensemble C(A, F) des fonctions continues dans A et à valeurs dans
F est un espace vectoriel. -
L'ensemble C(A, IR) ou C(A,
- Soit E, F et G trois espaces vectoriels normés, des parties AcE et BeF, des applications f : A --> B continue dans A et 9 : B --> G continue dans B. Alors l'application 9 0 f : A --> G est continue dans A.
-
Exemples
1. Une fonction f de A dans F est dite lipschitzienne de rapport k si :
"Ix E E
Vy E E IIf(y) - f(x)1I ~ klly - xii. Cette définition s'applique également en dimension infinie. Toute fonction lipschitzienne est continue.
14
Espaces vectoriels normés
2. Les fonctions:
E -+ x 1-> sont continues .
R
et
IIxli
Ex E
-+
(x,y)
1->
R d(x,y)
=
Ily - xii
• Parties ouvertes, parties fermées - Définitions Une partie A de E est ouverte si, pour tout a E A, il existe r > 0 tel que B(a,r) cA. A est fermée si E \ A est ouverte. Exemples: E et 0 sont en même temps ouvertes et fermées dans E. Dans E = IR, ~ n'est ni ouvert, ni fermé; la, +oo[ est ouvert, [a, +oo[ est fermé. - Propriétés La réunion d'une famille (finie ou non) de parties ouvertes est ouverte; l'intersection d'une famille finie de parties ouvertes est ouverte. L'intersection d'une famille (finie ou non) de parties fermées est fermée; la réunion d'une famille finie de parties fermées est fermée. Exemple: Pour tout n
E
N*, An
n
+00
+00
n=l
n= l
U An = ]-1, l[ est ouvert;
= ] - .!.., .!.. [ est ouvert dans R;
An
n n
=
{O} est fermé.
... À part le cas particulier de la page 15, le reste du chapitre n'est pas au progmmme de PT. - Points particuliers Soit A une partie de E . x est dit intérieur à A s'il existe une boule ouverte de centre x contenue dans A, soit: 3r > 0 B(x,r) cA. Un point x E E est dit adhérent à A si toute boule ouverte de centre x rencontre A, soit: Vr > 0 B(x,r)nA of 0.
x est adhérent à A si, et seulement si, il existe une suite (an) de points de A qui converge vers x. Une partie A est fermée si, et seulement si, pour toute suite de points de A qui converge dans E, la limite appartient encore à A .
• Images réciproques -
Soit
f une application continue de E dans K.
Espaces vectoriels normés
15
L'image réciproque d'une partie ouverte (resp. fermée) de K est une partie ouverte (resp. fermée) de E. -
Exemples f une application continue de E dans R et a E 1R.
1. Soit
-1
L'ensemble {x E E ; f(x)
> a} = f (la, +oo[) est ouvert.
L'ensemble {x E E; f(x)
= a} = f ({a}) est fermé.
- 1
2. Soit E = Mn(K) ; l'ensemble GLn(K) des matrices inversibles est - 1
ouvert dans Mn(K) car GLn(K) f:
=
Mn(K) M
f (K*) où -+ 1--->
K detM
est continue (cf. page 16) .
• Parties compactes - Définition Une partie fermée et bornée de E est dite compacte. Cette définition ne s'applique pas en dimension infinie. •
- Propriété Une partie A de E est compacte si, et seulement si, de toute suite de points de A, on peut extraire une suite convergente dans A - Soit E et F deux espaces vectoriels normés de dimension finie, AcE et f : A -+ F continue. Si A est compact dans E, f(A) est compact dans F. - Cas particulier U ne fonction f de A dans lR, continue sur un compact ACE est bornée et atteint ses bornes, c'est-à-dire qu'il existe Xl E A et X2 E A tels que: f(xI)
= sup f(x)
f(X2) = inf f(x) .
xEA
•
x EA
• Continuité uniforme - Une fonction f : A -+ K est uniformément continue dans A si, pour tout c > 0, il existe 8 > 0 tel que, pour tous x, y E A :
lIy - xII ::;; 8 ==>
If(y) - f(x)1 ::;; c.
Si A est compact, toute fonction f : A uniformément continue .
-+
K continue dans A y est
• Applications linéaires continues - Toute application linéaire f : E -+ F définie sur un espace vectoriel normé E de dimension finie est continue. Il existe k > 0 tel que: VxE
E
Ilf(x)IIF ::;; kllxllE .
16
Espaces vectoriels normés
- Toute application bilinéaire B : E x F -+ G , où E et F sont des espaces vectoriels normés de dimensions finie, est continue. Il existe k > 0 tel que : V(x,y) E Ex F IIB(x,y)lIc (kllxllE lIyllF . - Exemples 1. Les applications : ExE -+ E KxE -+ E et (>.,y) >-> >.x (x, y) >-> x +y sont continues.
2. Si E est un espace vectoriel euclidien, le produit scalaire: ExE -+ ID.
(x, y)
(xly)
~
est une application continue. 3. Si E est de dimension finie 8, alors C(E) est de dimension l'application: C(E) x C(E) -+ C(E) (I, g) 1-> go f est continue.
82
et
4. La propriété s'étend à des applications multilinéaires. Si E est de dimension finie muni d'une base B = (el, ... , es) , l'application: En -+ K (Xl,""X n ) >-> detB(xl,""X n ) est n-linéaire, donc continue. L'application de Mn(K) dans K: A ~ detA est continue (n-linéaire par rapport aux colonnes de A) .
•
- Norme d'une application linéaire continue Soit E et F deux espaces vectoriels de dimension finie . En posant, pour f E C(E, F) :
IIfll =
sup Ilx l lE~l
IIf(x)!IE,
on définit une norme dans C(E, F) dite subordonnée aux normes de E et F. En particulier, si E = F, Ilfll = sup IIf(x)IIE IlxllE~l
définit dans C(E) la norme subordonnée à la norme dans E. Cette norme vérifie: Vf E C(E) Vg E C(E) IIg 0 fil ( IIgllllfll . Attention, cette relation n'est pas vérifiée par une norme quelconque dans C(E) (cf Problème 9).
Espaces' vectoriels normés
17
Les énoncés d'exercices
[I]
Pour f E C([O, 1J, IR), on pose NU) =
11
et
If(t)1 dt .
Montrez que N est une norme. Est-elle équivalente à la norme de la convergence uniforme?
~ Dans IR 2 normé par N (x, y) = max{lxl, Iyl} , on considère la droite F = {(x,O); x E IR}. Déterminez l'ensemble des points de F dont la distance au point (3,2) est minimale.
rn
Dans IR 2 , on pose N(x,y)
= sup lx +t;1 . tER
1+t
1. Montrez que N est une norme. 2. Comparez cette norme à la norme euclidienne e en déterminant le meilleur encadrement de la forme a N ~ e ~ b N .
[!]
Soit A une partie convexe non vide d'un espace vectoriel normé E. Montrez que l'application x f-4 d(A, x) est convexe.
[Il' Soit E un espace vectoriel normé. Pour toute partie A de E fermée et non vide, on note dA l'application x f-4 d(A,x). Montrez que l'application A f-4 dA est injective.
ffiJ
Soit E un espace vectoriel normé sur 1R et f : E --4 E une application bornée sur B (0, 1) et vérifiant f(x + y) = f(x) + f(y) pour tous x et y appartenant à E. Montrez que f est linéaire.
ŒJ
Soit E
= C([O, 1], il)
muni de la norme de la convergence en moyenne.
Pour f E E et xE [0,
lJ, on pose
TU) (x) =
fox f(t) dt.
1. Montrez que T est un endomorphisme de E. 2. Déterminez lI(T)
=
sup N (TU») . N(f)=l
lI(T) est appelé la norme de l'endomorphisme T.
18
Espaces vectoriels normés
Les énoncés de problèmes ________ ~ Théorème du point fixe Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie, A une partie fermée non vide de E et f : A -+ A une application lipschitzienne de rapport k < 1 . On note = f 0 ... 0 f .
r
'-v--' n fois
1. Montrez que, pour tout Xo limite lE A.
E
A, la suite (Jn(xo)) converge vers une
2. Montrez que l est l'unique point fixe de 3. Donnez une majoration de
IIx n
f.
III .
-
4. Application. Montrez que l'équation x = 2 solution l unique et déterminez l à 10-
œ
On considère l'espace vectoriel
(:n
Pour A E Mn(
4
+
110 sinx admet une
près.
muni d'une norme X
=
IIXII .
>-+
sup IIAXII. Ilxll~l
1. Montrez que N est bien définie et que N(A)
=
~ulo 1I1~~t
.
2. Montrez que A>-+ N(A) est une norme sur Mn(
~
N(A) N(B) .
4. En est-il ainsi pour toute norme sur Mn ({:) ? 5. Dans cette question, on suppose n
1 -2)
= 2 et A = ( 3 2+i
Calculez N(A) dans chacun des deux cas :
6. Déterminez de même N(A) lorsqqe A E Mn(
=
max{lxt!, ... , Ixnl} ;
b) IIXII
=
Ixli
+ ... + Ixnl·
.
Espaces vectoriels normés
19
Quelques coups de pouce rjl Construisez une suite (In) telle que Il/nll = 1 et lim N(In) = O. t..=J n--++oo
@]
Étudiez les variations de e(x, y) si N(x, y) :::; l , ou les variations de N(x, y) si e(x, y) = 1 .
@]
Rappelez-vous des définitions de partie convexe, fonction convexe et de la distance d'un point à une partie non vide. Faites une petite figure pour guider le raisonnement.
lliJ
Précisez bien les ensembles de départ et d'arrivée.
~ Rappelez-vous de la définition de la multiplication que vous avez apprise à l'école élémentaire, puis étudiez les cas
.À =
0,
.À E ]N* , .À E 7l~
,
.À E ~.
Pour .À E IR, considérez une suite rationnelle convergeant vers serez amené à montrer que 1 est continue.
.À ;
vous
[1J
·2. Montrez d'abord que /I(T):::; 1 , puis construisez une suite (In) pour montrer l'inégalité inverse.
ŒJ
1. Étudiez IIxn+l -
xnll , puis montrez que
2. Utilisez la continuité de
(x n ) est de Cauchy.
f.
@J
1. Pour démontrer que la borne supérieure d'un ensemble E est majorée par M, on démontre que tout élément de E est majoré par M.
2. Vous devez savoir que sup(E + F) :::; sup E ce résultat à titre d'exercice auxiliaire. 4. Considérez la norme définie par /I(A)
=
+ sup F , sinon démontrez
max laij 1 • ',J
5. Cherchez d'abord un majorant de N(A), puis montrez qu'il est atteint en choisissant X. 6. Inspirez-vous de la question précédente.
20
Espaces vectoriels normés
Les corrections d'exercices ________
cm•
Soit E = C([O, 1], R) et f
Supposons N(f)
E
E ; on a N(f) ~ 0 .
= 0 = 1 1 et If(t)1 dt .
Comme la fonction t ....... et If(t)1 est continue et positive, on en déduit:
etlf(t)I = O,
Vt E [0,1]
d'où f = O.
Pour tout À E R., on a : 1
N(À J) = 1 Enfin, pour
et lÀ f(t)1 dt = IÀI11 et If(t)1 dt = IÀI N(f) .
f et 9 appartenant à E, on a :
+ g(t)1 ~ et If(t)1 + et Ig(t)l. [0,1], on a donc N(f + g) ~ N(f) + N(g)
Vt E R.
et If(t)
En intégrant sur N est donc une norme sur E .
.
• La norme de la convergence uniforme est Ilfli = sup If(t)l. tE[O , l]
Montrons que la fonction f .......
~{J)
n'est pas bornée.
Pour ceci, il suffit de construire une suite (fn) telle que Ilfnli soit constante tandis que N(fn) tend vers O. 1 y
Prenons par exemple la fonction fn définie par: si tE [0,1 - ~ 1 n fn(t) = { 0 nt+ 1-n si t E [1 - ~,I 1
x
n
On a fn E E, Ilfnli
= 1
o
et
1 ~ n
N(fn)
=
J~l. et Ifn(t)1 dt ~ J~l. et dt ~ ~ xe, n
d'où
JL&JL ~ ~, N(fn) ~ e
n
ce qui montre que
f ....... 1flL n'est pas bornée et N(f)
donc que les deux normes ne sont pas équivalentes. Vous pouvez montrer que
N(f) . l7f ~ e -1 ; on dzt que 1111 est plus fine que N.
Espaces vectoriels normés
21
m
Posons M = (3,2) et M' = (x,O) . On a alors d(M, M') = max{lx - 31, 2} ;? 2 et
d(M, M') = 2
lx -
{=}
31 ~ 2
{=}
xE [1,5].
Ainsi, la distance d(M, M') est minimale pour tout point M' du segment [AB], où A = (1,0) et B = (5,0).
Cet exemple montre que la géométrie dans un espace vectoriel normé quelconque peut être très différente de celle d'Euclide!
rn
1. Vérifier que N est une norme ne pose aucune difficulé.
Détaillons la démonstration de l'inégalité triangulaire:
N( x + x 1 , y + y ')
=
sup tER
lx + x' + t (y + y')1 ./ lx + tyl + Ix' 2 : : : : : : : sup 2 1+t tER 1+t
./ lx ::::::: sup tER
donc N((x,y)
+ ty'l
+ tyl
+ sup Ix' + ty'l , tER 1 + t 2 ~ N(x,y) + N(X/,y').
1+t2
+ (X/,y'))
2 .• Première méthode Étudions la boule unité dans (IR?, N) . On a: N(x, y) ~ 1
où
+ ty)2
~ (1
+ t 2)2
{=}
Vt E IR
(x
{=}
VtEIR
(t 2 +yt+l+x)(e- yt+l-x);?0
{=}
Vt E 1R
{ Pl(t) P2 (t)
P 1 (t)=t 2 +yt+l+x
°
;? ;?
°
ou
{Pl(t) P2 (t)
~ ~
° °
P2(t)=t 2 -yt+l-x.
et
°
Soit (x, y) E B(O, 1) . Si P 1 (t) < 0, on a aussi P2(t) < et réciproquement. Les deux trinômes ont donc les mêmes racines et, comme ils ont le même coefficient dominant, ils sont égaux, d'où (x,y) = (0,0). Pour (x,y)
=1=
(0,0), on a donc:
N(x,y) ~ 1 { = } Vt E 1R Les discriminants sont: 6
1
= y2-4(I+x)
Donc N(x,y)~1
P 1 (t);? et
[y2~4+4x
{=}
° et
P2(t);? O.
6 2 =y2-4(1-x). y2~4-4x].
et
B(O, 1) est donc l'intersection des intérieurs de deux paraboles (à tracer). On a donc
N(x,y)
=
1
=:=}
1 ~ e(x,y)
~
2,
22
Espaces vectoriels normés
=
et pour N (x, y)
À:
N(x,y) e(x,y) Donc, en tout
!2 -..;::~
À
e(x,y)
N (x,y) ~ 1 e(x,y) -..;:: .
Pour (x,y) = (1,0), on a
N(x,y) = 1 e(x,y) ,
=.~,
Pour (x,y) = (0,2), on a Nt,y/ e x,y
2
donc l'encadrement ne peut pas être amélioré.
• Deuxième -m éthode On étudie B(O, 1) dans (IR?, e) . Supposons e (x, y) = 1 ; il existe donc Q tel que (x, y) = (cos Q, sin Q) . x + ty _ cos Q + t sin Q P osons 'Pa. (t ) -_ -2 2'
l+t
1 (
)
_
alors 'Pa. t -
_
l+t
sin Q - 2t cos Q + sin Q . (1 + t 2)2 .
t2
Supposons sin Q > 0 . On a : 'P~(t) =
où tl = tan
i
0
et t2 = - cot
t
{::==}
i.
-
'Pa
On en déduit les variations de 'Pa. :
t2
-00
1
tE {tl, t2} ,
0
li
+
0
+00 -
0
'Pa d'où N (x,y) Or 'Pa.(tt}
'"
'"
/
0
= max {'Pa(tt}, -'Pa (t2)} .
= cos
2
Q
2
et 'Pa(l2)
.
=
-sm
2
Q
2·
Donc, quand Q parcourt ]0,7r[, N(x,y) parcourt
1
[2,1].
PourQ = OOuQ = 7r,ona (x,y) = (1,0) ou (x,y) = (-1,0) et N (x,y) = 1 . Comme N (-x, -y) = N (x, y) , on obtient les mêmes résultats pour Q E]- 7r, 0[.
Espaces vectoriels normés
23
1
= 1, on a 2":( N (x, y):( 1, et on conclut comme
En tout, pour e (x, y) ci-dessus.
[I]
Soit xl. X2 E E et ÀI' À2 E IR+ tels que X = ÀIXI + À2X2' Il s'agit de montrer que
d(A, x) :( ÀI d(A, Xl) Une figure peut donner de bonnes idées. Soit t: > 0 . Il existe YI, Y2 E E tels que: d(XI, yr)
:(
d(A, xt)
+ t:
d(X2, Y2)
:(
d(A, X2)
+ t:
= Àl Yl + À 2 Y2 . Comme A est convexe, = IIx - yli = IIÀl (Xl - yr) + À 2 (X2 - Y2)1I
:( Àl
d(xl, yr)
t:
posons
y E A et on a :
>0 :
d(A, x) ~ d(A, x) :(
1
+ À2 d(x2, Y2) :( Àl d(A, xr) + À2 d(A, X2) + t:.
On a donc, pour tout d'où
+ À2
+ À2 d(A, X2) .
Posons y d(x, y)
Àl
Àl
Àl
d(A,
d(A, Xl)
Xl)
+ À2 d(A, X2) + t: ,
+ À2 d(A, X2) .
[~l Notons P* l'ensemble des parties fermées et non vides de E, et F(E, IR) l'ensemble des applications de E dans R. Pour A E P., on a dA E F(E, IR) , et il s'agit d'étudier l'application: cp:
P*
----+
F(E, Il)
A
1---->
dA
Soit A et B appartenant à P* tels que cp(A) = cp(B) , c'est-à-dire: \Ix E E
d(A, x) = d(B,x) .
En particulier, pour xE B, on a d(A, x) = O. Comme A est fermé, ceci implique x E A . En effet, comme d(A, x) = inf {d(a,x); a E A}, il existe une suite (an) de points de A telle que lim IIx - an Il = 0, donc lim an = x, d'où n~+~
X
E
n~+oo
A puisque A est fermé.
On a donc montré que x E B implique x E A , donc BeA. On montre de même Ac B, donc A = B. Ainsi:
cp(A)
= cp(B) ===> A = B , donc l'application cp est injective.
24
ŒJ
Espaces vectoriels normés
= >..f(x) pour tout>.. E 1R.
Montrons, par étapes, que f(>..x)
a) Si >.. = 0, on a f(O) = f(O +0) = f(O)
+ f(O) , donc
f(Ox) = Of(x).
À
b) Si >.. E lN', on a >..x
= LX, d'où par récurrence: k=l À
À
f(>..x) = f(Lx) = Lf(x) = >..f(x). k= l
c) Si >.. E 7l', on a f(->..x) f(>..x)
= -
k=l
+ f(>..x) = f(O) = 0 , d'où:
f( ->..x) = - (->..) f(x)
=
>.. f(x) ,
d'après b puisque ->.. E IN'.
d) Si >.. E Q, posons>..
=!?
q
où p E 7l et q E IN', donc q>..
f(q>..x) = qf(>..x) f(>..x)
on déduit
et
= p . De
f(px) = pf(x) ,
=!? f(x) = >..f(x). q
e) Si >. est un réel quelconque, il existe une suite rationnelle (>'n) telle que lim >'n = >. et donc, pour tout xE E, on a lim (>"nx) = >..x. n~ +oo
Or
n~+~
f(>'n x)
=
>"n f(x)
et
lim >"n f(x)
n-->+oo
=
>.. f(x) .
f est continue, car alors on a : lim f(>'nx) = f(>..x).
Pour conclure, il suffit de montrer que n-->+oo
Comme f(x en O.
+ h) -
f(x) = f(h) , il suffit de montrer que f est continue
Considérons donc une suite (h n ) dans E convergente vers O. Il existe alors une suite rationnelle positive (an) telle que:
On a donc
VnEIN
Ilhnll:::;on
Il On h n Il :::; l,
soit
hn On
et
lim on=O.
n-++oo
E B(O, 1) .
f est bornée sur B(O, 1) , il existe K > 0 tel que, pour tout n, on ait II!( hn) Il :::; K . D'après b on a f(h n ) = On f( hn) , d'où: Comme
On
On
IIf(hn)ll:::;
On
Ilf(hn)ll:::; Ko n , On
Espaces vectoriels normés puis Ainsi,
Hm
n--++oo
=0.
f(h n )
f est continue en 0, donc continue dans E, et on a bien:
f(Ax) = f( lim (An x ) = n --+ +oo
:;IJ .
1. Pour A E IR et
T (Af
25
f et
lim f(Anx) =
n --++ oo
lim (Anf(x)=Af(x).
n--++oo
g dans E, on a:
fox (Af + g) (t) dt = A fox f(t) dt + fox g(t) dt
+ g) (x) =
+ T(g)) (x), + g) = AT(f) + T(g) . = (AT(f)
donc
T(A f
De plus, si f est continue, on sait que la fonction x
1-+
.
classe Cl (cf chap. 5) donc continue. Ainsi T est bien un endomorphisme de E . 2. Soit f E E tel que N(f)
r f(t) dt est de
~
= 1. On a donc N(T(f)) ~ 1, d'où v(T) ~ 1 .
Pour montrer que v(T) ~ 1, considérons, pour n E ]N*, la fonction définie par fn(t) = n (1 - t)n-I . On a N(fn)
.
rI (1 -
=n
Jo
et T(fn) (x) = n donc N(T(fn) .
fox (1 -
=
t)n - l dt
= l,
t)n-I dt = 1 - (1 - x)n ,
rI (1 -
~
(1 _ x)n) dx
Ainsi, pour tout n E ]N*, on a v(T) En conclusion: v(T)
=
1.
~
= 1 _ _1_ . n+l
1 1 - --, n+l
d'où v(T)
~
1.
26
Espaces vectoriels normés
Les corrections de problèmes _______
'Œ]
1. Posons Xn = fn(xo) , donc Xn +1 = f(xn) pour tout nE Il'J' . Comme f(A) CA, la suite (xn) est bien définie. On a IIx2 - xIII = IIf(xd - f(xo)1I ~ kllxl - xoll , et, par récurrence :
IIxn +1 - xnll ~ knllxl - xoll . Montrons que (xn) est une suite de Cauchy. Pour n et p dans Il'J' , on a : 'in E IN
Ilxn+p
-
Xn
Il (; (;
Ilxn+p - xn+p-III
(k n + p - I
+ ... + kn)llxI
~ kn 1 - k P Il 1- k
-...;::
+ ... + Ilxn+ 1 -
XI
Xn
Il
- xoll
Il ~ k n IIxI - Xo Il . Xo -.. ;:: 1- k
_
lim k n = 0 , pour é > 0 donné, il existe rEIN tel que, pour n-> +oo tout n;? r et pour tout p E Il'J' , on ait:
Comme
Ilxn+p -
Xn
Il (;
é .
Ainsi (xn) est bien de Cauchy et donc convergente, puisque E est de dimension fini e. Posons [ = lim X n ; comme X n E A pour tout n et que A est fermé, n--+ +CX,l
on a bien [ E A .
2. - Existence est continue car lipschitzienne, d'où:
f
f(l) = f( lim xn) = n --+ +~
donc [ est un point fixe de
lim f(xn)
n--+ + ~
= lim Xn +1 = [ , n - +~
f.
- Unicité Soit [' un point fixe de
f. On a : Ill' -lll = Ilf(l') - f(l)11 (; k Ill' -lll ,
d'où (1 - k) Ill' - III (; 0, donc l' = l . - Remarque On déduit de l'unicité que l ne dépend pas du choix de Xo, ce que l'on peut vérifier directement. En effet, si x~ = r(x~) et Xn = r(xo), on a facilement IIx~ -xnll (; knllx~-xoll, d'où le résultat en passant à la limite. .
/"'
3. On avaIt Ilxn+p - xnll : : : : k
n
Il XI - xoll 1_ k '
d'où, en faisant tendre p tend vers +00,
III - xnll (; k n IlxI - :011 1-
.
Espaces vèctoriels normés
27
1
4 .• Soit f l'application de R dans IR définie par f(x) = 2 + 10 sinx.
On
a
f'(x) =
1~
If'(x)1 ~ 1~ ,
cosx d'où
et donc, d'après l'inégalité des accroissements finis:
"Ix E
f
IR
1
If(x) - f(y)1 ~ 10 Iy -xl·
Vy E IR
est donc lipschitzienne de rapport
admet un point fixe unique. • Posons Xo
= 2 et, pour tout n
~ < 10
1 et comme IR est fermé,
f
E lN, Xn+l = f(x n) .
/'(l)nlxl-xol On a IXn-ll:::::::: 1 10 1- 10
1/,1 ,-
l . ::::::::-, dou: et IX1-Xol = I -sm2 10 10
IXn - li ~
1 )n 91 ( 10 .
Pour obtenir la précision demandée, il suffit de prendre n = 4 . On obtient X4 ~ 2,08697, d'où l ~ 2,0870.
!]]
1.. Soit A E Mn(<e) ; l'application f de <en dans <en définie par f(X) = AX est linéaire, donc continue puisque l'espace de départ est
de dimension finie. Or {X E <en ; IIXII ~ 1} = B(0,1) est borné et fermé, donc compact (toujours la dimension finie), donc f est bornée sur B(O,l) Ainsi, l'application N de Mn(<e) dans IR est bien définie. • Soit X E <en \ {O} ; on a AX = Comme
IIXII A( II~II)'
111;~il = IIA( II~II )11·
d'où
IIXII, - 1, on a d one I ~II-
IIAXII IIXII
IIAXII
~ N(A) ,ou d' ""
~
~10 lïXlI"" N(A). • Réciproquement, soit X E B(O, 1) avec X On a 0 <
IIXII ~ 1, d'où IIAXII ~ III;~III
et donc
~ N(A) '"
=1 O.
IIAXI! ~ IIAXII llXïf '.;: ~10 lïXlI'
• En tout, on a bien établi l'égalité annoncée.
28
Espaces vectoriels normés
2. Pour tout A E M
n ( q;)
Si N(A) = 0, on a AX
, N(A) est un réel positif. 0 pour tout X E q;n donc A
=
Soit À E (; et A E Mn(q;) ; pour X E q;n tel que IIXII
= O.
~ 1,
on a :
II(ÀA) XII = IIÀ(AX)II = IÀIIIAXII, donc
sup II(ÀA) XII UXU(l
d'où N(ÀA)
=
=
sup (I>-IIIAXII) = IÀI sup IIAXII, UXU(l UXU(l
IÀI N(A) .
Soit A,B E Mn(
sup Il (A + B) XII ~ sup (IIAXII UXU(l UXU(l ~
sup IIAXII IIXU(l
~
1, on a:
+ IIBXII ,
+ IIBXII)
+ sup IIBXII, UXII(l
ou encore N(A + B) ~ N(A) + N(B) . N est donc une norme sur Mn (
If') , on a N(A) = 3 . 0 n a vu que, pour A E M n ( "-' pour tout X E
~
~~
IIAXII ' lfXlI
d" ou,
N(A) IIXII.
Soit A, BE Mn(q;) et XE q;n tel que IIXII
~
1. On a :
II(AB) XII = liA (BX)II ~N(A) IIBXII~N(A) N(B) IIXII ~N(A) N(B),
donc
sup Il (AB) XII ~ N(A) N(B), ou encore: UXU(l N(AB) ~ N(A) N(B) .
4. On définit une norme sur Mn (q;) en posant, pour A =
v(A)
=
max
(aij) ,
{Iaijl ; (i,j) E {1, ... ,n}2} .
Si A est la matrice dont tous les coefficients sont égaux à 1, on a A 2
= nA.
Comme v(A) = 1 et v(A2) = n, l'inégalité de la question précédente n'est pas vérifiée par la norme v . 5. a) Soit X =
(:~)
E q;2 tel que IIXII = max{lxll, IX21}
Xl - 2X2 ) On a AX = ( 3 (2') , donc Xl + + 1 X2
~ 1.
EspaceS vectoriels normés
29
IXI - 2X21, 13xI + (2 + i) x21 } ~ max{ IXII + 21x21, 31XII + v's IX21} ~ max { 3, 3'+ Vs} = 3+ v's ,
IIAXII = max{
donc N(A) ~ 3 + Or, si
X= (
s'écrit Y2 =
2~i
Vs . ),
on a
IHil
3+ v's,
d'où
IIXII = IIAXII
1 et la seconde composante de AX
~
3+ v's
puis N(A) ~ 3 + Vs . En conclusion, on a donc N(A) =
3+ v's .
b) Soit X E ([;2 tel que IIXII = Ixd + IX21 ~ IIAXII = IXI - 2X21 + 13xI + (2 + i) x21 ~ IXII + 21x21 + 31xtI + v'sIX21 ~ 41 xlI + (2 + Vs) IX21 ~ (2 + Vs) (IXII + IX21) ~ 2+ v's, d'où N (A) ~ 2 + Vs . .or, si X =
1 . On a :
(~), on a IIXII = 1 et AX = (2~i) d'où IIAXII = 2+Vs
puis N(A) ~ 2 +
Vs .
En conclusion, on a donc N(A) =
2+ v's .
6: a) Soit A E Mn{
L
• Soit
XE
([;n tel que
• j IIXII = max{ IXII, ... , IXnl}
On a AX =
1.
d'où
IIAXII = max { 1 L aij Xjl •
~
j
} ~ max
•
{Lj laijllxjl} ~ max• { Lj laijl }
Espaces vectoriels normés
30
donc N(A):::; mtx {
L laijl } . j
• Soit kE{I, . . . ,n} tel que Llakjl=m~x{LIG.ijl} ; posons:
'
.
J
Xj On a alors
_ akj Xj - -1-1 akj
1 si akj = 0
=
IIXII =
LakjXj
=
=
j
L
lakjl·
j
-L
Î
n
Donc
akj -1- O.
akj akj -_ 1akj 1, et SI. akj 0 on a a/çj Xj -_ -1--1 akj 0 x I = akj .
En effet, si akj
=
. SI
I et la k-ième composante de AX s'écrit:
Yk
akj Xj
.
J
== 0 on a
n
IIAXII;? L
lakjl
d'où N(A);? mF
{L laijl} .
j=1
j=l
La formule est donc prouvée.
b) Montrons que N(A) = max{Llaijl}. J
.
t
=
IXll + .. . + IXnl :::; I
IIAXII = L (1 LaijXji)
:::; L L laijllxjl =
• Soit X E «:;n tel que i
IIXII
j
j
i
Soit lE {l, .. . , n} tel que
L 1ail 1=
(L
laid) IXjl =
j
(Llaij!)
{L laijl } ; alors t
(L 1ail 1 )
(2: IXjl) = j
i
• Soit X E «:;n tel que
Xj = I si j = 1
On a
IIXII = 1 etAX
d'où
IIAXII = L
= (
x j = 0 si j -1- 1 .
ail ) ~l
ail 1 puis N(A);? L
1
La formule est donc démontrée.
IXjl ·
J.
t
IIAXII :::; L
L j
max
.
. On a:
laill·
L
laill ·
,
,
SERIES A TERMES CONSTANTS • Séries réelles ou complexes • Convergence des séries à termes réels positifs • Convergence des séries à termes réels ou complexes • Séries alternées
L'essentiel du cours • Séries réelles ou complexes
• Sommes partielles et convergence -
Soit (un) une suite réelle ou complexe. La suite (Sn)nEN telle que, n
pour tout notée
L
n E ]N',
Sn =
L
Uk
est appelée série de terme général
Un .
Les termes
Sn
L
et
sont les sommes partielles de la série.
Si (Sn) converge vers S, on dit que la série la somme de la série et on écrit:
Sinon
Un
k=O
Un
L
Un
converge. S est alors
diverge.
- Inversement, une suite (Sn) donnée est la série associée à la suite (un) telle que: Ua
= Sa
{ \In E ]N'.
• Opémtions algébriques L'ensemble des séries convergentes dans IR ou ([; est un espace vectoriel.
Séries â termes constants
32 -
Si L Un et L
V
-j-OO
L( Un
+ vn) =
Si
+L
À E
+00
V
n.
n=O
n=O
L Un converge, alors, pour tout
converge et :
+00
L Un
n=O
-
+ vn)
n convergent, alorsL(un
+00
K ,
L
À Un
converge et :
+00
L(Àun) = ÀLun , n=O
n=O
• Condition nécessaire de convergence Si "" Un converge alors ~
lim Un
n --. +oo
=
0.
La réciproque est fausse; contre-exemple:
L ~. n;;,n
• Cas des séries complexes Soit Un = an + i f3n où an E IR et f3n
L Un converge si, et seulement si, L +00
+00
E
1R .
an
et L
f3n convergent. Alors:
+00
LUn = Lan +i Lf3n. n=O
n= O
n=O
• Convergence des séries à termes réels positifs • Soit (un) une suite de réels positifs. La suite (Sn) est croissante, donc:
L Un converge si, et seulement si, (Sn) est majorée. +00
Alors
L Un
n=O
=
sup Sn nEN
• Comparaisons - Soit (Un) et (an) deux suites de réels positifs tels que Un
L an converge, alors L Un converge. En particulier, si Un alors L Un et L
=
O(a n ) .
Si
"'Vn ,
Vn
sont de même nature.
Ceci n'est plus vrai pour des séries à termes quelconques (cf ex. 3) . - Comparaison d'une série et d'une intégrale Soit f : [0, +00[--> IR+ une fonction positive, continue par morceaux et décroissante.
Séries à termes constants
33
Alors, la série de terme général Wn
=
1~1 f(t) dt -
f(n)
~ 1)
(n
est convergente. La série ment si, "
y=j(x)
L
f(n) converge si, et seuleest intégrable sur [0, +oo[ .
f
En PT, on énonce:
«
L
f(n) et
10+
n-l
00
n
f(t) dt sont de même nature ».
Formule de Stirling (cf. Problème 10) n! -
rv
+00
v'27rn
(!!:) e
n
Série de Riemann
'""' ~ converge si, et seulement si, ~ net
0:
> 1.
n~l
~
Règle de d'Alembert
. stnctement . . . teIl e que SQI't (Un) une sUIte posItive
Si l
< 1 , alors
L
Un
converge; si l
> 1 , alors
l'lm un + -1 = 1 .
n--4+oo
Un
L Un diverge.
_. Convergence des séries à termes réels ou complexes
• Critère de Cauchy
L
?oit (un) une suite réelle ou complexe. Un converge si, et seulement si, la suite (Sn) est de Cauchy, c'est-à-dire:
• Convergence absolue Si
L
Alors
Iunl
L
converge, on dit que
Un
L
Un
converge absolument.
converge et la somme vérifie:
I~unl ~ ~Iunl. La réciproque est fausse.
L n~1
(_1)n-l n converge, mais
L n~l
1
~ diverge.
i
, 1
1
·1,
Séries à termes constants
34
• Exemples 1. Série géométrique
L
zn est absolument convergente si et seulement si
+00
Lz
1 n
= 1-
n=O
Si Izl
?
1 , la série
L zn
Izl < 1 ; alors
z·
diverge.
L;n. converge pour tout z
2.
E
n
n=O
n.
• Produit de Cauchy de deux séries absolument convergentes .. Ce paragraphe n'est pas au programme en PT.
Soit
L
Un
et
L
Vn
deux séries absolument convergentes à termes réels
ou complexes. La série de terme général Wn =
L
défini par :
Wn
n
L
Uk Vn - k =
up vq
p+q = n
k=O
est alors absolument convergente et on a :
+00
~wn
=
(+00) (+00 ) ~Un
~Vn
.
