Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (CCINP)

On pose $c_0=0$, $c_1=1$ et pour $n\geqslant2$, $c_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}c_kc_{n-k}$.

On pose $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}c_nx^n$ et on note $R>0$ son rayon de convergence.

1) Montrer que pour tout $x\in]-R,R[$, $(f(x))^2=f(x)-x$. Déterminer $f(0)$.

2) Montrer qu’au voisinage de $0$, $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$. Préciser $R$.

3) Développer $x\mapsto\sqrt{1+x}$ au voisinage de $0$. En déduire que : $\forall n\geqslant1$, $c_n=\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}$.

 Corrigé

1) On suppose que $R>0$. Sous cette hypothèse, pour tout $x\in]-R,R[$,

\begin{align*}(f(x))^2&=\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}c_kx^k\right)\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}c_kx^k\right)\\&=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}c_kc_{n-k}\right)x^n\;(\text{produit de Cauchy d’une série entière par elle-même dans l’intervalle ouvert de convergence})\\&=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}c_kc_{n-k}\right)x^n\;(\text{car}\;c_0=0)\\&=\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}c_nx^n=f(x)-c_1x\\&=f(x)-x.\end{align*}

Ainsi, sous l’hypothèse $R>0$, pour tout $x\in]-R,R[$, $(f(x))^2-f(x)+x=0$.

2) Toujours sous l’hypothèse $R>0$, pour tout $x\in]-R,R[$, $f(x)$ est solution de l’équation $t^2-t+x=0$ et donc $f(x)\in\left\{\dfrac{1+\sqrt{1-4x}}{2},\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}\right\}$. La fonction $f$ est continue en $0$ et $f(0)=c_0=0$. Donc, il existe un voisinage $V$ de $0$ tel que, pour tout $x\in V$, $|f(x)|\leqslant\dfrac{1}{2}$. D’autre part, la fonction $h~:~\dfrac{1+\sqrt{1-4x}}{2}$ est continue en $0$ et vérifie $h(0)=1$. Donc, il existe un voisinage $V’$ de $0$ tel que, pour tout $x\in V’$, $h(x)\geqslant\dfrac{3}{4}$. $V\cap V’$ est un voisinage de $0$ tel que pour tout $x\in V\cap V’$, $f(x)\neq h(x)$ et donc $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$.

Ainsi, au voisinage de $0$, $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$ (toujours sous l’hypothèse $R>0$.

La fonction $t\mapsto\sqrt{1+t}$ est développable en série entière sur $]-1,1[$ et le rayon de convergence de la série entière de somme $t\mapsto\sqrt{1+t}$ est $1$. Donc, la fonction $g~:~x\mapsto\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$ est développable en série entière sur $\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$ et le rayon de convergence $R’$ de la série entière de somme $g$ est égal à $\dfrac{1}{4}$. Pour $x\in\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$, on peut poser $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}d_nx^n$. La fonction $g$ vérifie la même égalité que $f$ : $\forall x\in\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$, $(g(x))^2=g(x)-x$. Ensuite, $g(x)\underset{x\rightarrow0}{=}x+o(x)$ et donc $d_0=0$ et $d_1=1$. Enfin, en effectuant le produit de Cauchy de la série de somme $g$ par elle-même puis en identifiant les coefficients, on obtient pour tout $n\geqslant2$, $d_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}d_kd_{n-k}$. Mais alors, par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $d_n=c_n$.

Ceci montre que $R=\dfrac{1}{4}$ et que pour tout $x\in\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$, $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}$.

3) Pour tout $x\in]-1,1[$, $\sqrt{1+x}=(1+x)^{\frac{1}{2}}=1+\dfrac{x}{2}+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}\dbinom{\frac{1}{2}}{n}x^n$. De plus, pour $n\geqslant2$,

\begin{align*}\dbinom{\frac{1}{2}}{n}&=\dfrac{\dfrac{1}{2}\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)\times\left(-\dfrac{2}{2}\right)\times\ldots\times\left(\dfrac{1}{2}-(n-1)\right)}{n!}=\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^nn!}1\times1\times3\times\ldots\times(2n-3)=\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^nn!}\times\dfrac{1\times2\times3\times\ldots\times(2n-3)\times(2n-2)}{2\times4\times\ldots\times(2n-2)}\\&=\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^nn!}\times\dfrac{(2n-2)^!}{2^{n-1}(n-1)!}=\dfrac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!},\end{align*}

ce qui reste vrai quand $n=1$. Donc, pour tout $x\in\left]-\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{4}\right[$ (de sorte que $-4x\in]-1,1[$),

\begin{align*}f(x)&=\dfrac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-4x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(1-1-\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(-1)^{n-1}}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\right)\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{-(-1)^{n-1}(-1)^n(2n-2)!2^{2n}}{2\times2^{2n-1}(n-1)!n!}x^n\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}x^n.\end{align*}

Par unicité des coeffcients d’une série entière, on en déduit que pour tout $n\geqslant1$, $c_n=\dfrac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Il faut avoir conscience que l’écriture $\dfrac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2}$ ne permet pas vraiment de comprendre que le signe $\pm$ est une fonction de $x$ : pour une certaine valeur de $x$, ce signe est peut-être $+$ tandis que pour une autre valeur de $x$, ce signe est peut-être $-$. D’où la difficulté de choisir ce signe pour chaque valeur de $x$.

