Partie II.

(1)

MPSI B Corrigé du DS 11 29 juin 2019

Partie I.

1. a. On calcule directement :

P₀= 1, T₀= 2 P₁=X, T₁=X

P₂= 2X²−1, T₂=X²−1

2 P₃= 4X³−3X, T₃=X³−3 4X P₄= 8X⁴−8X²+ 1, T₄=X⁴−X²+1

8

b. Il est immédiat par récurrence d'après les dénitions quePn etTn sont de degré net queTn est unitaire (coecient dominant égal à 1).

c. La relation est vraie pour 0 et 1, elle se propage par récurrence car :

cos((n+ 1)θ) + cos((n−1)θ) = 2 cosθcos(nθ)

d. CommePn est de degrén, il admet au plus nracines. Or pourkentre1et n:

Pn(xk) =Pn

cos(2k−1 2n π)

= cos

n(2k−1 2n π)

= cos

2k−1

2 π

= 0

Comme ^2k−1_2n π∈[0, π](intervalle dans lequel la fonction cosest strictement dé- croissante) lesxk sont deux à eux distincts. Ils forment donc la famille de toutes les racines dePn. Ces racines sont donc simples.

e. Les polynômesPn etTn admettent le même ensemble de racines et varient simul- tanément car ils sont proportionnels (coecient multiplicatif 2ⁿ⁻¹). La fonction Pn oscille entre−1et +1, la fonctionTn entre−2¹⁻ⁿ et+2¹⁻ⁿ.

Dans[−1,+1], la valeur maximale2¹⁻ⁿ de |Tn|est atteinte aux pointscosθtels que cosnθ = ±1 c'est à dire lorsque nθ ≡ 0 mod (π). La fonction |Tn| atteint donc sa valeur maximale2ⁿ⁻¹ aux points :

x⁰_k = cos(k

πn)aveck∈J0, nK

Commecosest strictement décroissant dans[0, π], cesn+ 1points sont bien deux à deux distincts.

2. a. Le tracé des graphes entre−1et 1ne pose pas de problème particulier (Fig.1) Il est intéressant aussi de tracer tous les graphes dans la même gure (Fig.2)

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

Fig. 1:T₁, T₂, T₃, T₄ séparément

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

Fig. 2:T₁, T₂, T₃, T₄ simultanément

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S0711C

(2)

b. Supposons qu'il existe un polynôme unitaireP de degréntel que sup

[0,1]

|P|<2¹⁻ⁿ⇒ ∀x∈[−1,+1] :|P(x)|<2¹⁻ⁿ Examinons le polynômeTn−P.

Son degré est strictement inférieur àncarTn et P sont unitaires.

Considérons les n+ 1 points où Tn atteint alternativement −2¹⁻ⁿ et 2¹⁻ⁿ. En ces points, le polynôme Tn −P prend alternativement des valeurs strictement négatives et strictement positives. Par continuitéTn−P va donc s'annuler entre deux consécutifs de cesn+ 1points soit au moinsnfois. Commedeg(Tn−P)< n cela entraineraitT_n−P = 0en contradiction avec la condition imposée àP. c. Cette question est une simple reformulation logique de la question précédente.

d. La linéarité et le fait que (f /f) soit positif est facile et classique. Il faut bien prendre garde que c'est la continuité def² (et sa positivité) qui assure que :

(f /f) = 0⇒f = 0

La preuve de l'orthonormalité de la famille vient du calcul des produits scalaires : (Pn/Pm) =

Z π 0

Pn(cosθ)Pm(cosθ)dθ= Z π

0

cosnθcosmθdθ=

(0 sim=n

π

2 sim=n après linéarisation.

Partie II.

1. a. Les nombresd2 et d3 sont bien dénis car les ensembles dont ils sont les bornes supérieures sont majorés par2R.

Pour tousAetB dansΩ:

d(A, B)≤d(A,0) +d(O, B)≤2R Pour tousA,B,C dansΩ:

d(A, B, C) = (AB.BC.CA)¹³ ≤(2R.2R.2R)¹³ ≤2R

b. Par dénition ded2comme borne supérieure,AB≤d2pour tous les pointsA,B deΩ. On en déduit

∀(A, B, C)∈Ω³, d(A, B, C) = (AB.BC.CA)¹³ ≤(d₂.d₂.d₂)¹³ ≤d₂

Cela signie qued2est un majorant de l'ensemble dontd3est la borne supérieure.