• Séries alternées
• Définition Une série
L
Un
à termes réels est alternée si
nE IN . En supposant ua ~ 0, on a donc
Un
Un U n +1
~ 0 pour tout
= (-l)n an où
an
=
Iunl·
• Critère spécial des séries alternées Si an est une suite réelle telle que (an) est décroissante et
alors
L( -l)n an
Les suites
(S2n)
Hm
n ----+ +oo
an = 0,
converge.
et
(S2n+1)
sont alors adjacentes et le reste d'ordre n
Séries à termes constants
35
+00
L
Rn =
(-l)k ak est du signe de (_l)n+l et vérifie:
k=n+l
ce qui s'énonce: le reste d'ordre n est majoré en valeur absolue par la valeur absolue de son premier terme; son signe est celui de son premier terme, Exemple d'utilisation: On montre que
+00 (_1)n-l L n
= In2,
n=1
RIO
On a
1
= li -
1
12
1
1
+ 13 -
"',
IRIOI ~ li
~ ln 2 ~ SlO
S10
et RIO> 0, d'où:
+ -111 ,
Les énoncés d'exercices
[I]
Déterminez la nature de la série de terme général cas suivants:
a) Un = e- n d)
g)
Un
Un
b) Un=e - Vn ;
;
1 = (ln n)lnn
= VI +
e)
~ -1 ;
j)
Un
=
arctan n ) arctan (n + 1)
= -;
dans chacun des
c)
Un
h)
,
Un =
1 I-cosn
= e- 1/ n ln (n 2 ) n2
f)
Un
= ---
i)
U
=-'
n
n3
(
ln n
Un
Un
n!
n
nn'
;
36
Séries à termes constants
.1]]
Calculez les sommes partielles des séries suivantes. Déduisez-en la nature de la série et, éventuellement, la somme. 1 b) l:)cosot cos nO où oE IR; a) n (n+1);
L L
n~O
n~l
c)
nx n -
1
1 L arctan l+n+n 2 ;
d)
où xE]-l,l[;
n~O
n~l
e)
LIn
(1-
1 n2 )
L
f)
;
n~O
n~2
L
g)
n~l
[K]
7r
<"2;
n 4 +:2 +1 .
Pour n
?
(_1)n
2 , on pose
Montrez que
[!]
où Ixl
Incos-=2n
an
an
=
Vii
et bn =
(_l)n ( -1 )n
Vii +
+~ bn . Étudiez la nature des séries
•
L
an
et
Lb
n .
Déterminez la nature des séries de termes généraux respectifs:
(7rJn 2 + n+ 1) ;
an
= cos
en
= cos (7rn 2 ln
n:
1) .
lliJ
Étudiez la nature des séries de terme général paramètres:
Un
en fonction des
a) Un = lnn+aln(n+1)+bln(n+2); b)
Un
c)
Un =
= arctan ( (1 +
("In
œ
Soit
nO". Jo
~
r) -
(sinx).B dx
a -
~
où
(3? O.
;
f une fonction décroissante, de [0, +oo[ dans IR+ .
1. On suppose que
L
f(n) diverge. Montrez que: tJ(k)
ha
rv
r f(x) dx.
+00 Jo
Séries à termes constants 2. On suppose que et vérifie
L
f(n) converge et que f est de classe Cl sur R+
. f'(x) hm - f () = O. Montrez que: x
0:-+00
L
+00
f(k) '"
k=n+l
1+
où
00
n
f(x) dx = lim
a--++oo
1+
n
f(x) dx
n
+00
la
00
f(x) dx
(cf. chap. 6).
L Un étant une série à termes positifs telle que Uo
[1]
'37
> 0 , on note
n
Sn
=
L
Uk . Pour
0:
;?: 0 , on pose V n = ;: .
k=O
n
Étudiez la convergence de
[ID
Soit
L
L
Vn
suivant celle de
L
Un
et la valeur de
0:.
+00
L ak .
an une série convergente à termes positifs; posons bn =
k=n
Étudiez, selon les valeurs du réel
0: ,
la convergence de la série
L
~: n
.
Les énoncés de problèmes
œ
Soit (an) et (a~) deux suites de réels positifs telles que a~ '" an. +00
restes d'ordre n,
Rn
et
R~
L an
L
et a~ convergent, alors leurs , sont équivalents.
1. Montrez que, si les séries
2. Montrez que, si les séries di vergent, les sommes partielles Sn et S~ sont équivalentes. 3. Application
Déterminez un développement asymptotique à la précision
~ n
de
- -
-
-
-
-
-
-
Séries à termes constants
38
'l-,ill
-
Formule de Stirling
On suppose connu le résultat du problème g.
1. Déterminez un développement asymtotique de S(n) = ln (n!) à la 1 précision - lorsque n tend vers +00 . n 2. Déduisez-en l'existence d'une constante C telle que:
n! '" C +00
Vii (~)n. e
3. Déterminez la valeur de C à l'aide de la formule de Wallis : 1 2 x 4 x ... x 2p fi = lim - -:----::-_ _---:-::---'-----c,-,p-->+oo /p 1 x 3 x ... x (2p - 1)
(cf. chap. 6, ex. 12).
Quelques coups de pouce
II]
b) et d)
Comparez avecL
~ . n
1
f) Comparez avec , , _ . ~nQ
g) et h) Utilisez un développement limité. 7r 1 j) Rappelez vous que arctan n = - - arc tan -, puis utilisez des déve2 n loppements limités.
œ
a) et g)
Décomposez la fraction en éléments simples.
b) un = Re [(eilicosBt]. c)
Un
est la dérivée d'une fonction simple!
d) U ne factorisation dans
rappelle la formule: x+y arctan x + arc tan y = arctan - - - + k7r . 1-xy Un
e) u n = ln(n+1)+ln(n-1)-2Inn. f) Appliquez la formule sin 2x = 2 sin x cos x le nombre de fois nécessaire.
-
Séries à termes constants
~ Faites un développement limité de bn
!J
39
.
Dans chaque cas, utilisez un développement limité.
~ a) et b) Faites un développement limité du terme général. c) Utilisez l'équivalence sin x '"" x. o ;]] 1. Encadrez
lk+l
f(x) dx .
2. Intégrez - f'(x) ~ é f(x) sur [k, k + IJ et manipulez astucieusement les inégalités obtenues.
l1J Si 2.: Si 2.:
Un
Un
converge, déterminez un équivalent simple de
diverge, montrez que:
v ~ [s" dt ~ Sn - Sn-l n '.;:: I~ tex '.;:: sex S,,-1 n- l Traitez d'abord le cas
,~ Considérez les cas SI' 0 < Si
Œl
Ct
Ct
Vn •
Ct
Ct>
1 , puis
Ct
.
= 1 et enfin
~ 0, 0 < Ct < 1,
Ct
=
1 et
Ct
< 1.
Ct
>1.
. an par une mtegra . ' 1e por t an t sur 1. < 1 ,maJorez -b CX ~
X
= 1 , cherchez à minorer par une intégrale portant sur
1
x
1. et 2. À partir d'un certain rang, on a :
(1 - é)ak ::::;; al.::::;; (1
+ é)ak.
3. Encadrez d'abord H(n) par des intégrales pour obtenir un premier équivalent El(n), puis cherchez un équivalent E2(n) de H(n) - El(n), et enfin de H(n) - El(n) - E2(n) .
1101
1. Encadrez ln k, puis ln (n!) par des intégrales portant sur lnx.
On obtient alors S(n) = f1(n)
+ o(n) .
Ensuite, posez SI(n) = S(n) - f(n) et 6 1 (n) étudiez la série 6 1 (n) .
l:
= SI(n+ 1) - SI(n), puis
40
Séries à termes constants
On obtient Sen) = h(n) + o(ln n) , puis on recommence: S2(n) = "', 62(n) = .. .. 3. Exprimez la fraction dans la formule de Wallis à l'aide de factorielles .
Les corrections d'exercices ~ On remarque que toutes les séries sont à termes positifs.
2...:
a) e- n est une série géométrique de raison q = e- 1 avec Iql · < 1 . Elle est donc convergente. " Un et '~ " n12 . En posant qn b) Comparons '~
lnqn
=
=
Un -1-'
on a :
nr
-vn+2Inn,
d'où: lim ln qn
n~+oo
Par conséquent
L
Comme
c) On a
~2
=
lim qn = 0 .
-00 ;
n~+~
o( -;) . n converge, il en est de même de
Un
=
Hm e- 1/ n
n--->+oo
=
2...:
Un .
1 -=1 0 ; la série est donc divergente.
d) La même méthode qu'en b) conduit à : d'où
lnqn = In(n 2 u n ) Hm lnqn = -00 ;
L
e) Pour n
L
Un
(2lnn -ln(lnn)) Inn,
n--->+oo
Par conséquent Un Comme
=
~2 ~
=
o( -;) . n
converge, il en est de même de
ln n 3, on a Un = n
puisque
L
~
diverge.
1 n
>- ,
L
Un .
d'où la divergence de la série
Séries à termes constànts
41
1
'Ln
f) Comparons avec
:
a
2lnn n 2- a ·
Pour a
3
= 2 (par exemple), on a donc : qn
2lnn .jiï
= -- ,
d'où
n
lim qn --+
=
+00
.
0,
SOit Un
=
1
o(n3 / 2 ).
On en déduit la
converge~ce de la série puisque 'L n;/2
g) On a
Un rv -
1 • Comme n
h) On a
Un
1
L -n1
converge.
diverge, la série diverge.
1
= 2n2 + o(n2 ) ; la série
L
converge.
Un
i) On sait que 1
(1 + ~r n
~ . Si vous avez oublié cette limite,
tend vers
1
e
étudiant ln (1
+ -n
r. L
Corinne e- 1 < 1, la série j) Pour n arctan n .
vous pouvez la retrouver en
converge.
Un
> 0, on a : l n
'Ir
'Ir
1 n
1 n
= - - arctan - = - - - + O( - 3 ) 2
arctan(n+l)
=2-
2
1
'Ir
n+
l 1 +0(n3 )
1
'Ir
=
2- ~+
1
en écrivant _ _1_ - . n
En simplfi i ant par
Vn
=
'Ir 2'
arctan n
=
arctan (n + 1) 2
'lrn
+1 -
n (1
+
*) --__1(1+_1)-1 n
n
2 1 1 - ; ; + O(;J) 1_
2. + ~ + 0 ( ~ ) 'lrn 2
224 - - 2 + -) +
'lrn
1
on 0 b· tient:
'lrn
= (1 - - ) (1 + -
1
n2 +0(n 3 )
'lrn
'lr 2 n 2
n3
1
0(-) = 13 n
2
1
'lrn 2
n3
~ + O( -).
.
42
Séries à termes constants
Par conséquent
La série
d'où:
L e- t
converge (cf. a), donc la série
n
L
Un
converge.
œ
Cet énoncé est atypique puiqu'il est rare que l'on sache expliciter les sommes partielles d'une série. Mais quand c'est le cas, il ne faut pas s'en priver!
a) De la décomposition
Un
n
n+ 1
(1 1)
1
= ~ ;: - n + 1 = 1 - N + 1 ' N
SN
= ~ - _1_, on déduit:
d'où:
+00
LUn= n=l
b) On peut écrire
Un =
Re
[(e
N
En posant T N
=
L (e
iO
cos
iO
lim SN=l. N---++oo cos
of] .
Of, on a donc SN = Re (TN ) .
k=O
• Pour 0".0 (-rr), on a e iO cos 0 i l , d'où:
TN =
1 - (e iO cosO)N+1 ----~-~-1 - e iO cos 0
On en déduit facilement SN , mais pour trouver la somme de la série, il est plus facile de passer à la limite d'abord. Comme le i8 cos 01
< 1, on a:
T = lim T N = N---++oo
D'où
S=
.1
1 - e tO cos 0 1 _ cos 2 0
+00
L Un = Re (T) = 1 - cos n=O
2
0
1 - e- iO cos 0 1 - cos 2 0
= 1.
• Si 0 == 0 (7r), on a eiO cos 0 = 1 , et la série diverge. • En conclusion,
L
somme étant alors 1.
Un
converge si, et seulement si,
0".
0 (7r) , sa
Séries à termes constants
43
N
c) La fonction de x définie par SN(X) =
L nxn- 1 est la dérivée de la n=l
fonction TN définie par TN(x)
N
1 _ xN+l
~
1-x
= '"" xn = - - - n=O
N + NX N + 1 1 1 1 • D ,ou' S N -- TfN ( x ) -_ 1 - (N +(11)x _ x)2 ; pUisque x < ,on a :
+00
s= '""nxn-l ~ n=l
=
SN
lim N---++oo
=
1
(1 - x)2
.
On retrouve ce résultat plus simplement à l'aide de la notion de série entière (cf Tome 2). 1
=
d) On a arctan 1 + n + n 2
1
arctan 1 + n (n + 1) , ce qui fait penser
à la formule pour arctan x + arctan y . En effet:
= arctan (n +
arctan (n + 1) - arctan n
= arctan où k
=
°
On a donc
car arctan (n + 1) Un
1) + arctan (-n)
(n+l)+(-n) + 1) ( -n ) + br
1- (n 7f
El 0'"2 [
et arctan (-n)
7f
El - 2'
°[.
= arctan (n + 1) - arctan n, d'où: N
SN =
L
(arctan (n + 1) - arctan n) = arctan (N + 1) ,
n=O +00 '"" ~ Un
et, par conséquent,
n=O N
2
e) SN = Lln n n~ n=2
1
. = N---++oo hm SN = -7f . 2
N
=L(In(n+l)+ln(n-1)-2Inn) n=2
N
SN =
L
N
(in (n + 1) - ln n) -
Donc:
(in n - ln (n - 1»)
n=2
n=2
=
L
(ln (N + 1) -ln 2) - (ln N -ln 1) = ln
1
(I + N) -ln 2.
+00
L
n=2
Un
=
lim SN N---++oo
= -
ln 2 .
Séries à termes constants
44
N
f)
SN
=
N
L
Un
= ln PN
où
n=O
sin 2x = 2 sin x cos x = 4 sin
=
PN
i i cos
II cos;'" . Comme: n=O
cos x = ...
2N + 1 sin 2~
=
PN ,
on en déduit:
P
N
=
sin2x
puis
x '
2 N +1 sin-
. 1lm
P
N -++OCJ
sin 2x 2x
N = --'
2N
et par conséquent:
2X) .
+00 x (Sin "'lncos - n = ln - ~ 2 2x
n=O
g) De X 4 + X 2
+ 1 = (X 2 + 1)2 - X 2 = (X 2 + X + 1) (X 2 - X + 1) ,
on déduit la forme de la décomposition en éléments simples :
X aX+b cX+d X4 + X2 + 1= X2 + X + 1 + X2 - X + 1 ' puis la décomposition : X X 4 + X2
1(
1
1)
+ 1 ="2 X2 - X + 1 - X2 + X + 1
.
et par conséquent : 1
+OCJ
'" 4 n ~ n +n2 n= 1
@]
Comme an bn an rv bn .
=
+1
= lim
N--++oo
Vn
=
spécial des séries alternées,
= an
1
- n
(_l)n)
.jiï 1
+ o( -) . n
+00 , on a
Jn décroît et tend vers o. D'après le critère L an est donc convergente.
D'autre part:
(1 +
2
.jiï
On a an = (ltv n où
y'n
=- .
1 + ~ -1 )n tend vers 1 quand n tend vers
+OCJ
bn = (_l)n
SN
-1
= (_l)n y'n
(1 _ y'n
(_l)n
+ 0(_1 )) y'n
Séries à termes constants On a donc Comme Comme
bn=
an
+ W noù
W
'" n+00
1 n
L!n diverge avec!n > 0, '~"
L
45
Wn
diverge.
L ndiverge, L bndiverge. +~ b n n'entraîne pas que Lan et Lbn soient
converge et
an
W
Conclusion: an de même nature lorsque an et bn ne sont pas de signe consta.nt.
Cherchons un développement limité en •
!n
du terme général.
Jn2+n+1=nJ1+(!+~) n n 111 1112 1] =n [1+-(-+-)--(-+-) +0(-) 2 n n2 8 n n2 n2 =
n
1 2
3 8n
1 n
+ - + - + O( -) . 3
On a donc: an
= cos (mr+
~ + ~: +0(~2)) = -(-ltsin
G: +0(~2))
= (_l)n+l 37r + O(~) . n2
8n
On a donc an Un
~:
=
(-l)n+l Un
+ Vn
où:
décroît et tend vers 0, ce qui entraîne la convergence de la
série alternée Vn
=
L( _l)n+lun ;
= O( ~) , ce qui entraîne la convergence absolue de L
n Donc la série
Vn .
L an converge.
• On peut écrire bn = (_l)n (1 _ 1:n ) n De ln (1_1:n) bn
=
(-1
t
(_l)n
_I:n +0 ((I:n)2), on déduit:
exp ( -In n .
= --+On. n
=
+ O( (ln:)2))
=
(-1
t ~ (1 + O( (In:)2) )
46
Séries à termes constants
L
(-lt . - converge pUIsque -1 d"ecrOi t et ten d vers 0 ; n n
On a an = 0 (( I:n) 2 )
,
d'où an =
0(n;/2) , ce qui
entraîne la con-
vergence absolue de Lan. En conclusion,
Lb
n
converge.
,. n+l 1 1 1 1 1 • On peut ecnre ln - - = ln (1 + -) = - - - 2 + - 3 + 0 ( -4) n n n 2n 3n n • 2 n+l 1 1 1 pUIS n ln - - = n - - + - + 0(-), et enfin: n 2 3n n2
en = cos =
(mr - ~ + ~ + 0(~2)) = (-I)nsin (3: +0(~2))
(_l)n 37rn +a n .
,,",(_I)n~ converge puisque c'est une une série alternée et que ~
3n décroît et tend vers O. De plus, comme an Par conséquent,
[§J
,
=
O( ~) , la série
L en
n
L an
7r
3n
converge.
converge. 1 n
2 n
a) Un = (1 +a+b) Inn+aln(1 + -) +bln(1 +-) 1
1
2
1
= (1 + a + b) Inn + a [-n + O( 2")] + b [- + O( 2")] n n n a + 2b =(l+a+b) Inn+--+a n , n où an
=
Comme
1
0 ( 2" ) ,donc n
L
~n
L an
diverge, la série {
l+a+b a+2b
converge.
L Un converge si, et seulement si : = =
0 0
~
{ a = -2 b=1
Dans le cas où la série converge, vous pouvez calculer sa somme (cf Exercice 2).
Séries à termes constants b) On peut écrire: 1 1 1 ln (1 + -) = - - -22
n
ln (1+;;)
n
n
+0
47
1 , ( ---:3 ) , ce qui entrame :
n
(1
1) =e[1- 2n1+O(n1
=exp 1- 2n +O(n2 )
2 )]
e 1 =e- 2n +O(n2 )' Le développement limité d'ordre 1 de arctan x au point e s'écrit: arctan (e
+ h)
h = arctan e + - - 2 l+e
+ O(h 2 )
et entraîne: arctan où
an
[(1 +.!. r]
( e 2) x .!. 21+e n
= arctan e -
n
+ an,
1 = 0 ( "2" ) ,donc ~ an est absolument convergente. n
On a obtenu:
1 n
e
Un
Comme
L .!.n diverge, la série L {
+ b] - + an .
= (arctan e - a) - [ ( 2) 2 1 +e
arctan e - a e b 2 (1 + e2 ) +
Un
o o
converge si, et seulement si : a = arctan e
{==}
que, pour tout n ~ r , on a :
e
b=-
2 (1
c) Utilisons l'équivalence sinx"-'x. Soit
o
{
é
> 0, il existe un rang r tel
(1 - é) x f3 ~ (sin x)f3 ~ (1 d'où:
donc On en déduit: 1rf3 - 1
1
{3 + 1
n f3 + 1 - a
--x
+ e2 )
.
+ é) x f3 ,
48
Séries à termes constants
Comme
L
~c:r
converge si, et seulement si, a
converge si, et seulement si, f3
[.ill
> 1 , la série
L
Un
>a .
n
=
1. Posons Sn
L f(k) . Comme f est décroissante on a: k=O (k+l
f(k
+ 1) ~ Jk
f(x) dx ~ f(k) ,
d'où en sommant pour k variant de 0 à Sn - f(O)
f(O) puis 1 - - - ~ Sn
ln 0
d'où
Hm n __ +oo
ln 0
1:
~ Ion f(x) dx ~ Sn - l ~ Sn ,
f(x) dx Sn
~ 1.
Comme" f(n) diverge, on a ~
n -
lim Sn
n-++oo
= +00,
f(x) dx
= 1 et donc:
Sn
Sn
rv
+00
r
Jo
f(x) dx.
+00
2. Posons Rn
=
L
f(k). En sommant les inégalités de la question
k=n+l précédente pour k E {n, ... , n + p - 1} , on obtient: n+p n+p n+p-l f(k) ~ f(x) dx ~ f(n) + f(k) . k=n+l n k=n+l
1
L
L
On en déduit d'abord que la suite croissante p bornée par f(n) En posant In
=
l
n +p
n
f(x) dx est
+ Rn, donc convergente. lim
p--+oo
l
n +p
f(x) dx, on a alors:
n
Rn ~ In ~ f(n) S'il existe a tel que f(a)
Rn = In
t-+
pour n ~ a .
= 0, on a
+ Rn .
f(x)
= 0 pour tout x
~
a et donc
Séries à termes constants Supposons que
49
f ne s'annule pas, donc que Rn > 0 pour tout n.
On a alors: f(n)
In Rn
1~-~1+--,
et il suffit de montrer que
lim
Rn
fR(n) = .n
n-->+oo
Soit
· f'f(x)() 1lm x
> 0 . Comme
F;
00-->+00
o.
O ·,· 1 ,1 eXiste Xo te que, pour tout
=
x ~ Xo , on ait:
1~(~11 ~ > 0 et f'(x)
ou encore, puisque f(x)
- f'(x) En intégrant sur [k, k
+ IJ , avec k
~
~
0:
êf(x) .
E lN et k ~ Xo , on en déduit:
(Hl
+ 1) ~ ê Jk
f(k) - f(k
ê,
f(x) dx ~ êf(k),
puis (1 - ê) f(k) ~ f(k Pour n
~ Xo,
+ 1) .
on a donc pour tout p E Il'J : ~
f(n+l)
f(n)
~
f(n + 2)
(l-ê)Pf(n)
~
f(n+p).
(l-ê)f(n) (1 -
ê)2
D'où en additionnant membre à membre:
f(n)
p
P
k=l
k= l
2)1 - ê)k ~ L
f(n
+ k) .
+00
O n peut supposer
_ c~)k __ 1 < 1 et on a ~(1 ~
ê
ê
comme somme
ê
k=!
d'une série géométrique. l-ê
En faisant tendre p vers +00, on obtient f(n) - ê
d'où
f(n) ~ _ ê _ Rn l-ê
.
~
Rn ,
50
Séries à termes constants
~,
En supposant ê <
~ f~:) ~ 2ê , ce qui démontre
on a donc 0
la
limite annoncée et donc que
ŒJ
1. Si
L
converge, on a :
Un
+00
lim Sn = S = '""' n-----t + L-t Uk (X)
k=O
et donc Un ~ 0 , la convergence de sa
Comme
'""'
Un
~sa
entraîne celle de '""' V n ~
.
2. Supposons que '""' Un diverge, soit lim Sn = +00 . L...t n------.+oo Sn - Sn-l '1 Remarquons que V n = Sa pour n ~ 1 et, puisque t ...... - est n ta une fonction décroissante:
a) Supposons a > 1 et montrons que dt
Sn
Vn ~ [
On a
Sn - l
N
~
'""' V
~
k= l
n
'"
ta
,
Vn
converge.
d'où en sommant entre n = 1 et n = N :
lSN dt -
ta
S
L
1 a -
sl - a
= - _ (SI -a _ 5 1- a ) ~ _ 0 _ . ION
'"
a - 1
0
L
Ainsi les sommes partielles de V n sont majorées, d'où la convergence de la série puisqu'elle est à termes positifs.
b) Supposons a On a Si
L
1 et montrons la divergence de
an =
lim
n ~ +oo
Vn
et
L
Vn .
1- V n
ne tend pas vers 0,
Vn
Si
=
L
Vn
= 0 , on a an
L
an
Vn
'"
+00
diverge. Vn
et donc les séries à termes positifs
sont de même nature.
Séries à termes constants
l
De an ~
8n
8 .. -1
donc de
dt - , on déduit : t
lim InSN
Comme
N--++oo
Lv
= +00,
on en déduit la divergence de "" an et ~
n .
< 1 . Comme
c) Supposons a rang on a Sn
........
~
1 et alors
La divergence de
Sn tend vers ./
+00 , à
Un ........ Un
S~::::::: Sn
et -
S~
~
-
Sn
partir d'un certain
.
L ~n entraîne alors la divergence de L ;: . L n converge si, et seulement si, L Un converge ou n
Conclusion: si
&J
51
n
V
L Un diverge avec a > 1. Posons
= ~: .
Vn
n
a) Cas a Comme
~
L
0
an converge, on a
lim bn
n--++oo
=
0 et, par conséquent, bn ~ 1
à partir d'un certain rang. On a alors b~ ~ 1 et donc La convergence de
Vn
~ an .
L an entraîne alors la convergence de L
b) Cas 0 < a < 1 Cherchons à majorer les sommes partielles de
entraîne:
Donc
L
Vn
est encore convergente.
i bn
bn+l
L
dx -~ ba ~ n
Vn .
ibn
dx -a
bn+1 X
Vn
.
52
Séries à termes constants
c) Cas a
=
1
1
dx
1>0
= ln bo - ln bN + 1 tend vers x précédent n'est plus valable.
Comme
+00 , le raisonnement
bN+l
Cherchons à montrer la divergence de Vn
= bn
-
L
Vn .
On a :
bn + 1 = 1 _ bn + 1 bn bn
.
• SI· ( bnb+ ~Vn n 1 ) ne t en d pas vers 1, (V n) ne t end pas vers 0 , d onc ""' diverge. n
lim b + n-+oo bn
• Supposons que
on a v n
Or
)
= 1 . Comme
Wn
LNibn n=O
1
dx ~ =
l
bo
dx ~ = lnbo -lnb N + 1 tend vers +00 lorsque
bN+l
bn+l
N tend vers +00 . Par conséquent,
L
Wn ,
et donc
L
Vn ,
diverge.
d) Cas a> 1 On montre que vn encore.
Conclusion:
)
L
~: à partir d'un certain ~ang, donc Vn
L
converge si, et seulement si, a < 1 .
Vn
diverge
Séries à termes constants
53
i.Les corrections de problèmes _______
J
Soit
E
> O.
Comme a~
rv
an, à partir d'un certain rang r on a:
(l-E)ak ~ a~ ~ (1 +E)ak . 1. Supposons que les séries convergent. En sommant les inégalités précédentes pour k E {n + l, n + 2, . .. } , où n + 1 ~ r , il vient: +00
L
(1 - E)
+00
L
ak ~
k=n+l
a~ ~ (1 + E)
k=n+l
+00
L
ak,
k=n+l
ou encore :
(1 - E) Rn ~ R~ ~ (1
Rn '"
Ainsi, on a bien
+00
+ E) Rn .
R~,
2. Supposons que les séries divergent, En sommant, pour k variant de r + 1 à n, les inégalités de départ, on obtient: n
n
L
(1 - E)
n
L
a. ~
k=r+l
a~ ~ (1
+ E)
L
ak,
k =r + l
k= r+l
ou encore:
(1 - E) (Sn - Sr) ~ S~ - S; ~ (1 + é) (Sn - Sr), et a fortiori : (1 - ê) Sn - Sr ~ S~ ~ (1 + ê) Sn - S; , d'où : Sr /' S~ /' S; 1-E--:::::::,-:::::::,1+ê+-' Sn Sn Sn Sr C omme . 1·lm -S n ---+ +oo
on a 0 <
S: S
n
.
~
ê
S;. = 0 , 1'1 eXiste . ' d uque 1 = l'lm -S un rang ri à partir n---+>+oo
et 0
<
n
S: S'
~
Pour
é .
n
~ max {T,
rd , on a donc:
S'
1 - 2E ~ ~ ~ 1 + 2ê
Sn
ce qui montre que Sn
rv
+00
S~,
3. Application
•
J>re~ière
Pour k
étape
~ 2 , comme la fonction
1
k+1 dx
k
x
f->
1
~ x
-~-~ X
k
est décroissante, on a :
1 k
dx k- l x
54
Séries à termes constants
En sommant pour k E {1, ... , n} ou k E {2, ... , n}, il vient: ln(n+ 1)::;:; H(n)::;:; 1 +lnn. Or
1
In(n+l)=Inn+In (1+-) =Inn+o(lnn),donc: n H(n)
=
Inn+ o(lnn) .
• Deuxième étape Posons Hl(n) = H(n) -Inn et 6 1(n) = Hl(n + 1) - Hl(n) . On a: 1 1 1 1 1
61(n)=n+l-ln(I+~)=~I+.! -ln(I+~) n
=
~ (1- ~+o(~)) - (~- 2~2 +O(~2))
1 1 =-2n2 + o (n2 )· Par conséquent, L61(n) converge et on a: 1 +00 1
+00
L
6 1 (k) '"
-"2 L
k =n
Par ailleurs, on a : 1 1 ---k k +1
k2
•
k=n
1 1 k (k + 1) ::;:; k 2
::;:;
1 (k - 1) k
1
1
= k- 1- k.
En sommant, on en déduit : 1
+00 1 k2
;;: : ;:; kL=n
1 ::;:; n -
1.
1 1 Lorsque n tend vers +00 , comme - - '" - , on a donc n-l
n
+00
et par conséquent
1
~ 61(k) '" - - . 6 2n
k=n
où 1 = lim H1(P). p--++oo
Séries à termes constàIlts On a donc
'Y -
_2+o(..!.) , d'où: 2n n
HI(n) =
1 n
1 n
H(n)=lnn+'Y+2 +0(-). •
7roisiè~e
étape
Des encadrements
lim p-++oo
l l
k+1
dx
1 ~ k3 ~
k
x3
p
d~ ~
+1
n
X
f
k13
k=n
l ~
d'où
ce qui entraîne
+00 1 k3
2....::
k=n
puis
Par ailleurs,
=
1 2n2
k
dx
k- I
1
+0(n2)'
x3
lim p-++oo
on déduit que:
l
P
d~,
n- I X
55
;56
Séries à termes constants
puis
Hl(n)
1
1
1
= 'Y + 2n - 12n2 + 0(n 2 )
,
111 H(n) = ln n + 'Y + 2n - 12n2 + 0(n 2 )
et enfin
n
1101
•
n
1. Il s'agit d'étudier S(n) = 2:)nk = 2:)nk . k=1
• J>re~ière étape Comme la fonction x
l
k
1--+
k=2
ln x est croissante, on a :
ln x dx
~
ln k
~
k-l
l
k
ln x dx ,
+1
k
d'où, en sommant de 2 à n:
ln lnxdx ~
S(n)
~
ln+l
lnx dx
~
ln+l
lnx dx,
ou encore: nlnn-n+1 ~ S(n) ~ (n+1) In(n+1)-n,
soit: 1 ~ S(n)-(nlnn-n) ~ (n+1)ln(n+1)-nlnn. Comme on a: 1 n 1 1 =lnn+(n+1) [-+0(-)] =o(n), n n S(n) = n ln n - n + o(n) .
(n + 1) ln (n + 1) - n ln n - 1 = (n + 1) [ln n + ln
on conclut que
•
Deuxiè~e
(1 + - )] - n ln n
étape
Posons SI(n)=S(n)-(nlnn-n) et On a donc SI(n) -1 = SI(n) -SI(1) =
L~'l(n) = SI(n+1)-SI(n).
n-l L 6.
1 (k).
La transformation:
k=1
6. 1 (n) = ln (n + 1) - (( n + 1) ln (n + 1) - (n + 1)) + n ln n - n = -n ln (n + 1) + n ln n + 1 1
-n [in n + ln (1 + - )] + n ln n + 1 n 1 1 1 1 =1-nln (1+;) = 1-n[;;- 2n2 +0(n 2 )]
=
1
1
= 2n + 0(;;) ,
Séries à termes constants montre que la série 9, on a:
L
,O'1 (n) diverge et, d'après le résultat du problème n- 1
L
1 n-1 1
L~'l(k)
k;::: 2 , on a
l
k+ 1
k
r
k
k
dx - , d'où:
k- 1 X
l ~ Lk ~
n - 1 dx
n-1 1
dx x
J2
k=1
l
dx 1 - ~ - ~ X
2L k .
'"
k=1
Pour
k=2
1
X
puis n
L
1 + ln n - ln 2 ~
t~
ce qui entraîne S1(n)
= ~ ln n
1
k ~ 1+
ln (n - 1) ,
k=1 rv
ln n, puis S1 (n) '"
~ ln n, c'est-à-dire:
k=l
+ o(ln n) , d 'où: Sen)
= nlnn -
1
n + "2lnn + o(lnn).
• Troisièr,ne étape 1
!
Posons S2(n) et 62(n)
=
= Sen)
- (n ln n - n + 2 ln n)
S2(n+ 1) - S2(n)
1
= 61(n)
1 - 2(ln(n+ 1) -Inn)
1
= 1 - (n + 2) ln (1 + ;:;) =
1 (1
1- (n+"2)
Ainsi,
1
;:; - 2n2
1
= -12n2
+ 3n1 3 + o(n13 ) )
1 +o(n2 )'
L 62(n) converge et, toujours d'après le problème 9, on a : 1 +00 1
+00
L
62(k) '" - 12
k=n
L'encadrement: 11
-~-- =
k
entraîne:
k
+1
57
1 k (k
L
k2 .
k=n
+ 1)
1
~-~ " k2 "
1 (k - 1) k
11
- ----, k -1
k
58
Séries à. termes constants 1
1
+00
1
-~""-~n "" ~ k 2 "" n-l . k=n
1
1
n-l
n
Comme - - = -
1
+ o( -) , on n
~oo
L
a donc:
1 L'dk) = -12n
1
+ 0(;) .
k=n +00
p
L 62(k) = p~+oo lim (S2(p) p~+oo
De "" 62(k) = lim ~
k=n
S2(n)) ,
k=n
on déduit l'existence de l = lim 8 2(p), puis S2(n) = l p ~ +oo
1
1
+ -12n + o( -) , n
et enfin: S(n) = nln n - n
1
1
1
+ -2 ln n + l + -2+ o( -n ) . 1 n
2. On déduit de la question précédente que: n!
= exp S(n) = nn e- n ,;n el exp
(l~n + o(~) )
+o(.!.)) n
=C,;n(?!:)n (1+_1 e 12n
oùC =e l .
On a donc: n!
~ C,;n (?!:)n . e
+00
3. D'après la formule de Wallis, on a a p
1 ap
v'1f
~ +00
avec:
1 (2x4x·· · x2p)2
2x4x···x2p
= .jP 1 x 3 x ... x (2p - 1) = .jP
(2p)!
1 22p (p!)2
.jP
(2p)!
En utilisant l'équivalent obtenu dans la question précédente, on obtient: a
On a donc
C
.j2
~
-
.jP C
P
+00
~
v'1f,
~oo
1 2 2p C 2 P (~)2P
VIP (~)2p
ce qui donne C
~
+00 =
Stirling: n!
~ ,/27rn (?!:)n.
+00
e
C _ .
J2
y'2; , puis la formule de
DÉRIVATION DES FONCTIONS VECTORIELLES
[3J
• Dérivée en un point • Fonctions de classe
ck
• Ck -difféomorphismes
iL 'essentiel du cours
1
...
1 est un intervalle de ]R et F un espace vectoriel normé de dimension finie. En PT, on se limitera aux cas F = ]Rn ou F = ({; .
• Dérivée en un point • Définitions -
Une fonction f : 1
ment T(t)
---+
F est dérivable en a
E
1 si le taux d'accroisse-
f(t) - f(a) admet une limite finie en a. t-a Cette limite est alors la dérivée (ou le vecteur dérivé) de =
f
en a.
Notations:
dd f (a). t - Une fonction est dérivable en a si, et seulement si, elle admet au voisinage de a un développement limité d'ordre un. Ce développement est alors: lim T = f'(a) a
f(t) = f(a) -
Si
=
Df(a)
+ f'(a) (t
=
- a)
+ 0 (t -
a) .
f est dérivable en a, f est continue en a.
- f est dérivable en
a à gauche (resp. à droite) si lim T (resp. lim T) a-
a+
existe; on note:
limT a-
= f~(a)
lim T a+
= f~(a)
.
Lorsque a est un point intérieur de 1, on a : f est dérivable en a si, et seulement si, f est dérivable en a à gauche et à droite avec f~(a) = f~(a) .
-
60
Dérivation des fonctions vectorielles
_ L'application de IR dans F définie par:
t
f->
f(a)
+ f'(a) (t -
a)
est l'application affine tangente de f en a. L'application linéaire: dfa: IR --+ F h 1-+ f'(a) h est la différentielle de f en a .
• Interprétation cinématique Si t désigne le temps, la fonction t est le vecteur vitesse à l'instant a .