Enoncé (CCINP)

Soit $E$ l’espace vectoriel des fonctions $f$ continues sur $]0,1]$ telles que la fonction $t\mapsto tf(t)$ soit de carré intégrable sur $]0,1]$.

1) Montrer que l’application $\begin{array}[t]{ccc}E^2&\rightarrow&\mathbb{R}\\(f,g)&\mapsto&\displaystyle\int_{0}^{1}t^2f(t)g(t)\;dt\end{array}$ est un produit scalaire sur $E$.

2) Soient $f_0~:~t\mapsto1$ et $f_1~:~t\mapsto t$ et $F=\text{Vect}\left(f_0,f_1\right)$. Déterminer une base ortnonormée de $F$.

3) Donner la valeur de $a$ et $b$ pour que $\displaystyle\int_{0}^{1}t^2(\ln(t)-at-b)^2\;dt$ soit minimale.

Corrigé

1) $\bullet$ Soit $(f,g)\in E^2$. La fonction $t\mapsto t^2f(t)\times g(t)$ est continue sur $]0,1]$. Ensuite, pour tout $(x,y)\in\mathbb{R}^2$, l’inégalité $(|x|-|y|)^2\geqslant0$ fournit $|x||y|\leqslant\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$. Par suite, pour tout $t\in]0,1]$,

$$\left|t^2f(t)g(t)\right|=\left|tf(t)\right|\left|tg(t)\right|\leqslant\dfrac{1}{2}\left(t^2f^2(t)+t^2g^2(t)\right).$$

Puisque les fonctions $t\mapsto t^2f^2(t)$ et $t\mapsto t^2g^2(t)$ sont intégrables sur $]0,1]$, il en est de même de la fonction $t\mapsto t^2f(t)g(t)$.

$\bullet$ $E\subset C^0(]0,1],\mathbb{R})$. La fonction nulle est un élément de $E$. De plus, si $(f,g)\in E^2$ et $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$, la fonction $t\mapsto t^2\left(\lambda f(t)+\mu g(t)\right)^2=\lambda^2t^2f^2(t)+2\lambda\mu t^2f(t)g(t)+\mu^2t^2g^2(t)$ est intégrable sur $]0,1]$ en tant que combinaison linéaire de fonctions intégrables sur $]0,1]$. Donc, $E$ est un sous-espace vectoriel de $C^0(]0,1],\mathbb{R})$ et en particulier, $E$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel.

$\bullet$ On note $\langle\;,\;\rangle$ l’application de l’énoncé. $\langle\;,\;\rangle$ est effectivement une application de $E^2$ dans $\mathbb{R}$ d’après le début de la question.

– Soit $(f,g)\in E^2$. $\langle f,g\rangle=\displaystyle\int_{0}^{1}t^2f(t)g(t)\;dt=\displaystyle\int_{0}^{1}t^2g(t)f(t)\;dt=\langle g,f\rangle$. Donc, $\langle\;,\;\rangle$ est symétrique.

– Soient $\left(f_1,f_2,g\right)\in E^3$ et $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$.

$$\langle\lambda f_1+\mu f_2,g\rangle=\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\left(\lambda f_1(t)+\mu f_2(t)\right)g(t)\;dt=\lambda\int_{0}^{1}t^2f(t)\;dt+\mu\int_{0}^{1}t^2g(t)\;dt=\lambda\langle f_1,g\rangle+\mu\langle f_2,g\rangle.$$

Ainsi, $\langle\;,\;\rangle$ est linéaire par rapport à sa première variable puis bilinéaire par symétrie.

– Soit $f\in E$. Par positivité de l’intégration, $\langle f,f\rangle=\int_{0}^{1}t^2f^2(t)\;dt\geqslant0$ puis

\begin{align*}\langle f,f\rangle=0&\Rightarrow\int_{0}^{1}t^2f^2(t)\;dt=0\Rightarrow\forall t\in]0,1],\;t^2f^2(t)=0\;(\text{fonction continue, positive, d’intégrale nulle})\\&\Rightarrow\forall t\in]0,1],\;f(t)=0\Rightarrow f=0.\end{align*}

Donc, $\langle\;,\;\rangle$ est définie positive.

En résumé, $\langle\;,\;\rangle$ est une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive sur $E$ et donc $\langle\;,\;\rangle$ est un produit scalaire sur $E$.

2) Les fonctions $f_0$ et $f_1$ sont dans $E$. De plus, la famille $\left(f_0,f_1\right)$ est libre ($\forall t\in]0,1],\;at+b=0\Rightarrow aX+b=0\Rightarrow a=b=0$). Donc, $F$ est un plan vectoriel.

