Partie C – Prolongement d’une application absolument monotone

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Fonctions absolument monotones

Partie A – G´ en´ eralit´ es

A.1 Soitf une application absolument monotone. En particulier,f et f⁰ sont positives, et l’application f est donc positive et croissante .

La fonction identiquement nulle surRest d´ecroissante et absolument monotone . A.2Pour tout entier naturel n,

(f+g)⁽ⁿ⁾=f⁽ⁿ⁾+g⁽ⁿ⁾ et (f g)⁽ⁿ⁾=

n

X

k=0

n k

f^(k)g^(n−k),

donc f +get f gsont absolument monotones .

A.3Soitf une application absolument monotone. Tout d’abord,e^f est clairement de classeC^∞ sur ]a, b[.

Pour tout entier naturel n, on formule l’hypoth`ese de r´ecurrence Hn suivante : pour tout entier j∈[[0, n]], (e^f)^(j)>0.

L’amor¸cage enn= 0 est ais´e.

Fixons n∈N, supposonsHn et d´eduisons-enHn+1. On a (e^f)⁽ⁿ⁺¹⁾= (e^f)⁰⁽ⁿ⁾

= f⁰e^f(n)

=

n

X

j=0

n j

f^(n−j+1)(e^f)^(j) On d´eduit donc bienHn+1 deHn (et de l’absolue monotonie def) : l’h´er´edit´e est prouv´ee.

e^f est donc absolument monotone.

Partie B – La fonction arcsinus est absolument monotone sur ]0, 1[

B.1

a L’applicationg est ind´efiniment d´erivable, et une r´ecurrence imm´ediate montre que pour tout entier natureln, tout x∈]0,1[,

g⁽ⁿ⁾(x) = n!

2

1

(1−x)ⁿ⁺¹ + (−1)ⁿ⁺¹ 1 (1 +x)ⁿ⁺¹

.

b Pour tout x ∈]0,1[, 0 < 1−x < 1 +x, donc 0 < _1+x¹ < _1−x¹ , puis, pour tout entier naturel n, 0< _(1+x)¹n+1 < _(1−x)¹n+1, et gest donc absolument monotone sur ]0,1[ .

B.2Comme f est `a valeurs dans R^∗+ et de classe C^∞, on peut consid´ererh= ln(f), qui est ´egalement de classeC^∞. Pour toutx∈]0,1[,

h(x) = ln 1

√1−x²

=−1

2(ln(1−x) + ln(1 +x)).

On constate donc que h⁰ = g : h est positive, et de d´eriv´ee absolument monotone, donc h est absolument monotone. D’apr`es A.3, f(=e^h) est absolument monotone .

B.3L’application arcsinus sur ]0,1[ est positive, et de d´eriv´eef absolument monotone : l’application arcsinus sur ]0,1[ est absolument monotone.

Partie C – Prolongement d’une application absolument monotone

C.1f est croissante et major´ee (car positive), donc admet une limite finie (positive ou nulle) en a: f est prolongeable par continuit´e ena. Ce raisonnement s’applique aussi `af⁰, qui admet donc une limite finie positive ou nulle ena. Par cons´equent, le prolongement ˜f est d´erivable (de d´eriv´ee continue) ena.

C.2Soitnun entier natureln. Le raisonnement ci-dessus, appliqu´e `af<sup>(n)</sup> (qui est absolument monotone), montre quef<sup>(n)</sup>admet une limite finie positive ou nulle en a, ainsi que sa d´eriv´ee. ˜f est donc d´erivable `a tout ordre en a, et ses d´eriv´ees y sont positives ou nulles. Comme par ailleursf est de classeC^∞ sur ]a, b[, on a le r´esultat voulu :

f˜est de classeC^∞sur [a, b[, et toutes ses d´eriv´ees sont positives ou nulles ena.

C.3Il suffit de consid´erer l’application f d´efinie en B.2 pour constater que, mˆeme dans le cas o`u best fini, f n’est pas n´ecessairement prolongeable par continuit´e enb .

Partie D – Une caract´ erisation des applications absolument monotones

D.1Pour tousf, g∈R^R,λ, µ∈R, tout r´eelx, on a :

T_h(λf+µg)(x) = (λf+µg)(x+h) =λf(x+h) +µg(x+h) = (λT_h(f) +µT_h(g))(x).

T_h est donc un endomorphisme deR^R. Comme ∆_h=T_h−Id_RR, ∆_h est ´egalement un ´el´ement de L(R^R).

On aTh◦T_−h=T_−h◦Th= Id_RR, donc Th∈GL(R^R) .

Comme toute fonction constante surRappartient au noyau de ∆h, cet endomorphisme n’est pas injectif :

∆hest un endomorphisme non injectif deR^R.

D.2 ∆²_h(f)(x) = (T_h²−2Th+ Id_RR)(x) =f(x+ 2h)−2f(x+h) +f(x).