1-+
f(t) est un mouvement et f'(a)
• Interprétations géométriques - Si f'(a) =1- 0, la courbe dans F, de représentation paramétrique: t f-> f(t) , admet au point f(a) une tangente il. de représentation paramétrique: t 1-+ f(a) + f'(a) (t - a) .
y D.
- Dans le cas où F = IR, le graphe de f est une courbe dans IR2 • La tangente D au point d'abscisse a admet l'équation cartésienne : y = f(a) + f'(a) (x - a).
f(a+h) f(a)
a a+h
-
x
Soit e = (el, "" en) une base de F. f(t) s'écrit :
f(t)
=
ft(t) el
+ ... + fn(t) en,
les fonctions fj sont définies sur 1 et à valeurs dans K. f est dérivable en a si, et seulement si, toutes les fonctions fj le sont; alors: f'(a) = fUa) el + ... + f~(a) en·
OÙ
En particulier, si F = Q:; , f est dérivable en a si, et seulement si, Re et lm f le sont (ou encore ] l'est aussi). Alors:
f'(a)
=
(Re f)'(a)
+ i (lm f)'(a)
et
(])' (a) = f'(a) .
f
Dérivation des fonctIons vectorielles
61
• Fonctions de classe Ck
• Définitions - Si f est dérivable en tout point de l, f est dite dérivable dans l et la fonction J' de J dans F :
t
1-4
J'(t)
est la dérivée de f. Si, de pl us, J'est continue, f est de classe Cl dans J. - Si f' est de classe Cl, f est de classe C2 dans 1 et (f')' = f" est la dérivée seconde de f. Pour k E ]N"*, on définit par récurrence les fonctions de classe Ck . La dérivée k-ième de f est notée:
f(k)
= Dkf = dkf .
f est de classe si, et seulement si, f Ck - l ; alors f(k) = (f')Ck-l). Ck
f
est de classe COO , si
f
dt k est dérivable et J' est de classe
est de classe Ck pour tout k E IN' .
- f est de classe Ck par morceaux dans [a, bJ s'il existe une subdivision (xo, .. . , x n ) de [a, bJ telle que, pour tout i E {l, ... , n}, la restriction de f à ] Xi - l, Xi [ soit prolongeable en une fonction de classe Ck sur [Xi - l,Xi] .
f est de classe ck par morceaux dans 1 si sa restriction à tout segment de 1 est de classe Ck .
• Propriétés Soit f continue dans l et de classe Cl par morceaux. f est constante dans J si, et seulement si, J'(t) = 0 en tout point où f
-
est dérivable. - L'ensemble Ck(I, F) des fonctions de classe Ck sur 1 et à valeurs dans F est un espace vectoriel. -
Les applications:
Cl(I, F)
->
C(I, F)
f
1---+
J'
sont linéaires; soit pour
et
Ck(I,F)
-->
f
1-4
C(I,F) f(k)
>. E K et f, 9 E Ck (I , F) :
CV + 9 )(k) = L'ensemble Ck (I, K) (où K
=
V(k)
+ g(k).
IR ou IC et 1 ~ k ~ +(0) est une algèbre.
·62
Dérivation des fonctions vectorielles
- Formule de Leibniz Pour k E IN', f E Ck(I, K) et 9 E Ck (!, F) , on a : k
(f 9 )Ck) =
2:= Cr fCp) gCk- p) . p=o
• Autres opérations - Soit F et G deux espaces vectoriels normés de dimension finie et u une application linéaire de F dans G. Si f E Ck(I, F) alors u 0 f E Ck(I, G) et, pour k E IN', on a:
(u 0 f)Ck)
=
U 0
(fk) .
- Soit F, G et H trois espaces vectoriels normés de dimension finie et B : F x G --4 H une application bilinéaire. Si f E Ck(I, F) et 9 E Ck(I, G), alors l'application de 1 dans H définie par: t ...... B(J(t),g(t))
Ck ,
est de classe et : d dt B(J(t),g(t)) = B(J'(t),g(t))
+ B(J(t),g'(t))
.
- En particulier, si E est un espace vectoriel préhilbertien sur K de dimension finie, muni du produit scalaire (x, y) ...... (x 1 y) et si f et 9 appartiennent à Ck(I, E) , l'application de 1 dans K définie par:
t ...... (f(t) 1 g(t)) est de classe Ck , avec: d dt (f (t) 1 9 (t)) -
=
(f' (t) 1 9 (t))
+ (f (t) 9' (t))
Si E est un espace vectoriel euclidien (donc K
:t IIf(t)1I 2 = 2(f'(t) 1f(t)) Si
Ilf(t)1I
=
1
.
=
Ill), on a :
.
1 pour tout tEl, f(t) et !,(t) sont orthogonaux.
- Soit! et J deux intervalles de Ill, F un espace vectoriel de dimension finie. Si tp: J ---> 1 et f: 1 ---> F sont de classe Ck , alors f 0 tp est de classe Ck , avec: (f 0 tp)' = (f' 0 tp) tp' .
• Ck -difféomorphismes
• Définition Soit! et J deux intervalles de IR. Un Ck -difféomorphisme de 1 sur J est une bijection f de 1 dans J telle que f et f - l soient de classe Ck .
Dérivation des fonctions vectorielles
63
. Propriété Pour qu'une bijection 1: J --+ J de classe Ck soit un Ck-difféomorphisme, "1 faut et il suffit que!, ne s'annule pas sur Jo \lors, pour tout U E J , on a : (f-1)'(u) )u encore: (f
= f' (f~l(u))
-1)' = l' 01-1 1 (1) _1 = f' 01 0
Les énoncés d'exercices 1
[TI
Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie, a > 0 et 1 une .fonction de [0, a[ dans E, dérivable à droite en 0 et telle que 1(0) = 0 0
n
Déterminez
Iim" I( P2) ~ n
n-++oo
0
p=l
W Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie et 1 : [0, a[-+ E une fonction dérivable à droite en 0 et telle que 1(0) Déterminez
lim
~ 1(_1_) n+p
n-++oo~
=0
0
0
p= l
[ J Soit E un espace vectoriel normé de dimension finie et 1 une application continue de Il dans E telle que 1(2x) - I(x) admette une limite x l quand x tend vers 00 Montrez que 1 est dérivable en 00
- - - --
64
!j]
Soit
- - - --
Dérivation des fonctions vectorielles
f : [0, a]
--+
R une fonction dérivable telle que
°.
f(O) = 1'(0) = f(a) = Montrez qu'il existe un point de la courbe où la tangente passe par l'origine. [[] Soit n E lN avec n ~ 2 . Pour xE [0, n] , on définit: f(x) = 1 x (x - 1) ... (x - n) 1 . 1. Montrez que
2. Montrez que
f atteint son maximum en un point X
n
1 rv -1- . +00 nn
3. Déduisez-en qu'il existe e > 1 f( ) :( en .. X n -..;:: Inn
Xn
° tel que, pour tout
E
1
]0, '2] .
n ~
2 , on ait
Les énoncés de problèmes
[ill ( D'après les Concours Communs Polytechniques) Dans tout le problème, on confond polynôme et fonction polynôme et n désigne un entier naturel non nul. On appelle f l'application de [0, +oo[ dans R définie par: Vx E ]0, +oo[
f(x)
= e-!
et
f(O)
= o.
1. a) Montrez que f est de classe C oo sur ]0, +oo[ et qu'il existe un polynôme Pn tel que: Vx E ]0, +oo[ Montrez que :
(1): Pn+l(x) = (1 - 2nx) Pn(x) + x 2 P~(x) . Donnez la valeur de Pn(O) et déterminez le degré de Pn . b) Montrez que
f est de classe C oo sur [0, +oo[ .
Dérivation des fonctions vectorielles 2. a) Vérifiez que
f
est solution, sur [0, x 2 y'
+00[, de l'équation différentielle:
- y = O.
b) En utilisant la formule de Leibniz donnant la dérivée d'ordre produit de deux fonctions, déduisez-en, pour tout entier n ~ 2 :
(2): Pn+l(X)
65
n
+ (2nx -l)Pn(x) +n(n -1)x2Pn _ l(X) =
d'un
O.
c) Déduisez des relations (1) et (2) , les relations:
(3): Pn(x) = 1 - n(n -1)
fox Pn - 1(t) dt
(4): n(n-l)Pn(x)- [(2n-2)x-l]P~(x)+x2p~(x) = 0. cl) En utilisant les relations précédentes, démontrez par récurrence sur n que les zéros de Pn sont réels, distincts et séparés par les zéros de Pn+l, à partir de n = 3 . 3. a) Déterminez Pl puis, en utilisant (3), les polynômes P2, P3 , P4 , et
P5
.
b) En utilisant la relation (4) , déterminez les coefficients du polynôme Pn. c) Étudiez les variations de la dérivée quatrième de
f sur l'intervalle
[0,1] et déduisez-en: sup If(4)(x)1
< 700.
xE[O,l]
Remarque En posant f(x) = 0 pour x < 0, on obtient un exemple de fonction de classse Coo sur Dl qui n'est pas développable en série entière (cf Tome 2).
li.]
Dans tout le problème, a et b sont des réels tels que a fonction de classe C2 sur [a, b] et à valeurs réelles.
On note M
< b et f
est une
= sup 1!,,(t)l. t E [a,b]
1. On suppose f(a) = f(b) = 0 . Soit x E [a, b]. Montrez qu'il existe au moins un réel C x E la, b[ tel que:
f(x) = (x - a) (x - b) !"(c x ) 2 . 2. On suppose f(a)
= f(b) = 0 . Montrez
'
If(x)1
que:
:s;; M (x - ~) (b - x) .
1J'(a)1 :s;; M (b2- a) et 1!,(b)l:S;; M (b2- a) .
66
Dérivation des fonctions vectorielles
o.
3. On suppose J(a) = J(b) =
8(x)
=
Pour x E [a, b] , on note:
J(x) _ M (x - a)(x - b) . 2
Montrez que 8(x)
~
0 pour x E [a, b] .
En étudiant sur [a, b] les variations de la fonction 8 , montrez que, s'il existe Xo E la, b[ tel que 8(xo) 4. On suppose J(a)
= 0, alors 8(x)
=
0 pour tout x E [a, b].
= J(b) = o. En étudiant à nouveau les variations de
la fonction 8 introduite en 3, montrez que, si J'(a) =
-M (b - a) 2
a 8(x) = 0 pour tout x E [a, b] .
,
on
5. On suppose J(a) = J(b) = 0 ; soit xE la, b[. Pour tE [a, b], on pose: ~x(t) =
a) Montrez que
t-a J(t) - J(x) . x-a
sup 1~~(t)1 ~ M . tEla,x]
b) Déduisez-en
1J'(x)1 = I~~(x) +
J(x) 1~ x-a
~ M (x - a)
+M
2 et, en particulier
1J'(x)1 ~
1~~(x)1 + 1J(x) 1 x-a
(x - a) (b - x) = M (b - a) 2(x - a) 2
M (b - a) . 2
c) On suppose M > O. Montrez l'inégalité stricte 1J'(x)1 < M (b2 - a) (On pourra raisonner par l'absurde). Dans toute la suite du problème, on suppose M
>0.
6. Soit
(x) = J(x) - (ax + (3) . Déterminez les réels a et (3 en fonction de a, b, J(a) et J(b) de façon que l'on ait (a) = (b) = 0 . Déduisez-en les résultats suivants:
a) Il existe deux trinômes (à expliciter) Tl et T 2 tels que Tl (a) = T2 (a) Tl(b) = T 2 (b) "Ix E IR "Ix E [a,b]
T{'(x) = M
et
T~'(x)
= -M
Tl(x) ~ J(x) ~ T 2 (x).
b) S'i! existe Xo E la, b[ tel que J(xo) = Tl (xo) (resp. J(xo) = T2(XO) ) , on a J(x) = Tl (x) (resp. J(x) = T 2 (x» pour tout x E [a,b].
Dérivation des fonctions vectorielles
67
c) Si x E [a, b] , on a l'encadrement:
f(b) - f(a) _ M (b - a) ~ f'( ) ~ f(b) - f(a) M (b - a) b-a 2" x" b-a + 2 ' l'encadrement étant strict si x Que peut-on dire si J'(a)
=
E
la, b[.
f(b) - f(a) M (b - a) b_ a 2 ?
> 0 et f(b) > O.
7. On suppose f(a)
a) Déterminez une condition nécessaire et suffisante (C) pour que Tl (x) > 0 pour tout x E [a, b].
Vous montrerez que (C) peut s'écrire M < A(a,b,f(a),J(b)) où A est une fonction simple à expliciter. b) En étudiant le contre-exemple défini par:
f(x) = 2 + cos x , a = 0 , b = 27r, montrez que la condition suffisante (C) n'est pas nécessaire pour que f(x) > 0 pour tout x E [a, b]. 8. On suppose f(a) = 0 et f(b) > O. a) En raisonnant comme en 7, donnez une condition suffisante (C') pour que f(x) > 0 pour tout x E ]a,b] . b) En étudiant le contre-exemple défini par:
f(x) = sinx, a = O, b=~, montrez que (C') n'est pas une condition nécessaire pour que f(x) > 0 pour tout x E la, b] . 9. On suppose f(a) = J'(a) = 0, f(b) > 0 et (C') vérifiée. Quelle est alors nécessairement la fonction f?
68
Dérivation des fonctions vectorielles
Quelques coups de pouce
II ]
Utilisez l'équivalence f(x) supérieures.
W Utilisez l'inégalité :[ID
rv
xf~(O)
Ilf(x) - f(O) -
lorsque x tend vers
xf~(O)1I ~ ê x
pour
X
°
par valeurs
= _1_ .
n+p
Etudiez f(x)-f(;) en appliquant Ilf(2y)-f(y)-lyll~êlyl de façon itérative.
@]
Étudiez la pente de (OM) où M est un point du graphe.
@]
1. Ramenez-vous à
, d. etu 1er
[O,~],
puis à ]0, 1[ et enfin à
]O,~] . Vous pourrez
l' f ·
2. Comparez avec Hn
=
1 1+ -
2
+ ... + -1 .
n Encadrez Hn à l'aide de la fonction ln.
@]
1. a) Montrez l'existence de Pn par récurrence sur n .
2. c) Rappelez vous que, si 9 est continue sur l'intervalle I, pour tout a E I, on a
d dx
Jar g(t) dt =
g(x) .
2. d) Supposez que Pn-l admet les racines réelles et appliquez le théorème de Rolle.
Zl
< Z2 < ... < Zn-2
3. c) L'expression des coefficients obtenue en 3.b montre que toutes les racines de Pn sont strictement positives. Appliquez le résultat de 2.d aux polynômes P3 , P4 et Ps . ~ L1.J
1. Dans le cas où avec K bien choisi .
x E la, b[ , étudiez
cp(t) = f(t) - K
(t-a)(t-b) 2
3. Une fonction dérivable sur un intervalle et qui admet un minimum en un point intérieur, a sa dérivée nulle en ce point. 4. Une fonction monotone qui s'annule en a et en b est nulle sur tout l'intervalle [a, b] . 5. b) Appliquez la question 2 à 'I/lx . c) Appliquez la question 3.
Dérivation des fonctions vectorielles
69
6. a) Appliquez la question 2 à la fonction 4> . b) Appliquez la question 3. 7. a) Exploitez vos connaissances sur les variations d'un trinôme du second degré.
9. Utilisez la question 6.
Les corrections d'exercices
[I]
Soit k
Jd(O) ; quand
=
x tend vers 0 par valeurs supérieures, on a :
J(x) - kx
Soit
é
> 0 et t5 > 0 tel que, pour xE
1 Soit encore no E lN* vérifiant no p E
=
p
o(x).
[0, t5] , on ait IIJ(x) - kxll ~ ~ {j .
Pour n
~
no
1
d'où
n
n
p=l
p=l
p= l
/IL J(:2) - L k :211 ~ L IIJ(:2) - k :211 ~ ~ ~ _ ~ n(n+ 1) ~
""é
0
p= l
n2
-
n2
2
""ê.
On a donc:
Or ~ k ~ o n2
= ~ x n (n + 1) = k (n + 1) , n2
p=l
donc
lim
n--->+oo
2
~k ~ = ~2 n2
0
p=l
2n
et
lim
n--->+oo
~ J( nP2) = -2k = -21 Jd(O). 0
p= l
x.
et pour tout
{l, ... , n}, on a 2" ~ - ~ t5 et donc: n n
n
ê
70
Dérivation des fonctions vectorielles
œ
Notons l = f~(O). Soit c > 0; il existe f5 E ]0, a] tel que, pour x E [0, f5], on ait: IIf(x) -lxll ~cx.
1
Pour nE IN· tel que - - ~ f5, on a donc, pour tout p E {1, ... , n} :
n+1 __l_11 ~ _c_ ~ ~ , Il f(-1-) n+p n+p" n+p" n
nI
l
n
p= l
l
n+pll ~ Lllf(n+p) - n+pll
IILf(n+p) - L
d'où
1
n
p=l
p= l
n
~L~n = c. p= l
t
Donc, la limite cherchée est celle de
_k_, si elle existe. n +p
p= l
n
1
= "" -~ n +p
Posons Sn
et cherchons
p=l
1
Sn
=
lim Sn. On a :
n-t+cx:>
1
n
~ L 1+~ ' p= l
n
donc Sn est une somme de Riemann de la fonction:
[O,lJ
IR
-->
1
t
1·lm S n =
d "ou
n->+oo
11 0
-dt- = 1n 2 . 1+ t
En conclusion: 1
n
lim "" f ( - ) = (ln2)l.
n->+oo~ p=l
Autre méthode Écrivez
I
n +p + 1
n+p
dx 1 - ~ -- ~ x n +p
n+ p
I
n +p
dx
n-tp - l
X
puis sommez.
°
~ Soit c > O. Il existe 8> tel que, pour Ixl ~ f5 , on ait: IIf(2x) - f(x) - xlII ~
c Ixl.
Dérivation des fonctions vectorielles
71
Pour appliquer cette inégalité, écrivons: n
f(x) - f(2:)
=
L
(!(2k~1) -
f(;))
k=l
et xlI x + ... + -) l = f(x) - f(-) - x 2n 2 2n 2n
f(x) - f(-) - x (-
n
L
=
1 2
(1 - -) l n
(! (2k~ 1) - f (;) - ;
l) .
k=1
x Soit xE [-28,28] ; alors, pour tout k E IN*, on a 2k E [-8,8] et, pour tout n E ]N"* :
Ilf(x)- f(;) - x(l - 21n) III :(
t
IIf(2:- 1 )
f(;) - ;
-
III
k=1
Or
1
lim -2 =
n--++=
n
°
et, puisque
f est continue en
lim f(~)
n--++=
2n
°:
= f(O).
En passant à la limite lorsque n tend vers
+00 , on obtient donc:
IIf(x) - f(O) - xlII :(
€
Ixl·
Ainsi f(x) - f(O) - xl = o(x) , ce qui montre que f est dérivable en avec 1'(0) = l .
° [Il
Étudions la pente de la droite (DM) lorsque M varie sur la courbe:
xE ]0,
a] ,
°.
y
et posons cp(O) = cp est alors continue en 0, car lim f(x) = 1'(0) = 0, 0:--+0
X
donc dans [0, a] , et dérivable dans ]0, a] avec
cp'(x) = xf'(x) ; f(x) . x Comme cp(O)
= cp(a) , le théorème
°
c
a
x
72
Dérivation des fonctions vectorielles
de Rolle implique l'existence de c E ]0, a[ tel que cp'(c)
0, d'où
J'(c) = f(c) . c
Au point M de la courbe d'abscisse c, la droite (DM) admet la même pente que la tangente et (DM) est donc la tangente en ce point.
œ
1.
f est continue dans [0, n] , donc f est bornée et atteint ses bornes.
Comme f(n - x)
f(x), il existe
=
E [O,~] tel que
Xn
f(x n ) = sup f(x). xE[O,n[
°
= si x est entier, on a
Comme f(x) Or, pour xE
n
[1'2] \lN,
< f(x -
E
[0, ?:] 2 \ IN .
on a:
f(x) f(x - 1) donc f(x)
Xn
x
X
-----:--- < l ,
lx -1- ni
n+1-x
1), ce qui entraîne
Xn
E ]0, 1[.
f'(x) , PourxE]O,l[,posons g(x) = f(x) = (lnf(x)) . g(x)
donc g Or
+ -1- + ... + -1- ,
x x-1 est décroissante dans ]0, 1[ . 1
g( -) 2
1 = 2 - 2 + -1-
2-2
Comme f'(x n )
Xn
1 2.0na - = Xn
Posons Hn D'autre part Il
2-n
1
+1
+
1
°
1 -X n
= 1 + - + ... + 2
1
Xn
=
donc
et donc
1
g( - ) ~ 0 . 2 1
Xn
~ - .
2
1 ]0, 2] .
E
-X n
x-n
1 + ... + -1,
0, on a g(x n )
=
.
En conclusIOn
1
1
= ~
~ -,
2
1
1 n
1
+2
+ ... + - - -X n
. Comme X n >
+n
°,on a donc
donc:
-~T+3+"'+--1 Xn 2" 2 n - 2
1
1
3
2n - 1
=2{1+-+ ... + - - )
1
=2(H2n-- H n).
2
Dérivation des fonctions vectorielles
73
En tout:
Or, pour k E
]N"
,
l
on a :
k+l
.!. ~~ k
d'où, en sommant:
l
k
dx,
k-l
ln (n
1
-~-,
x" k
k
et, pour k 'c;;:; 2 :
dx
X
+ 1) !( Hn
!( 1 + ln n. On en déduit:
1 1 1 ln (n + 1) !( - !( 2 (1 + ln (2n) - - ln (n + 1)) !( 2 (1 + -In (n + 1) + ln 2) ,
2
Xn
d'où
-
1
~
+00
Xn
Inn,
ou encore
2
1
3. Pour tout x E [O,n] , on a:
°
!( f(x) !( f(x n ) = X n (1- x n ) (2 - x n ) . . . (n - x n ) .
Or, il existe c>
°tel que x
!(
c ,donc nn f(xn) !( n! ~ (1 - x n ) (1 - x n ) ... (1 _ x n ) !( n! ~ . Inn 2 n Inn Donc, pour tout x E [0, n] , on a : n
-1
f(xn)!( _cn'.. Inn
Les corrections de problèmes _______
[KI
1. a) • Pour x > 0, on peut écrire f(x) = g(h(x)) où 1
h(x)=-- et g(y)=e'J. x Comme h est de classe CCXl sur ]0, +oo[ et 9 de classe Coo sur R, de classe CCXl sur ]0, +00[.
f est
l '
Dérivation des fonctions vectorielles
74
• Montrons la propriété (Hn) :
>0
Vx
fCn)(x)
Pn(x) e-i x2n
=
où Pn est un polynôme. 1
1
Pour n = 1, on a f'(x) = 2"e- x , donc (Hd est vérifiée avec Pl(X) = l. x Soit
n~ 1 et supposons (Hn)
vérifiée, soit fCn)(x) = Pn2(x) e- i ,d'où: x n
p~(x)x2n - Pn(x) 2nx2n- l _ .1 Pn(x) _.1 1 fC n+l)() x = e x +--e x_ x 4n x2n x2 (1 - 2nx) Pn(x) + x 2P~(x) _.1 -e x . x 2n +2
Posons Pn+l (x) = (1 - 2nx) Pn(x) Pn + l est un polynôme et
+ x 2P~ (x) ;
-i , f Cn+l)( X) = Pn+l(X) x2n+2 e donc (Hn +1) est vérifiée. Par récurrence, on conclut que (Hn) est vraie pour tout n E IN* . • On a Pl(X)
=
1 et
Pn+l (x)
=
On en déduit Pn+1(O)
+ x2 P~(x)
(1 - 2nx) Pn(x) =
(1).
Pn(O) , et donc, pour tout nE IN*, Pn(O) = 1 .
• On a dO Pl = O. Supposons dOPn = n -1. De do(x2p~) =n et dO(1-2nx)Pn(x))~n,ondéduit dOPn+l~n. Soit an le coefficient de xn-l dans Pn . On a donc par hypothèse an =F 0 , et
= -2nan + (n - 1) an = - (n + 1) an, donc a n + 1 =F 0 et par conséquent dO Pn + 1 = n . an+l
Par récurrence, on a donc, pour tout n E IN· : dO Pn = n -1. b) Pour tout n E IN, on a : 1
y2n
1
lim e- x = lim =0. x -ox~ y- +oo ~ x>o
Pour n
=
0, on en déduit: lim f(x) = 0 x-a x>o
=
f(O) ,
Dérivation des fonctions vectorielles
f est de classe CO sur [0, +00[. Soit n ~ 1 et supposons f de classe Cn - l sur [0, +00[, donc
75
donc
fCn-l) est
continue en O. Or
lim fCn)(x) = 0; d'après le théorème du prolongement de la dérivée,
x--+O x>O
fCn-l) est donc dérivable à droite en 0 et fCn) est continue.
Par récurrence, on en déduit que
f est de classe Cao sur [0, +oo[ .
1 x donc x 2J'(x) - f(x) = 0, relation qui reste vraie pour x = 0 ; ainsi, f est solution de :
> 0, on a J'(x) = 2" f(x) ,
2. a) Pour x
sur [0, +oo[ . b) Pour x> 0, on a f(x)
x 2J'(x) , donc
=
fCn)(x) = x 2fCn+I)(x)
+ n 2xfCn)(x) + n (n -
1) fCn - I)(X) ,
pour nE lN* ; d'où, pour x > 0 :
Pn(x)
2
-x2n -=x
Pn+I(X) x2n+2
+
2nx Pn(X) x2n
+
n (n - 1) Pn- l(X) x2n- 2
'
= Pn+l(X) + 2nxPn(x) + n(n -1)Pn_I(X)X 2 , ou encore Pn+l(X) + (2nx -1) Pn(x) + n (n - 1)x 2 Pn-l(X) = 0 (2),
d'où Pn(x)
relation qui reste vraie pour tout x E IR, puisque le premier membre est une fonction polynôme. c) Des relations (1) et (2), on déduit:
x 2 P~(x) + n (n - 1) x 2 Pn - l (x) et donc, pour x i- 0 puis pour tout x : P~(x)
= -n (n - 1) Pn - l(X)
Comme Pn(O) = 1 , on a donc:
Pn(x) = 1 - n (n -1)
1 x
=
°
(*) .
Pn - l(X) dx
(3).
En dérivant (1), on obtient: P~+ 1 (x)
=
-2n Pn(x)
+ (1 + 2x (1 -
n)) P~(x)
+ x 2 P::(x) .
Or, d'après (*), on a P~+l(X) = -(n+ l)nPn(x); d'où:
n (n - 1) Pn ( x) - [( 2n - 2) x - 1] P~ (x)
+ X2 P~' (X) =
° (4 ) .
76
Dérivation des fonctions vectorielles
d) Montrons par récurrence la propriété:
(Hn): . les zéros de Pn sont réels et distincts pour n ~ 2. Pour n = 2, on a dO P2 = 1 ; donc P2 admet un zéro réel unique et (H2) est vraie. Soit n ~ 3 et supposons (Hn- 1) vérifiée. Comme dO Pn-l admet n - 2 zéros réels distincts : Zl
= n - 2, Pn-l
< Z2 < ... < Zn-2 .
Pour tout k E {I, ... , n - 3} , en appliquant le théorème de Rolle, il existe Ctk E ]Zk, Zk+1 [ tel que P~ - l (Ctk) = 0 . Comme dO P~-l = n - 3, les réels Ctl, ... , Ct n-3 sont toutes les racines de P~-l et elles sont simples. Ainsi, Ctk est l'unique racine de P~-l dans ]Zb zk+d et P~-l y change de signe, d'où: P~ _ l(Zk) P~-l(Zk+t}
o.
<
Or, d'après (1), on a:
Pn(Zk) = z~ P~ _ l(Zk) et Pn(Zk+l) = z~+1 P~-l(Zk+t} . Comme Zk Zk+l
1= 0 car Pn-l(O) 1= 0, on a : Pn(Zk) Pn(zk+d < 0,
Donc Pn admet un zéro dans ]Zk, Zk+t!. Supposons que
lim Pn- l(X)
x~+~
= +00, donc
lim P~_l(X)
x~+~
= +00.
> 0, puis Pn(Zn-2) > O. Or , d'après (3), x--+ lim Pn(x) = -00 . + oo
d'où P~_1(zn - 2)
Donc Pn admet une racine dans ]Zn-2, +00[. Le raisonnement est analogue dans le cas où
lim Pn X ---+ +CXl
l
= -00 .
On démontre de même l'existence d'une racine de Pn dans] - 00, zt!. En tout, on a mis en évidence l'existence de n - 1 zéros réels distincts de Pn , donc (Hn) est vérifiée. Ainsi, par récurrence, (Hn) est vraie pour tout n ~ 2. Le raisonnement montre que, pour n ~ 3 , les zéros de Pn sont séparés par ceux de Pn-l. 3. a) On a déjà obtenu Pl(X)
P2(X) = 1 - 2 x
I1
x
dt
= 1 . D'après (3), on a :
= 1 - 2x
Dérivation des fonctions vectorielles P3(X)
= 1 - 3 x 21a x (1 - 2t) dt = 1 - 6x + 6x 2
P 4 (x)
=
77
1 - 4 x 3 x (x - 3x2 + 2x3 ) = 1 - 12x + 36x2 - 24x3
P5(X) = 1-5x4x(x-6x 2+12x3 -6x 4 ) = 1-20x+120x2 -240x3 +120x4 . n-l
b) Posons Pn(x) =
L
ak xk . On a donc:
k=O n-l
P~(x)
=
n-l
2: k ak xk-l
et P;:(x) k=l En remplaçant dans (4) on obtient:
=
2: k (k n- 2
n-l
L
1) ak xk-2 .
k=2
+ k (k -
[n (n - 1) - (2n - 2) k
1)] ak xk
k=O
+ 2:(k + 1) ak+l xk = 0, k=O
D'où, pour k E {O, 1, ... ,n - 2} : (k+l)ak+l
Pour k ao
~
=
[(2n-2)k-n(n-l)-k(k-1)]ak
=
-
(n - k) (n - (k
+ 1») ak .
n - 1 , on a donc :
= 1 , al = _ n (n - 1) ao , a2 = _ (n - 1) (n - 2) al , ... 1
ak=-
2
(n-(k-1))(n-k) " k ak_l,dou: (_I)k
2
(
ak=~n(n-1) ... n-(k-l)
c)Ona j(4)(x)=P4(x)e-! x8
Pour x
> 0,
si x>O
)2 (n-k).
et j(4) (0) =0,
j(5)(x) et P5(X) sont de même signe.
Étude du signe de P5 .
Remarquons que, pour tout n ~ 1, le signe de ak est (_I)k, d'où Pn(x)
> 0 pour
x ~ O.
Toutes les racines de Pn sont donc strictement positives.
P3 admet deux racines al et a2 telles que 0 < al < a2 .
78
Dérivation des fonctions vectorielles
Or P3(X)
= 1 + 6x (x -
d'où
01
°<
1) , donc, pour x ~ 1, on a P3(X)
> 0,
< 02 < 1 .
P4 admet trois racines
{31, {32
°<
{31
De P4 (1) = 1 et lim P4 = +00
P5 admet quatre racines
°<
')'1
et
telles que :
{33
< 01 < {32 < 0:2 < {33 . -00 , on déduit rh > 1 .
')'1, ')'2, ')'3
et
telles que :
')'4
< {31 < ')'2 < f32 < ')'3 < rh < ')'4,
d'où le tableau de signe:
°
°
+
Or Ps(1) = -19 < 0, donc 1 E h3,')'4[. Dans [0, 1] , on a donc les variations: x
°+ ° / ° ". ° ° M = sup 1/(4)(x)1 -
1(4)
On en déduit
1
')'3
')'2
')'1
1(5)
+
/
-
°
".
xEIO,lj
Par dichotomie, on obtient: 0,0912 < ')'1 < 0,0913 ; 0,174 <
')'2
< 0, 175
0,388 <
Variations de P4 De P~(x) = -12P3 , on déduit:
P3
°
P'4
')'1 ')'2
+ -
1
P4
".
01
° °
')'3
-
+ /
1
0:2
° °
+ -
".
')'3
< 0,389 .
Dérivation des fonctions vectorielles
79
puis: (0, 0~12)8 e- l / O,0913 P4(0, 0912)
<
1J(4)bdl = f(4)bl)
If(4)b2)1 = -f(4)('Y2) < 1f(4)b3)1 = f(4)b3)
1 e(0,174)8
l / O,175
1 (0,388)8 e-
<
1f(4)(1)1 = e-
< 684
[-P4(0 175)] < 496
l / O,389
'
P4(0, 389) < 55
l .
En conclusion, on a bien: sup 1f(4)(x)1
< 700.
xE[O,l]
[fi
1. Si x
Si x
E
=
a ou x = b, l'égalité est vérifiée pour tout C x E la, b[.
la, b[ , considérons la fonction définie par:
cp( t) = f (t) _ K (t - a) (t - b) , 2 où K est choisi tel que cp(x) = 0, ce qui est possible car (x-a) (x-b) =1- o. On a cp(a) = cp(x) , donc il existe Cl E la, x[ tel que cp'(cd = o. De même, il existe C2 E lx, b[ tel que cp'(C2) = o.
= cp'(C2) , il existe Cx E ]cl, C2[ tel que cp"(cx ) f"(t) - K, d'où K = f"(c x ) , et donc:
Comme CP'(Cl) Or cp"(t) =
=
O.
f(x) = (x - a)2(x - b) f"(c x ). 2. Comme 1f"(cx)1 xE
~ M , on
a
If(x)1
~ M (x -~) (b - x)
pour tout
[a,b].
Il s'ensuit, pour x Ela, bl :
f(x) -f(a) 1 = 1 f(x) 1 ~ M(b-x), x-a x-a 2 puis en passant à la limite pour x tendant vers a par valeurs supérieures : 1
1f'(a)1
~ M (b - a) . 2
On montre de même que :
1f'(b)1 ~ M (b - a) . 2
--
80
--
- _. _~--
- -- - --
Dérivation des fonctions vectorielles
3 . 0 n a f( x):. ./. . M(x-a)(x-b) 2 ' donc 8(x) ~ 0 pour tout x E [a,
bl.
x
Supposons qu'il existe Xo Ela, b[ tel que 8(xo) = 0 .
8"
Comme 8~O, 8 admet un minimum en Xo , donc 8'(xo) = o.
8'
Si J'(a)
=
'\. 0
8
'\. -
/'
'\. 0
0
a;
b) . b
a
x
M (b - a) 2 ' on a donc
-
8"
8'(a) = 0 .
0
8'
On en déduit le tableau de variation ci-contre. Donc 8(x)
-
0
Donc 8(x) = 0 pour tout x E [a, bl.
4. On a 8'(x) = J'(x) - M (x _
-
+
Or 8"(x) = J"(x) - M ~ 0, ce qui donne le tableau ci-contre.
b
Xo
a
=0
pour tout x E [a,
'\. 0
bl.
8
'\. 0
5. a) Comme 1/l;(t)
= J"(t) , on
a
sup
11/l;(t)1
~ M .
tE[a,x]
b) On a J'(x)
=
1/l~(x) +
f(x) , donc x-a
1J'(x)1 ~ 11/l~(x)1 + 1f(x) 1· x-a
Comme 1/l(a) = f(a) = 0 et 1/lx(x) = f(x) - f(x) = 0, on peut appliquer le résultat de la question 2 à la fonction 1/lx sur l'intervalle [a, xl , ce qui donne :
11/l~(x)1 ~ Comme
1
M
(~- a)
,
f(x) 1 ~ M (b - x) , on obtient: x-a 2
1J'(x)1 ~
M (b - a) . 2
· c ) S upposons qu 'i 1eXiste Xo E 1a, b[ te1 que If'(xo)1 __ M (b2- a) . On a donc nécessairement:
Dérivation des fonctions vectorielles
81
f(xo) 1 = M (b - xo) . Xo - a 2 Supposons f(xo) ;:: 0 (quitte à changer f en - f). 1
Al ors
- M (b - xo) (xo - a) f() Xo 2 .
D'après 3, O(xo) = 0 et donc O(x) = 0 pour tout xE [a,bl, d'où:
f(x)
(b - x) (x - a) .
= M
2
Dans ce cas, on obtient:
f'(xo) = -M(xo - a; b) Or
1f'(xo)1 =
,
1f'(xo)1 =
M Ixo _ a; b 1.