L’orthonormalisée $\left(e_0,e_1\right)$ de la famille libre $\left(f_0,f_1\right)$ est une base orthonormée de $F$.

$\left\|f_0\right\|^2=\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\;dt=\dfrac{1}{3}$ et donc $\left\|f_0\right\|=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ puis, pour tout $t\in]0,1]$, $e_0(t)=\dfrac{1}{\left\|f_0\right\|}f_0(t)=\sqrt{3}$.

Ensuite, $\langle f_1,e_0\rangle=\sqrt{3}\displaystyle\int_{0}^{1}t^3\;dt=\dfrac{\sqrt{3}}{4}$ puis pour tout $t\in]0,1]$, $f_1(t)-\langle f_1,e_0\rangle e_0(t)=t-\dfrac{3}{4}$. De plus,

$$\left\|f_1-\langle f_1,e_0\rangle e_0\right\|^2=\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\left(t-\dfrac{3}{4}\right)^2dt=\displaystyle\int_{0}^{1}t^4-\dfrac{3}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}t^3+\dfrac{9}{16}\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\;dt=\dfrac{1}{5}-\dfrac{3}{8}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{1}{5}-\dfrac{3}{16}=\dfrac{16-15}{80}=\dfrac{1}{80}$$

et donc $\left\|f_1-\langle f_1,e_0\rangle e_0\right\|=\dfrac{1}{\sqrt{80}}=\dfrac{1}{4\sqrt{5}}$. Mais alors, pour tout $t\in]0,1]$, $e_1=4\sqrt{5}\left(t-\dfrac{3}{4}\right)=\sqrt{5}(4t-3)$.

Une base orthonormée de $F$ est $\left(e_0,e_1\right)$ où $e_0~:~t\mapsto\sqrt{3}$ et $e_1~:~t\mapsto\sqrt{5}(4t-3)$.

3) Pour tout $t\in]0,1]$, on pose $f(t)=\ln(t)$. La fonction $f$ est continue sur $]0,1]$ et de plus, la fonction $t\mapsto t^2\ln^2(t)$ se prolonge par continuité en $0$ et est donc intégrable sur $]0,1]$. Donc, $f$ est un élément de $E$.

Pour tout $P=aX+b\in\mathbb{R}_1[X]$, $\displaystyle\int_{0}^{1}t^2(\ln(t)-at-b)^2\;dt=\|f-P\|^2$. Donc,

$$\text{Min}\left\{\displaystyle\int_{0}^{1}t^2(\ln(t)-at-b)^2\;dt,\;(a,b)\in\mathbb{R}^2\right\}=\text{Min}\left\{\|f-P\|^2,\;P\in\mathbb{R}_1[X]\right\}=(d(f,F))^2.$$

On sait alors que le minimum est atteint en le projeté orthogonal de $f$ sur $F$. On sait de plus que $p_F(f)=\langle f,e_0\rangle e_0+\langle f,e_1\rangle e_1$. Une intégration par parties, licite, fournit

$$\langle f,e_0\rangle=\sqrt{3}\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\ln(t)\;dt=\sqrt{3}\left(\left[\dfrac{t^3}{3}\ln(t)\right]_0^1-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{t^2}{3}\;dt\right)=-\dfrac{\sqrt{3}}{9}.$$

Une nouvelle intégration par parties, licite, fournit

$$\langle f,e_1\rangle=\sqrt{5}\displaystyle\int_{0}^{1}t^2\ln(t)(4t-3)\;dt=\sqrt{5}\displaystyle\int_{0}^{1}\left(4t^3-3t^2\right)\ln(t)\;dt=\sqrt{5}\left(\left[\left(t^4-t^3\right)\ln(t)\right]_0^1-\displaystyle\int_{0}^{1}\left(t^3-t^2\right)dt\right)=-\sqrt{5}\left(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{\sqrt{5}}{12}.$$

Donc, pour tout $t\in]0,1]$, $p_F(f)(t)=-\dfrac{\sqrt{3}}{9}\times\sqrt{3}+\dfrac{\sqrt{5}}{12}\times\sqrt{5}(4t-3)=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{5}{3}t-\dfrac{5}{4}=\dfrac{5}{3}t-\dfrac{19}{12}$.

Les valeurs de $a$ et $b$ demandées sont $a=\dfrac{5}{3}$ et $b=-\dfrac{19}{12}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Définition de l’othonormalisée d’une famille libre. Soit $(E,\langle\;,\;\rangle)$ un espace préhilbertien. Soit $\left(u_k\right)_{1\leqslant k\leqslant n}$ une famille libre de $E$. Il existe une famille orthonormale $\left(e_k\right)_{1\leqslant k\leqslant n}$ et une seule telle que

$$\forall k\in\{1,\ldots,n\},\;\text{Vect}\left(e_i\right)_{1\leqslant i\leqslant k}=\text{Vect}\left(u_i\right)_{1\leqslant i\leqslant k}\;\text{et}\forall k\in\{1,\ldots,n\},\;\langle e_k,u_k\rangle>0.$$

La famille $\left(e_k\right)_{1\leqslant k\leqslant n}$ est l’orthonormalisée de la famille libre $\left(u_k\right)_{1\leqslant k\leqslant n}$.