Par conséquent, comme la borne supérieure d'un ensemble est le plus petit des majorants,

d₃≤d₂

c. On raisonne avec deux suite d'implications autour de la dénition d'une borne supérieure. Notons

δ= sup

l(A, B),(A, B)∈Ω² Alors, d'une part :

∀A∈Ω,∀B∈Ω,∀C∈Ω :d(A, B, C)≤d3

⇒ ∀A∈Ω,∀B∈Ω,(∀C∈Ω :d(A, B, C)≤d3)

⇒ ∀A∈Ω,∀B∈Ω, l(A, B)≤d₃⇒δ≤d₃ d'autre part :

∀A∈Ω,∀B∈Ω :l(A, B)≤δ

⇒ ∀A∈Ω,∀B∈Ω,(∀C∈Ω :d(A, B, C)≤δ)⇒d₃≤δ 2. LorsqueΩest un segment de longueura, il est clair qued2=a.

Il est naturel de considérer la conguration particulière oùAetBsont les deux extré- mités du segment etCle milieu. Pour cette conguration :

d(A, B, C) = a(a

2)²¹₃

=a4⁻¹³ ⇒d₃≥a4⁻¹³

Pour une conguration quelconque, remarquons d'abord que l'ordre des pointsA, B, C est sans importance. On supposera doncC entreA etB avec de plusAC =xAB, BC= (1−x)AB pourx∈[0,1]. Avec ces notations :

d(A, B, C) = (x(1−x))¹³AB

L'étude de la fonctionx→(x(1−x))¹³ montre rapidement qu'elle atteint son maximum absolu en ¹₂. Le plus grand desd(A, B, C)est donc atteint lorsqueC est au milieu de AetB et queABest le plus grand possible On retrouve la conguration du début et on a prouvé que

d3=a4⁻¹³

On peut remarquer que ce raisonnement rend inutile la considération de la conguration particulière.

(3)

A(eîα) B(eîβ) C(eîγ)

Fig. 3: II.3.d Calcul ded3pour un cercle

3. a. Le calcul suivant est plus que classique : Re^iβ−Re^iα=Reⁱ^α+β²

eⁱ^−α+β² −eⁱ^α−β²

= 2iRsinβ−α 2 eⁱ^α+β²

LorsqueAetB sont respectivement les points d'axesRe^iαet Re^iβ, la distance ABest le module du complexe du dessus. Soit :

AB= 2Rsinβ−α 2

Dans la conguration indiquée par l'énoncé (sinpositif).

b. La dérivée enβ de la fonction indiquée par l'énoncé est : 1

2sin

α+γ 2 −β

Dans le domaine indiqué par l'énoncé (Fig. 3), cette fonction admet bien son maximum en ^α+γ₂ . La valeur maximale est

sin²γ−α 4

c. Le calcul de la dérivée de la fonctionϕde l'énoncé conduit à : ϕ⁰(t) = t²

√1−t²(3−4t²) On en déduit le tableau de variations :

0

√ 3

2 1

3√ 3 16

% &

0 0

d. La conguration de la gure (Fig. 3) est la plus générale (après une éventuelle permutation des points sans conséquence sur la distance. Dans ces conditions (en majorant par 3.b.) :

AB.AC.BC= (2R)³

sinβ−α

2 sinγ−β 2

sinγ−α 2

≤(2R)³sin²γ−α

4 sinγ−α

2 = (2R)³2 sin³γ−α

4 cosγ−α 4

= 16R³ϕ(sinγ−α

4 )≤16R³3√ 3 16 = (√

3R)³ On en déduit d₃ ≤ √

3R. Pour montrer l'égalité, on vérie que cette valeur est atteinte lorsque le triangle(A, B, C)est équilatéral.

Partie III.

1. a. On admet que(λ1,· · ·, λn+1)réalise la borne supérieureDn+1. Dans l'expression deDn+1 on sépare alors les facteurs contenantλ1 de ceux qui ne le contiennent pas, puis on majore.

D_n+1= (λ₂−λ₁)· · ·(λ_n+1−λ₁)D(λ₂,· · · , λ_n+1)

≤ |λ2−λ1| · · · |λn+1−λ1|sup{D(µ1,· · ·, µn),(µ1,· · ·, µn)∈Rⁿ}

≤ |λ2−λ1| · · · |λn+1−λ1|Dn

b. On peut écrire des inégalités analogues à la précédente en faisant varier l'indice duλjouant un rôle particulier (valeur 1) dans la majoration précédente.

Dn+1≤Dn

Y

i6=1

|λi−λ1|

Dn+1≤Dn

Y

i6=2

|λi−λ2| ...