M (b - a ) . - - 2 - ; on aurait donc Xo = a ou Xo
=
. b, ce qUi n'est
pas. Ainsi, pour tout x Ela, b[ :
1f'(x)1 6. On a (x)
{
=
<
M (b - a) .
2
f(x) - (ax + f3) , d'où:
(a)
=
0
(b)
=
0
{=}
{ a f3
= =
f(b) - f(a) b- a bf(a) - af(b) b-a
a) En appliquant la question 2 à la fonction ainsi définie, on a : 1(x)1 ~ M (x - a) (b - x) , . 2 d'où Tl(x) ~ f(x) ~ T 2 (x), avec
=
M(x-~)(x-b) +ax+f3
'Jl( ) .L2 X =
M(x-a)(b-x) f3 2 +ax+
Tl(x) {
De plus, on vérifie que:
Tl (a) = T 2 (a) = f(a) Tl (b)
=
T 2 (b) = f(b)
T{'(x) = M T~/(X)
=-M
b) Supposons qu'il existe Xo Ela, b[ tel que f(xo) = Tl (xo) . On a donc ( Xo )
=
M (xo - a)(xo - b) " d'où d'après 3·. 2
82
Dérivation des fonctions vectorielles Il>(x)
Vx E [a, b]
M(x-a)(x-b),
=
2
et donc f(x)=T1(x). De même, s'il existe Xo E]a, bl tel que f(xo) = T 2 (xo), alors f(x) = T 2 (x) pour tout x E [a, b] .
c) D'après 5, on a 1Il>'(x)l:( M (b2- a) . Or Il>'(x) = J'(x) - a, d'où: a-
M (b - a) 2
<- 1'( ) <-
'"
x",a+
M (b - a) 2
'
ou encore:
f(b) - f(a) _ M (b - a) :( J'(x) :( f(b) - f(a) + M (b - a) b-a 2 b-a 2 pour tout x E [a, b] , l'encadrement étant strict dans la, bl.
Si J'(a) = f(b) - f(a) _ M (b - a) , on a Il>'(a) = _ M (b - a) , b-a 2 2 d'où, d'après 4 : cI>(x)
M(x-a)(x-b),
=
2
= Tl (x) pour tout
ou encore f(x)
{
7. a) On a
xE [a,b].
Tl(a) = f(a) > 0 Tl(b) = f(b) > 0
Comme Tl est un trinôme du second degré de coefficient dominant M 2 > 0, on a Tl(x) > 0 pour tout x E [a,b] si et seulement si Tl est monotone dans [a, b] , ou si Tl atteint son minimum en que Tl(xt} > O.
Xl
E
[a,
bl
La condition (C) peut donc s'écrire:
VxE[a,b]
T{(x)#O
, = M (Xa + b) On a Tl(x) - -2T{(x) = 0 Or
Xl
E [a,
b]
-<==}
3 Xl E [a, bl
ou
-<==}
+ a, donc: X
= Xl
= -
a
M
a+ b
+ -2- .
b-a M::::2If(b)-f(a)l. lal:( -2- M ~ ~ (b-a)2
tel
Dérivation des fonctions vectorielles • Si M <
·
21J(b) - f(a)1 (b _ a)2 ' on a donc Tl (x) > 0, pour tout x E [a,b]. 2If(b) - f(a)1 (b _ a)2 , donc
• Supposons M ~
0: Tl (- M
T 1(XI)
[a, bJ et on a:
E
a +b
1
T 1 (xt} >0
Xl
+ -2-)
- 8M [(b - a)2 M 2 Donc
83
4 (J(a)
-
+ f(b))
M
+ 40:2 ]
(b-a)2M 2 -4(J(a)+f(b»)M+40:2<0 .
<==}
Le discriminant réduit de ce trinôme en M est 6.,'
= 16f(a)f(b) > O.
Le trinôme admet donc deux racines distinctes:
Ml = 2 ( .,fJ0) - VJ(b)) 2
,
(b-a)2
M 2 = 2 ( .,fJ0) + .jJ(b)) 2 (b-a)2
et T 1 (xt) >0 si et seulement si MEJMI ,M2 [. Posons Mo
= 2If(~~-a~(a)1 . La condition ME JO, Mo[
ou
(C) s'écrit alors:
ME JMo, +=[ n JM}, M2 [.
Comme Mo E lM!. M 2 [, tout ceci se résume à M < M2 Conclusion Tl (x) > 0 pour tout x E [a, M <
bl
.
si et seulement si :
2 (J f(a) + .jJ(b))2 (b _ a)2
b) Avec f(x) = 2 + cos x pour xE [0,27rl , on a:
f(O) = f(27r)
=
3 et J"(x)
=
-cosx, donc M
=
1.
La condition (C) s'écrit ici:
M<2(2~)' Donc (C) n'est pas vérifiée, mais f(x) l i
6
7r 2
> 0 pour tout x .
8. a) Une condition suffisante pour que f(x) > Or Tl (a)
=
.
°dans la, b[ est Tl (x) > O.
O.
Les variations de Tl montre alors que cette condition est équivalente à
1
Xl E
J-
=, al
ou encore:
84
Dérivation des fonctions vectorielles
_~+a+b:S:::a M
2
~
<===}
M:S:::~ ~
M:S:::
°
~
2f(b) (b - a)2
> pour tout x Ela, bl est donc:
Une condition suffisante pour que f(x)
(C')
<===}
b- a
M ~ 2f(b) . (b - a)2
b)Soit f(x)=sinx avec xE [O,~l·Ona f(O)=O, M=l et
2f(~)
(~ _ 0)2
=
~ <1 7r 2
donc (C') n'est pas vérifiée, mais f(x)
>
'
° dans ]O,~] .
9. D'après l'encadrement obtenu en 6. c, on a :
f'(x) ~ f(b) _ M (b - a) b- a 2 d'où, pour x
2f(b) = a, M >/" (b - a)2'
et donc M
=
(:~(~~2
' puisque (C') est vérifiée.
Alors J'(a) =
:~~ -
M (b2- a) , et donc, toujours d'après 6.
f(b) 2 f(x) = Tl (x) = (b _ a)2 (x - a) .
C :
INTÉGRATION SUR UN SEGMENT DES FONCTIONS VECTORIELLES
[1J
• Fonctions en escalier, fonctions continues par morceaux • Définition de l'intégrale • Propriétés de l'intégrale
L'essentiel du cours F désigne un espace vectoriel normé de dimension finie sur K
=
IR ou ({;.
• Fonctions en escalier, fonctions continues par morceaux
• Cas d'un segment - Une subdivision d'un segment [a, b] est une suite finie (xQ, ... , xn) de points de [a, b], strictement croissante et telle que XQ = a et X n = b. - Une fonction f : [a, b] --> F est dite en escalier s'il existe une subdivision (xQ, ... , x n ) de [a, b] telle que f soit constante dans chacun des intervalles ] Xi-l, Xi [ pour i E {l, ... , n} .
- f est dite continue par morceaux (ou de classe Ck par morceaux) s'il existe une subdivision (xQ, ... , xn) de [a, b] telle que la restriction de f à chacun des intervalles] Xi - l, Xi [, pour i E {l, .. . , n}, soit prolongeable en une fonction continue (ou de classe Ck ) sur [Xi - l, Xi ] . - Exemples La fonction J, de [-1, 1] dans IR, définie par: siXE[-l,O]
X { X 1->
X
+1
si XE] 0,1]
est continue (et de classe C+ OO ) par morceaux .
86
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
La fonction g, de [-1,1] dans IR, définie par: si x
-=1-
0
si x
=
0
n'est pas continue par morceaux.
• Cas d'un intervalle quelconque - Si l est un intervalle quelconque, f : l --+ F est dite un escalier sur l si la restriction de f à tout segment de l est une fonction en escalier. On définit de même la notion de fonction continue par morceaux ou de classe Ck par morceaux sur un intervalle quelconque. - L'ensemble des fonctions en escalier sur l (ou continues par morceaux ou de classe Ck par morceaux) et à valeurs dans F est un espace vectoriel. • Définition de l'intégrale
• Fonctions à valeurs réelles - Soit r.p: [a, b] --+ IR une fonction en escalier sur [a, b] associée à la subdivision (xo, ... ,xn ). L'intégrale de r.p est le réel:
r
r.p =
J[a,b]
t
r.p(Qi)
6Xi ,
i= l
où, pour tout i E {l, ... ,n}, on a: Qi
et
E lXi-l, Xi [
6Xi = Xi -
Xi-l .
- Soit f: [a, b] --+ IR continue par morceaux. En notant [: l'ensemble des fonctions réelles en escalier sur [a, b], on a : sup
r
;~~ J [a,b]
r.p
=
inf
r
:~~ J[a,b]
1j; .
La valeur commune de ces bornes est l'intégrale de
f notée
r
J[a,b]
• Fonctions à valeurs complexes Pour f: [a, b] --+ ([: continue par morceaux, on pose:
r
J[a,b]
f
=
r
Re f
J[a,b]
+i
r
J[a.b]
• Fonctions à valeurs vectorielles -
Soit
f : [a, b]
--+
F continue par morceaux.
lm f
.
f.
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
87
En notant (el. ... , es) une base de F, on a :
1 = ft el + ... + Is es , où les fonctions /j sont à valeurs dans K. Le vecteur :
t( r
Ij)ej,
J[a,b]
j= l
, qui ne dépend pas de la base, est appelé l'intégrale de On le note encore {
1 1·
f.
[a,b]
- Si 1 : [a, b] -+ F est en escalier sur [a, b], de subdivision associée (xQ, ... ,xn ) , on a :
11 t =
[a,b]
I(ai) D..xi,
i=l
où aiE]xi-1,Xi[ et D..xi=Xi-Xi-1 .
. • Propriétés de l'intégrale
1 et 9 sont des À
fonctions continues par morceaux et à valeurs dans F; appartient à K.
• Linéarité
r
(/+g) =
J[a,b]
r
1+
J[a,b]
r
()..j) =
À
J[a,b]
r
g.
J[a,b]
rI.
J[a,b]
Soit G un espace vectoriel normé de dimension finie et u : F linéaire, alors:
-+
r 1 (r 1) . u
=
0
u
J [a,b]
J[a,b]
• Inégalités
r
J[a,b]
• Si I(t)
1 ~
= g(t) , sauf en
r
J[a,b]
11/11 ~ (b - a)
sup
II/(t)II.
tE[a,b]
un nombre fini de points de [a, b] , alors:
r
J[a ,b]
1=
r
J[a,b]
9
G
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
88
• Cas des fonctions réelles -
r r
Si f"?:- 0, alors
f
J[a,b]
-
Si
f ~ 9 , alors
J[a,b]
~0.
f ~
r
9.
l[a,b]
Si f est continue et positive, alors:
r
f=O~VtE[a,bl
l[a,b]
f(t)=O.
• Propriétés relatives à l'intervalle - Notation Soit 1 c R un intervalle quelconque et f : 1 --+ F une fonction continue par morceaux. Pour a et b appartenant à l, on note:
1 b
f(t) dt
a
=
{1 r [a,b]
f f
si
a ~b
si
a> b.
l[b,a]
-
Relation de Chasles
V(a,b,c)EI 3 -
lb
f(t) dt =
le
f(t) dt +
lb
Invariance par translation
v (a, b) E 12
V k E 1R
l
b+ k
a+k
f (t - k) dt =
f(t) dt.
lb f (
t) dt .
a
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles ;
89
Les énoncés d'exercices
. [TI
Déterminez les fonctions J, de [a, bJ dans R, continues et telles que
r J(t) dt = M (b - a) b
où M = sup J(t) .
Ja
[Il
J: [a, bJ
Soit
Déterminez l
-+
tE[a,b]
R une fonction continue et positive.
(r
= lim
n-->+oo
1 b
Ja
(J(t)r dt) n
o
Soit J et g deux fonctions réelles, positives et continues par morceaux sur [a, bJ telles que Jg ~ 1 . Montrez que :
rb Ja
, QJ
J(t) dt
1b
g(t) dt
~ (b -
a)2 .
Soit P E IN; étudiez la convergence de la suite de terme général:
1
. 7r ~ An = Sin - ~
n
lliJ
Pour
X
k=O
1
k7r
2 +cosn
E nt \ {-l, 1} , calculez: !(x) =
!arr ln (1 -
2xcost + x 2 ) dt
à l'aide de sommes de Riemann.
[ill
Soit
JE C ([0, 11,
t
h-->OJo h>O
[1J
Soit que:
J une fonction
h2 h
+x
2
J(x)dx =
~2 J(O).
de [0,1] dans
lim n n-->+oo
r xn J(x) dx = ;~f J(x) . l
Jo
lim
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
90
L'énoncé du problème ~ On considère l'espace vectoriel réel E = C([a, b], R) muni du produit scalaire:
< fig> =
lb
f(x) g(x) dx .
Pour kEN, on note Ck la fonction x 1-+ xk . Soit P une fonction polynôme de degré n ~ 1 , orthogonale à toutes les fonctions Ck pour k E {O, ... , n - 1} . On se propose de démontrer que P admet alors n racines distinctes, réelles et toutes situées dans la, b[ .
la, b[ . Montrez que P n'admet aucune racine multiple dans la, b[. Soit {Xl, ... , xr } l'ensemble des racines de P dans la, b[ . Montrez
1. Montrez que P admet au moins une racine dans
2.
3. que r
= n.
Pour d'autres exercices et problèmes sur l'intégration, voyez les chapitres 5 à 7 et le tome 2.
Quelques coups de pouce
rn
Introduisez M = sup f(t). tEla,b]
~ Utilisez l'inégalité de Cauchy-Schwarz.
. 7r Remarquez que smn
+ <Xl
n
, puis comparez avec des sommes de
Riemann.
[[J
Vous savez transformer une somme de logarithmes. Puis vous aurez à utiliser la factorisation de x2n - 1 .
[ill
Écrivez
f(x) = (t(x) - f(O))
+ f(O)
.
Intégration sur un segment des fon~tions vectorielles
Ifo1 h ~x2
Pour majorer
(J(x) - f(O)) dx
2
1,
91
prenez a E [0,1] pour
couper l'intégrale en deux.
ŒJ
Considérez la fonction
Î
définie sur [0, IJ par:
Î(x) = f(x) si x < 1
. Î(I) = lim f(t) , t-+ l
puis écrivez Î(x) = U(x) - Î(I)) + Î(I) . Pour majorer l'intégrale du premier terme, on peut couper l'intervalle en deux.
Iol
' .. 2. Etudiez Q(x)
~
= (
P(x)
x -Xa
)2 où xa est une racine multiple de P dans
Ja,b[ . 3. P osez T(x)
P(x)
=
(x -
Xl)'"
(x - x r
)
Les corrections d'exercices
[Il
Si f est constante, on a f(t) = M pour tout tE [a,bJ et donc l'égalité proposée.
Sinon, il existe ta E [a, bJ tel que f(ta) < M. La fonction g(t) = M - f(t) est alors continue, positive et non identiquement nulle, d'où:
l ou encore:
lb
bg (t)dt > O,
f(t) dt < M (b - a) .
L'égalité est donc vérifiée si, et seulement si, f est constante dans [a, b].
92
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
[]] Posons an =
(lb
1
(J(t)r dt) n pour nE
et M = sup f(t).
]N'.
a
On a Soit a:
lb
tE[a,b]
(J(t)r dt::;;
Mn (b - a), donc an::;; M (b - a)ït. 1
€
> O. Comme lim (b - a)n = 1 , à partir d'un certain rang r on n->+oo
an
::;;M(l+€).
Cherchons une minoration de an. Comme f est continue dans un intervalle compact, il existe Xo E [a, b] tel que f(xo) = M et un sous-intervalle [c, d] C [a, b] où c < d, tels que xoE[c,d] et f(x)~M-€ pour tout xE [c,d] . Alors:
puis 1
an ~ (M - é) (d - c)n
en supposant M - é > 0, ce qui est possible car si M = 0 on a an = pour tout n, et si M > 0 on peut considérer é tel que M > €
°
•
Comme ci-dessus, on dispose d'un rang r' à partir duquel on a : an ~ (M - é) (1 - é) ~ M - é (1
+ M) .
Pour n ~ sup{r, r'} , on a donc: -€
ce qui montre que l =
(1
+ M) ::;; an
- M ::;;
€
M ,
lim an = M .
n---++oo
rn
En appliquant l'inégalité de Cauchy-Schwarz (cf. chap. 6 ou Flash SUP Analyse 1 p.116) aux fonctions continues par morceaux et V9, on obtient:
V7
lb
f(t) dt
lb
g(t) dt
~
lb J
f(t) g(t) dt
~
lb
d'où le résultat en élevant au carré . • Quand n tend vers +00, on a sin ~ '" ~ , donc n
n
dt = b - a,
93
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
Posons
ou,
f() 1 x = -::----
2+cosx On sait que, si f est continue par morceaux sur [a, b], b
aJ~rs :
lb /
b
n-l
'
lim ~ Lf(a+ k~) = / f(x) dx n
n-++oo
n
k=O
'a
cf. Flash SVP Analyse 1 p . 116.
lim Bn =
On en conclut ici que • Montrons que 6
n -+ +oo
Hm An
n-++oo
n
Jor f(x) dx .
= n-++oo Hm Bn . Pour ceci, posons:
= Bn - Cn = ~n
1
n- l
'"' L k=n - p+ l
br
2 + cosn
~ /
Pour tout k E {n - p + 1, ... , n - 1} , on a
3
~
1
br 2+cos-
./ ~
1,
n
= O.
n
p-l7r d'où - - - ~ 6 3 n
On a donc
lim An
t
=
=
l
lim Cn =
n -+ +oo
lim Bn =
n -+ +oo
r
Jo
Hm 6
n-++oo
dx
2 + cos
x
rr
dx , le changement de variable a 2 + cos x
x tan2
2dt dx = 1 + t2
r 2 +dxcos x = Jor
oo
Jo
• Conclusion:
ŒJ
n
n -+ +oo
• Pour le calcul de
donne:
n
7r ~ (p -1) et par conséquent
Hm An =
n-++oo
2dt 3 +t 2
;
1 - t2 cos X = 1 + t 2
[ 1
1 ] +00
= 2 J3 arctan J3 a
~.
J3
Pour x E lR et t E [0, 7rJ , on a : 'P(x , t) = 1 - 2x cos t + x 2 = (x - cost)2 + sin 2 t,
7r
= J3'
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
94
donc cp(x,t) > 0 saufsi sint si (x,t) = (-1,11").
=
0 et cost = x, soit si (x,t) = (1,0) ou
En supposant Ixl -=f 1 , la fonction: t
1-4
ln (1 - 2xcost + x 2 )
est donc continue sur [0,11"] . On a alors !(x) 11" n k1l" Sn = - LIn (x2 - 2xcosn k=l n k 2x cos :
n
en posant Pn =
rI (x2 -
lim Sn avec
=
n-t+oo
+ 1) =
11"
-lnPn n
+ 1) . Ce produit se transforme:
k=l n
Pn
=
rI (x _e k,i'") (x _ei
i
k=l
où
Zk
n
n
rI
~) =
(x _e i k,i'")
II
=
k=-n
(x -
Zk),
k=-n
kojO
kojO
i 2kTr = ei kTr n = e"""2n est une racine 2n-ième de l'unité. n-l
II (x -
On peut donc écrire la factorisation x2n - 1 =
Zk) •
k=-n
On en déduit Pn puis Sn =
~ ln n
= (x2n
[( x2n _
Pour Ixl < 1 , on a
_ 1) x + 1 , x-1
1) xx-1 + 1] .
lim x2n = 0, d'où
n -t+oo
lim Sn = 0 .
n-t+oo
Pour Ixl > 1 , on écrit: Sn
= ~ ln n
donc
[X2n(1 __1_) x + 1] x2n X - 1
lim Sn
n -t +oo
= 211" ln Ixl
= 211" ln Ixl + ~ ln [(1 __1_) n
x2n
x + 1] X- 1
.
Conclusion !(x)
={ 0 211" ln Ixl
Remarques - La fonction t cf. chap. 6. -
1-4
si Ixl < 1 si Ixl > 1
cp(x, t) est encore intégrable lorsque Ixl
Une autre méthode consiste à dériver sous le signe
J
= 1,
(cf. Tome 2).
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
]J
95
Introduisons 1(0) dans la fonction à intégrer. Pour h > 0, on a :
1 1
a
h 2 / (x)dx +x
h2
Comme
1
1
2
=
11
2
dx
h
a h +x
a
h2
11
h h 2 (f(x)-/(O))dx+/(O) h2 2 dx . +x a +x
= [ arctan -hX] 1 = arctan -1 , on a : a
lim h-+O h>O
laa
n
h
I
+
h2
dx
x2
1T
= -
2
.
Il suffit donc de démontrer que la première intégrale tend vers 0 quand h tend vers 0 par valeurs supérieures. Soit a E JO, 1J . On a :
111 h ~ x 2
2
(f(x) - 1(0)) dx
1
~ Jot
h 2 h 2 I/(x) - 1(0)1 dx +x
=r h
h 2 h 2 I/(x) - 1(0)1 dx +x
+
Lh rI
2
h 2 I/(x) - 1(0)1 dx. +x
Soit ê > O. Comme 1 est continue en 0, il existe a EJO ..1J tel que, pour tout xE [O,aJ, on ait I/(x) - 1(0)1 ~ ê et donc:
la a
h2
h 2 I/(x) - 1(0)1 dx ~ +x
ê
~
ê
la
1na
h 2 dx +x
h2
a
1
h2
h
+x
2
dx
1
= ê arctan -
n
1T
~ -2
ê.
Comme la fonction X 1---+ I(x) - 1(0) est continue dans le segment [0, 1J, elle y est bornée. Posons M = sup I/(x) - 1(0)1 ; alors: xE [O~ll
11 h
2
~ x 2 I/(x) -
1(0)1 dx ~ M
1
~ M
Or
h
1
a
h
2
+X
2
1 a dx = M (arctan -h - arc tan -h) a
1T
(2 - arctan h) .
lim arctan -ha = ~2' donc il existe t5 >
h-+O h>O
on ait:
2-
1
1T
al
arctan h ~
°tel que, pour
ê .
h E JO, t5J ,
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
96
En tout, pour h E ]0,6] , on a :
t
1 Jo
h2
h
+ x2
7r
(2" + M) ê
(J(x) - f(O) ) dx 1 :s;;
,
ce qui montre que:
r
1
lim h 2 h 2 (J(x) - f(O)) dx = 0, h-+OJo +x
d 'où le résultat demandé.
Variante Pour tout a E ]0, 1] , on a :
r
1
où g(h) =
la o
h2
1 1
a
h2 h
+x
Jo
f(x) dx
2
=
r h +x h
Jo
2
2
f(x) dx
+ g(h)
h 2 h 2 f(x) dx. Or +x
h 2 f(x)dx +x
=
la
h2
0
h 2 (J(x)- f(O))dx+ f(O) +x
la 0
h2
h 2 dx . +x
Comme ci-dessus, on fixe a tel que
r h2 + x2 (J(x) - f(O)) dxl :s;; 2"
1 Jo
et on montre que
lim h-+O h>O
h
l
7r
a
0
ê
h 7r dx = - . 2 2 h +x 2
Il reste à étudier g(h) . Cùmme la fonction (h, x)
1--+
h2
h 2 f(x) +x
est continue sur IR x [a, 1], g est continue sur 1R (cf. tome 2), d'où: lim g(h) h-+O h>O
=
g(O) = O.
Remarque Vous pouvez rencontrer ce genre d'exercice sous la forme plus désagréable 1 h Calculer Hm h2 2 f(x) dx. h-+O 0 +x h>O Il faut alors sentir que le problème se situe en x = 0 pour avoir la bonne idée d'introduire f(O) .
1
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
11
Considérons la fonction
Î
l' et
n
xn Î(x) dx
r' xn dx
Jo
=
l' l'
•
définie sur [0,1] par:
Î(I) = lim f(t) .
Î(x) = f(x) si x < 1 Î est continue en 1 et
97
xn f(x) dx =
t-+'
l'
xn Î(x) dx. On a :
xn U(x) - Î(I)) dx
+ Î(I)
l'
xn dx
_n_, donc:
=
n+ 1
lim nÎ(I) n-++oo
Jor' xn dx =
Î(I) .
Majorons le module de la première intégrale; on a, pour a
E
]0, 1[ :
Soit ê > 0 ; fixons a tel que, pour tout x E [a, 1], on ait IÎ( x ) - Î(I)1 ~ê; d'où:
r' xn IÎ(x) -
Î(I)1 dx
Ja
~
êl'
xn dx
a
êr'
~
Jo
xn dx =
_ê_. + n
1
La fonction x 1----+ lÎ(x) - Î(I)1 est continue par morceaux dans [0,1], donc bornée. En posant M = sup IÎ(x) - Î(I)1 ' on obtient ensuite: xE [O,']
r xn IÎ(x) - Î(I)
h Comme
1 dx
~M
r xn dx
Jo
=
M an+! . n+l
= 0, nous disposons d'un rang r à partir duquel
lim a n +' n-++oo
Ma n +' ~ê. Pour n;:::: r , on a alors : n
l, a
r'
1
2nê
xn If(x) - f(l) dx ~ - - ~ 2ê ; A
A
donc
lim n xn lÎ(x ) - Î(I) 1 dx n-++oo Jo
d 'où
lim n n-+ +oo
n+l
= 0,
r' xn f(x) dx = Î(I) = :;,;f lim f(x) .
Jo
Intégration sur un segment des fonctions vectorielles
98
La correction du problème ,
œ
1 b
1. On a 0 =
< Pico>
=
P(x) dx, donc P n'est pas de signe
la, b[ et admet au moins une racine dans cet intervalle. 2. Considérons Xo une racine multiple de P dans la, b[ et posons:
constant dans
Q(x) =
P(x) (x - xo)2
Alors Q est une fonction polynôme de degré n - 2 , donc combinaison linéaire des fonctions Co, Cl, .. . , Cn - 2 , d'où < P 1 Q > = o. Or
< P 1Q > =
l
b
a
(
{p(x))2 )2 dx > 0 puisque c'est l'intégrale d'une X -
Xo
fonction continue positive et non nulle. Il y a donc une contradiction et on rejette l'hypothèse formulée . P n'admet donc aucune racine multiple dans
la, b[ .
3. Supposons r < n et posons:
S(x)
=
(x - xd .. . (x - x r )
Comme ci-dessus, on obtient < PIS > Le polynôme T(x)
=
~gj
=
.
0 puisque dO S < n .
n'admet pas de racines dans
conséquent, est de signe constant. On a alors:
< PIS>
=
Ceci est contradictoire, d'où r
lb
S2(x)T(x)dx -=1
= n.
o.
la, b[
et, par
PÉRIVATION , ET INTEGRATION • Primitive et intégrale d'une fonction continue par morceaux • Théorème du relèvement • Étude globale des fonctions de classe Cl • Développements limités
L'essentiel du cours l désigne un intervalle de IR et F un espace vectoriel normé de dimension finie sur IR ou ([;.
• Primitive et intégrale d'une fonction continue par morceaux
• Définitions - Une primitive d'une fonction continue f : l g : l ,..... F , dérivable sur l et telle que g' = f .
-->
F est une fonction
- Une primitive d'une fonction f : l --> F continue par morceaux est une fonction g : l --> F, continue sur l et telle que g'(X) = f(x) en tout point x où f est continue. -
f(x)
Exemple =
{
si x < 0 si x = 0 1 si x> 0
-1 0
; g(x) =
Ixl ;
h(x) = {
-x+ 1 si x < 0 0 si x = 0 x+2 si x> o.
g est une primitive de f sur IR. h vérifie aussi h'(x) = f(x) pour tout x f. 0, mais ce n'est pas une primitive de f sur IR car elle n'est pas continue .
• Théorème - Deux primitives d'une même fonction continue par morceaux sur un intervalle l diffèrent d'une constante. Attention, le mot intervalle est important.
100
Dérivation et intégration
f, g et h les fonctions définies sur IR· par:
Exemple Soit
1 x
f(x) = ln Ixl
h(x) =
g(x) = -
{
~ +1
si x < 0
- +2
si x> O.
~
x On a g' = h' = f , mais g - h n'est pas une constante.
• Théorème fondamental - Soit f : l -t F continue par morceaux et a E J. La fonction ga définie de J dans F par : ga(x) =
lX f(t) dt,
est une primitive de f sur J. C'est l'unique primitive de f sur J qui s'annule en a. Pour toute primitive h de
-
f, on a :
lX f(t) dt = h(x) - h(a) . Si
f est continue sur J et de classe Cl par morceaux, alors: f(x)
=
f(a) +
lX !,(t) dt .
• Intégration par parties Soit u : J -t IR (ou ~) et v : J -t F des fonctions continues sur J et de classe Cl par morceaux. Alors, pour tous a, b E J , on a :
lb
u'(t) v(t) dt
=
[u(t)
v(t)]~
-lb
u(t) v'(t) dt.
On utilise souvent cette formule de façon itératiue .
• Intégration par changement de variable -
Soit f: J
-t F
continue et tp: [a, .Bl-t J de classe Cl; alors:
1
'f'({3)
'f'(a)
-
f(t) dt =
1{3 f(tp(u»
tp'(u) du.
a
Remarques
1. tp n'est pas nécessairement une bijection de
[a,.el
sur son image.
2. Par contre, si l'on suppose tp croissante, la formule s'étend au cas où
f est seulement continue par morceaux.
3. On est souvent amené à décomposer l'intervalle d'intégration pour pouvoir employer la bonne substitution (cf Exercice 1).
Dérivation et intégration
101
4. Le changement de variable transforme parfois une intégrale "ordinaire" en une intégrale sur un intervalle non borné ou d'une fonction non bornée (cf. Exercices 1 et 2). -
Cas particulier: changement de variable affine
Pour ramener une intégrale sur [a, bJ à une intégrale
* sur
[-1, lJ , posez: t
* sur
b-a
a+b
2
2
=
[0, lJ, posez: t =
dt
b-a
= -2-du.
dt = (b - a) du .
Cela facilite souvent le calcul ( cf. Problème 12) . Vous retrouverez facitement ces formules en déterminant l'équation de la droite (AB) où A(-l,a) et B(l,b), respectivement A(O,a) et B(l, b) .
• Théorème du relèvement On note U l'ensemble des nombres complexes de module l. • L'application 0 f--+ ë définit une bijection de J - K, K[ sur U \ {-l} . L'application réciproque arg: U \ {-1} ----; ] - K, K[ est continue. Pour u = x + iy où x et y sont des réels vérifiant x 2 + y2 = 1 et x i- -1, on a: y arg u = 2 arctan - - . 1+x • Soit 1 un intervalle de IR et f : 1 ----; U une application de classe Ck avec k ;? 1 . Il existe une fonction
= e ik , la fonction
=
k+
i
t
r;~~~ du
f.
l' sur 1 . . .. d e if
• Inégalité des accroissements finis
f : [a~ b] ----; F continue sur [a, bJ, de classe Cl sur la, b[ et telle que, pour tout t EJa, b[, on ait 1I1'(t)11 ~ A . Alors: Ilf(b) - f(a)11 ~ A (b - a) .
Soit
Dérivation et intégration
102
Mais attention, l'égalité des accoissements finis n'est pas valable pour les fonctions vectorielles; il en est de même du théorème de Rolle .
• Théorème du prolongement de la dérivée Si f est continue sur [a, b], de classe el sur la, b] et si f' admet une limite (finie) en a, alors f est de classe el sur [a, b] et donc f'(a) = Hm f' . a
Si f est continue sur [a, b] , de classe e sur la, b] et si, pour tout r E {l, ... , k} , la fonction fer) admet une limite (finie) en a, alors f est de classe k sur [a, b] . k
e
• Développements limités • Formules de Taylor - Soit f : l --+ F de classe en sur 1 et de classe soit Xo El; alors, pour tout x E l , on a :
f(x) Pn(x) =
L n
k=O
et Rn(x)
=
=
+ R,-.(x) ,
Pn(x)
(xo) k k! (x - xo)
en +1 par morceaux et où
f(k)
l
x
(x -
Xo
tt
1
f
est le polynôme de Taylor de f en Xo,
(n+I)(
t) dt
. , le reste mtegral.
n.
Inégalité de Taylor-Lagrange Si A est une constante telle que IIf(n+I)(t)ll:( A pour tout tEl, alors:
Il R,-. (x) Il :(
(n
~ 1)!
lx - xoln+1 .
- Remarque Pour n = 0, on retrouve l'inégalité des accroissements finis. - Formule de Taylor- Young Soit f : 1 --+ F de classe en et soit Xo El; alors, on a : f(x) = Pn(x)
+ o((x -
où Pn est le polynôme de Taylor de
xo)n) ,
f en Xo .
• Intégration d'un développement limité Si f(x) = Qn(x) alors:
+ o((x -
xo)n) , où Qn est un polynôme en (x - xo) ,
r f(t) dt lxor Qn(t)dt+O((x_xo)n+I).
lxo
=
/ /
Dérivation et intégration
103
• Dérivation d'un développement limité de Taylor 1
f est de classe en sur I, on a : f(x) = Pn(x) + o(x - xo)n) , où Pn est le polynôme de Taylor de f en xo. Alors: f'(x) = P~(x) + o(x - xo)n - l) . Si
Attention, t'existence d'un développement limité d'ordre n n'entraîne pas que f soit deux jois dérivable. Par exemple, si f() x
1 = x 100. sin x lOO
SI.
x f=- 0
f(O)
et
~
2
0 =,
f n'est pas deux fois dérivable en 0, mais admet un développement limité d'ordre 99 puisque f(x) = 0 + O(X99) .
Les énoncés d'exercices
[!J
Pour a > -1 calculez l
[!]
Pour a
> 1 , calculez
[[] Étudiez la fonction x
=
J =
f--+
r
dx.
r
dx.
Jo 1+asmx
f(x) =
11 2x
x
x2
[Il
Étudiez la fonction x
ŒJ
Étudiez la fonction x
f--+
f(x) = .
dt et donnez l'allure du graphe. ln t dt
-1-
x
f--+
2
Jo 1 + a sm x
f(x) = (3x
J2x
nt t
e
et donnez l'allure du graphe.
dt
+t -
1 et tracez son graphe.
~ Soit f une application de classe e2 de IR dans un espace vectoriel normé E de dimension finie, telle que f(a) = f(b) = 0 où a < b. Montrez que:
"lb où M2
= sup IIf"(t)ll. tE[a,b]
f(t) dt
Il ~ (b ~2a)3 M
2
104
ŒJ
Dérivation et intégration
On pose I(x)
r
= Jo
t - E(t) t dt.
Déterminez un équivalent de I(x) quand x tend vers
[§J
+00.
c
Soit E l'ensemble des fonctions f de oo (1R, 1R) qui vérifient \/x E 1R f(x+ 1) = f(x). Considérons l'endomorphisme u de E défini par u(f) = f". Déterminez le noyau et l'image de u .
101 L.!!.J Pour n E IN , on pose In =
j1f -1f
e inO dB . 5 + 4 cos B
a) Montrez que In est réel. b) Établissez une relation de récurrence entre In , In-l et I n - 2 . c) Calculez 10 et déduisez-en Il. d) Calculez In.
1101
Soit
f l'application de 1 - n, nI dans ([; définie par:
f (t) = t + sin t + i (1 - cos t) . 1. Déterminez un relèvement 'P de
I~:I ·
2. Donnez une interprétation géométrique de 'P .
Les ·énoncés de problèmes On considère l'intégrale:
G
=
r /2 -r:-=::======::=d='P=7===;;== yia cos 'P + b sin 'P
Jo
où a> b > O.
2
2
2
2
Dérivation et intégration
105
1. Montrez qu'en posant: j
. sJncp
=
(a
2a sine b) sin 2 e
+ b) + (a -
,
on obtient:
2. Montrez qu'il existe deux suites réelles adjacentes (an) et (b n ) telles que: '
Exprimez an et bn en fonction de an-l et bn - 1 . 3. Application numérique
1
11"/2
Calculez l 'intégrale
:1121 c
Soit f : [a, b] a+b 2
= - - et
dcp ----r::=====~
JI + cos2 cp
o
à 10- 4 près.
~ 1R continue par morceaux. On note
r
lb
1=
f(x) dx ,
b-a 2
= -- .
1. Écrivez le polynôme de degré ~2 qui coïncide avec cet b (polynôme d'interpolation de Lagrange).