Procédé d’orthonormalisation de Schmidt. On obtient l’orthonormalisée de la façon suivante :

– $e_1=\dfrac{1}{\left\|u_1\right\|}u_1$.

– pour tout $k\in\{1,\ldots,n-1\}$, $e_{k+1}=\dfrac{1}{\left\|e_{k+1}’\right\|}e_{k+1}’$ où $e_{k+1}’=u_{k+1}-\displaystyle\sum_{i=1}^{k}\langle u_{k+1},e_i\rangle e_i$.

$\bullet$ Théorème de la projection orthogonale. Soit $(E,\langle\;,\;\rangle)$ un espace préhilbertien. Soit $F$ un sous-espace vectoriel de dimension finie. Alors, $E=F\oplus F^\bot$. Par suite, la projection orthogonale $p_F$ sur $F$ est bien définie.

Expression du projeté orthogonal. Soit $\left(e_k\right)_{1\leqslant n}$ une base orthonormée de $F$ (quand $n=\text{dim}(F)\geqslant 1$). Alors, pour tout $x$ de $E$, $p_F(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\langle x,e_k\rangle e_k$.

Distance à un sous-espace de dimenion finie. Soit $x\in E$. La distance de $x$ à $F$ est $d(x,F)=\text{Inf}\left\{\|x-y\|,\;y\in F\right\}$. Cette distance est atteinte en un vecteur de $F$ et un seul, à savoir le vecteur $p_F(x)$. On a donc $d(x,F)=\left\|x-p_F(x)\right\|=\left\|p_{F^\bot}(x)\right\|$.

Enoncé (Béceas)

 On considère l’équation $e^x+x=n$.

1) Montrer que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, cette équation a une unique solution sur $\mathbb{R}^+$, notée $u_n$.

2) Etudier la limite de la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$.

3) Donner un équivalent de $u_n$ puis un développement asymptotique jusqu’au terme $o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right)$.

Corrigé

On note $\left(E_n\right)$ l’équation de l’énoncé.

1) Pour $x\in\mathbb{R}$, on pose $f(x)=e^x+x$. La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (en tant que somme de deux fonctions continues et strictement croissantes sur $\mathbb{R}$). Donc, $f$ est bijective de $]-\infty,+\infty[$ sur $f(]-\infty,+\infty[)=\left]\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}f(x),\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)\right[=]-\infty,+\infty[$. Ainsi, $f$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$.

En particulier, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, il existe un réel $u_n$ et un seul tel que $f\left(u_n\right)=n$. De plus, $f(0)=1\leqslant n=f\left(u_n\right)$ et donc $0\leqslant u_n$ par stricte croissance de la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$.

On a montré que pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, l’équation $\left(E_n\right)$ a une solution et une seule $u_n$ dans $\mathbb{R}$ et de plus, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $u_n\geqslant0$.

2) Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $f\left(u_n\right)=n$ et donc $u_n=f^{-1}(n)$. On a $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=+\infty$ et donc $\displaystyle\lim_{y\rightarrow+\infty}f^{-1}(y)=+\infty$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}f^{-1}(n)=+\infty$.

3) Puisque $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=+\infty$, $n=e^{u_n}+u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}e^{u_n}$. Puisque $n$ et $e^{u_n}$ sont des infiniment grands équivalents, on peut passer au logarithme et on obtient $u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\ln(n)$.

Pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $v_n=u_n-\ln(n)$ de sorte que $u_n=\ln(n)+v_n$ avec $v_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}o(\ln(n))$. Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, $e^{u_n}=n-u_n$ puis $u_n=\ln\left(n-u_n\right)$ puis $\ln(n)+v_n=\ln\left(n-\ln(n)-v_n\right)=\ln(n)+\ln\left(1-\dfrac{\ln(n)}{n}-\dfrac{v_n}{n}\right)$ puis

$$v_n=\ln\left(1-\dfrac{\ln(n)}{n}-\dfrac{v_n}{n}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln\left(1-\dfrac{\ln(n)}{n}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right)\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-\dfrac{\ln(n)}{n}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right).$$

Finalement

$$u_n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\ln(n)-\dfrac{\ln(n)}{n}+o\left(\dfrac{\ln(n)}{n}\right).$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Si on veut un développement asymptotique avec plus de termes, on utilise le même procédé. On pose $w_n=v_n+\dfrac{\ln(n)}{n}=u_n-\ln(n)+\dfrac{\ln(n)}{n}$ puis on cherche un équivalent de $w_n$ …

Enoncé (Bécéas)

Soit $f~:~\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ une fonction de classe $C^\infty$ telle qu’il existe un polynôme $P\in\mathbb{R}[X]$ de degré impair tel que $\forall(x,n)\in\mathbb{R}\times\mathbb{N}$, $\left|f^{(n)}(x)\right|\leqslant|P(x)|$.