D.3On peut prouver la formule comme vous l’avez fait (par r´ecurrence), mais aussi grˆace `a la formule du binˆome de Newton. En effet, dans l’anneau (L(E),+,◦), les endomorphismes T_h et−Id_RR commutent, et donc

(T_h−Id_RR)ⁿ=

n

X

k=0

n k

(−Id_RR)^n−kT_h^k =

n

X

k=0

n k

(−1)^n−kT_kh, relation dont on d´eduit le r´esultat :

∆ⁿ_h(f)(x) =Pn

k=0(−1)^{n−k n}_k

f(x+kh).

D.4

a Soitn∈Net h∈R^∗+. D’apr`es la question pr´ec´edente, X_n+1⁰ (h) =

n+1

X

k=1

(−1)^n+1−k n+ 1

k

kf⁰(x+kh)

Commek ⁿ⁺¹_k

= (n+ 1) _k−1ⁿ

pour toutk∈[[1, n+ 1]], on a : X_n+1⁰ (h) = (n+ 1)

n+1

X

k=1

(−1)^n−(k−1) n

k−1

f⁰(x+kh) = (n+ 1)

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k

f⁰(x+h+kh) Ainsi, d’apr`es D.3,

X_n+1⁰ (h) = (n+ 1)∆ⁿ_h(f⁰)(x+h).

b Supposons ∆ⁿ_h(f⁰) > 0. D’apr`es la question pr´ec´edente, Xn+1 est donc croissante. Comme elle est de limite nulle en 0, elle est positive sur R^∗+, et donc ∆ⁿ⁺¹_h (f)(x) > 0. Ceci ´etant valable pour tout r´eel x,

∆ⁿ⁺¹_h (f)>0 .

cPour toutn∈N, on formule l’hypoth`ese de r´ecurrence : pour toute fonction absolument monotonef,

∆ⁿ_h(f)>0.

Cette r´ecurrence s’amorce sans probl`eme enn= 0, et la question pr´ec´edente en montre l’h´er´edit´e.

Par cons´equent, toute fonction absolument monotone est totalement monotone . D.5

a Soitf une application totalement monotone. En particulier, ∆⁰₁(f)>0,i.e.f >0.

De plus, soitxety deux r´eels quelconques v´erifiantx < y. On a : f(y)−f(x) = ∆_y−x(f)(x)>0.

Toute fonction totalement monotone est donc positive et croissante.

b On remarque que ψ_n⁰ −nψ_n−nψ_n−1 est une combinaison lin´eaire non triviale `a r´esultat nul de la famille (ψ⁰_n, ψn, ψ_n−1).

c On peut montrer par r´ecurrence que pour tout entier naturel non nul n, et tout entier k ∈ [[1, n]], ψn^(k)−_(n−k)!^n! ψn−k ∈Vect(ψn, . . . , ψn−k+1). Commeψj(0) = 0 pour tout entierj>1 etψ0(0) = 1, on en d´eduit que pour tout entier natureln, ψn^(k)(0) = 0 si 06k < n, et queψ⁽ⁿ⁾n (0) =n! .

dLa formule du binˆome de Newton donne, pour tout entier naturelnet tout r´eel t: ψ_n(t) = X

06k6n

n k

(e^t)^k(−1)^n−k= X

06k6n

(−1)^n−k n

k

e^kt.

En d´erivant cette relation j fois (j∈[[0, n]]), on obtient, pour tout r´eel t: ψ^(j)_n (t) = X

06k6n

(−1)^n−k n

k

k^je^kt.

En ´evaluant cette relation en 0, et en tenant compte de la question pr´ec´edente, on a bien le r´esultat : S_j vaut 0 si 06j < n, etS_n vautn!.

eLa formule de Taylor-Lagrange permet d’affirmer l’existence, pour tout k∈[[1, n]], dey_k ∈]x, x+kh[, tel que :

f(x+kh) =





n

X

j=0

(kh)^j j! f^(j)(x)



+(kh)ⁿ⁺¹

(n+ 1)!f⁽ⁿ⁺¹⁾(y_k).

Cette formule reste valable pourk= 0 en posant par exempley₀=x.

D’apr`es la formule de D.3, on a :

∆ⁿ_h(f)(x) =

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k









n

X

j=0

(kh)^j j! f^(j)(x)



+(kh)ⁿ⁺¹

(n+ 1)!f⁽ⁿ⁺¹⁾(y_k)





=





n

X

j=0

h^j j!f^(j)(x)

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k

k^j

!

+hⁿ⁺¹

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k

kⁿ⁺¹

(n+ 1)!f⁽ⁿ⁺¹⁾(yk)

! ,

=hⁿf⁽ⁿ⁾(x) +hⁿ⁺¹

n

X

k=0

(−1)^n−k n

k

kⁿ⁺¹

(n+ 1)!f⁽ⁿ⁺¹⁾(y_k)

!

, (d’apr`es D.5.d) En divisant parhⁿ, et en faisant tendrehvers 0, on obtient

f⁽ⁿ⁾(x) = lim

h→0⁺

∆ⁿ_h(f)(x) hⁿ ,

et doncf⁽ⁿ⁾(x)>0. Ceci ´etant valable pour toutn∈Net x∈R, f est absolument monotone.

Toute application totalement monotone est absolument monotone.