2. Calculez Q =
lb
f aux points
a,
P(x) dx, après avoir ramené l'intervalle d'intégra-
tion à [-1,1]. 3. On cherche une majoration de
II - QI
en supposant
f
de classe C4 .
a) Soit H=P+kw,oùkEIR et w(x) = (x-a)(x-c)(x-b). Montrez qu'il existe k tel que H' (c) = f' (c) . b) Soit x E [a, b] ; montrez qu'il existe
~ E
la, b[ tel que:
f(4)(~)
f(x) = H(x)
+ 24 (x -
a) (x - cnx - b).
c) Déduisez-en que:
II - QI ~K M4 (b où M4 = sup xE[a,bJ
a)5
If( 4) (x) 1 et K est une constante à déterminer.
106
Dérivation et intégration
Quelques coups de pouce
[I]
Attention, le changement de variable classique n'est pas défini sur [0, n] .
œ
Pour choisir un changement de variable, relisez si nécessaire Flash SUP
Analyse 1 p. 136.
~ Étudiez soigneusement le domaine de définition de f. Il peut être utile de considérer une primitive de -Il , même si l'on ne
nt
sait pas l'expliciter.
@]
Faites attention à l'étude du domaine de définition. Même si l'on ne sait pas l'expliciter, il peut être utile d'introduire une primitive de la fonction à intégrer. Vous pouvez calculer f(l) par un cl1angement de variable suivi d'un passage à la limite.
œ
Pour le domaine de définition, étudiez 'P(t) = et
+t
- 1. 1
Pour la dérivabilité, il peut être utile de considérer une primitive de - , 'P même si l'on ne sait pas l'expliciter. Pour l'étude aux bornes, faites des développements limités de
~ 'P
.
œ
Intégrez deux fois par parties et choisissez astucieusement les constantes d'intégration.
[1J
Exprimez l(x) à l'aide de
r
Jo
E(t) dt où n = E(x) .
t
Décomposez cette intégrale par la formule de Chasles, puis appliquez la formule de Stirling.
[§J
'Pour déterminer lm u, montrez que tout élément 9 de lm u vérifie une condition qui s'exprime à l'aide d'une intégrale, puis montrez que cette condition est suffisante.
œ
b) Exprimez cos n{} + cos (n - 2) {} à l'aide de cos (n - 1) {}. La division par 5 + 4 cos {} donne ensuite le résultat.
Dérivation et intégration
107
d) Revoyez, si nécessaire, les résultats relatifs aux suites récurrentes linéaires du second ordre: Flash SVP Analyse 1 p.23.
mJ : W ,
2. Introduisez un arc paramétré. E' tu d'lez f(O)
=
2a cos 0 et g (0) a + b + (a - b) sin 2 0
=
arcsin f (0) .
r@
1. On peut écrire P(x) = QX 2 + (3x + 'Y puis résoudre le système P(a) = f(a) . . . Mais il est plus rapide d'obtenir P comme combinaison linéaire de poly(x-c)(x-b) nomes de la forme (a _ c) (a _ b) . A
3. b) Considérez les cas x E {a, c, b} et x
~
{a, c, b} .
Les corrections d'exercices
im i
1 . 2 . f est continue sur [0,7r] puisque a > -1. 1 + a SIn x Comme l'expression f(x) dx est invariante par la transformation x I--t x + 7r , on aimerait poser: Soit f(x)
=
du tanx = cp(x) = u ; dx = 1 + u 2
u2 sin 2 x = 1 + u 2
;
•
Or, cp n'est pas définie sur [0, 7r]. On commence donc par: 1=
r/ Jo
2
f(x) dx
+
r J"/2
f(x) dx = 2
r/ Jo
2
f(x) dx.
Ceci est évident géométriquement puisque le graphe de x 1--+ sin x est symétrique par rapport à x = ~ . Pour le prouver par le calcul, posez y
= 7r - x dans l'intégrale
1"
f(x) dx .
,,/2
On obtient donc:
1=
lim 2 A--.+oo
l
0
A
du 1 + (1 + a) u 2
=2
1+ 0
00
du , 1 + (1 + a) u 2
Dérivation et intégration
108
r;-;-
Puis avec le changement de variable u yI + a
v ., du
=
=
dv
JITa
:
2 [ arctanv ] +00 =~. 7r 1= ~ o yl+a l+a
[Il
Comme a > 1, la fonction f(x)
.
1.
=
1 +asmx
est continue sur [0,7r] .
La substitution .
tan =2 = u . dx = 2 du , 1 +u2 donne:
J = -
lim
A--++oo
l
A
0
1
2du = 1+2au+u2
1+ 0
1]
+ a - Va 2 u + a + Ja2=1
[u ln
- Jlï2=1
00
2u l+u
Slnx= - - 2
2du (u+a)2-(a 2 -1)
1
+00
v'a2=1
0
1
a + Va 2 ln -------,== a-
v'a2=1
1 (a+v'a2=1)2 _ 2 ~ c r - 1 ln 1 - ~ In(a+ va~ -1). ya- - 1 ya- -1
rn •Domaine Posons g(t) =
de définition 1 Int pour tE ]0, 1[ U ]1, +oo[
et g(O) = O.
= [0, 1[ U ]1, +00[, donc f est définie pour tout x tel que l'intervalle d'extrémités x et 2x soit inclus dans L:::..
g est continue sur !::::.
Par conséquent,
f est définie sur !::::.
=
[0, ~[U ]1, +oo[ .
• Variations Soit G une primitive de g sur [0, 1[. Pour xE [0, f(x)
=
donc f est de classe Cl sur [0,
~ [ , on a :
G(2x) - G(x) , 1
2" [ avec:
1'(x) = 2g(2x) - g(x) ,
donc 1'(0) =
°et, pour x E ]0, 2"1 [ ln ~ ln 2x Inx est de classe Cl sur ]1, +oo[ avec la même
1'(x) =
On montre de même que expression de 1'.
f
Dérivation et intégration
109
• Limite en +00 Pour x
> 1 et t
d'où
-1 1 2
ln x ~ ln t ~ ln 2x ,
E [x,2x] , on a
~ g(t) ~
-Il , et en intégrant sur [x,2x] : nx x x ~ f(x) ~ (*) . In2x Inx
n x
lim f(x) = +00 .
On en déduit
x--++oo
1
f(x) l , lim f(x) = 0 ; entrame x--++oo x n x x nx donc la courbe C admet une branche parabolique de direction (Ox) . De plus
-1 2
~ - - ~ -1-
• Limite en 1+ Pour t
> 1 , on a 0 < ln t f(x)
~
~
t -1, donc g(t)
[2x
lx
~ = ln t-1
1
2x
~
1
--, t - 1
d'où:
-11 '
x-1
lim f(x) = +00. La courbe C admet donc l'asymptote x = 1.
et donc
x--+l x>l
• Limite en Pour x E 10,
~-
1
2" [ , on
a
f(x)
=
l
2x
o
dt ln t
-
-
lX 0
Le deuxième terme admet une limite finie en
~
dt ln t
-.
; étudions le premier.
Quand t tend vers 1 par valeurs inférieures, on a : Int=ln (l-(1-t)) d ,où
Or
-11 -
nt
l
2x
o
=
= - -1- + 1- t
-(1-t)+O((1-t)2) = -(1-t)(1+0(1-t)), Ct ( t ) ,
' ou
Ct
1 ---dt=ln(1-2x) 1- t
· bornee. ' est une f onctIOn
et
lim ln (1 - 2x)
x-+ ! <
on en déduit
lim f(x) = -00. x--+!
< 1 C admet donc une seconde asymptote d'équation x = 2"
.
=
-00 ;
Dérivation et intégration
110
• Tableau des variations et allure de la courbe y
...L
x
0
f'
00
l
2
......
2
+00
o
+ +00
+00
\ \/
f
o
1(2)
-oc
v x
L'encadrement (*) donne 1,4 ~ 1(2) ~ 2,9. Un calcul approché de l'intégrale donne 1(2) ~ 1,92.
[!] • Domaine
de définition et variations 1
Posons g(t) = -1- pour t E ]0,1 [U]l, +oo[ et g(O) = 0 . nt 9 est continue sur D = [0, 1[ U ]1, +00[. Pour tout x ~ 0 , l'intervalle d'extrémités x et x 2 est inclus dans D; donc 1 est définie sur D. Soit G une primitive de 9 sur [0,1 [ et sur ]1, + 00[ . Pour tout x E D, on a I(x) = G(x 2 ) - G(x) . Comme G est de classe Cl sur D, il en est de même de 1 et on a :
f'( x ) = 2xG'(x 2 )
-
G'(x)
2xg(x 2 )
=
-
g(x)
Posons t- 1 rp(t) = -1 - si t EJO, 1[ U JI, +oo[ ; rp(O) = nt rp est continue sur [0, +oo[ et, comme I(x) =
=
xl - 1 . nx
° ; rp(l) =
lax rp(t)dt, 1 est de classe
°
Cl sur [0, +00 [ , avec 1'(0) = rp(O) = et 1'(1) = rp(l) = 1 . Comme rp(t) > sur ]0, +oo[ ,lest strictement croissante .
°
• Calcul de 1(1) La substitution ln t I(x) =
1x
21nx
ln
1x
21nx
ln
U
1
21nx
=ln2+
= u, dt = eUdu donne, pour
eU -du =
Inx
1 -du+ U
eU - 1 --du. U
1x
21nx
ln
1.
eU-- d 1u U
x E D :
Dérivation et intégration La fonction u
eU -1
étant prolongeable par continuité en 0, on a :
f--> - -
u
1
21nx
lim x--+l
d'où
111
eU -1
--du=O,
Inx
U
lim f(x) = f(1) = ln 2.
x--+l
• Branche infinie 'li
Il existe A > 1 tel que, pour tout u ~ A, on ait ~ ~ e!u u A Alors, pour ln x ~ A , c'est-à-dire x ~ e , on a :
f(x) ~
1.
21nx
1
e!udu= - (x 2 -x), 2
Inx
d'où
lim f(x) = x--++oo
Ainsi, le graphe de
+00
et
lim x--++oo
f(x) =
+00.
X
f admet une branche parabolique de direction (Gy).
• Allure de la courbe y
o
x
W • Domaine de définition La fonction t
/
f-->
sur IR, avec cp(O)
cp( t) = et
+t -
1 est strictement croissante et continue
= 0 ; donc 1/1 =
.!.cp
est définie et continue sur IR·.
Or, pour tout x, l'intervalle d'extrémités 2x et 3x est inclus dans IR·, donc f est définie sur IR· .
• Continuité et dérivabilité Soit 9 une primitive de 1/1 sur ] - 00,0[ et sur ]0, +oo[ . On a alors f(x) = g(3x) - g(2x) , donc f est de classe Cl sur JR* avec: f'(x) = 3g'(3x) - 2g'(2x) = 31/1(3x) - 21/1(2x) =
3e 2x
-
2e 3x
-
cp(3x) cp(2x)
1
.
112
Dérivation et intégration x
L'étude du signe de cp montre que cp(3x) cp(2x) > 0 pour tout x =f. o.
f'
est donc du signe de h(x) = 3e 2x - 2e3x
-00
0
h'
+
h
/
0
+00
-
0
1. X 2X De h'(x) = 6e (I_e ), on déduit le tableau ci-contre.
~
!'
-
-
f
~
~
-
-
• Étude aux bornes du domaine - En +00
1 Lorsque t tend vers + 00, on a '!fJ(t) = 0(t 2 )
1
3x
If(x)l::;;
grand
1
3x
K
1 1 1 2" dt = -2 - -3 ' t x x
2x
on conclut
L'axe (Ox) est donc asymptote au graphe de
Autre raisonnement: comme t lim
-
1
3X
X-++OO
2x
On a donc pour x assez
2" dt où K est une constante. t
2x
Comme
.
-dt = t2
1---+
lim
x-++oo
lim f(x) = O.
x-++oo
f.
, ble sur [1, +00 [ ,on a : t12 est . mtegra
(1+
00
-dt t2
2x
i+ 3x
oo
-dt)
t2
=0
.
En-oo
1
Ona '!fJ~) =
(t - 1) (1 et
1
1- t
t
~
+t _
1)
Or - - = 0 ( -) quand t tend vers -00 . On a donc :
'!fJ(t) = t
~1
( 1 + O(
~))
=t
~ 1 + a(t) ,
où a(t) = 0(t12 ) quand t tend vers -00 . On en déduit:
f(x) = {3x dt 1 + {3x a(t)dt=ln\3X-l\+ {3X a(t)dt. J tJ 2x - 1 Jx 2x
2x
Comme ci-dessus, on voit que
2
lim x-+-oo
d'où
(3x
J2x
lim f(x) = ln -23 . La droite y = ln
x-+-oo
a(t) dt = 0,
~2
est donc asymptote.
Dérivation et intégration
- En 0 Quand t tend vers 0, on a cp(t) et 'tf;(t) = 21 t de O. De
lim f(x)
x -+O
1 = -2
oùf3estbornéedansunvoisinage
1 - +1 3X
2x
on déduit
= 2t + O(t 2)
(1+0(t))=~+,B(t) 2t f(x) =
ln -23
113
3x
dt 2t
,B(t) dt,
2x
puisque
lim
1
3x
,B(t) dt = 0 .
x -+ O 2x
f est donc prolongeable par continuité en 0, avec f(O) =
21 ln 23 ..
Étudions la dérivabilté en O. On a :
cp(2x) cp(3x) '" 4x x 6x o h(x) = 3 (1
=
24x 2 ,
1
+ 2x + 2 (2x)2 + o(x 2))
- 2 (1
1
+ 3x + 6 (3x)2 + o(x2))
- 1
= -3x 2 + o(x2) . On en déduit: , f'() l lm x
x -+ O
Comme
f est continue en
=
2 l'lm -3x -
x -+ O
24x 2
= - -1 . 8
0, elle y est dérivable avec 1'(0)
(théorème du prolongement de la dérivée),
1
8
• Allure de la courbe y
°
1 x
~ Intégrons deux fois par parties :
1b
f (t) dt = [(t
+ Q) f (t )]: -
lb a
(t
+ Q) l' (t) dt = -
lb a
(t
+ Q) l' (t) dt
114
lb
Dérivation et intégration
f(t) dt
où a et
[C
= -
t +2a )2
+,6) !'(t)]: +
lb C
t +2 a )2
,6 sont des réels arbitraires. ,6 vérifient:
Le terme tout intégré est nul si a et
{a
{=>
,6 " Le polynome P(t)
(t
=
P(t) = ~ Ainsi, pour tout t
lb
f(t) dt
lb
Il ~
~ M2
ŒJ
[a, bl , on a P(t)
E
a+b
--2 1 2 --(b-a) 4
= =
+2a? +,6 s'ecnt , . alors:
[t 2 -(a+b)t+ab]
2
Il
+,6) !,,(t)dt,
~
=~(t-a)(t-b).
2 0 , d'où :
IP(t)lllf"(t)1I dt
lb
IP(t)1 dt
a
=
-M2
lb a
Pour x > 0, la fonction définie par f( t)
=
P(t) dt
t-
=
(b - a)3 12
M2
~(t)
est continue par
morceaux, donc I(x) est bien définie. En posant n
=
E(x) , on a:
I(x) = x -
Or
lx
E(t) dt t
-
o
rE~t)dt = "tlk Jo k= l k - l
=
X -
ln 0
E(t) dt t
-
IX -E(t)- dt .
E(t)dt="t(k-1)l k t
k=2
t
n
dt
k- l
t
n
= 2)k - 1) (ln k -ln (k - 1)) k= 2
n
n- l
= 2:)k - 1) ln k k= 2
et
l
n
x
E(t) - - dt t
=
n
L k ln k = n ln n -
ln (n!) ,
k=l
IX -dt = nlnx - nlnn. On conclut donc: n
t
I(x) = x
+ ln (n!)
- nlnx .
Dérivation et intégration
115
D'après la formule de Stirling, on a :
r
n-2r.roo
(
n! ) J2rrn (; ) n
= 1,
lim [ln (nI) - ln v'2rrn + n ln n - n] = 0 ,
d'où
n->+oo
ou encore
ln (nI)
=
1
(n+"2) Inn-n+0(1).
On a donc:
1 (x) = x + (n +
ln n - n - n ln x + O( 1)
n 1 (x - n) + n ln ; + "2 ln n + 0 (1) .
=
Or
1
"2)
x 1 0 ~ x - n ~ 1 et 0 ~ n ln - ~ n ln (1 + -) . n n
Comme
lim nln (1 +
n->+oo
.!.) = n
1 , la fonction x
1-+
nln:: est bornée. n
En tout: l(x)
1
lIn
1
= "2lnn+0(1) = "2lnx+ "2ln; +0(1) = "2lnx+0(1).
En conclusion:
1 l(x) '" -lnx. +00 2
ŒJ • Noyau On a les équivalences suivantes : u(J)
= 0 -<=> fil = 0 -<=> 1'(x)
=
a -<=> f(x)
= ax + b
où a et b sont des constantes. Comme f est périodique, on a nécessairement a = O. Donc Ker u est l'ensemble des fonctions constantes . • Image - Supposons 9 E lm u et soit f E E tel que u(J) = g, donc!" = g, d'où
f'(x
Comme donc
+ 1) -
1'(x)
f est périodique de période J'(x
+ 1) - J'(x) = 0
et
=
1 lxt+ g(t) dt.
1, il en est de même de
l
x
1
+ g(t) dt =
1 1
l' et de f",
g(t) dt.
Dérivation et intégration
116
On a donc montré l'implication:
fol g(t) dt = O.
g E lm u ==>
Réciproquement, soit g E E tel que
-
fox g(t) dt
Posons h(x) = a +
h(x + 1) - h(x) =
l
lai g(t) dt = o.
où a est une constante. On a : x
l
+ g(t) dt =
fol g(t) dt = 0,
d'où h de période 1 et de classe Coo , donc h E E .
fox h(t) dt , alors :
Posons encore f(x) =
f(x+ 1) - f(x) =
l
x
Posons enfin a = Alors -
f
E E et
+
l (foU g(t) dt + a) du = fol (foU g(t) dt) du+a.
fol (foU g(t) dt) du.
u(f) = g . On a donc bien g E lm u .
Conclusion
lm u
101
L.!!J
a) On a Imln =
J1< -
est impaire.
,
Donc In est reel et In
1f
=
= {g 5
E E;
fol g(t) dt = O} .
sin 0 , 4 0 dO = 0, puisque la fonction à integreJ + cos
J" - 1f
cos 0 0 dO . 5 + 4 cos
b) On a: cos nO + cos (n - 2) 0 = 2 cos 0 cos (n - 1) 0 . En écrivant 2 cos 0 cos (n - 1) 0
1 5 (5 + 4 cos 0) - -] cos (n - 1) 0 , 2 2
= [-
on obtient: cos nO cos(n-2)O 1 ( ) 5cos(n-1)O ---,---::-+ = -cos n-1 0-. 5+4cosO 5+4cosO 2 25+4cosO
Puisque
i:
Dérivation et intégration cos (n - 1) BdB
117
= 0 pour n ~ 2 , en intégrant sur [-'Ir, 'Ir]
on en déduit que:
ou encore:
In
5
+ '2 In-l + In-2 = o.
c) On a:
10 =
=2 J-'If'If 5 + dB 4 cos B
1" 0
dB
-:c:----:---:;-
5
+ 4 cos B
Le changement de variable
B
tan 2
=t
.
'
dB=~2 1 +t
donne:
r+
10 = 2 Jo
oo
5
1 - t2
cosB = 1 +t2
1 2dt 1 - t2 1 + t 2 +4 1 + t 2
roo
= 4 Jo
dt
t] +00
4 [
t2 + 9 = 3" arctan 3"
0
2'1r
=""3.
On en déduit:
Il =
J-''IIff
J'If (1 5 'Ir ) dB = - -'If 5 + 4 cos B 2
cosB
1 dB = 5 + 4 cos B 4
d) Les racines de X 2 + ~X
Ct
~r.
et {3, prenons n = 0 et n
=
2'1r 3
1101
o
1 = ( _ ~)n 2'1r .
f est de classe COO sur 1 f' (t) = 1 + cos t + i sin t
J(1 + cost)2 + sin
2
n
1.
/f'(t)/ =
1: 2'1r 3
3
En conclusion, on obtient
'Ir
·
+ 1 sont -2 et - ~ ; on en déduit:
In =Ct(-2)n+,B( Pour déterminer
5 4
- 10 = -- .
2t
'Ir, 'Ir [
=
3
et
V2 (1 + cost) = J4COS 2 ~,
3
118
Dérivation et intégration
t d'où, puisque cos 2 > 0 :
1J'(t)1 = 2 cos ~ . On a donc: 2 t . t t 2cos 2+2sln2COS2 t t ,t 1f'(t)1 = 2cos!. =cos 2 +isin 2 =el~, 2 t t d'où
J'(t)
2. Identifions l'ensemble
tangente orientée au point de paramètre t. ---+ t t t ---+ ---+ Comme T = cos 2 + i sin 2' 2 est donc une mesure de l'angle (el , T) . 2
o
-1t
La courbe est une arche de cycloïde.
Les corrections de problèmes _______
lliJ
1. Considérons la fonction BI--->
(a
J,
de [0,
il
dans IR, donnée par:
2acos8 b) sin 2 B
+ b) + (a -
Dérivation et intégration
1 est
119
bien définie sur [0, ~] et de classe COO avec:
1'(0) = 2a cos 0 [(a + b) - (a - b) sin 2 0] [(a + b) + (a - b) sin 2 0]2 Dans ] 0,
.
7r
"2 [ , on a l' (0) > 0, donc 1 est strictement croissante. Comme 7r
7r
1(0) = 0 et 1("2) = 1 , on a donc 0 < 1(0) < 1 pour 0 E ]0, "2 [ .
~:e~o~ction g définie par g( 0) = arcsin 1(0) est de classe C dans] 0, ~ [, OO
'(0) _ g
-
1'(0)
VI - 1(0)2 2a cos 0
x
V[(a+b)+(a-b)sin20]2-4a2sin20
Or
a + b - (a - b) sin 2 0 2
a+b+(a-b)sin 0
[a+b+(a-b)sin20]2-4a2sin20 =
(a + b)2 - 2(a 2 + b2) sin 2 0 + (a - b)2 sin 4 0
=
(1 - sin 2 0) [(a
=
cos 2 0 [(a+b)2 - (a- b)2 sin 2 0] ,
+ b)2 -
(a - b)2sin2 0]
d'où: g
'(0) -
2a v(a+b)2-(a-b)2sin20
X
a+b-(a-b)sin 2 0. 2 a+b+(a-b)sin 0
Le théorème du prolongement de la dérivée montre que g est de classe
Cl
dans [O,~]. La substitution r.p = g(O) donne alors:
a2 cos2 r.p+b 2 sin 2 r.p = a2 _(a 2 _b 2 ) 1(0)2 = a2
(0 +
b - (a - b) sin 2 0) 2 a+b+(a-b) sin 2 0
d'où
dr.p Va 2 cos 2 r.p + b2 sin 2 r.p
2dO v(a + b)2
+ (a _
b)2 sin 2 0 dO
120
Dérivation et intégration
dO
J
(a; b) cos 2 0 + absin 2 0
Vai
dB cos 2 B +
br sin2 0
Comme g(O) = 0 et g( ~) = ~ , on en déduit:
r/ G= Jo
dO
2
Vaîcos20+brsin20
2. Considérons les suites (an) et (b n ) définies par ao pour tout n E ]N" :
= a, bo = b et,
On montre par récurrence que, pour tout n E ]N., on a :
bn- 1 < bn < an < an-l . La suite (an) est donc décroissante et minorée par b, donc convergente vers une limite Q. De même, la suite (b n ) converge vers une limite f3. Or, en passant à la limite dans (*), on a
Q= Q; f3 , d'où Q= f3 .
Ainsi, les suites (an) et (b n ) sont adjacentes et, par récurrence, on a pour tout nE ]N : G = ["/2 ---r===::=d='P====;<== Jo cos 2
Jan
3. Soit G =
r/ Jo
2
d
VI
+ cos 2 'P
=
["/2
Jo
---r===;:=d~'P==..= V2cos 2
Considérons les suites (an) et (b n ) définies ci-dessus, avec a = b = l . On a pour tout n :
b;' ~ a;' cos2
11"
11"
2an
2bn
-~G~_·
On obtient ainsi un encadrement de G dont la longueur est :
../2
et
Dérivation et intégration
Avec n = 2, on a a2 = 1,19815, ~ d'oùG = 1,311 0 à 10- 4 près.
121
= 1,19812 et l < 10- 4 ,
Remarque: la limite commune des suites (an) et (b n ) est appelée la moyenne arithmético-géométrique de a et de b.
r1ïll 12
~ 1.
p
osons Pa
( ) _ (x - c)(x - b) _ (x - c) (x - b) . X
(a _ c) (a _ b) -
-
2r2
Pa est donc un polynôme de degré 2 tel que: Pa(a) = 1 , Pa(b) = Pa(c) = O. (x - a)(x - c) _ (x - a)(x - c) D e me me Pb x - (b _ a) (b _ c) 2r2 A
et
(
)
_
c(x) = (x - a) (x - b) = _ (x - a)(x - b) . (c-a) (c- b) r2 P
Le polynôme d'interpolation est alors :
P
f(a)Pa
=
+ f(c)pc + f(b)Pb'
2. En utilisant le changement de variable x = rt Q
=
l
b
P(x) dx = r
f
+ c,
on obtient:
1
P(rt
+ c) dt .
- 1
a
Or
P(rt + c'f = f(a2) (rt) (rt - r) - f(c2) (rt + r) (rt - r) + f(b2) (rt + r) (rt) 2r 2r 2r 111 = ("2f(a) - f(c) + "2f(b))t2 + "2 ( - f(a) + f(b))t + f(c), d'où
[11 P(rt + c) dt = 2 fol [(~f(a) 1
=
puis
tl
b) Soit xE [a,b].
+ ~f(b))t2 + f(C)]
dt
1
3 f (a) + 3 f (c) + 3 f (b), b -a Q = -6- (J(a)
3. a) On a H' = P'
w. Il existe donc k
4
f(c)
=
+ kw'
.
+ 4f(c) + f(b)) .
et w'(c) i- 0 puisque c est racine simple de f'(c) - P'( c) ( ) tel que H'(c) = J'(c) . w' c
122
Dérivation et intégration
• Si x E {a, c, b}, on peut choisir ç arbitrairement puisque, en ces points, f et H coïncident et w s'annule . • Si x
ri- {a, c, b} , on peut choisir 1 tel que cp(t) = f(t) - H(t) -1 (t - a) (t - c)2(t - b)
s'annule en x. cp admet alors les quatre zéros a, b, c et x. Par le théorème de Rolle, on en déduit que cp' admet trois zéros n'appartenant pas à {a, b, c, x} . Comme cp'(c) = 0, cp' admet quatre zéros, donc cp" au moins trois, puis cp(3) au moins deux et cp(4) au moins un . On dispose donc d'un réel
ç tel que
cp(4)(ç) = 0 .
Comme cp(4)(t) = f(4)(t) - 4! l, en posant t = f(4) (ç) 1= - - ,
ç , on
obtient:
24
puis la formule demandée en posant t
x .
=
c) On a:
lb
(x - a) (x - c) (x - b) dx = r
JI (rt -
a
r)( rt) (rt
+ r) dt = 0 ,
- 1
puisque la fonction à intégrer est impaire. On en déduit:
1- Q=
lb
f(x) dx
-lb
P(x) dx
lb
=
(J(x) - H(x)) dx,
et donc
II - QI ~
~4lb !(x -
a)(x - c)2(x - b) 1 dx.
Or (x - a) (x - c)2(x - b) ~ 0, donc:
./ M4lb
II - QI ~ - 24 On a
l
d'où
II - QI ~ 2~;O
b
(X -
a
(x -a) (x - c) 2 (x - b) dx.
a) (x - c)2(x - b) dx
=
r
i
l
l
(ri - r) (rt)2(rt
+ r) dt
(b - a)5 .
Remarque
lb
f(x) dx
~ b ~ a (J(a) + 4f(c) + f(b))
est la formule de Simpson.
INTÉGRATION SUR ~ UN INTERVALLE QUELCONQUE • Fonctions intégrables • Normes définies par des intégrales
L'essentiel du cours • Fonctions intégrables Les fonctions sont définies et continues par morceaux dans un intervalle 1 de IR et à valeurs dans K = IR ou
• Fonctions positives - Une fonction 1 : 1 - t IR+ continue par morceaux et positive est dite intégrable (ou sommable) sur l, lorsqu'il existe A ~ 0 tel que, pour tout segment 1 de l , on ait
1 Il
1 !( A . Son intégrale sur 1 est alors: =
~~~11
où S est l'ensemble des segments de 1.
+= -
Soit (ln) une suite croissante de segments de 1 telle que
U ln =
1.
n=O
f
est intégrable sur 1 si, et seulement si, l =
ce cas
11=
Hm
n ..... +=
JJr 1 est fini; dans n
l.
• Fonctions réelles ou complexes - Une fonction f : 1 - t K continue par morceaux est dite intégmble (ou sommable) sur 1 lorsque la fonction III l'est. ... En PT, on dit que l'intégrale de
1 est
absolument convergente.
124
Intégration sur un intervalle quelconque
- Si K = IR, et 1- = sup( -
1 est intégrable sur I si, et seulement si, 1+ = supU, 0) 1,0) le sont; on définit:
- Si K =
- Si I est un segment, toute fonction continue par morceaux dans lest intégrable sur I et la valeur de l'intégrale est celle définie au chapitre 4 .
• Premières propriétés - Linéarité L'ensemble Ccm(I, K) des fonctions continues par morceaux, intégrables sur I et à valeurs dans K est un espace vectoriel.
V/,g E Ccm(I,K)
VI E Ccm(I,K) V>"
E
K
Comparaison Soit 1: I -> K continue par morceaux. S'il existe une fonction
IR+ continue par morceaux et intégrable sur I telle que
III ~
I et
Il Il ~ 1
En particulier, si 1 est intégrable sur l, on a :
- Toute fonction continue par morceaux et bornée dans un intervalle I borné, est intégrable sur I. Exemple d'utilisation: J(x) = sin.!.. ; 1 =]0, 1]
x
f -
est intégrable sur 1 et
Soit
I l JI ~ 1 .
1 continue par morceaux sur I = [a, b[ , (où
Si 1 (t) = 0 (
->
b ~ +00 ).
b, avec
Intégration sur un intervalle quelconque
125
RemaTYJue. On en déduit le critère suivant: Soit 1= [a, b[ et f et 9 continues par morceaux sur l telles que f(t) '" g(t). b
f est intégrable sur l si, et seulement si, 9 l'est. En effet, f '" 9 entraîne f = O(lgl) , donc, si 9 est intégrable, f l'est Alors
aussi et réciproquement. - Soit f et 9 deux fonctions continues par morceaux dans l et égales, sauf en un nombre fini de points. Si
f est intégrable sur l, alors
-
Cas des fonctions réelles
Si f est intégrable et f
~ 0 ,alors
Si f et 9 sont intégrables et f Si
9 est intégrable sur
1~ f
~ 9 ,alors
1 et
1 =1 9
f .
0.
1 ~1 f
9.
f est continue et positive:
1
f = 0 -<==>
'it E 1
f(t)
=0.
• Propriétés relatives à l'intervalle - Si et:
f est intégrable sur l, f est intégrable sur tout intervalle If
C 1
{ f = {XI'f, JI' JI où XI' est la fonction caractéristique de If. - Si 1 = la, b[ (où -oo~a < b~ +00) et cEla, b[, alors f est intégrable sur 1 si, et seulement si, f est intégrable sur la, cl et sur [e, b[ . -
Soit l = [a, b[ (où b ~ +00 ). Si f est intégrable sur l, alors:
r
(f = lim f(t)dt. x~ x
JI
On écrit alors De même, si
1 lb f
=
f(t) dt .
f est intégrable sur
1=
{ f = (b f(t) dt JI
Ja
=
la, bl
(a ~
-00 ),
!~ (b f(t) dt. x>a Jx
on a :
Intégration sur un intervalle quelconque
126
- Si f est intégrable sur l, pour a, b et c adhérents à 1 (finis ou non), on a:
la lb
-lb le
f(t) dt
f(t) dt
f(t) dt +
f(t) dt
lb
f(t) dt .
• Remarque importante Lorsqu'une fonction f est positive sur 1
-
sur 1 si, et seulement si, la limite lim
x~b x
Si 1 = lim
x--+a x>a
la, b] , f
lb
[a, b[, elle est intégrable
=
Jara f(t) dt
existe et est finie.
est intégrable sur 1 si, et seulement si, la limite
f(t) dt existe et est finie.
x
1
a> 0 et fa(t) = . fa est: ta intégrable sur [a, +oo[ si, et seulement si, i l > 1 ; intégrable sur ]0, a] si, et seulement si, i l < 1 . Exemple.
-
Soit
il
E IR,
Si f est à valeurs quelconques sur 1
= [a, bL lim (X f(t)dt peut exisx -+ b
x
lna
ter sans que f soit intégrable sur 1. On la note néanmoins
On a, par exemple,
1
+= sin t
o
- - dt t
'Ir
= -, mais 2
t
sin t 1--+ -
t
lb
f(t) dt.
n'est pas intégrable
sur ]O,+oo[ (cf. Exercice 4).
... En PT, on dit, dans les deux cas, que l'intégrale converge . • Normes définies par des intégrales • Norme de la convergence en moyenne L'ensemble L~(J, K) des fonctions f: 1 -+ K continues et intégrables sur 1 est un espace vectoriel. N 1 (f)
=
jlfl
définit une norme dans L~(J, K) appelée norme de la convergence en moyenne.
Intégration sur un intervalle quelconque
127
• Norme de la convergence en moyenne quadratique L'ensemble L~(I, K) des fonctions f : 1--> K continues sur l et telles que 1f1 2 soit intégrable sur l, est un espace vectoriel. Si
f et
g appartiennent à L~(I, K) , le produit
L'application: (J, g)
1-4
17 Jl lf,2 g = (J
1
f g est intégrable sur 1.
g)
est un produit scalaire sur L~(I, K) . La norme associée : N 2 (J)
=
est appelée norme de la convergence en moyenne quadratique .
• Comparaisons -
f et g appartenant à
Pour
L~(I, K) , on a:
I(J 1g)1 ~ N1(Jg) I(J 1g)1
~ N2(J) N 2 (g)
~ N2(J) N 2(g) .
est l'inégalité de Cauchy-Schwarz dans l'espace
préhilbertien L~(I, K) . -
Lorsque 1 = [a, b] est compact,
L~(I, K)
=
L~(I, K)
= C (I, K) et, pour f N 2 (J)
~
N 1(f)
~
Vb Vb -
E
C (I, K) , on a :
a Nao(f), a
N 2 (f) .
Les énoncés d'exercices
'1J
Étudiez l'intégrabilité des fonctions suivantes: earctan
a) f(t) =
t
t _ 1
sur ]0,1] ;
128
Intégration sur un intervalle quelconque
b) g(t)
= arc~ant
sur [1,+00[;
c) h(t) = arc::nt sur ]0, +oo[ ; d) i(t)
=
arc::nt sur [1, +oo[ ;
e) j(t)
=
e -tr - e-tr
a2
f) k(t) = (
b2
t
t
e - e
sur ]0, +oo[ ;
1) 1
"2 sur ]0, +oo[ .
-2
-t -
t
°
~ Pour a > et (3 réels, calculez: I(a,(3)
f
[]] Soit
= 10+ e- at cos(3tdt 00
et J(a,(3)
= 10+ e- at sin(3tdt . 00
une fonction de [0, +oo[ dans IR, de classe C2 , telle que
12 et
(f") 2 soient intégrables sur [0, +00 [ . Montrez que
1
[!]
(f') 2 est intégrable.
Montrez que x
t
1-+
1-+
t Jo
sin t dt admet une limite finie en +00, mais que t
sin t , . , ble sur ]0 , +00 [ . - - n est pas mtegra t
[]] Soit a> O. Étudiez suivant les valeurs de x et de y l'intégrabilité sur [a, +oo[ de la fonction définie par:
..
~ Montrez que la fonction : t
est intégrable sur ] 0,
[f]
1-+
ln (sint)
'Ir
"2 [ et calculez son intégrale.
Montrez que la fonction calculez son intégrale.