1) Montrer que : $\exists a\in\mathbb{R}$ tel que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f^{(n)}(a)=0$.

2) En déduire que $f$ est identiquement nulle.

3) Le résultat est-il vrai si $P$ est de degré pair ?

Corrigé

1) Puisque $P$ est de degré impair, on a ($\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}P(x)=-\infty<0$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}P(x)=+\infty>0$) ou ($\displaystyle\lim_{x\rightarrow-\infty}P(x)=+\infty>0$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}P(x)=-\infty<0$). De plus, $P$ est continu sur $\mathbb{R}$ et donc $P$ s’annule au moins une fois sur $\mathbb{R}$ d’après le théorème des valeurs intermédiaires. Soit donc $a\in\mathbb{R}$ tel que $P(a)=0$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\left|f^{(n)}(a)\right|\leqslant|P(a)|=0$ et donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f^{(n)}(a)=0$.

On a montré qu’il existe $a\in\mathbb{R}$ tel que pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f^{(n)}(a)=0$.

2) Soit $x\in\mathbb{R}$. Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après la formule de Taylor à l’ordre $n$,

$$f(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{()}(a)}{k!}(x-a)^k+\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt=\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt.$$

1er cas. Supposons $x>a$. Alors, pour tout $n\in\mathbb{N}$,

$$|f(x)|\leqslant\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\left|f^{(n+1)}(t)\right|\;dt\leqslant\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\left|P(t)\right|\;dt\leqslant\|P\|_{\infty,[a,x]}\displaystyle\int_{a}^{x}\dfrac{(x-t)^n}{n!}\;dt=\dfrac{\|P\|_{\infty,[a,x]}(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}.$$

D’après un théorème de croissances comparées, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\|P\|_{\infty,[a,x]}(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}=0$. Donc, quand $n$ tend vers $+\infty$, on obtient $|f(x)|\leqslant 0$ puis $f(x)=0$.

2ème cas. Supposons $x<a$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $f(x)=-(-1)^n\displaystyle\int_{x}^{a}\dfrac{(t-x)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)\;dt$ puis

$$|f(x)|\leqslant\displaystyle\int_{x}^{a}\dfrac{(t-x)^n}{n!}\left|f^{(n+1)}(t)\right|\;dt\leqslant\dfrac{\|P\|_{\infty,[x,a]}(a-x)^{n+1}}{(n+1)!}.$$

Comme précédemment, $f(x)=0$.

Enfin, $f(a)=0$ et finalement $f$ est la fonction nulle.

3) Le polynôme $P=1$ est un élément de $\mathbb{R}[X]$ de degré pair. La fonction $f~:~x\mapsto1$ est une fonction de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ telle que pour tout $(x,n)\in\mathbb{R}\times\mathbb{N}$, $\left|f^{(n)}(x)|\leqslant|P(x)|$. Mais $f$ n’est pas la fonction nulle. Le résultat ne persiste pas si le degré de $P$ est pair.

Commentaires et/ou rappels de cours

La fonction $f~:~x\mapsto\sin(x)$ est aussi une fonction de classe $C^\infty$ telle que pour tout $(x,n)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}$, $\left|f^{(n)}(x)\right|\leqslant 1$. Mais $f$ n’est pas la fonction nulle.

Enoncé (Béceas)

Soit $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite réelle. On définit : $\forall n\in\mathbb{N}$, $v_n=u_{n+1}-u_n$.

1) Montrer que la série de terme général $v_n$ est de même nature que la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$.

2) On définit : $\forall n\in\mathbb{N}^*$, $x_n=\dfrac{n^ne^{-n}\sqrt{n}}{n!}$. Montrer que la série de terme général $y_n=\ln\left(\dfrac{x_{n+1}}{x_n}\right)$ converge.

3) En déduire qu’il existe une constante $c>0$ telle que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n^ne^{-n}\sqrt{n}}{n!}=c$.

Corrigé

1) Soit $n\in\mathbb{N}^*$. $u_n=u_0+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left(u_{k+1}-u_k\right)=u_0+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}v_k$ et aussi $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}v_k=u_n-u_0$. Si la série de terme général $v_n$ converge et a pour somme $V$, alors la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge et a pour limite $u_0+V$ et si la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge et a pour limite $\ell$, alors la série de terme général $v_n$ converge et a pour somme $\ell-u_0$.

Donc, la série de terme général $v_n$ converge si et seulement si la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ converge.