Dn+1≤Dn

Y

i6=n+1

|λi−λn+1|











⇒Dⁿ⁺¹_n+1 ≤Dⁿ⁺¹_n D²_n+1 (en faisant le produit)

Le carré vient de ce que, dansD_n+1, on imposei < j. En simpliant : Dⁿ⁻¹_n+1 ≤D_nⁿ⁺¹

(4)

c. On va montrer que(dn)n∈N est décroissante. On exprime lesD en fonction des d:

Dn=d

n(n−1)

n 2 , Dn+1=d

n(n+1) 2

n+1

Puis on remplace dans l'inégalité de la question précédente qui devient : d

n(n+1)(n−1) 2

n+1 =D_n+1ⁿ⁻¹≤D_nⁿ⁺¹=d

n(n−1)(n+1)

n 2

Cela conduit àdn+1 ≤dn car les exposants sont identiques. La suite est positive et décroissante donc convergente. Soitdsa limite.

2. a. D'après I.2.c. :

µ_n= 2¹⁻ⁿ, m_n= 2¹⁻ⁿⁿ = 2⁻¹⁺ⁿ¹

b. D'après l'expression du dessus,(m_n)_n∈_N^∗ converge clairement vers ¹₂.

c. Il s'agit d'une variante du théorème de Césaro qui se démontre de la même ma- nière.

3. a. En ajoutant dans la dernière ligne du déterminant (celui qui gure à droite de la relation demandée) une combinaison linéaire des autres lignes, on ne modie pas sa valeur mais on peut faire disparaitre tous les termes deP sauf celui de degré n. On obtient doncVn(x1,· · ·, xn).

b. NotonsVile déterminantn×nde VanderMonde formé à partir deV(x1,· · · , xn+1) en supprimantxi de la famille. Il est aussi obtenu en supprimant la dernière ligne et la colonne desx_i du déterminant de 3.a Le développement de l'expression de V(x₁,· · ·, x_n+1)trouvée à la question précédente le long de la dernière ligne puis des majorations utilisant les dénitions conduisent à :

V(x1,· · · , xn+1) =

n

X

i=1

(−1)ⁿ⁺ⁱVi

⇒ |V(x1,· · ·, xn+1)| ≤(n+ 1)Dnµn ⇒Dn+1≤Dnµn

car chaque déterminant est en valeur absolue majoré parDn et chaque valeur du polynôme parµn. Puis, comme

Dn=d

n(n−1)

n 2 , Dn+1=d

n(n+1) 2

n+1 , µn=mⁿ_n On déduit la relation demandée :

d

n(n+1) 2

n+1 ≤(n+ 1)d

n(n−1)

n 2 mⁿ_n

c. On sépare dansV(x1,· · ·, xn+1)les facteurs commençant parxn+1 : V(x1,· · · , xn+1) = (xn+1−x1)· · ·(xn+1−xn)V(x1,· · · , xn)

=P(x_n+1)V(x₁,· · · , x_n) Comme ceci est valable pour toutes les familles(x₁,· · · , x_n+1), on en tire :

|P(xn+1)||V(x1,· · ·, xn)| ≤Dn+1 et|V(x1,· · · , xn)| ≤ Dn+1

|P(xn+1)| ≤ Dn+1

µn

car|P(x_n+1)| ≥µ_n. Par dénition d'une borne supérieure : : Dn ≤Dn+1

µ_n ⇒mⁿ_nd

n(n−1)

n 2 ≤d

n(n+1) 2

n+1

d. On fait apparaitre un quotient dans l'inégalité précédente : mnd

n−1

n2 ≤d

n+1 2

n+1⇒mn≤dn+1

d

n+1

n−12

d

n+1

n2

=dn+1

d_n−1 d_n

ⁿ⁺¹₂

≤dn+1

Le dernier quotient est≤1 car la suited_n est décroissante.

e. Comme les suites sont convergentes, on obtient, par passage à la limite dans l'inégalité précédente,

1

2 =m≤d

L'inégalité de la question 3.b. fait intervenir des termes consécutifs d'une suite

k(k−1)

2 d_k. En prenant leln, on peut sommer en domino.

k(k+ 1)

2 ln(d_k+1)≤ (k−1)k

2 ln(d_k) + ln(k) +kln(m_k) pourkentre1et n:

n(n+ 1)

2 ln(d_n+1)≤

n

X

k=1

ln(k) +

n

X

k=1

kln(m_k) De plus,

n

X

k=1

ln(k)≤nln(n)⇒ Pn

k=1ln(k) n(n+ 1) →0,

Pn

k=1kln(m_k)

n(n+1) 2

→ln(m) d'après la question 2.c. Par passage à la limite dans une inégalité :

ln(d)≤ln(m)⇒d≤ 1 2