1 :x
1-+
ln (tan x) est. intégrable sur ] 0, ~ [ et
Intégration sur un intervalle quelconque
ŒJ
> et b > O. Calculez les intégrales:
Soit a 1=
°
1
+00
e-ax - e- bx
o
x
dx et J
=
1+
00
arctan ax - arctan bx
x
0
(_l)E(t)
[Q]
Pour t;? 1 soit f(t) =
et g(t) = f(t)
t
+t
1. Montrez que les fonctions f et g sont équivalentes en Sont-elles intégrables sur [1, +00 [ ?
2. Étudiez les limites éventuelles de tend vers
,110 1
129
1 ln(t
dx .
+ 1)
+00.
JX f(t) dt et JX g(t) dt lorsque x
+= .
1+
00
-t
_e_ dt est équivalent à -ln x lorsque x tend vers o x +t par valeurs supérieures.
Montrez que
° lliJ
Soit f de ]0, a] dans rn. une fonction continue par morceaux, décroissante et intégrable sur ]0, a] . Montrez que
Jor f(t) dt =
n
lim
Sn
où Sn
=
n--->+oo
~ ~f(k~). n
k=l
1f
Application: Calculez On pourra factoriser
1a"'I ln (sin t) dt .
X 2n -1 X2 _ 1 dans ([; puis dans
rn. .
Les énoncés de problèmes
[1]J
(D'après le concours Centrale) 1. Pour nE N* et t E [0, v'n] , montrez l'encadrement:
n
130
Intégration sur un intervalle quelconque
10 Vn e-
2. Déduisez-en un encadrement de
dt à l'aide d'intégrales de
t2
'If
la forme Ip
= 1o"'! cosP x dx
avec p
E
IN .
3. Déterminez un équivalent de Ip lorsque p tend vers +00 et déduisez-en
la valeur de
10+
00
e- t2 dt .
]J
(D'après le concours X) 1. Soit 9 et h deux fonctions numériques définies, continues et strictement positives sur l'intervalle [a, +oo[ et dont le quotient admet la limite 1 en +00.
a) On suppose 9 intégrable sur [a, +oo[ . (+oo
Montrez que les fonctions x
f-+
lx
g( t) dt et x
f-+
1+
00
h(t) dt sont
équi valentes lorsque x tend vers +00 .
b) On suppose que 9 n'est pas intégrable sur [a, +00[. Montrer que les fonctions x
f-+
lX
g(t) dt et x
f-+
lX
h(t) dt sont alors
équivalentes lorsque x tend vers +00 . 2. Soit f une fonction numérique définie, strictement positive et de classe
Cl sur [a, +oo[ . On suppose que
x J'(x)
lim - f ( )
X- +CXl
X
=0.
a) Montrez que:
lnf(x) = 0 . lnx b) Si 0 < -1 , montrez que f est intégrable sur [a, +oo[ et que les +00 () xf(x) , fonctions x f-+ f t dt et x f-+ - - - sont equivalentes en +00 . lim
x~+oo
1
0
X
c) Si 0> -1, montrez que
+1
f n'est pas intégrable sur [a, +oo[ et qu'alors:
r f(t) dt +='" x f(x) . +1
la
0
d) Montrez par des exemples que, dans le cas où 0 = -1, on ne peut rien dire concernant l'intégrabilité de f sur [a, +oo[ .
Intégration sur un intervalle quelconque
131
Quelques coups de pouce
Il
Cherchez des fonctions équivalentes.
~ Étudiez K
1 + iJ .
=
!
lim r (J' (t)) 2 dt . Jor (J' (t») 2 dt, puis étudiez l'hypothèse x~+ooh
@J
Intégrez
[I]
Pour démontrer l'existence de la limite de
r sint t dt , vous pouvez
Jo
intégrer par parties pour obtenir un dénominateur en t 2 ; choisissez bien la primitive de sin t ou n'intégrez que sur JI, x[ .
,
Une autre methode est de transformer
lmr
d'une série convergente. Cette méthode s'applique aussi à
[]] Considérez les cas y > 0, y
=
a
sin t - - dt en somme partielle
t
r" 1sint tl dt.
Jo
0 et y
<0.
[ill
Comparez ln sin t et ln t au voisinage de 0+. Pour le calcul, le changement de variable t = 2u permet d'obtenir une équation qui donne la valeur de l'intégrale.
ŒJ On peut utiliser ]0, ~ [ = ]0, ~]u[~, ~ [ou f(x) = ln (sinx)-ln (cosx). t
[§J
Étudiez l'intégrale 1 sur [a,,BJ à l'aide de changements de variable et de la relation de Chasles.
œ
Pour étudier
et exprimez série.
JX f(t)dt, prenez le plus grand entier n tel que 2n+1::;x
r
Jl
2n + l
J(t) dt sous la forme d'une somme partielle d'une
132
; j)]
Intégration sur un intervalle quelconque
Pour trouver la partie principale de l'intégrale lorsque x tend vers 0,
montrez d'abord que
j+oo f(t) dt est bornée, puis intégrez par parties
sur ]0, l[. ] ] On peut écrire f((k+1)~ )~f(t)~f(k~) pour tout t E [k~, (k+1)~], n n n n puis intégrer.
12]
1. La fonction x
1-+
eX est convexe.
2. Utilisez des changements de variables trigonométriques. 3. Montrez d'abord que In+l = _n_ In-l . n+l On peut en déduire la valeur de In selon la parité de n, mais cela n'est pas indispensable ici.
1'131
1. Intégrez l'encadrement (1 - ê) g(t) ~ h(t) ~ (1
+ ê) g(t)
sur des intervalles convenables. 2. a) Si a
-=1=
0, utilisez 1.b avec 9 =
ff'
a et h(x) = -; .
b) Prenez ,BE]a,l[. c) Prenez ,B E ]-l,a[.
Les corrections d'exercices
[Il
Toutes les fonctions proposées sont continues.
a) Quand t tend vers 0, on a earctan t - 1 rv arctan t donc f(t) rv 1 . o Ainsi f est bornée, donc intégrable sur ]0, 1] .
rv
t,
Intégration sur un intervalle quelconque b) Quand t tend vers +00 , on a
arctant
133
7r rv
t
-
2t
•
7r
Comme t 1---+ 2t n'est pas intégrable sur [1, +00[, il en est de même de la fonction g.
c) Quand t tend vers 0, on a h(t)
1 rv
-
.
t
Comme.!. n'est pas intégrable sur ]0,1], h n'est pas intégrable sur cet t
intervalle, ni sur ]0, +oo[ .
~. 2
Comme t 2t intégrable sur [1, +oo[ , i est intégrable sur cet intervalle.
d) Quand t tend vers +00 , on a
-1 b . On a
e) On suppose a
i(t)
rv
1---+
~2 t
est
lim j (t) = 0, donc j est intégrable sur ]0, 1] .
t->O
Quand t tend vers +00 :
-5
a2 1 -~ b2 1 e t =1-(ï+o(t 2 ); e t =1- t2 +o(t 2 )
d'où j(t) ==
b2 _a2 1 t2 + o(t 2 ) .
Comme t
t~
1---+
est intégrable sur [1, +00[, j est intégrable sur [l, +00 [ .
Donc j est intégrable sur ]0, +oo[ .
f) Quand t tend vers +00 , on a k( t) = 0 (t12 ) , donc k est intégrable sur [1, +00[. Quand t tend vers 0, on a : et _ e-\ t
t
D'où
et - e- t
donc lim k(t) t->O
t2
t2
= 2 +"3 +o(t 2) = 2(1 +"6) +o(t 2).
1 t2 t 1 t2 =-(1--)+o(t 2 ) puis __ = __ +o(t 2), 2 6 et - e - t 2 12
= -~ . 12
Par conséquent, k est bornée et donc intégrable sur ]0,1]. En conclusion, k est intégrable sur ]0, +oo[ .
~
On a
le-at cos,8tl
~ e- at . Comme ct > 0, on a
eat
=
O(t~)
quand
1---+ eest intégrable sur [0, +00[, d'où ['existence de l (ct,.8) . Celle de J (ct,.8) se démontre de la même façon .
t tend vers +00 , donc la fonction t
at
134
Intégration sur un intervalle quelconque
= 1 (a, (3) + iJ (a, (3) . On a :
Posons K K
=
1
+00
o
e( -
.
dt
0+113) t
d'où I(a,(3) = ReK=
,
et J (a, (3) = lm K =
1
"ID
Comme
x
1--4
a
[e( -o+i/3) t] +00 -a + i(3 0 a 2 (32
-1 -a + i(3
=
=
a + i(3 a 2 + (32 '
a + (3 2 (32
+
(J') 2 est de signe constant, il suffi t de montrer que
fox (J' (t)) 2 dt
admet une limite finie en +00 . On a :
fox (J'(t))2 dt =
[f(t)
j'(t)]~
-fox f(t) J"(t) dt.
f et J" sont de carré intégrable sur [0, +00[, f J" est intégrable
Comme
sur [0, +00[, donc x
1--4
fox f(t) J"(t) dt
admet une limite finie en +00.
Supposons alors (J') 2 non intégrable, donc
lim x--->+oo
Jor
(J' (t)) 2dt = +00.
D'après la relation ci-dessus, on aurait alors: lim f(x) j'(x)
x ---> +oo
d'où
=
+00,
Jor f(t) j'(t) dt = +00 . fox f(t) j'(t) dt = [~ (J(t))2 = ~ ((f(x))2 lim
x --->+oo
Or
J:
On aurait donc
lim f(x)
x-+oo
=
(f(0))2) .
+00 ,
ce qui n'est pas, puisque f2 est intégrable sur [0, +oo[ . En conclusion, (J') 2 est intégrable sur [0, +oo[ .
[j]
1.. Première méthode
. ' sur 10, x [ pour tout x > La fonction t 1--4 -sin t est contmue et b ornee t x sin t .,. donc dt est bien definl. On a o t
l
l
x
o
sint d t= t
11 0
-sint d t+ JX -sint dt t
1
t
°,
Intégration sur un intervalle quelconque
135
et
r sint dt = [ _ cos t]
JI
cost
Or ~
JI
1
cos x x
= _
t
+ cos 1 _ 1
r co~ t dt .
JI
t
1
= 0(t 2 ) quand t tend vers +00.
:2
Comme
r co~ t dt
x _
t
t
est intégrable sur [1, +oo[ , il en est de même de t
1--->
c~ t
.
En notant l son intégrale on a donc: lim x ..... +oo
d'où
· 1lm
1
1--->
cost dt = roo cost dt = l t
2
JI
t
2
'
lX -sint- d -11 sin t d + -cos- - l . lX sint dt admet bien une limite finie en +00 . t
x ..... +oo
. Donc x
r
JI
t -
0
1
-- t t
0
1
--
o
t
Variante On peut intégrer par parties sur 10, x[ , à condition de bien choisir la primitive de sin t :
r sin
Jo
r
r
t dt = [1 - cos t] x _ 1 - ~os t dt = 1 - cos x _ 1 - ~os t dt. t , t 0 Jo t x Jo t
En utilisant 1t 2 +0(t 2 )
1 t + o(t) quand t tend vers 0, t 2 t on termine ensuite comme ci-dessus . 1 - cost
= _
2
• Deuxième méthode Pour x > 0, soit n =
E(::') E.IN tel que: 'Ir
On a alors:
l
sin t -dt=
x
o
Pour x >
'Ir ,
I
t
on an>
l
X
mr
sin t t
nrr
0
°
- - dt
l
sin t t
-dt+
lX -sindt t . t
nrr
et alors :
1
~
lX
nrr
1 - dt t
~
l(n+l l rr nrr
-
1
n'lr
1 dt = - . n
136
Intégration sur un intervalle quelconque
On en déduit: · 1lm
x-t+oo
lX -sintt- d mr
= O.
t
D'autre part
i
n 11"
o
or
l
(k+l)11"
h
1+
t
.
n-l
'"' -sm d t=~
t
k=O
sin t dt = t
1
-sm d t· t
k11"
sin(t
111"
+ k7r)
' k
dt = ( -1) v k
k
t+ 71"
0
t
(k+I)11".
..
11" sin t --k- dt . o t 71" Appliquons le critère des séries alternées. Pour tout t E [0,71"], on a:
où
Vk =
t+h donc t
sint ~ + k7r '/ t
~
t + (k + 1) 71" et sint
sint
+ (k + 1)71"
,
~
0,
d'où en intégrant:
'
~Vk+l,
Vk
donc la suite (Vk) est décroissante. De plus t + k71" ~ k71", donc, pour k ~ l , on a : Vk
r
~
Jo
d'où
lim
Vk
k-t+oo
~ =~, k7r
k
=0.
+00
Ainsi, la série
L( _l)k
Vk
converge. En notant S sa somme, on a donc:
k=O
lim x-t+oo
l
x
. t sm dt =
0
t
lim n-t+oo
l
n 11"
. Sin
t
dt =
t
0
L
+00 l(n+l)11"
n=O
. t sm dt = S .
t
n11"
sin t , 2. Montrons que J(t) = -t- n'est pas integrable sur ]0, +00[, en adaptant la dernière méthode.
r1 Jo
sintl dt t
~
r11" Jo
1sintl dt = t
~
r
k = OJo
n-ll11"
=L
k=O 0
Isin(t + k7r)1 dt t+k7r . t
n-l
t + k71"
k=O
~dt=L>k.
Intégration sur un intervalle quelconque
Or,pourtEI0,1l"],onat+k1l"~(k+1)1l",d'où ~
et
1 (k+ 1)1l"
Vk?'
Comme
L
1
k
r
Jo
1 ~ 1 t+k7r? (k+1)1l" '
sint _ 2 . t dt - (k+ 1)1l"
diverge, il en est de même de · 1lm
lX -sintl1
x-->+oo
ce qui montre que t
137
t
0
dt
L
Vk ,
donc:
= +00,
sin t
-t- n'est pas intégrable sur ]0, +001.
1-+
1
+00 sint 1l" - - dt = t 2 (cf Flash SUP Analyse 2 p. 151, ou Tome 2).
Remarque:
On montre que
= 0,
[[] Distinguons les cas y
= 0,
1. Cas y
o
y
>
° et y < °.
f(t) = In(l +t X ) 1 + lX
soit
•
x ln t
> 0, on a f(t) +00 tx - Si x > 1, quand t tend vers +00 on a : • Si x
f(t) Comme t -
1
= O(t p )
1
1-+
tP est intégrable sur
avec (3 E ]l,xl.
la, +oo[ , il en est de même de f.
Si x E JO, 1J , on a, pour t ;? 1 : x Int ~ :. . tx ? t 1
Comme - n'est pas intégrable sur [a, +00[, il en est de même de
t
• Si x = 0, on a f(t) = • Si x < 0, on a f(t)
In2
2
rv
+00
tX
f.
.
donc f n'est pas intégrable. •
-
Si x E 1-1, O[ , comme t X n'est pas intégrable,
-
Si xE]- 00, -l[, comme t est intégrable, X
f
f
n'est pas intégrable.
l'est aussi.
138
Intégration sur un intervalle quelconque
2. Cas
y > o.
tX
On a alors f(t)
rv
1 + tx
+00
Or t12 est intégrable sur [a, +00[, donc
y < o.
3. Cas
1
e - ty
--,
donc f(t) = o( -2) . t
f l'est aussi.
On a alors au voisinage de +00 :
f(t)
ln W e- ty ) 1 + tx
rv
ty
• Si x > 0, on a f(t) seulement si x > 2 . • Si x
= 0, on
• Si x
< 0, on a f(t)
x
-y t l -
tx
a f(t)
-
t~
ln t - ty 1 + tx x ,
rv
_--..!:L . 1 + tx
donc
f est intégrable si et
donc f n'est pas intégrable ...
- ty et
f n'est pas intégrable.
Conclusion
f est intégrable sur [a, +oo[ si et seulement si (x, y) vérifie l'une des conditions suivantes: y
1
1 1
>0 ;
y = 0 et
Ixl > 1
y
°
< et x > 2 .
@] • Intégrabilité La fonction proposée est continue sur ]o,~] et, quand t tend vers
°par
valeurs positives, on a ln (sin t) = o( lin tl ) . Or, t
1-+
ln t est intégrable sur tout intervalle ]0, a] où a >
En effet, pour a >
la
°et
ln t dt
=
E
°.
E ]O,a[, on a:
[t ln t - t] ~
=
a ln a - a - (tln E - E) ;
et lim(tlnE-E) =0. ,, ~ o
,,>0
Comme la fonction t --> ln t est de signe constant dans un voisinage de 0, elle est intégrable sur ]0, a] . Ainsi, t ...... ln sin t est intégrable sur ] 0, ~ 1.
• Calcul .li1
.
Posons 1 =
Jor:;; ln sin t dt. Le changement de variable t = 2u donne:
Intégration sur un intervalle quelconque
139
".
".
10 ln sin 2u du = 2 10 (ln 2 + lnsin u + ln cos u) du ~ In2 + 2 lot lnsinudu + 21a t lncosudu.
l
4
2
7r
"2 -
En posant u =
l
4
v dans la dernière intégrale, il vient:
Jor!J; ln sin udu + 2 Jrrx ln sin v dv 7r rrx "4 "2 ln2 + 2 Jo Insinudu
= "27r
ln 2 + 2
JI
On obtient donc: 7r
1 = "2 ln2 + 21,
[Il • Première
soit 1 = -
7r
"2
ln 2.
m.éthode
f est continue sur ] 0, ~ [ . Quand x tend vers 0 par valeurs positives, f(x) = O(llnxl)· Comme x 1---+ Ilnxl est intégrable sur JO,aJ pour a> 0 (cf. exercice 6), f est intégrable sur ] 0, ~] et: ".
".
Jor"4 f(x) dx = Remarquons que, pour on a:
0:
E ] 0,
lim ",-->0
Q
7r
'4 [, en posant
x =
(~-v))
dv=
lrx - "'ln(tanX)dx = -t"'ln(tan
"4
1"4 f(x) dx . 7r
"2 -
u, dx = -du,
ltlnCa~lv)dv
4
1 ".
=-
4
ln (tan v)
dv,
d'où lim
rrx-", f(x) dx = -
",>0
"4
o ~ oJ~
Comme
lim
a~O
1t
",>0
f(x) dx.
'"
f est de signe constant sur [~, ~ [ , ce résultat montre que f
est intégrable sur cet intervalle et : ".
".
4 2
".
1"'1 f(x) dx = 10"4 f(x) dx + l"'1 f(x) dx = o. "4
140
Intégration sur un intervalle quelconque
• Deuxième méthode f(x) = ln (sin x) -ln(cosx).
On montre comme ci-dessus que x
t-+
ln (sin x) et
ln (cos x) sont
X t-+
intégrables sur ]0, ~ [ . Le changement de variable x = ~ - v dans 2
71"
la"'I ln (cos x)
montre l'égalité des deux intégrales.
']] • Calcul de 1 e- ax
Soit f la fonction définie sur ]0, +oo[ par f(x)
f
1
quand x
+00
f(x)
=
f(x)
= b - a + 0(1) quand x
--+
e- bx
x
est continue et 0(x 2 )
_
= ----
--+
0,
donc f est bien intégrable sur ]0, +oo[ . Pour a
> 0 et
> 0 , on a :
(3
-= dx _ 1~ _e_ - ~ dx 1 ~ f(x) dx = 1~ _e_ a
a
laaa~ -e-Ud u -
=
U
=
l
ba e-U
-du-
aa
l l a
X
X
b (J
e- U
-du
ba
U
b(J e- U
-du.
a~
U
U
Pour obtenir la valeur de l, il suffit de faire tendre {3 vers +00 et a vers
o. On a:
lim a {3
=
~---t+OO
Comme u
lim b {3 = +00 .
f3---t+oo
e- U est intégrable sur [l , +00[, on a donc: u
1-+ -
lim
~---t+oo
l
bf3
a~
- u
~ du=O. U
.,
En supposant a ( b, pour u E [aa, bal , on a:
'-
d'où, en intégrant:
e- ba ln -b ( a
l
ba
aa
U -e- du ( e- aa ln -b ,
U
a
Intégration sur un intervalle quelconque et donc
1
00
l = lim a-+O
ao
-1.1
b
U
a
141
~ du = ln - .
Remarque Comme f est de signe constant dans ]0, +oo[ , elle est intégrable si et
seulement si la fonction (a,f3)
J:
1-+
f(x) dx admet une limite finie
quand a tend vers a et 13 vers +00 . Il n'est donc pas indispensable d'étudier l'intégrabilité à priori. • Calcul de J . () arc tan ax - arc tan bx SOlt g x = . x Comme ci-dessus, pour a > 0 et 13 > a on a :
1 {3
g( x ) dx
=
a
La fonction x
1-+
1
00
~
l
arctan x d x b{3 arctan x d x. ~
X
X
arctanx est intégrable sur x . ]0,1 [ , donc
Ibo arctan x dx = a .
lim ~>8
x
ao
Supposons a ~ b . Pour x E [af3, bf3] , on a : arctan af3 ./' arctan x ~ x x d'où, en intégrant sur [af3, bf3] : b arctan( af3) ln a
Comme
~
Ib(3 arctan x a(3 X
lim arctan(af3) =
{3-++00
Hm
~
"
arctan bf3 ' x
dx
Hm arctan(bf3)
(3-++00
a
7r
= -2 ' on a donc:
b
2
x
g est donc bien intégrable sur ]0, +oo[ et J
1. Quand t tend vers +00, on ag(t)
On a If(t)1
b arctan (bf3) ln - .
r (3 arctan x dx = ~ ln ~ .
(3-++oo}a(3
f9l ~
~
a 7r
a
= "2 ln b .
= f(t)+o(I), donc f(t)
rv
+00
g(t).
= ~ . Or ~ n'est pas intégrable sur [1, +00[, donc f n'est
t t pas intégrable sur cet intervalle.
142
Intégration sur un intervalle quelconque
Il en est de même de g, puisque g '" f
. En f.
l 'intégrabili té de g entraînerait celle de
2 .• Étude de
effet, comme
f = O(lgl) ,
r f(t) dt .
lim
x->+oo JI
Soit x > 1 et n E N tel que 2n + 1 :::;; x < 2n + 3 .
lX f(t) dt . f(t) dt + J1xf(t) dt = J2n+1 1 2n+ 1
Alors
Or
11
1 lX
X
f(t) dt :::;;
2n+1
donc
2n+1
r
lim
f(t) dt
=
-dt :::;; -2- , t 2n + 1 0.
x->+oo J2n+1
Par ailleurs :
J
zn+l
l
n
f(t) dt =
1
L k=l
=
Zk+1
(_I)E(t) t dt
Zk - l
(r2k _ dt + r2k +
~ J n
1
J2 k
t
2k-1
dt) t
n
=
L (- ln (2k) + ln (2k -
1) + ln (2k + 1) - ln (2k))
k= l
1
n
=
Lin ( 1 - 4k 2 )
•
k= l
1 Comme ln (1 - 4k 2 )
-t-:O -
1 4k 2 et comme la série
L - 4k1
avec ses termes de signe constant, Lin
(1 - - 2)
converge.
4k
k= l
En notant S la somme de cette série, on a dOlic:
J x
lim
x->+oo
• Étude de
1
r
lim
1
Tt
f(t) dt = lim ' " ln (1 - -z) = S. n->+oo
L..t
4k
k= 1
g(t) dt.
x--->+oo JI (
On a
f 1
x
g(t) dt
=
fX f(t) dt + fX 1
I
2
1
+00
dt 1 (
l nt+l
)
converge
Intégration sur un intervalle quelconque
r
Or
JI
dt >tln(t+1)/
143
r (t+l)ln(t+I)dt - [ln ( ln (t l) ) r +
JI
1
= ln (In (x + 1)) - ln (ln 2) lim r g(t) dt = +00. x--->+oo JI
Donc
Remarque Cet exemple montre que l'équivalence des fonctions
f et g n'entraîne pas
celle des intégrales JX f(t) dt et JX g(t) dt ( cf. la remarque analogue concernant les séries chap. 2, ex. 3). - t
101 Pour x > 0, la fonction f(t) = _e_ est continue sur [0, +00[.
x +t De plus, quand t tend vers +00, on a f(t) = O(e- t ) . Comme t 1-+ e- t est intégrable sur ]0, +00 [ , il en est de même de
On a
1+
11+
Or
00
00
f(t) dt
= 1 1 f(t) dt +
f(t) dtl
~ f+oo e - t dt ~ 1+
f.
J+oo f(t) dt. 00
e- t dt
= 1.
D'autre part
1
e-t --dt= o x+t 1
.
où J(x)
1
[e- t
1
1
In(x+t)]o+J(x) = -ln(x+l)-lnx+J(x), e
1
=
e- t ln (x + t) dt vérifie : IJ(x)1
~
11
Iln(x + t)1 dt.
La fonction t 1-+ ln (x + t) change de signe lorsque t Pour x E 10, 1[ , on a donc: l11In(x+t)ldt = -11-xln(x+t)dt+ ~-
~ puisque t
1-+
l i-x o
-1 1
lntdt+
ln t dt +
fi
11
-lnt est intégrable sur
1- x
=
1- x .
J~xln(x+t)dt In(l+t)dt
ln (1 + t) dt
~ l + ln 2 ,
10, l[ et d'intégrale l
(cf. ex. fj).
144
IntégTation sur un intervalle quelconque
Ainsi, J(x) est borné dans un voisinage de O. Il en est de même de x
1
1 1-+ -
e
.
ln (x + 1) .
+00 e-t
En tout
lI] • Pour
o
- - dt = -lnx + 0(1), donc x+t +00 - t _e_ dt rv - ln x . o x +t
1
k E {l, . . . , n - 1} et t E [k ~, (k + 1) ~] , on a : n n
: a ( a) l(k+l)* f(t) dt ~ -af (k -a) , - f (k + 1) - ~ n n k* n n
d'où, en intégrant sur
[k~, (k + 1)~]
puis en sommant sur {l, ... , n
I}, on a :
-
~tf(k~)~ rf(t)dt~~~f(k~). n n J~ n ~ n n
k= 2
k=l
On a encore: a -a f( -)
n
n
~
1*
f(t) dt ,
0
d'où:
Sn~ Jorf(t)dt~Sn-~f(a)+ {* f(t)dt, n Jo
"
ou encore: !!
a
°~ Jo( f(t) dt - Sn ~ Jo(n f(t) dt - ~n f(a) . a
Comme
f est intégrable sur ]0, a] , on a
lim
n-++oo
et de même: lim
n-++oo
~ f (a) = n
Conclusion lim Sn
n-++oo
=
°.
r f(t)
Jo
dt .
{n f (t) dt =
Jo
°,
Intégration sur un intervalle quelconque
145
• Application
f
La fonction
définie sur ]O,~] par f(t)
ln(sint) est intégrable (cf
=
ex. 6) . On a ici : IT
br
n
IT
= 2n Llnsin 2n
Sn
=
2n InPn
k=1
où
n II
n F
.
kIT
=
sm 2n
n =
k= 1
nII-l. kIT sm 2n . k=l
Pour déterminer la valeur de ce produit, étudions Q(X) = qui est un polynôme puisque X 2 n
_e i ~)
(X
II
-
- 1
= k(;~11) (X + 1)
Q(X)
1 divise X 2n
-
n- 1
II
. k"
. k"
(X -e1n ) (X _e- 1n ) =
k= 1
II (X _ e k; ) i
k= 1 n- 1
II (X
2
kIT -2cos-;- +
1)
k=1
fi [(X - k:)2
=
1 . On a :
n- l
(X - e i k;)
II k = -n+l
=
~2; ~ Il
cos
+sin2
k:],
k= 1
d'où, en posant X = 1 : n-l [ k k] Q( 1) = II (1 - cos ~ ) 2 + sin 2 ~ n n k=1 n-l =
4n -
1
II sm.
2
kIT 2n
= 4n -
k II (2 - 2 cos ~ ) n
n- l =
k= l
1 p2 n·
k=1
Or Q(l) d'où 4 n -
1 p2 n
=n ,
=
2n 1 lim z z~1 z2-1
= lim
z~ l
2n z2n-l 2z
= n,
ou encore
On en déduit:
Sn
IT (1 'Ir ln n n - 1 IT - ln n - (n - 1) ln 2) = - - - - - x - ln 2, 2n 2 4 n n 2
=7T
d'où
Jo['lln(sint) dt =
lim Sn n~+oo
= - ~2
In2.
,
146
Intégration sur un intervalle quelconque
Les corrections de problèmes _______
1121
1. La fonction exponentielle étant convexe, son graphe est situé audessus de sa tangente en x = O. On a donc: 1 + x :::;; eX .
'Ix E IR
t2 t2 t2 Pour tE [0, fol , on en déduit 1- -:::;; e- n , d'où, puisque 1- - ~ 0 : n
n
(1- t )n :::;;e- t2 • 2
n
On obtient de même
( 1 + -t2)n n
:::;;e t2 ,
puis, en passant aux inverses : e
1 ::::::: --...,.--
_t2 / '
(1 + t 2 n
En tout:
/' _t2 / ' (1 -t2- )n :::::::e::::::: n
r
1 2
(1 + ~r
n 2. En intégrant membre à membre, on obtient:
1
vin (1 - -t2 a n
La substitution
1
vin
a
t
dt :::;;
.5n = sin x
1
1
a
a
vin e- t2 dt :::;;
v1n
dt 2
(1+~r n
dans la première intégrale donne:
1~
t2
{1--tdt = (1-sin 2 xtfocosxdx n a rr
=
La substitution
{vin
Jo
.5n = tan x
dt (1
+ t 2r n
{'l
fo Jo (cosx) n
=
2 +1
dx = fohn+1.
dans la seconde intégrale donne :
(i fo (1 + tan 2 x) dx Jo (1 + tan 2 x)n
1 rr
=
.;n
4
{'i = fo Jo
1'1
dx (1
+ tan 2 x)n-l
71'
(cosx)2n-2 dx:::;;
Vn
(cœx)2n-2 dx
= fo hn-2
Intégration sur un intervalle quelconque En tout:
Vn 12n+l ~ 1,,1n e- t2 dt ( Vn 12n - 2 . 3. En intégrant par parties,on obtient:
Tf
=n
1"'1 (1 - cos x) cos 2
n - 1
x dx
= n (In - l - In+!) ,
~1 In-l, puis: n+ (n + 1) In+l In = n In In - l,
d'où In+l =
ce qui montre que la suite n
f-+
n In In-l est constante, d'où:
n In In-l = 1 ft la = 1 x 1 x Montrons que In - l
'Ir
'Ir
"2 = "2 .
'Ir
In. Pour xE [0, -] , on a: 2
rv
+00
cosn + 1 x ( cos n x, donc la suite (In) est décroissante, soit In+l ( In ( In - l, d'où, puisque In - l > 0 : n
/'
In
/'
--:::::::;:--:::::::;:1 n+ 1 In - l
et donc
. In 1lm - - = 1. n--->+oo In - l
Ainsi, In - l
rv
+00
ou encore In
In, d'où l'équivalence nI~
rv
+00
[7r.
V~
"2'
+00
Ainsi:
de même:
On a donc: lim n--->+oo
1,,1n 0
2
..fi
e -t dt = -
2
.
147
148
Intégration sur un intervalle quelconque
Comme e- t2
~ 0, la fonction
On a donc de même : lim
x
r e-
x->+oo Jo Ainsi, t
f-+
e- t
2
f-+
fox e- t2 dt t2
dt
est monotone.
= ..fi[ . 2
est intégrable sur ]0, +(X)[, avec:
fo +OO e _ t2 dt =..fi[ -· o
2
Remarques • Les intégrales Ip sont appelées intégrales de Wallis. Leur étude est un exercice classique qu'il faut bien connaître . • Pour un autre calcul de
·1131
fo+oo e- t2 dt,
+00 h(x) , on a
1. a) Comme g(x)
rv
cf. Flash SVP Analyse 2.
h(x) = O(lg(x)l) quand x tend
vers +(X), donc h est intégrable puisque 9 l'est. Soit
ê
> 0; il existe
r ~ a tel que, pour tout t ~ r :
(1 - ê) g(t) ~ h(t) ~ (1
(*) d'où en intégrant sur
(1 - ê)
lx, +(X)[,
pour
x~ r
+ ê) g(t) ,
:
00 x h(t) dt ~ (1 + ê) 1+ x g(t) dt, 1x+00 g(t) dt ~ 1+00
ce qui montre l'équivalence:
1+00 g(t) dt + 1+00 h(t) dt. ~
x
x
b) En intégrant (*) sur [T,X] pour X ~ T, on a: (1 - ê)
lX g(t) dt ~ lX h(t) dt ~ (1 + ê) lX g(t) dt.
On en déduit: (1 - ê)
lX g(t) dt - (1 - ê) l g(t) dt + l ~ (1 + ê) lX g(t) dt + l r
r
h(t) dt r
~ lX h(t) dt
h(t) dt - (1
+ ê)
l
r
g(t) dt,
Intégration sur un intervalle quelconque ou, a fortiori :
(l-é) lX g(t)dt-l
r
g(t)dt~lX h(t)dt~(1+é) lX g(t)dt+
l
149
r
h(t)dt,
ou encore:
l
r
g(t) dt
l
lX h(t) dt ~
(l-é)lX g(t) dt
l
? r
r
lX g(t) dt
lX g(t) dt
?
tel que, pour tout x
~é
et
Hm lX g(t) dt =
x------t+oo
r
+00 .
h(t) dt ~
a
lX g(t) dt
a
ri , on ait:
l
g(t) dt
a
h(t) dt
~l+é+----
Comme 9 est positive et non intégrable, on a
Il existe donc ri
r
é,
lX g(t) dt
et alors: lX h(t) dt 1-2é~
~1+2é .
a
lX g(t) dt lX h(t) dt
lim a "'-++00 lX g( t) dt
Ainsi
2. a) • Cas a
-=J
=
1
f"'g(t)dt ""
et donc
O. On a alors
la
J'(x)
+00
f"'h(t)dt.
la
a
+:0 ;;- .
f(x)
.
.
f'(x)
On dispose donc de b? sup{l, a} tel que, pour x? b, on ait f(x) > O. Comme x
1-+
~ n'est pas intégrable sur x
lb, +00[, en appliquant 1. h, on
obtient l'équivalence pour x tendant vers +00 :
l
b
x
f'(t)
-f() dt "" t
lX b
a
- dt , t
ou encore: lnf(x) -lnf(b) "" alnx - alnb,
150
Intégration sur un intervalle quelconque
d'où lnf(x) '" alnx, c'est-à-dire: lim lnf(x) = a. lnx
x->+oo
• Cas a = O. Soit ê > 0; il existe r on ait
1
f'(t) 1 ~ ~ f(t) '" t
~
sup{a, 1} tel que, pour t
~
r,
,
d'où, en intégrant sur [r, xl, pour x ~ r :
l
r
x 1 f'(t) 1
f(t)
dt:S;:E(lnx-lnr):S;:clnx,
Or
IX
1
jgj
1
dt
~ Ilx Ijgj dtl =
lin f(x) -ln f(r)1
~ Ilnf(x)I-llnf(r)1
d'où
IInf(x)l:S;:dnx+lInf(r)l,
ou encore Comme
!lnf(X)I:S;:ê+!lnf(r)!. lnx ln x lim ln x
=
x->+OO
+00 , il existe r'
~
r, tel que, pour tout x
~ 1-' ,
on ait: lnf(r)l:S;:ê I ln x
et donc
I
lnf(X) 1 ~ 2 l nx '" e,
c'est-à-dire: lim lnf(x) = 0. ln x
x->+oo
• Dans les deux cas, nous avons donc montré que
lim x -> +oo
.
b) SOIt ;J Ela, -1[. Comme
tout x
~
.
Inf(x)
hm -1-nx
x - '+OO
ln f(x) lnx
=
a .
..
= a, Il eXiste r tel que, pour
r , on ait:
lnf(x)~;J lnx
'"
,
d'où
f(x):S;:x{3.
Comme x f-+ x{3 est intégrable sur [r, +00[, f est intégrable sur ce même intervalle, donc aussi sur [a, +oo[ . En intégrant par parties sur [x, yl , on a, pour x
l
Y
f(t) dt
=
Y f(y) - x f(x)
-l
Y
:s;: y
:
t f'(t) dt .
Intégration sur un intervalle quelconque Or, pour y ~ r, on a 0 Comme i3 + 1
< 0,
~ y!3+1.
< y J(y)
lim y!3+ 1
on a
151
y ~ +~
= 0,
donc
Hm y J(y)
y ~ +~
=0.
En faisant tendre y vers +00 , on a donc: r+~
Jx
J(t) dt = -x J(x) -
r+~
Jx
t J'(t) dt,
ou encore: r+~
Jx Or d'où
lim
x ~ +~
x J'(x) J(x)
x J'(x)
=
+ J(x)
a
(J(t) +tJ'(t)) dt
'" (a
-xJ(x).