2) Pour $n\in\mathbb{N}^*$,

$$\dfrac{x_{n+1}}{x_n}=\dfrac{(n+1)^{n+1}e^{-(n+1)}\sqrt{n+1}}{(n+1)!}\times\dfrac{n!}{n^ne^{-n}\sqrt{n}}=e^{-1}\times\dfrac{(n+1)^n}{n^n}\times\dfrac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}=e^{-1}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}=e^{-1}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n+\frac{1}{2}}$$

puis

\begin{align*}y_n=-1+\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-1+\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+O\left(\dfrac{1}{n^3}\right)\right)\\&\underset{n\rightarrow+\infty}{=}-1+\left(\dfrac(1}{2}-\dfrac{1}{2}\right)\dfrac{1}{n}+O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(\dfrac{1}{n^2}\right).\end{align*}

La série de terme général $\dfrac{1}{n^2}$, $n\in\mathbb{N}^*$, converge (série de Riemann d’exposant $2>1$). On en déduit que la série de terme général $y_n$ converge absolument et en particulier converge.

3) Ainsi, la série de terme général $\ln\left(x_{n+1}\right)-\ln\left(x_n\right)$ converge et donc, la suite $\left(\ln\left(x_n\right)\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$ converge d’après la question précédente. Soient $\ell=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\ln\left(x_n\right)$ puis $c=e^\ell>0$.

$$x_n=e^{\ln\left(x_n\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{\ell+o(1)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}c+o(1).$$

On a montré qu’il existe $c>0$ tel que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n^ne^{-n}\sqrt{n}}{n!}=c$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Formule de Stirling. $n!\underset{n\rightarrow+\infty}{\sim}\dfrac{\dfrac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}$.

$\bullet$ Le lien suites-séries est très utilisé, par exemple pour étudier la convergence de $u_n=\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\right)-\ln(n)$ ou de $u_n=\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{k}}\right)-2\sqrt{n}$ ou encore de $\left(\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}\right)-\dfrac{1}{n}$ …

Enoncé (TPE)

Soit $f$ une fonction de classe $C^2$ et convexe sur $[0,2\pi]$. Montrer que $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(t)\;dt\geqslant0$.

Corrigé

Les deux fonctions $t\mapsto f(t)$ et $t\mapsto\sin(t)$ sont de classe $C^1$ sur le segment $[0,2\pi]$. On peut donc effectuer une première intégration par parties qui fournit

$$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(t)\;dt=\left[f(t)\sin(t)\right]_0^{2\pi}-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f'(t)\sin(t)\;dt=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f'(t)(-\sin(t))\;dt.$$

Une nouvelle intégration par parties, licite, fournit

$$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(t)\;dt=\left[f'(t)\cos(t)\right]_0^{2\pi}-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\cos(t)\;dt=f'(2\pi)-f'(0)-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\cos(t)\;dt.$$

Ensuite, $f$ est convexe sur $[0,2\pi]$ et donc pour tout $t\in[0,2\pi]$, $f^{(2)}(t)\geqslant0$. Puisque pour tout $t\in[0,2\pi]$, $\cos(t)\leqslant1$, on a encore pour tout $t\in[0,2\pi]$, $f^{(2)}(t)\cos(t)\leqslant f^{(2)}(t)$ puis par croissance de l’intégration $\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\cos(t)\;dt\leqslant\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\;dt$. Mais alors,

$$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f(t)\cos(t)\;dt=f'(2\pi)-f'(0)-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\cos(t)\;dt\geqslant f'(2\pi)-f'(0)-\displaystyle\int_{0}^{2\pi}f^{(2)}(t)\;dt=0.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

 Pas de commentaire particulier.

Enoncé (CCINP)

Soit $E=C^0\left(\mathbb{R}^+,\mathbb{R}\right)$ et on considère l’application $\psi$ qui, à toute fonction $f$ de $E$, associe la fonction $g$ définie par :

$$\forall x\geqslant0,\;g(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}2tf(t)\;dt.$$

1) Montrer que $E$ est un espace vectoriel de dimension infinie.

2) Prouver que $\psi$ est un endomorpisme de $E$.

3) Etudier l’injectivité et la surjectivité de $\psi$. Conclure.

4) Déterminer, pour tout $\lambda\in\mathbb{R}$, le sous-espace vectoriel $\text{Ker}\left(\psi-\lambda Id_E\right)$.

Corrigé

1) Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et $x\in[0,+\infty[$, posons $f_n(x)=x^n$ (avec la convention : pour tout $x\geqslant0$, $f_0(x)=1$). La famille $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est une famille d’éléments de $E$. Vérifions que cette famille est libre.

Soient $k\in\mathbb{N}^*$ puis $\left(n_1,\ldots,n_k\right)\in\mathbb{N}^k$ tel que $n_1<\ldots<n_k$. Soit $\left(a_1,\ldots,a_k\right)\in\mathbb{R}^k$.

\begin{align*}\displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_if_{n_i}=0&\Rightarrow\forall x\in[0,+\infty[,\;\displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_ix^{n_i}=0\\&\Rightarrow\displaystyle\sum_{i=1}^{k}a_iX^{n_i}=0\;(\text{polynôme ayant une infinité de racines})\\&\Rightarrow\forall i\in\{1,\ldots,k\},\;a_i=0.\end{align*}

Ainsi, toute sous-famille finie de la famille $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est libre et donc la famille $\left(f_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ est libre.