Hm x J'ex)
donc
,
=
+ 1) J(x)
+ J(x)
J(x)
x ~ +~
=
a
+1
,
.
On peut apppliquer 1. a aux fonctions
g(x)=(a+l)J(x) et h(x) = xf'(x)+J(x) car g est négative, donc h aussi à partir d'un certain rang. On obtient: r+~
Jx
r+ ~
(t J'(t)
+ J(t)) dt +:0 (a + 1) Jx
J(t) dt .
On a donc: r+~
(a+l)
Jx
J(t) dt '" -xJ(x),
ou encore:
1x +~ J(t) dt c) Soit i3 E]- 1, a[. Il existe
T
InJ(x)~i3 ~ lnx
~
xJ(x) '" - - - . a
+1
sup{ a, 1}, tel que, pour x ~ T, on ait: donc
J(x )-;::-'
x !3 .
Comme XI-> x!3 n'est pas intégrable sur [T, +00[, sur ce même intervalle, donc
J n'est
J n'est
En intégrant par parties, il vient:
lX J(t)dt = xJ(x)-aJ(a)-lXtJ'(t)dt, ou
pas intégrable
pas intégrable sur [a, +oo[ .
lX (tJ'(t) + J(t)) dt = xJ(x) - aJ(a).
Intégration sur un intervalle quelconque
152
En appliquant 1. b aux mêmes fonctions g et h que ci-dessus, on a :
lX (tf'(t) + f(t)) dt '" (a + 1) lX f(t) dt, et donc:
l
x
f(t) dt '" x f(x) - af(a) .
a+ 1
a
Comme
t
lim
f(t) dt = +00, on en déduit:
x-++<x> la
r f(t) dt += rv
la d) • Pour x
~ 1 ,posons
f'(x) On a - f ( ) x
1 = - -,
x
f(x) =
donc
• Pour x ~ 2, posons g(x)
~ ;f x
X
f(x) .
a
+1
n'est pas intégrable sur ]1, +oo[ .
. x f'(x) Ilm - f ( ) = -1 . x-++= X 1 =
x (lnx)2
On a ln g( x) = - ln x - 21n (ln x) , donc :
g'(x) g(x) d'où encore
1 = -;; -
2 x Inx '
lim x g'(x) = -1 . Or x-++= g(x)
r
r
dt [1]X 1 1 l2 g(t) dt = l2 t (lnt)2 = - Int 2 = -ln-2 - -ln-x' donc
lim
x-++=
l
2
x
1 g(t) dt = -1 2' n
Comme la fonction g est de signe constant, ceci montre qu'elle est intégrable sur [2, +oo[ .
,
~
PROBLÈMES GÉNÉRAUX
Les énoncés de problèmes
II]
(D'après les concours communs polytechniques)
I. Questions préliminaires Dans tout le problème, n désigne un entier fixé, supérieur ou égal à 2. Dans ]Rn, considéré comme un espace vectoriel normé, on note
(et, e;;, ... ,e;:) la base canonique et ê
n
=
Let . i= l
On rappelle que: - un sous-ensemble K de IR n est convexe si, et seulement si, il vérifie la propriété suivante:
v (X', 1}) E K 2
"lÀ E [0,1]
- les sous-ensembles compacts de bornés.
]Rn
sont les sous-ensembles fermés et
On admettra que, de toute suite dans un compact K de IRn , on peut extraire une sous-suite convergente dans K . Soit K un sous-ensemble convexe et compact de IRn . Soit f une application linéaire de ]Rn dans 1Rn vérifiant f(K)
À tout élément lt de K, on associe la suite ----->
Ua
=
iLk =
(iLk)
c
K.
définie par:
----->
a,
-1k (lt
+1
+ f(lt) + f2(lt) + ... + fk(lt)) .
avec k
~
1,
où fk représente f composée k fois . 1. Montrez par récurrence que la suite de Je.
2. Montrez que
lim
k~+oo
[f(iLk) - iLk]
=
(iLk) kEN
est une suite d'éléments
0.
Déduisez-en qu 'il existe un élément de K invariant par
f.
154
Problèmes généraux
On note Kn l'ensemble des vecteurs?
=
de IR n qui vérifient:
Xnl ) X
(
n
o ~ Xi
Vi E {l,··· ,n} et Sn l'ensemble des matrices P
et
1,
LXi = i=l
= (Pij) 1 . / . /
~t,J~n
de Mn(IR) qui vérifient: n
o ~ Pij
V(i,j) E {l, ... ,n}2
et
L Pij i= l
=
1.
L'objectif du problème est l'étude d'itérations dans Kn du type:
avec ?(O) élément de Kn et P matrice donnée de Sn .
II. Convergence de la suite ?(k) Dans toute cette partie, P de Sn.
= (Pij) 1'/' . ./
::::::.:::t,J~n
est un élément fixé quelconque
L a) Montrez que Kn est un sous-ensemble compact convexe de IRn
b) Montrez que, si ? E
Kn ,
.
alors PI' est encore dans Kn .
c) Concluez qu'il existe? dans Kn vérifiant PI'
=
? .
Un tel vecteur? sera appelé un vecteur invariant par P. 2. Pour tout n entier supérieur ou égal à 2, donnez un exemple de matrice de Sn ayant plusieurs vecteurs invariants dans Kn. Donnez un exemple de matrice de S2 pour lequel la sui te (? (k)) définie par (*) ne converge pas. 3. Soit t P la matrice transposée de P. Pour? E IRn , on note:
me?) Montrez que 4. Soit w =
=
min Xi et M(?)
=
l(;i(;n
max Xi'
l(;i(;n
me?) ~ meP?) et M(?) ~ M (tp?). min Pi,j' Montrez que:
l(;i,j(;n
(1 - w) me?)
+ w M(?) ~ m
(t PI')
et
M crP?) ~ (1- w) M(?) +wm(?).
r-
Problèmes généraux
155
Déduisez-en que: M (tpX') - m (tpX') ~ (1- 2w) (M(X') - m(X')). .
5. On suppose 0
1
< w < "2' Montrez qu'alors, pour tout vecteur
X' E IRn ,
il existe un réel h(X') tel que :
lim
t pkX'
k--->+oo
= h(X') e+ .
Déduisez-en que la suite de matrices
e
pk) converge vers une limite à
déterminer en fonction de h(ei), ... , h(e;:) . 6. Concluez que, pour toute matrice P de Sn à coefficients strictement positifs, il existe un unique vecteur X'(oo) dans Kn tel que pour toute valeur initiale X'(O) E Kn , la suite (X'(k)) définie par la récurrence X'(k + 1) = P7(k) converge vers 7(00) . Exprimez 7(00) en fonction de h(e(), ... h(e;:) .
~ (D'après concours Navale) Partie 1 1. a) Montrez que, si (un) est une suite strictement positive telle que la série de terme général Un diverge et si la suite (vn ) converge vers l, n
LUpv p alors la suite de terme général
=
Wn
p= o
~n:---
converge aussi vers 1 .
LU p
p=o
b) La convergence de (w n ) entraÎne-t-elle celle de (v n )? 2. Déterminez
t
lim n --> +oo
(fr
(1 + ~)) l i n
p= l
p
3. a) Montrez que, si (un) et (v n ) sont deux suites strictement positives et équivalentes, telles que les séries de termes généraux Un et V n divern
gent, alors les sommes partielles Sn
=
L p=o
suites équivalentes. n
b) Déduisez-en un équivalent de
L k= l
1
k.
n
Up
et S~ =
L p= o
Vp
sont des
156
Problèmes généraux
4. Étudiez le sens de variation de la suite ('Yn) définie par: 1
n
'Yn
=L k-
ln n
,
k=1
et montrez qu'elle converge vers une limite deux entiers consécutifs. Calculez
'Y100
5. a) Soit pour n
Un
~ 1,
et
'Y
que vous encadrerez par
'Y1 000 •
le terme général d'une série strictement positive telle que,
~ +vn
Un+ 1 = 1 Un n
,
où v n est le terme général d'une série
absolument convergente. U n +1
Montrez que ln - -
À
= --
n série absolument convergente.
+ W n où
Wn
est le terme général d'une
Un
b) Déduisez-en qu'il existe A> 0 tel que
c) Étudiez la série de terme général
Un
=
Un
soit équivalent à
~.
n
1 x 3 x ... x (2n - 1) 2 x 4 x .. . x 2n X (2n + 2)
~--~----~~~~~~
6. a) On dit que la série de terme général Un converge au sens de Césaro ., So + S1 + ... + Sn ,~ SI la sUlte an = n 1 converge, ou Sn = ~ Uk •
+
k=O
Prouvez que, si une série converge, alors elle converge au sens de Césaro.
b) On suppose que la série de terme général Un converge au sens de Césaro et que lim nU n = O. Montrez que la série est convergente. n--++oo
Partie II 1. Soit la suite récurrente définie par ua et la relation: "In E IN
Étudiez sa convergence suivant les valeurs de ua et précisez sa limite. 2. a) On suppose que la suite converge mais n'est pas stationnaire et on pose
Vn
=
Montrez que .
Quelle relation de récurrence vérifie
-Un'
Vn
b) On pose an
Vn
?
est équivalent à v n +1. 1
1
= -- - - - .
un équivalent de
Vn vn .
V n -1
Montrez que (an) converge et déduisez-en
Problèmes généraux
157
c) Quelle est la nature des séries de termes généraux : . ( 2) et Vn Vn ? V n , sm V . n
d) Soit bn = équivalent.
an -
1 . Montrez que bn tend vers 0 et trouvez-en un
e) Déduisez-en la nature de la série de terme général
tn = V n -
1
-
.
n 3. Pour quelles valeurs de Ua la suite (un) tend-t-elle vers l'infini? est équivalent à U n +l . Montrez qu'alors . P ln Un . . , Prouvez que 1a sUite n = ~ a une ltmlte À, sans chercher a la calculer .
u;.
4. Jusqu'à la fin de la partie II, on suppose Ua > 0 . La limite À est fonction de Ua seulement. Montrez que c'est une fonction croissante de Ua , que À > 0 et que, pour lnun 1 tout n E lN , on a À - - - ::;; - - . 2n 2n u n ~ 1 (-1) n n ? 5. Quelle est la nature des séries de termes généraux - et -=----'--Un
Un
Partie III 1. Étudiez la suite récurrente définie par Ua et la relation: 1 +Un Vn E IN U n +l = ~ -1. V 1 +u~
2. Étudiez les séries de termes généraux respectifs
...
@]
u;.
et
Un .
(D'après les concours communs polytechniques)
Dans tout le problème, on identifiera un polynôme de IR[X] et la fonction polynôme de IR dans IR qui lui est associée. Partie 1 Soit y une fonction, supposée deux fois dérivable, de la variable réelle x, yi et y" ses dérivées d'ordre let 2; n étant un entier positif ou nul, on considère l'équation différentielle: (En): (x 2 -I)y"+2xy' - n(n+l)y = O. Cette équation est appelée équation de Legendre d'ordre n.
.
1. Étude du cas n = O. On considère donc :
(Ea): (x 2
-
1) y"
+ 2xy' = O.
158
Problèmes généraux
a) Pour x appartenant à l'un quelconque des intervalles ] - 00, -1 [ , ] - 1, 1[, ]1, +00[, déterminez la solution générale de (Eo) . b) Quel est l'ensemble Yo des solutions de (Eo) définies sur IR? Déterminez celle de ces solutions, soit Po, telle que po(l) = 1 . 2. Étude du cas n
=
1. On considère donc:
(Ed: (x 2
1) y"
-
+ 2xy' -
2y
0.
=
a) Déterminez l'ensemble Yl des polynômes solutions de (Ed sur IR et en particulier l'élément b) Soit
Pl
de Yl tel que
Pl (1)
= 1.
f une fonction définie sur D =]- 00, -1[ U ]-1, 1[ u]l, +oo[ et
z la fonction définie sur D* Montrez que, si
=
D \ {a} par z(x)
f(x) .
=
x
f est solution de (El) sur chacun des intervalles
] - 00,-1[, ]- 1,1[, ]1,+00[, alors z vérifie sur D* une équation différentielle du second ordre (E~) à préciser. Donnez alors, pour x appartenant à l'un quelconque des intervalles ] - 00, -1[, ] - l, 1[, ]1, +00[, la solution générale de (Ed . 3. Étude du cas général. On considère à nouveau:
(En): (x 2 -1)y"+2xy'-n(n+1)y=O, et on suppose n? 2. On se propose, dans ce cas, de déterminer l'ensemble Y n des polynômes solutions de (En) sur nt. Soit P défini sur IR par: P(x) = a q x q + aq-l x q - l + .. . + al x + ao avec a q =1
°.
a) Montrez que, si P appartient à Yn , on a q = n et a n - .1 = a . Déterminez alors ah en fonction de an pour tout hE {O, 1, ... , n - 2} .
b) Déterminez P2 E Y2 et P3 E Y3 tels que P2 (1)
=
1 et P3( 1)
=
1.
Partie II
Soit n E IN; si
Tl? l, on note
r ; si n =
polynôme (x 2 - 1
dn [(x2 _l)n] dxn
la dérivée d'ordre n du
0, on convient de poser
d" [(x 2 _1)n] " d:);n
=
1.
1. Montrez qu'il existe un entier Àn à déterminer tel que l'on ait pour
tout n : d n [(x2- 1t] dxn
= ÀnE~)
(-1)P(2n-2p)! xn - 2p ~ p! (n - p)! (n - 2p)! .
où E(~) désigne la partie entière de ~ .
Problèmes généraux
159
d n [(X 2 _1)n] dxn est solution de (En) sur ffi.
Montrez que, pour tout n,
2. On appelle suite des polynômes de Legendre la suite (Pn) dans laquelle Pn est défini pour tout x réel par:
d n [(x 2 - 1)n] dxn On a donc en particulier Po(x) = 1 pour tout x. 1
Pn(x)
= -n2 n.1
a) Déterminez Pi(X) pour i E {l, 2, 3} . b) Pour n ~ 1, calculez Pn(l) et Pn( -1) . Partie III Dans cette partie, on se propose de mettre en évidence certaines propriétés de la suite (Pn) précédemment définie. Soit E l'espace vectoriel sur IR des polynômes à coefficients réels. On pose:
< PI Q >=
V(P,Q) E Ex E
ill
P(x) Q(x) dx.
1. Soit Pr et Ps deux éléments distincts de la suite (Pn) , P; et P; les polynômes respectivement dérivés de Pr et Ps , et U le polynôme P: P s - P; Pr. Exprimez
d[(x 2
-
dx
1) U]
en fonction de Pr et de PB , puis calculez
< Pr IP > . .. B
2. a) Montrez, à l'aide d'intégrations par parties, que l'on a :
VPEE Donnez la valeur de tement inférieur à n.
1
< PI Pn > = 2n n!
JI
- 1 (1
dnp - x2)n dxn dx .
< P 1 Pn > dans le cas où le degré de P est stric-
.
b) Exprimez < Pn 1 Pn > en fonction de In calculez In et < Pn 1 Pn
=
f
1
(1 - x2)n dx, puis
-1
>.
3. Pour nE ]N"*, on se propose d'établir une relation de récurrence entre les trois polynômes Pn - I , Pn et Pn+ l . a) Pour tout n fixé, montrez qu'on peut définir n + 2 réels ao, ... , a n +l tels que l'on ait pour tout x réel: n+1
x Pn(X) = Lai Pn+ 1- i (x) . i=O
160
Problèmes généraux
b) Soit n;? 2 et q E {2, ... , n} ; calculez:
< x Pn-q 1 Pn > = ill X Pn-q(x) Pn(x) dx et déduisez-en a3, . . ·, an+l . c) Montrez que les trois polynômes Pn - l , Pn+ l et x Pn n'ont que des termes de degré impair si n est pair. Déduisez-en la valeur de al . d) Montrez que ao + a2 = 1 . Calculez ao et donnez alors la relation de récurrence cherchée entre Pn-l , Pn et Pn + l pour n E IN'*. 4. On considère l'endomorphisme de [ défini par:
<1>(P)
=
[(1 - x 2 ) P']' .
a) Montrez que, pour (P, Q) E [ x [ , on a :
< <1>(P) 1Q > = < PI <1>(Q) > . b) En utilisant la base (Pk) kEN de [, déduisez-en que, pour tout Pn est vecteur propre pour <1> .
n
E IN',
c) Calculez la valeur propre associée et retrouvez ainsi que Pn est solution de (En) .
@J
(D'après concours ENSAE)
Dans tout le problème, a et b sont deux réels tels que a < b et (u p ) désigne une suite donnée de IR[X] telle que dOup = p pour tout P E IN' . Soit (Xi)O~i~n E [a,b]n+l tel que Xi <Xi+! pourtoutiE {O, ... ,n-1} et f une fonction continue de [a, b] dans IR. On dit que P E IRn[X] est le polynôme d'interpolation de f pour le support (Xi)O// si, et seulement si, P(Xi) = f(Xi) pour tout i E {O, .. . ,n}. On identifiera IR n et Mn(IR) . ~l~n
1. Montrez l'existence et l'unicité de P.
2. On pose A = (Ui(Xj») E M n + 1(IR) , F U(x) = (Ui(X») E IRn+1 . Exprimez P(x) en fonction de A, F et U(x) . 3. On suppose dans cette question et dans la question 7 que f est de classe Cn + l . Montrez que, pour tout x E [a, b] , il existe ç E l tel que: f(n+ll(ç) f(x) - P(x) = (n + 1)! (x - Xi) .
II
O~i~n
Problèmes généraux
161
4. On définit les polynômes de Tchebycheff Tp(Y) par la relation de récurrence :
T o(y)=I; T1(y)=y; \lp~1
Tp+l(y)=2yTp(y)-Tp_l(Y)'
= cos 8 ,on a Tp(Y) = cosp8 ; = ch8, on a Tp(Y) = chp8.
Montrez que si y E [-1,1], en posant y et que si y ~ 1, en posant y
5. S?it n ~ 1 et Q un polyn<,?me unitaire de degré n. En considérant
Q - 21 - n Tn aux points cos
e
7r
n
sup
)
avec 0 ~ j ~ n, montrez que:
IQ(y)1 ~ 2 1-
n .
[su p
il
yE[-l,l]
6. Déduisez-en que: \In E lN
.. inf
(yo, ... ,y,,)E[-l,l],,+l
yE[-l,lj
O(i(n
Iy - Yil]
Montrez que cette valeurbt atteinte pour des valeurs de y à préciser, lorsque les (Yi)O~i~n sont les racines du polynôme Tn + 1 .
" "
7. Concluez que, pour un choix de (Xi)O(i(n E [a,bt+ 1 à expliciter, le polynôme d'interpolation P correspondant sera tel que:
(b
a)n+l
sup If(x) - P(x)1 ~ 22n+~ ( xE [<;>,b] n
)' sup If(n+l)(x)l·
+ 1 . xE[a,b]
Quelques coups de pouce Partie 1 2. Majorez
Ilf(ut) - utll
K étant compact, la suite
en introduisant le diamètre de K.
(ut)
admet une sous-suite convergente.
162
Problèmes généraux Partie II
1. a) Montrez que K est fermé comme intersection de fermés, et borné
en choisissant une norme adaptée à la question. b) Relisez les propriétés de P.
c) Utilisez le résultat de la question 1.2. 2. Pensez à une symétrie orthogonale. 3. Si Z' = t PX' , encadrez les coefficients
Zi.
n
4. Minorez
Zi =
m
+ 2:Pji (Xj
-
m)
où m
=
m (X') .
j = l
5. Montrez que les suites [m(tpkX')]k et [M (tpkX')]k sont adjacentes. 6. Ramenez-vous à la question précédente en distinguant n
Partie 1 1. a) Écrivez l -
€
~ vp ~ l
+E
pour P:;? r .
b) Cherchez un contre-exemple simple. 2. Étudiez ln an .
k dx ou lk+1 dx . 4. C omparez -kl ,a l k-1 x
k
X
5. a) Utilisez un développement limité de ln (1
, .
6. a) Ecnvez an - S b) Écrivez Sn - an
=
(Sa - S)
+ ... + (Sn -
+ x) . S)
n+l
(Sn - S{)
+ ... + (Sn
.
- Sn- il
= ---~----'-------'
n+1
Partie II 1. Tracez y
= f(x) et y = x sur un même graphique.
2. Utilisez le résultat de 1.3.a. 3. Montrez que (Pn) est croissante et majorée. 4. Montrez d'abord que
ln u n + 1 ~ 2 (ln Un
1
+ -) . Un
= 2 et n :;? 3.
Problèmes généraux
163
Partie III 1. Étudiez les variations de f(x) = Tracez le graphe de
f
Jr;.;
-1 et le signe de f(x) -x. l+x et la droite y = x sur une même figure.
2. Dans le cas où Uo > 0, appliquez la méthode de II.2. b.
.
Partie I
1. a) Calculez y' puis y. 2. a) Déterminez le degré d'une éventuelle solution polynomiale de (Et). b) Sur un intervalle où le coefficient de y" ne s'annule pas, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 2. 3. a) Après substitution, vous obtenez un polynôme nul, donc tous ses coefficients sont nuls.
J Partie II 1. Le calcul donne Àn = n! . Vous pouvez substituer. Mais il est plus rapide de montrer que la fonction proposée est colinéaire à P. 2. b) Écrivez la dérivée n-ième du produit (x
+ l)n(x _l)n .
Partie III 2. b) Un changement de variable et une intégration par parties conduisent à une relation de récurrence entre In et In - l . 3. a) En prenant un polynôme de degré 0, un polynôme de degré 1, ... , un polynôme de degré n, on obtient une ba.se de Hl,-, [X] . d) Identifiez les coefficients de xn+l. 4. a) Calculez <
(P) trique en Pet Q.
1Q
c) Considérez les termes
[Il
~
> de façon à obtenir une expression symédegré maximal.
2. Rappelez-vous que, dans JRn+l, < X 1 y > = t Xy .
3. Si x f/. {xo, .. . , Xn}, posez cp(t) = f(t) - P(t) - C (t - xo) ... (t - Xn) avec C bien choisi, puis appliquez le théorème de Rolle. 4. Étudiez d'abord le degré de Q - 2 1- n T n
.
6. Utilisez un changement de variable affine.
164
Problèmes généraux
,Les corrections de problèmes _ _ _ _ _ __ 1
[]
Partie 1
1.1. On a
ua = ""i.t E K, .
Soit k ;::: 1 et supposons
E K,. On peut écrire:
k ---+ k + 1 Uk-l
-+
Uk
ïLk-i
=
1
+ k +1 f
Ck)-+
(a).
Comme f(K,) c K, , on a fCk)(""i.t) E K, , donc U; E K, puisque K, est convexe. Par récurrence, on en déduit que U; E K, pour tout k E lN .
K, étant compact, la suite (ut) admet donc une sous-suite convergente dans K, . 1.2. Pour k ;::: 1 , on a :
f(ut)
_1_ (J(""i.t)
k+1
+ f2(""i.t) + ... + fCk+l) (""i.t))
ut + _1_ (JCk+l) (""i.t) - ""i.t) . k+l
K étant borné, notons d
donc
= diam K, ; il vient:
lim (J(u,:) - -U\)
=
k--+oo
0
(*).
Comme K, est compact, nous pouvons considérer une sous-suite
(u;;(ki)
de (U;) convergente vers l E K, . Comme f est linéaire et définie sur un espace vectoriel de dimension finie, f est continue, donc: lim f(u;;(ki) = f(l).
k--++oo
Or, d'après la relation (*) , On a donc
-+
l =
-+
lim
k--++oo
f (u;;(ki)
-+
=
l .
f( l ) et l est un élément invariant par f. Partie II
II.1. a) • Montrons que K, est fermé. On a K, = Sl n S2 n··· n Sn n H ,
Problèmes généraux
= {x E E; Xi
où, pour i E {l, .. . ,n}, Si
165
~ O}
n
et
H
= {X E E ; LXi =
l} .
i=1
Or Si = cp! ( [0, +oo[) donc Si est fermé.
,
où 'Pi est l'application continue x
-1
De même H = 'P (1), où 'P
=
f->
Xi ,
n
L 'Pi
est continue, donc H est fermé.
i=1
L'intersection d'une famille de parties fermées est fermée, donc K est fermé. n
Ilxll
• Montrons que K est borné. Avec la norme définie par
1
=
L
IXil ,
i=1
cela est évident puisque, pour tout x E K , on a : n
IIxli = LXi = 1 . i=1
Ainsi, K est compact puisque t!orné et fermé dans un espace vectoriel de dimension finie . • Soit X',
y
E
Kn et >. E [0,1] ; posons:
Z' = >. X' + (1 - >.) y . Pour tout i E {l, ... , n} , on a
donc
Zi =
n
n
n
i=1
i=1
i=1
Z'
E
b) Soit X'
>. Xi + (1 - >.) Yi
~
Kn . Ainsi K est bien une partie convexe de E
Kn et
y
=
PX'. Pour tout i
E
0,
]Rn.
{l, .. . ,n}, on a:
n
Yi = LPij Xj ~ O. j=1
~Yi =
De plus donc
y
E
t (~Pij) t Xj
=
Xj
= 1,
Kn.
c) Soit f E .c(lRn ) de matrice P par rapport à (et, .. . )ë;;). On a donc f(Kn} C Kn . Comme Kn est compact et convexe, d'après I.2, f admet un point invariant X' , c'est-à-dire tel que p;t = X' .
166
Problèmes généraux
n.2. Soit 1 la matrice unité d'ordre n.
On aIE Sn et tout vecteur de
Kn est invariant par 1.
On suppose n = 2. Soit f la symétrie orthogonale par rapport à la droite d'équation X2 = Xl. On a :
f(2k) (X')
---+ X
p 2k + 1 X'
f(2k+1)(X') où P
=
PX'
(~ ~) E $2 . (~,~)
Ainsi, la suite x(k) ne converge pas, sauf pour :t(O) =
n.3.
.
Soit? E Kn et 7 = tp? Pour tout i E {l, . . . ,n}, on a: n
Zi = LPji Xj . j=l
Or, pour tout jE {l, . .. ,n}, on a m(?) ~ Xj ~ M(?), d'où, puisque Pij ;? 0 , Pij m (X') ~ Pji Xj ~ Pij M (:t) ,
puis
m(?) ~ Zi ~ M(x).
On a donc :
mep?) = min Zi;? m(?)
M CP?)
et
l~i~n
= max
l~i~n
Zi ~ M (?).
n
II.4. Notons m = m(x) et M
= M(7). Comme
LPji
= 1, on
j=l
pour i E {l, ... , n} : n
n
Zi = 2:Pji Xj
= m + LPji (Xj
j =l
- m) .
j=l
Or, pour tout j, on a Xj - m ;? 0, donc: Tt
Zi;? m
+ W L(Xj -
m) .
j=l
Comme tous les termes de la somme sont positifs et que l'un vaut M - m, on a: Zi ;? m
donc
m)
=
(1 - w) m
+w M
(1-w)m(7)+wM(7)~m(tp?).
De même donc
+ w (M -
Zi ~ M
+ w (m -
M) = (1 - w) M
me P?) ~ (1 - w) M (7)
+ w m,
+ w m (7) .
,
a,
Problèmes généraux
167
On en déduit :
M (t PX") - m (t Px) ~ [(l-w)M(x)+wM(x)] - [(l-w)m(T)+wM(T)] ,
donc
M (t PT) - m CPX") ~ (1- 2w) (M (X") - m (x)) . 11.5. On suppose
°<
w
1
< 2'
donc q = 1 - 2w E ]0, 1[. On a :
° Mep?) - mep?) ° M (t p k7) - mCpk x ) ~
~ q(M (7) - m (?)),
d'où, par récurrence sur k : ~
et donc
~ qk(M (x) - m(T)) ,
lim [M(t pk?) - m(t pk?)] k ..... O
= o.
D'autre part, on sait déjà que, pour tout x : m(x)~m(tP?:r
et
M(T)~M(tpx),
et
MCPk-X)~M(tpk+l?).
donc de même, pour k E lN : m(tpkx)~m(tpk+1T)
Les suites k 1-+ m (t pk?) et k 1-+ M (t pkT) sont donc adjacentes, et par, conséquent convergentes vers la même limite h(x) . Comme tout'es les composantes de (t pk x) appartiennent à l'intervalle [m Cpk-X), M Cpk-X)] , on en déduit la convergence de chacune vers h(x) . Ainsi: lim t pk? = h(X') e+ . k ..... +oo
Notons xt, ... , ~ les colonnes de t P considérées comme des éléments de rn. n . Alors et 'pk X--+ = tpk+l--+ ej . J
Ainsi, on a: lim
k ..... +oo
t pk
:2 J
=
h( C'"') J
e+ .
Comme chacune des colonnes de t pk converge dans Rn, il s'ensuit que converge dans Mn(lR) vers la matrice A dont les colonnes sont
t pk
h(ei)
e+, ... ,h(e;:) e+: A = lim tpk k ..... +oo
=(
h(~:1) h(ë7)
...
h(~)) h(ë;;)
168
Problèmes généraux
II.6. Soit P E Sn à coefficients> 0, donc w > on a:
o. Pour
jE {l, ... , n},
n
1
= LPij ;? n w . i=l
Pour n ;? 3, on a donc w
< ~ et, de même si n = 2, sauf dans le cas où
Dans ce cas particulier, on a p2
=
P donc pk
La suite définie par :t(0) E Kn et :t(k + 1) Dans le cas général, on a w E ] 0,
=
P'pour tout k.
= P:t(k) est constante.
~ [, donc la suite
(t pk) est convergente
et il en est de même de la suite (pk). Dans tous les cas, la suite (pk) est donc convergente vers:
tA
=
(h(7) ... h(7)) h(ë;;)
Comme :t(0)
E
Kn et :t(k)
h(ë;;)
= pk :t(O) , d'après la question
on a :t(k) E Kn . Comme Kn est fermé, on a encore : :t(oo)
=
:t(oo) = tA:t(O).
lim :t(k) E Kn
avec
(al, . . . ,an ), avec
Lai = 1 ; alors:
k ~ +oo
n
Posons
:t(O)
=
i=l
h(et)
tA:t(O)
( : =
h(ë;;)
. . . h( et) )
:
h(ë;;)
Ainsi, quel que soit :t(0) , on a : :t(oo) = (h(et), ... ,h(e;:)). On voit donc directement que :t ( 00) E Kn .
II.1.b,
169
Problèmes généraux
Partie 1 1.1. a) Soit
é
> 0 . Il existe un rang r tel que, pour p ~ r, on ait: l -
~
é
+é
vp ~ l
d'où, puisque u p > 0 : (l - é) u p ~ u p v p ~ (l Pour n > r
,
+ é) u p .
+ 1 , on obtient en sommant: n
n
L
(l - é)
Up
Lu
u p v p ~ (l
L
+ é)
p= r+l
Up.
p= r+l
n
n
Posons Sn =
L
~
p=r+l
n
p
et An =
Lu
p
v p . L'encadrement précédent s'écrit
p=o
p=o
l'
alors:
(l- é) (Sn - Sr) d'où a fortiori :
~
+ é) (Sn -
An - Ar ~ (l
Sr) ,
ou encore: Sr ./ An ./ Ar l-é--:::::;:-:::::;:l+E+-' Sn Sn Sn Corrune donc un
· 8n 1lm
n,->+oo rang rI
l'lm -Sr Sn à partir duquel on a :
= +00 , on a
o~ Pour
n ~ max{r, rd,
Sr Sn
~é
et
0
~
n-++oo
Ar Sn
~é
n
.
on a donc:
l - 2é ce qui entraîne
Ar = 0'1 . te = l'lm -8 ,1 eXls
n -> +oo
An = 1·lm -S
n-++oo
n
~ ~: ~ l + 2é , l'lm
n-+ +<Xl
Wn
=
l
.
b) Posons Un = 1 et v n = (-Ir pour tout nE lN. La série suite (v n ) sont divergentes. Et pourtant n
L(-1)P Wn
=
p=o n
LI p=o
~(l + (_l)n) 2
n+l
L
Un
et la
Problèmes généraux
170
1 IWn 1 ~ n +1
A
entrame
et
lim
n---;+oo
Wn =
0.
Ainsi, la convergence de (w n ) n'entraîne pas celle de (v n
) .
A u.tre méthode Vous pouvez étudier les 1 et V n = ln (1 + - ). n
an
à l'aide de la question 1.1 en posant
Un
= 1
ok (IIni) (1 + -) . On a > 0 et lin ln~ = - Lin (1 + -) = - L (In (p + 1) -lnp)
1.2. Posons an = 1
an
p=l
p
p
n p=l
n
n p=l
=!(In(n+l)-Inl) = In(n+l). n n Donc lim Inan = 0, d'où lim ~ = 1. n~+~
n ~ +oo
1.3. a) Voir chap. 2, ex. 9.
A u.tre méthode Vous pouvez appliquer la question 1.1 aux suites (un) et
b) Pour n E N*, on a - 1n+l
ln+l dx L = k=l n
n
X
n +1
-dx x
~
-1 . n
ln +l dx 1 - "" - . n +00 n x
Jn+l dx
-=In(n+l),ondéduitque
1
X
diverge.
Il en est donc de même de
Ln
k=l
1
k '"
) .
Un
n
1 1 Comme - - "" -, on a n + 1 +00 n De
l
~
(v n
L
! et l'on a: n
L lk+l d: n
k=l
=
ln (n
+ 1) ,
k
ou encore, puisque ln (n + 1) = ln n + ln (1 + n
L k=l
1
k '"
Inn.
.!..) '" n
ln n :
L
ln+l dx n
-
X
Problèmes généraux
171
1.4. Pour n E IN*, on a:
n1
n lk+1 (-1 - -)1 dx ,
= L k - ln n = L
În
k=l
D'autre part: 1 n+1
= - - - (ln(n+ 1) -Inn) =
În+1 - Î n
d'où
x
k
k
1 1 0 puisque ;;:::;; k pour x E [k, k + 1J .
În ~
donc
k=l
ln+1 ( -1- n+1
n
1 x
-) dx,
0.
În+1 - În :::;;
La suite (rn) est décroissante et minorée par 0, donc convergente vers une limite Î . Comme Î1 = 1 , on a Î E [0,1] . Une calculatrice programmable donne
Remarque:
o et donc:
-À +vn .~Comme n
+1 = ln (1 + an) = an -
Comme alors
L
2Àv n +v 2 n n'
_
IVn
0:::;; v~
Comme
L
À2 n2
donc
L
a~ et donc de W n --
vn
-
1 2 + (3n, on 0 b tient. ' · 2an À = --
Un
Wn
n
+Wn
converge absolument. +00
n
b) Soit Wn =
0,577 216. "..
À2 n2
(3n
. hm
n~+oo
an =
= o(a n2 ) .
+2IÀllvnl+v~. IVn
1 :::;;
1 et
L v~ .
l{3nl·
U n +1
L
où
0,5777.
converge également, on en déduit la convergence de
n
In-et
Î ~
converge, on a
O:::;;a~:::;;
:::;; Ivnl , d'où la convergence de
L2
Î1000 ~
converge, on a, à partir d'un certain rang,
1
1
E n posant
Vn
2
Un
an2 =
L
1 2 -an + {3n,
ln - Or
0,5822 et
est appelé la constante d'Euler et on a
Î
1.5. a) Posons an = Un
Î100 ~
LW p=l
p
et W =
LW
p= l
p ;
alors:
172
Problèmes généraux
"U +l = ln --;:n-l
p
~ p=l
n-l
-À "~ -1
P
p=l
+ Wn - 1 ,
P
ou encore: ln 'Un -lnul = -À bn-l
+ Inn) + W n -
1 ,
+ Wn- 1 •
d'où ln (n>''Un) = -À')'n-l
En faisant tendre n vers +00, on en déduit lim (n>'u n ) = e->' -y+W n--++oo
d'où
En posant A
c) Avec
Un
e->' -y+W , on a donc A > 0
=
=
.
1 x 3 x ... x (2n - 1) , on a : 2 x 4 x ... x (2n) x (2n + 2) 1
u n + 1 = 2n + 1 Un 2n + 4
3 = 1 - 2n
=
1+-
= (1 + ~) (1 _ ~ + 0 ( ~ ))
2n
1
2
2n
+-n 1
+ O(n2)
,
= 1- ~ +vn où À = -23 et V n 'Un n d'une série absolument convergente . U n+l
donc
On a donc
.
Un
n2
n
rv
n~2
= O( -;) est le terme général n
ce qui entraîne que la série
'
Ad.
pUisque n 3 / 2 est e signe constant et que
1.6. a) Supposons
L
L
Un
converge
,,1 ~
n 3 / 2 converge. +00
Un
convergente et posons S
L
=
Un .
n =O
Soit
€
> 0; il existe un rang r tel que, pour n ~ r, on ait IS - Sni
~ €.
On peut écrire:
(So - S) + . .. + (Sr - S) + (Sr+l - S) + ... + (Sn - S) , n+1 d'où l'on tire: O"n -
S=
SI ~ I(So - S)
1 O"n -
où K
=
'"
I(So - S)
+ ... + (Sr n
- S)I
+1
+ ... + (Sr
- S)I.
(n - r)
€
~
+ n + 1 '" n
K
+1+€ ,
Problèmes généraux Comme
~ +1 =
lim
n-->+oo n
K o ~ --1 ~ E. n+ et donc
0, il existe rI E N tel que, pour n
173
~ rI , on ait
Pour n ~ max{r,rt}, on a donc:
=S.
lim an
n--++oo
Ainsi, la convergence de la série entraîne la convergence au sens de Césaro (vers la même somme).
A utre méthode Vous pouvez appliquer la question 1.1 aux suites (1) et (Sn),
b) On peut écrire: Sn _ an = (Sn - Sa) (UI
+ (Sn
- SI) + ... n+1
+ (Sn
- Sn-t)
+ ... + Un) + (U2 + ... + un) + ... + Un
.rn+ 1 nUn + (n - 1) Un-I + ... + 2U2 = n+1
+ UI ...-
> 0; comme
lim n Un = 0 , il existe un rang r à partir duquel n-->+oo on a ln Un 1 ~ E . En posant B = (r - 1) Ur- I + ... + 2U2 + UI , on a
Soit
E
S n -an -_ nU n + ... + rUr n+1
+B
d'où: 18
1~(n-r+1)E
_ n
an "'"
n
+1
Comme ci-dessus, on en déduit
~.
lim (Sn - an)
n--.+CXJ
Comme (an) converge, on a donc Ainsi,
~~
+ n + 1 "'" E + n + 1
L Un converge.
lim Sn
n--.+oo
=
=
O.
lim an.
n-++oo
Partie II
ILL On a Un+1
=
f(Un) où f(x)
=
x
+ x2 .
• Comme f est continue sur IR, si (un) converge vers l, on a f(l) d'où l = 0 . La seule limite possible est donc O.
=
l,
• On a f(x) - x = x 2 ~ 0, d'où Un+1 ~ Un pour tout n. La suite (un) est donc croissante.
174
Problèmes généraux
• Étudions les variations de
-00
x f'
f . De
= 1 + 2x, on tire:
f'(x)
-1
-0,5
-
°
+00
+00
° +
+00
\,
/
f
°
°
/
\, -0,25
On en déduit:
f ( ] 0, +00 [)
f(]- 00, -1[) C] 0, +00 [
C ] 0, +00 [
f( [-1,0]) C [-1,0]. - Si Ua E]O, +00 [, alors Ul E]O, +00 [, puis par récurrence Un E]O, +00 [ pour tout n. La suite ne peut donc pas converger puisqu 'elle est croissante et que la seule limite possible est O. - Si Ua E] - 00, -1[, alors U1 E ] 0, +00 [ , donc Un El 0, +00 [ pour tout n;? 1 et la suite diverge . - Si Ua E [-1,0], alors U1 E [-1,0], d 'où, par récurrence, pour tout n. Alors (un) converge puisqu'elle est croissante et majorée. En résumé, (un) converge si, et seulement si, lim Un = O.
E
Ua
Un
E [-1,0]
[-1,0] et alors
n--++oo
Vous pouvez illustrer ces résultats en traçant sur un même schéma le graphe de f et la droite y = x et en construisant les premières valeurs de la suite (un) dans différents cas.
II.2. a) On suppose (un) convergente, donc Si (un) est stationnaire, on a Un C'est le cas pour
f ( ] - 1,
°[)
Ua
C] - 1,
= -1 ou
°[.
Ua
=
Ua
E [-1,0].
° à partir d'un certain rang.
= 0, mais non si
On a donc
Ua
E 1 - 1,
Ua
°[.
E]- 1, O[ puisque
Pour tout n E t.J , on a Vn+l
=
-Un + 1
=
-Un -
u~ =
Vn -
Vn+l -- = Vn
v~ et l-v n
Vn
·
=1 0,
d'où:
Problèmes généraux De
1im
Vn
n -> +oo
Vn+l · 1lm -
0, on déduit
=
n-++oo
, 1 , d'ou:
=
Vn
175
V n +~ Vn+l·
b) Le calcul 1
1
Vn
Vn-l
an = - - - - =
entraîne que
Vn - l -
Vn
Vn-l V n Vn-l
V n Vn - l
lim
an
= 1.
an
diverge et
n ---+ +CXJ
n
L
Par conséquent,
L
n
L
ak
k= l
L
111 ~ -
n
Or
Vn
k=J
1
Donc
. pUisque - 1 ten d vers
= - - -
ak
~
Vn
Vn
Vn
Va
n ou encore
1 = n.
k= !
+00 .
1 Vn
n ,/
c)
.!.n est de signe constant et L.!.n diverge, donc'"' Vn ~ 1 n2
ou encore v n2 = 21 n
.
+ 0 ( 2n1
) ' d'où
1 + 0 (1) 2 n
2
sm(vn } = 2n
diverge.
'
ce qui montre que Lsin(v;} converge. .
Par aIlleurs,
~/ 32
V
n Vii
cl) Sachant que
n
lim
an
n -+ +<x>
montre que
donc bn
rv
+00
e) La série on a:
v~
yn
converge.
= 1 , la suite de terme général bn =
converge vers O. On a : b _ Vn-l n -
L
-- Vn
_
1-
Vn - l - V n
V;_l
Vn
Vn
--.:..:.--=----.:..:.
an -
1
ou encore
Vn
Lb
n
diverge puisque bn ~ n
1 -
n
,
et quand n tend vers
+00 ,
176
Problèmes généraux n
Or
n
1
1
n
a
2:)k = ~)ak -1) =:;- -;- - n, k=l
d'où -
k=l
1
1
- -
Vn
1-
- n '"
Va
ou encore 1 - n V n
nV n
'" ln n ,
Vn
'" V n
ln n '"
= Vn
-
Inn n
On en dédui t : tn
1
-
n
nV n -
1
Inn
= ---
-
n
n2 '
1
et donc in = O(n 3 / 2 )
L
Comme
.
1
n 3 / 2 converge,
II.3. Posons 6 n = Pn +1
-
L tn converge.
Pn
=
1
Un+l
2n+l ln ~ . n
1
Alors 6 n = o(2n ) , donc L6n converge. n- l
Or Pn =
L 6 k + Po, d'où la convergence de (Pn) . k=O
lIA .• Considérons deux suites (un) et U~+l
=
(u~)
vérifiant Un+l
= f(u n )
et
f(u~) et telles que u~ ~ ua> O.
Soit n E IN" et supposons u~ ~ Un ; alors: U,n + 1
-
Un+ 1
= Un" +2 Un -
Un - Un2
=
(Un '
- Un ) (1
+ Un' + Un ) ,
donc u~+l ~ Un+l . Par récurrence, on a donc u~ ~ Un pour tout n, d'où:
Ainsi,
À
Inu~ '- l'lm 1·lm --;;::; n-->+oo 2n n-->+oo est une fonction croissante de Uo .
• Soit rEIN" tel que Ur > 1 . Alors Pr > 0 et donc (Pn) est croissante. Pour tout nE N, on a
U n +l
=
=
> 0 puisque la suite
u~ (1 + ~) ,
d'où: Inun+l
À
21nu n + ln
Un
1
(1 + -) n
1
~ 21nu n +Un
Problèmes généraux puisque, pour tout x> -1, on a ln (1
+ x) ~ x.
+ -1 ) .
ln U n + l ~ 2 (In Un
A fortiori on a
177
Un
Par récurrence sur p, on en déduit : ln u n + p ~ 2P (In Un
1
+ -) , Un
+
Pn +p ~ Pn
ou encore
1 ~
En faisant tendre p vers
~."
Un
.
+= , on a donc : ~
À-Pn
n.5 .• Nature
de
1
--. 2n Un
L -1
Un
In _1 ::::::: 1. _ 2n /\\, "':::: ~
,. · prece , 'dente s 'ecnt L a re1atlOn
Un
~ ~ el/un e- 2n À
d'où
•
lim el/un = l , on a donc:
Comme
Un
Un
n-+=
~ = o( e- 2n À)
lorsque n tend vers
+= ,
Un
L
d'où la convergence de la série "
e-: 2"
À
= O(~2) .
• Nature de
~
puisque
Un
L e- 2n
À
converge car
l)nn L -'( -----' -Un
Étudions le sens de variation de la suite (~) . On a : Un
dn =
n
+1 _
Un+l
Or
(n
Comme
+ 1) Un -
nUn+l
lim nUn
n-4+oo
~
=
+ 1) Un -
(n
=
(n
nUn+l
Un Un+l
Un
+ 1) Un
- n (Un
= +=, on a donc dn
~
+ u;') =
Un
(1 -
nun ) .
0 à partir d'un certain rang
et (~) est alors d"écroissante. Un
D'après le critère des séries alternées,
L
(-1)nn est donc convergente. Un
Problèmes généraux
178
Partie III 111.1. • Étudions la fonction définie par f(x)
f est de classe Cl sur 1R et J'(x)
=
(1
~
=
l+x
1-x
+ x 2 )3/2
1.
-
\ d'où le tableau de
variations :
-=
x
+
J'(x)
+=
1 0
-
v'2 -1 f(x)
/
'\.
-2
0
• Le signe de la différence f(x) - x
= (1 + x)(
vrk l+x
1) est donné
par le tableau:
o o On en déduit que f(x) = x est équivalent à x les inclusions :
f( ] 0, +=[ ) c ]0, +=[
=
-1 ou x
= 0, ainsi que
f(]-l,O[)C]-l,O[
f(]- =, -1[) C]- =,-l[ • On en déduit l'étude de la sui te (un) : -
Les seules limites possibles sont -1 et
-
Si
Ua
E]-
=, -1 [
o.
on a, par récurrence,
Un
E]-
=, -1 [
pour tout
n. Comme f(x) > x dans cet intervalle, (un) est croissante et donc convergente vers l ~ -1 . La seule limite possible étant alors l = -1 , on a
-
Si
Ua
=
-1 , on a
Un
=
lim
n-++oo
Un
=
-1 .
-1 pour tout n.
- Si Ua E ] - 1,0 [, on a Un E]- 1,0 [ pour tout n. Comme f(x) < x dans cet intervalle, (un) est décroissante et on obtient de même que ci-dessus -
Si
Ua
=
0 , on a
Un
lim
n --+ +oo
=
Un
=
-1 .
0 pour tout n.
Problèmes généraux
179
- Si Ua E ] 0, +oo[ , on a Un E 10, +oo[ pour tout n. Comme f(x) < x dans cet intervalle, (Un) est décroissante et le même raisonnement que ci-dessus montre que lim Un = 0 . n--->+oo
• En résumé, (un) converge quel que soit la valeur de Ua. Si Ua E] - 00,0 [,
lim Un
n--->+oo
=
-1; si Ua E [0, +00[,
lim Un
n--->+oo
=
O.
Nous vous conseillons de vérifier tous ces résultats à l'aide du graphe de la fonction f.
III.2 .• Si Ua E]- 00,0 [, on a les séries
L Un et L
lim Un
n~+~
= -1 et lim
n~+~
u~
= l, donc
u~ divergent.
• Si Ua = 0 , on a Un = 0 pour tout
n
et les séries convergent.
• Supposons Ua > 0 et appliquons la méthode'de la question II.2.b pour obtenir un équivalent de Un. 1 1 Comme Un > 0 pour tout n, on peut poser a n = - - - - · Un+l Un Un+l
On a
=
(1
+ un) (1 + u~) - 1/2
- 1
= (1 + Un) [1 - ~u~ + o(u;')] -1 = Un [1 - ~un + o(un )]
Ainsi
.
et
donc
L
SOIt
,
1 an '" -. 2
an diverge et n- l
L~ = ~'
k=a
1 1 l: ak = - - - , on a donc k=a Un ua
1
n:-l
Comme
ce qui entraîne Un
"-J
Par contre, puisque • En résumé,
~n u~
Un
et la divergence de '" 42 et n
1 1 - - Un Ua
n
2
l: Un'
L --4 converge, L U~ converge. n
L Un diverge quelle que soit la valeur de Ua, sauf si Ua = o.
LU;' converge si, et seulement si, Ua ~ 0 .
Problèmes généraux
180
Partie 1 1.1. a) Sm:. un intervalle J inclus dans IR \ {-1, 1} , on a : ,,2x
(Ea)
-<==}
1
Y = -1--2 Y -x
2x Comme une primitive de -1--2 est -In Il -
-x
(Ea )
Ç=>
y
1
=
2 xl,
on a aussi:
C
Il _ x 2 1 où C est une constante.
1 - x 2 est de signe constant sur J. Quitte à remplacer C par ,. 1 C -C, on peut d one ecnre y = -1--2 .
Or x
1---->
-x
En intégrant, on obtient: y = C ln
Il1-x + x 1+ K
où K est une autre constante.
La solution générale de (Ea) est donc de la forme: y(x)
= Clin Il + x 1 + Kl
y(x)
=
XE]-
1-x
-1[
00,
C2 1n l1 _ x
I +xl + K 2
XE]-l,l[
1+ x l y(x) = C3 In 11-x +K3
xE ]1, +oo[
b) Pour que y soit définie sur IR, il faut Cl = C 2 = C3 = 0 . Pour que y soit continue, il faut de plus que Kl Réciproquement, il est clair que y
=
=
K2
= K3 .
K est solution de (Ea) sur IR.
Donc Ya est l'ensemble des fonctions constantes et pa(x)
= 1.
p
1.2. a) Si y =
L ak xk
un polynôme de degré p, on a a p
-=1-
0 . Le
k=a
coefficient du terme de degré maximal du premier membre de (EI) est: (p (p - 1)
+ 2p -
2) a p
donc nécessairement p
=
=
(p2
+p -
2) ap
=
(p - 1) (p
+ 2) a p ,
1.
Réciproquement, posons y = ax + b , soit y' = a et y" Il s'agit d'une solution de (EI) si, et seulement si : 2ax - 2 (ax
+ b) = 0
Ç=>
=0.
b= 0 .
Donc les solutions polynômes sont les fonctions définies par y(x) etpl(x)=X.
=
ax
Problèmes généraux
181
b) La fonction définie par z(x) = f(x) est deux fois dérivable dans D' x
et l'on a:
f(x)
xz(x) z(x) + xz'(x) 2z'(x) + xzl/(x)
J'(x)
f"(x) d'où, puisque
f
est solution de (Ed :
(x 2 -1) (2z'
+ xzl/) + 2x (z + xz')
- 2xz
=
0,
ou encore:
(x 2
X
-
1)
Z"
+ (4x 2 -
2) z' = 0
Dans tout intervalle de D*, cette équation est équivalente à :
z
1/
= -
4x 2
-
2
x(x 2 -1)
4x 2 - 2 2 La décomposition --:---,,-----,- = X (x 2 - 1) x
z
1 +x- 1
,
t 1
+-x +1
J
4x2 - 2 (2 2 dx = ln x lx 2 x ( x -1 )
conduit à:
11 ) .
Sur tout intervalle de D' , z' est donc de la forme:
z'
=
avec
Î
x 2 (x 2 -1)
E R.
Î
On peut supprimer les valeurs absolues comme ci-dessus. . . 1 J~a dé compositIOn x 2 (x 2 _ 1)
z
= Î (
1
~ ln 1x-II + ~ ) + a
2 x+ 1 x x-l -2 ln x+l
1
d'
.,
,
x 2 _ 1 - x 2 con Ult en mtegrant a: x
avec a E R,
1--1 + 1) + ax sur tout intervalle 1 de D·. x Ix-1 En posant
et donc f(x)
=
Î (
des solutions de (Ed sur l, on a donc montré l'inclusion:
Sr
c b
Or, puisque le coefficient x 2 -1 ne s'annule pas sur l, SI est un espace vectoriel de dimension 2, donc :
Sr=b
Problèmes généraux
182
L'ensemble des solutions sur D est donc de la forme: XE]-oo,-l[ XE]-l,l[ xE ]1, +oo[ q
1.3. a) En posant P(x) = L ah xh , on a : h=O (x 2 -1) P"(x) + 2xP'(x) - n (n + 1) P(x) q
q
q.J'
= (x 2 -1) Lh(h -1)ahxh- 2 + 2x Lhahxh-l - n(n
h=2
+ 1) Lahxh h=O
h= l
q
q-2
= Lh(h-l)ahxh- L(h+2)(h+l)ah+2 xh h=O
h=O q
q
+2L
h ah xh - n (n h=O
q
=
+ 1) L
ah xh h=O
q- 2
L (h (h h=O
+ 1) -
n (n
+ 1)) ah xh
- L(h + 2) (h h=O
+ 1) ah+2 xh .
Pour simplifier l'écriture, nous avons ajouté certains termes nuls: P est donc solution de (En) si, et seulement si :
Vh E {a, ... , q - 2}
[h (h
+ 1) -
{
+ 1)] ah
n (n
[(q - 1) q [q (q
+ 1) -
Comme a q 1= a , l'équation (2) donne q (1), on obtient aq - l = a. Donc, si P E Yn
,
on a q = n et
an - l
+ 2)(h + 1) ah+2 n (n + 1)] a q _ 1 = a (1 )
= n,
= (h
n (n -1- 1)] a q =
ou encore Comme
+ 1) -
= a.
n (n -1- 1)] ah = (h
+ 2)( h -1- 1) ah + 2
(h+2)(h+1) ah = - (n _ h) (n + h + 1) ah+2 .
an - l =
a, on en déduit: ah = a si n - h est impair
(2)
puis, en remplaçant dans
Pour hE {a, ... , n - 2} , on a: [h (h
a
(3).
Problèmes généraux Supposons n - h pair, soit h
=n
183
- 2p . On a alors:
n (n - 1) 2(2n - 1) (n-2)(n-3) 4 (2n - 3) an -
-
2
(n - 2p + 2) (n - 2p + 1) 2p (2n - 2p + 1) a n -2p+2
d'où en multipliant membre à membre: an -
2p
=
n (n - 1) ... (n - 2p + 1) (I)P ------,--,'----'-:--'----------"------'---------.,.. (2·4···2p) (2n - 1) (2n - 3) ... (2n - 2p + 1)
pour tout entier p tel que 0 ~ p ~ ~ .
(4)
t
Réciproquement, si q = n et si les coefficients vérifient les relations (3) et (4), P est solution de (En) .
b) • n
= 2
On a al = 0 et ao =
-~ a2,
d'où P(x) = a2 (x2
3 On a donc P(I) = 1 {::::::} a2 = -2'
-~) .
3 2 1 soit P2(X) = -x - - . 2 2
.n = 3 On a al = ao = 0 et al =
-~ a3,
5 On a donc P(I) = 1 {::::::} a3 = -2'
d'où P(x) = a3 (x3 -
~x) .
5 3 3 soit P3(X) = - X - -x. 2 2
Partie II n
ILL. De
=
(x 2 _1)n
= L(-1)PC~x2n - 2p,
on déduit:
p=o
E(~)
=
L
(-I)P C~ (2n - 2p) (2n - 2p - 1)· ·· (n - 2p + 1) x n - 2p
p=o
E(~)
, , ( l)P
f=o
,
n. (2n - 2p)! xn-2p p!(n - p)! (n - 2p)!
184
Problèmes généraux
E(~) _ 1" (_)1' - n. ~ 1 1'=0
1
(2n - 2p). n-21' I( _ -)I( _ 2 )1 x , p. n p. n p .
d'où la relation demandée avec
Àn
= n! .
e Montrons que cp~n) est solution de (En). En 1.3, on avait:
an-21'
=
(-1)1'
n (n - 1) . .. (n - 2p + 1) ( (2 · 4· · ·2p) 2n - 1) (2n - 3) ... (2n - 2p + 1)
On peut écrire:
n (n - 1) ... (n - 2p + 1)
n!
= -:-(n---2"--p-:-:)!
2 . 4 . . . 2p = 21' p!
(2n _ 1) (2n _ 3) . . . (2n _ 2p + 1) = (2n) (2n - 1)· .. (2n - 2p + 1) (2n) (2n - 2) ... (2n - 2p + 2) (2n)! (n - p)! (2n - 2p)! n! 2P La relation déjà obtenue peut donc s'écrire:
an- 21' et on a donc
cp~n)
=
(n!? (2n - 2p)! (2n)! (-1)1' p! (n _ p)! (n _ 2p)!
=
(2~)! n.
P, où P est la solution calculée en 1.3.
Comme Yn est un espace vectoriel, cp~n) est bien une solution de (En) .
Autre méthode: calculez (cp~n))' et (cp~n))" et remplacez dans (En) . 11.2. a) • n = 1 Ona CPl(X)=x2_1 , cp~(x)=2x d'où P1(x) = x.
en=2 On a cp2(X) = x4 - 2x 2 + 1,
en=3 On a CP3(X) = x6 - 3x4
cp~(x) =
+ 2x2 -
() =2"x 5 3 -2"x. 3 d ,ou, P3X
12x2 - 4 d'où P2(X) =
1, cp~3)(x)
=
120x 3 - 72x
~ x2 - ~ .
Problèmes généraux b) En posant a(x) = (x + 1t et (3(x) = (x
1t , on
185
peut écrire
n
=
L C~ aCk)(x) (3Cn-k)(x) . k=O
Comme 1 est racine d'ordre n de (3, on a (3Cn - k) (1) ce qui donne:
Pn(-l)
De même
=
= 0 sauf pour k = n,
et Pn(1)
=
1.
(_l)n.
Partie III
IIL1. De U = P; Pa - Pr P; , on déduit U' = P;' Pa - Pr P;' , donc:
d~ [(x 2 -
1) U] = (x 2 - 1) (P;' p. - Pr P;')
+ 1)
-
8 (8
p. [(x 2 -l)P;' +2xP;] - Pr [(x 2 -l)P;' +2xP;]
=
p. x r (r + 1) Pr - Pr X S (8 + 1) p.
=
[r (r + 1) -
S
(s
+ 1)] Pr p •.
+ 1)] < Pr 1 p. > = =
Si r
i- 8
,
- Pr P;)
=
On en déduit: [r (r
+ 2x (P; p.
JI - 1
d dx [(x 2 - 1) U(x)] dx
[(x2-1)U(x)]~1 = 0.
on obtient donc < Pr 1 p. > = 0 .
IIL2. a) Pour tout PEE: , avec n intégrations par parties successives on obtient: 2n n!
< PI Pn > =
[II
= [
+ (-ltOn a
=
P'(x) -
+ .. .
1
= 0, sauf pour
k = n, donc:
Problèmes généraux
186
< PI Pn > =
II _1_11 (:1)~ 2 n.
(X 2 - 1t p(nl(x) dx
-1
(1 - x 2t p(n)(x) dx .
=
2n n!
- 1
Si dO Pn < n, on a pen) b) De
p(n)(x) n
=
0 et < PI Pn > =
= _1_ <.p(2nl(x) 2n n!
n
= (2n)! ,
2 n n!
o.
~
on déduit:
Le changement de variable t = arccos x donne: In =
11< sin
2n + 1 t
d'où, en intégrant par parties pour n In
~
dt,
1:
= [ - cost sin 2n t] ~I + 2n 11< cos2 t sin 2n - 1 t dt
= 2n soit
1
In
1f
(1 - sin 2 t) sin 2n -
1t
dt
= 2n (In - I - In)
2n 2n+ 1
= - - In - I·
Comme la
=
II
dx
=
2, on en déduit:
-1
In = 2
2n(2n - 2)···2 (2n(2n - 2) . .. 2)2 = 2 -'-------;--~---'(2n+1)(2n-l)···3 (2n+l)!
22n+1 (n!)2 (2n + l)!
et enfin:
111.3. a) x Pn est un polynôme de degré n
+1 .
Or, comme pour tout k de 0 à n + 1, on a dO Pk (Po, ... , Pn +1) est une base de IRn+dX]. Il existe donc des réels Qo, QI, .. . , Qn+ 1 tels que: n+1
xPn(x) =
L
i= O
Qi
Pn+I - ;(X).
k , on sait que
Problèmes généraux
187
b) Soit n ~ 2 et q E {2, .. . ,n}. On a dO (XPn-q) = n -q+ 1 < n, donc < x Pn-q 1 Pn > = 0 . Or 1 n+l < x Pn-q 1 Pn > = Pn-q(X) ~ Qi Pn+l-i(X) dx
il
n+1
=
L
Qi
< Pn - q 1 Pn+l- i > = Qq+1 < Pn-q 1 Pn-q >,
i=1
donc frq+1 = 0 pour q ~ 2, soit: Q3
=
Q4
= ... =
Qn+ 1
=0.
c) D'après III.2, )n est de même parité que n; donc, si n est impair, Pn-
I ,
Pn+ 1 et x Pn sont pairs,
et réciproquement. De x Pn =
Qo
Pn+1 + QI Pn
+ Q2 Pn- I
,
on déduit alors
QI
= O.
d) • En identifiant les coefficients de xn+ 1 dans l'égalité ci-dessus, on a :
(2n)! 2n (n!)2
=
Qo
(2n+2)! + 1)!)2 '
.
SOIt
2n+1 ((n
Qo
n+1 2n+ 1
= -_.
• D'autre part, en remplaçant x par 1 dans la même égalité, on obtient: d ,ou'
n
Q2=--'
2n+ 1
La relation cherchée est donc:
(n + 1) Pn + 1
-
(2n + 1) x Pn
+ n Pn _ 1 =
0.
IlI.4. En intégrant par parties, on a :
<
=
=
i
l 1
[(x 2
= -
[(x 2 -1) P'(x)J' Q(x) dx -
ill
1) P'(x) Q(x)]
(x 2
-
~I
-ill
(x 2 -1) P'(x) Q'(x) dx
1) P'(x) Q'(x) dx.
Cette expression est symétrique en Pet Q, d'où:
< = < PI .
188
Problèmes généraux
b) Comme (PkhEN est une base orthogonale de (Pn)
=
t
k=O
t:,
pour tout n on a :
< Pk 1 (Pn) > Pk . < Pk IPk >
.
< n, comme d°(Pk) = k, on a (Pk) E Vect (Po, Pl, ... , Pk) et par conséquent < Pk 1 (Pn) > = < (Pk) 1 Pn > = 0 . Il reste donc:
Si k
(Pn)
= enPn
avec en =
< Pn 1(Pn) . < Pn IPn >
Ainsi, Pn est vecteur propre de <JI . c) Pour obtenir la valeur de en, étudions les termes de degré maximal. Si le terme de degré maximal de Pn est CLn x n celui de (x 2 n an xn+l et celui de (Pn) est n (n + 1) an xn . La valeur propre de associée à Pn est donc en = n (n
-
1) P~ est
+ 1) .
L'égalité (Pn) = n (n + 1) Pn se traduit par: (x 2 -1) P::
+ 2x P~ -
n (n + 1) Pn
=0 ;
Pn est donc solution de (En).
,m
1. Première méthode n
Soit P E 1Rn[X] ; posons P
=
L ak X k . P est le polynôme d'interpo-
k=O lation cherché si, et seulement si : P(xo) ~ f(xo) {
aO
+ al Xo + ... + an Xo = f(xo)
=> (S) { P(xn )
= f(x n )
Le déterminant de (S) est un déterminant de Vandermonde, soit: detS
II
=
(Xj -
Xi) .
l~i<j~n
Comme det Si- 0 , on en déduit l'existence et l'unicité de P.
Deuxième méthode Considérons l'application linéaire <JI de 1Rn[X] dans 1Rn+1 définie par QI-> (Q) = (Q(xo), .. . , Q(Xn)) ,
et soit Q
E
1Rn[X] tel que <JI(Q)
=
(0, ... ,0) .
Problèmes généraux Alors Q admet n Ainsi Ker
+ 1 racines,
= {D} , donc
189
donc Q = 0 .
cI> est injectif.
Comme 1R,.,[X] et IRn +! ont même dimension, est une bijection, d'où la conclusion.
Troisième méthode (X - Xl)' .. (X - X n ) Posons Lo = -;---~---;-----': (xo - xd ... (xo - Xn ) Lo est un polynôme de degré n tel que: Lo(xo) = 1
Lo(xj) = 0 si j -=/:
II
On définit de même Li(X) =
X - Xj
O(j(n
X· t
-x·
o.
qui vérifie Li(Xj) = {jij .
J
Ni n
Posons p= "Lf(Xi) Li' Ona P(Xi) = f(Xi) pour tout iE {D, ... ,n}, i=O
d'où l'existence de P. L'unicité se démontre en considérant deux polynômes d'interpolation P et Q. Comme P - Q admet les n + 1 racines Xo, ... , Xn on a P - Q = O.
...
2. Comme dO(u p ) = p, (uo, .. . , un) est une base de IRn[X] . On dispose donc de A·= t(>.o, ... , >'n) E IRn+1 unique tel que:
P = >'0 Uo ou encore P(x) = tU(x)A {==:}
= {
+ ... + >'n Un
tAU(x) . Alors:
>'0 uo(xo) + ... + ~n un(xo)
=
f(xo)
+ ... + >'n un(xn)
=
f(xn)
>'0 UO(xn) {==:}
,
tAA = F
-{=}
A
= eA)-1 F.
La matrice tA est inversible puisque le système admet une solution A unique. On a donc:
P(X)
=
tU(x)CAr l F == tU(x)t(A-1)F
ou encore P(x) = tFA - IU(x). 3. Posons w(x) = (x - xo)· · · (x - x n ) . Si xE {Xo, Xl, ... , Xn} , tout ç E 1 convient.
190
Problèmes généraux
Sinon, pour xE 1 \ {XO, Xl,"" xn} fixé, posons :
cp(t)
=
f(t) - pet) - Cw(t),
où C est choisi de façon que cp(x)
=
0, ce qui est possible, puisque
w(x)#O . Ainsi, cp admet dans 1 au moins n
+ 2 zéros
xo, Xl , . . . , X n et x.
Par le théorème de Rolle, on en déduit que cp' admet n + 1 zéros, puis par récurrence, que cp(n+l) admet 1 zéro que l'on note ~ . Or cp(n+l)(t) = f(n+l)(t) - C (n
+ 1)!,
donc
C
=
f(n+l)(~)
(n + 1)!
,
soit
puisque cp(x) = 0 : f(n+l)(~)
f(x) - P(x)
(n + 1)! w(x).
=
4 .• Soit y E [0,1] et 0 E R. tels que y = cos 0 . Pour p? 0, notons Hp la propriété Tp(Y) = cospO . Comme cosO = 1 = To(y) et cos 0 = y = Tl(y) , Ho et Hl sont vraies. Soit p? 1 ; supposons H p- l et Hp, soit Tp- l(Y) = cos(p -1) () et Tp(Y) = cospO. Alors :
Tp+l(Y) = 2cosOcospO - cos(p - 1) 0 =
cos(p + 1) 0 + cos(p - 1) 0 - cos(p - 1) 0
= cos(p + 1) 0
d'où Hp+l' Par récurrence, on a donc démontré que T p (y) = cos pO pour tout P ~ 0 . • On raisonne de même lorsque y ch (p
+ 1) 0 + ch (p -
5 .• Montrons d'abord, pour p dO (Tp) = p
?
?
1 et y = ch 0 grâce à la formule 1) 0 = 2 ch 0 ch pO.
0, la propriété Kp :
le coefficient dominant de Tp est 2P -
Comme T o = 1 et Tl(y) = y = Soit p
?
2l - ly,
1 et supposons K p-l et K p
l
si p? 1.
Ko et Kl sont vraies.
;
On a donc dOTp_ l = P - 1 et Tp(Y) = 2P - l yP + R(y) où RE R.p- dX]. On en déduit:
Tp+l(Y)
=
2y (2P - lyP + R(y)) - Tp-l(y)
=
2Py p+l
+ Scy)
où SE IRp[X]
d'où Kp+l .
\
Problèmes généraux
191
Par récurrence, on en déduit Kp pour tout p;? O. Le polynôme 2 l - n T n est donc unitaire et de degré n, donc 'II = Q - 2 1- n T n est un polynôme de degré n -1 au plus . • Soit Zj = cos j7r pour jE {O, . . . , n}; d'où 1 = ZO > Zl > ... > Zn = 1. n On a Tn(zj) = cos(j7r) = (-I)j , donc W(Zj) = Q(Zj) - 2l - n( -1)j . Raisonnons par l'absurde en supposant que
sup
IQ(y)1
< 2l - n. Alors
yEI-l,l]
< 2l - n
2l -
-
si j est pair W( Zj)
-
si j est impair W(Zj) > _2 l -
-
n
n =
0 ;
+ 2l - n
=
O.
Ainsi, le polynôme W admettrait une racine dans chacun des intervalles ]Zk, zk- d pour k E {1, . . . , n} , donc au moins n racines.
'II serait donc le polynôme nul, c'est-à-dire que Q = 2 l - n T n . Or Tn (1) = cos 0 = 1, donc Q(I) ~ 2 l - n , ce qui est contraire à l'hypothèse faite. Conclusion:
sup
IQ(y)1 ~ 2 l -
n .
yEI-l,l] n
6. Pour (YO, ... , Yn) E [-1, l]n+l , posons w(y)
west un polynôme unitaire
de~egré
n
=
+ 1, donc
II (y - Yj) . j=o sup
Iw(y)1 ~ T
n.
yEI-l,l ]
Cette inégalité étant vraie pour tout choix de (YO, . .. , Yn) , on a donc: inf
(Yo,···,Yn)EI - l,l ]n + l
(su p
fI
Iy - Yj
y EIO,l l j=O
1) ~ T
n .
Afin de montrer que cette borne est atteinte, cherchons d'abord les racines de 1~+l. Pour y E [-1,1], posons B = arccosy ; alors: 2j + 1 . Tn + l (y) = 0 -{::::=} cos(n+ 1) B = 0 -{::::=} B = - - 7r avec J E {O, ... ,n}. 2n+2 Ainsi, T n + l admet dans [-1, 1] n+ 1 racines distinctes Yj = cos On a donc TnTn+l(y)
=
~~: ~ 7r.
(y - Yo)··· (y - Yn) . n
Or ITn+l(Y)1 = 1cos(n + 1) BI :( 1, donc sup
II Iy -
Yjl :( 2- n
j=O n
ou encore d'après ce qui précède sup
II Iy - Yjl = 2- n . j=O
,
192
Problèmes généraux
On a donc: (su p
inf
(YO,· .. ,Yn)E[ - I,I)n+l
fI Iy - Yjl) = 2-
n
yE[O,I) j = O
et \ette borne est atteinte lorsque les
Yj
sont les racines de
Tn + l .
7. Considérons l'application affine croissante "/ qui transforme [-1,1] en . b-a a+b [a, b], SOit ,,/(y) = -2- Y + -2-' n
Posons Xj = "/(Yj) , w(x) = II(x - Xj) et soit P le polynôme d'interj =O
polation de
f par rapport au support (xo, ... , x n )
En notant M
.
sup ln+1)(x) , on avait pour tout x :
=
xE[a,b)
M If(x) - P(x)1 ~ (n + 1)! Iw(x)1 .
Or, en posant x w(x) =
=
IIn ("!(y) -
,,/(y) , on a: ,,/(Yo)) =
b - a n+l ~ Yo) = (-2-) w(y) ,
j=O
j=O
d'où Iw(x)1
b- a IIn (-2-) (y -
~ (b; ar+ 1 w(Y)1 ~ (b; a I
r+ Tn . I
M (b - a)n+1 En tout lJ(x) - P(x)1 ~ (n + 1)! 22n+l ,donc:
(b - a)n +l sup If(x) - P(x)1 ~ 22n+l( + 1)' M .
xE[a,b]
n
.
MASSON Éditeur 120, boulevard Saint -Germain 75280 Paris Cedex 06 Dépôt légal: mars 1997
SNEL S.A. Rue Saint-Vincent 12 - 8-4020 Liège tél. 32(0)4 343 7691 - fax 32(0)4 343 77 50 mars 1997