Puisque $E$ contient une famille infinie libre, $E$ est de dimension infinie.

2) Soit $f\in E$. L’application $t\mapsto2tf(t)$ est continue sur $\mathbb{R}^+$. Donc, l’application $g~:~x\mapsto\displaystyle\int_{0}^{x}2tf(t)\;dt$ est définie et de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^+$ et en particulier continue sur $\mathbb{R}^+$. $g$ est donc un élément de $E$. Ceci montre que $\psi$ est une application de $E$ dans $E$.

Soient $\left(f_1,f_2\right)\in E^2$ et $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$. Pour tout $x$ de $[0,+\infty[$,

$$\left(\psi\left(\lambda f_1+\mu f_2\right)\right)(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}2t\left(\lambda f_1(t)+\mu f_2(t)\right)dt=\lambda\displaystyle\int_{0}^{x}2tf_1(t)\;dt+\mu\displaystyle\int_{0}^{x}2tf_2(t)\;dt=\left(\lambda\psi\left(f_1\right)+\mu\psi\left(f_2\right)\right)(x)$$

et donc $\psi\left(\lambda f_1+\mu f_2\right)=\lambda\psi\left(f_1\right)+\mu\psi\left(f_2\right)$. Ceci montre que $\psi\in\mathscr{L}(E)$.

3) $\bullet$ Soit $f\in E$ tel que $\psi(f)=0$. Alors, pour tout $x\geqslant0$, $\displaystyle\int_{0}^{x}2tf(t)\;dt=0$. En dérivant, on obtient pour tout $x\geqslant0$, $2xf(x)=0$ puis pour tout $x>0$, $f(x)=0$. Enfin, puisque $f$ est continue en $0$, $f(0)=\displaystyle\lim_{x\rightarrow0,\;x>0}f(x)=0$.

Donc, $f$ est la fonction nulle. Par suite, $\text{Ker}(\psi)=\{0\}$ puis $\psi$ est injectif.

$\bullet$ Pour tout $f\in E$, $(\psi(f))(0)=0$. Donc, la fonction $x\mapsto1$ est un élément de $E$ qui n’a pas d’antécédent par $\psi$. $\psi$ n’est pas surjectif.

$\bullet$ Puisque $\psi$ est un endomorphisme de $E$ qui est injectif et non surjectif, on a redémontré que $E$ est de dimension infinie.

4) Pour tout $\lambda\in\mathbb{R}$, posons $E_\lambda(\psi)=\text{Ker}\left(\psi-\lambda Id_E\right)$. D’après la question précédente, $E_0(\psi)=\text{Ker}(\psi)=\{0\}$.

Soit $\lambda\in\mathbb{R}^*$. Soit $f\in E_\lambda(\psi)$. Donc, $\psi(f)=\lambda f$ puis $f=\dfrac{1}{\lambda}\psi(f)$. On a déjà dit que la fonction $g=\psi(f)$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^+$ et donc, $f$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^+$. En dérivant, on obtient pour tout $x\geqslant0$, $f'(x)=\dfrac{2x}{\lambda}f(x)$. Ensuite,

\begin{align*}\forall x\geqslant0,\;f'(x)=\dfrac{2x}{\lambda}f(x)&\Rightarrow\forall x\geqslant0,\;f'(x)-\dfrac{2x}{\lambda}f(x)=0\Rightarrow\forall x\geqslant0,\;e^{-\frac{x^2}{\lambda}}f'(x)-\dfrac{2x}{\lambda}e^{-\frac{x^2}{\lambda}}f(x)=0\Rightarrow\forall x\geqslant0,\;\left(e^{-\frac{x^2}{\lambda}}f\right)'(x)=0\\&\Rightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\geqslant0,\;e^{-\frac{x^2}{\lambda}}f(x)=C\Rightarrow\exists C\in\mathbb{R}/\;\forall x\geqslant0,\;f(x)=Ce^{\frac{x^2}{\lambda}}\end{align*}

Ensuite, $f(0)=\dfrac{1}{\lambda}(\psi(f))(0)=0$ et donc $C=0$ puis $f=0$. Ainsi, $E_\lambda(f)=\{0\}$.

On a montré que pour tout $\lambda\in\mathbb{R}$, $\text{Ker}\left(f-\lambda Id_E\right)=\{0\}$. L’endomorphisme $\psi$ n’admet pas de valeur propre.

Commentaires et/ou rappels de cours

Dans l’exercice, on montre que $\psi$ n’est pas surjectif. Plus précisément, il est possible de montrer que $\text{Im}(\psi)=\left\{g\in C^1\left(\mathbb{R}^+,\mathbb{R}/right)/\;g(0)=g'(0)=0\right\}$.

Enoncé (CCINP)

Soit $\left(a_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ une suite réelle décroissante, positive, qui converge vers $0$.

Pour $n\in\mathbb{N}$ et $x\in[0,1]$, on pose $u_n(x)=a_nx^n(1-x)$.

1) Justifier que $\left(a_n\right)$ est bornée.

2) Etudier la convergence simple de la série de fonctions de terme général $u_n$ sur $[0,1]$.

3) Etudier la convergence uniforme de la série de fonctions de terme général $u_n$ sur $[0,1]$ (on pourra majorer le reste).

4) Calculer la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de $\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n$.

5) Etudier la convergence normale de la série de fonctions de terme général $u_n$ sur $[0,1]$ (on pourra calculer la norme infinie de $u_n$).

Corrigé

1) La suite $\left(a_n\right)_{n\in \mathbb{N}}$ est convergente et en particulier bornée.

2) Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n(1)=0$. Donc, la série numérique de terme général $u_n(1)$ converge.

Soit $x\in[0,1[$. $u_n(x)=a_nx^n(1-x)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O(1)x^n\underset{n\rightarrow+\infty}{=}O\left(x^n\right)$. Puisque $0\leqslant x<1$, la série géométrique de terme général $x^n$ converge et il en est de même de la série numérique de terme général $u_n(x)$.

Finalement, pour tout réel $x$ de $[0,1]$, la série numérique de terme général $u_n(x)$ converge et donc la série de fonctions de terme général $u_n$ converge simplement sur $[0,1]$.

3) Pour tout $n\in\mathbb{N}$ et tout $x\in[0,1]$, posons $R_n(x)=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}u_k(x)$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $x\in[0,1]$,

\begin{align*}\left|R_n(x)\right|=R_n(x)&=\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_kx^k(1-x)\\&\leqslant\displaystyle\sum_{k=n+1}^{+\infty}a_{n+1}x^k(1-x)\;(\text{car la suite}\;a\;\text{est d’écroissante et car}\;x^n(1-x)\geqslant0)\\&=a_{n+1}(1-x)\times\dfrac{x^{n+1}}{1-x}=a_{n+1}x^{n+1}\\&\leqslant a_{n+1}.\end{align*}

Ainsi, pour tout $x\in[0,1]$, $0\leqslant R_n(x)\leqslant a_{n+1}$. $a_{n+1}$ est un majorant de $\left\{\left|R_n(x)\right|,\;x\in[0,1]\right\}$. Puisque $\left\|R_n\right\|_\infty$ est le plus petit de ces majorants, on a donc $\left\|R_n\right\|_\infty\leqslant a_{n+1}$.

Puisque $a_{n+1}\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$, le théorème des gendarmes montre que $\left\|R_n\right\|_\infty\underset{n\rightarrow+\infty}{\rightarrow}0$ et donc que la série de fonctions de terme général $u_n$ converge uniformément sur $[0,1]$.

4) $\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n=\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{-n}=e^{-n\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-n\left(\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)}\underset{n\rightarrow+\infty}{=}e^{-1+o(1)}$. Donc, $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n=e^{-1}$.

5) $\left\|u_0\right\|_\infty=a_0$. Soit $n\geqslant1$. La fonction $u_n$ est dérivable sur $[0,1]$ et pour tout $x\in[0,1]$,

$$u_n'(x)=a_n\left(nx^{n-1}(1-x)-x^n\right)=a_nx^{n-1}(n(1-x)-x)=a_nx^n(n-(n+1)x).$$

La fonction $u_n’$ est positive sur $\left[0,\dfrac{n}{n+1}\right]$ et négative sur $\left[\dfrac{n}{n+1},1\right]$. La fonction $u_n$ est donc croissante sur $\left[0,\dfrac{n}{n+1}\right]$ et décroissante sur $\left[\dfrac{n}{n+1},1\right]$. En tenant compte de $u_n(0)=u_n(1)=1$, on en déduit que pour tout $x\in[0,1]$,

$$0\leqslant u_n(x)\leqslant u_n\left(\dfrac{n}{n+1}\right)=a_n\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n\dfrac{1}{n+1}$$

puis que $\left\|u_n\right\|_\infty=a_n\left(\dfrac{n}{n+1}\right)^n\dfrac{1}{n+1}$.

Ensuite, d’après la question 4), $\left\|u_n\right\|_\infty\underset{n\rightarrow+\infty}{=}a_n\left(\dfrac{1}{e}+o(1)\right)\left(\dfrac{1}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\underset{n\rightarrow+\infty}{=}\dfrac{a_n}{ne}+o\left(\dfrac{a_n}{n}\right)$.

Par suite, la série de fonctions de terme général $u_n$ converge normalement sur $[0,1]$ si et seulement si la série numérique de terme général $\dfrac{a_n}{n}$ converge. Ainsi, si par exemple, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n=\dfrac{1}{n+1}$, la série de fonctions de terme général $u_n$ converge normalement sur $[0,1]$ et si par exemple, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $a_n=\dfrac{1}{\ln(n+2)}$, la série de fonctions de terme général $u_n$ ne converge pas normalement sur $[0,1]$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Pas de commentaire particulier.