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Mines Maths 1 MP 2003 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Alexis Devulder (ENS Ulm) ; il a été relu par Aurélien Alvarez (ENS Lyon) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Ce sujet fait intervenir à la fois des techniques d’analyse et des outils algébriques dans des espaces euclidiens, puis préhilbertiens. Il s’intéresse plus particulièrement à des suites « presque orthogonales » de vecteurs, et reste d’une longueur raisonnable.
Le sujet reste relativement accessible, mais certaines questions sont délicates, surtout à la fin de l’épreuve.
• La première partie étudie le comportement asymptotique de certaines quantités qui seront utiles dans la seconde partie. On y encadre des sommes doublesSn
par des intégrales doubles, que l’on calcule avant d’en donner un développement asymptotique. On en déduit un équivalent deSn lorsque ntend vers l’infini.
• Dans la seconde partie, on introduit la notion de presque orthogonalité d’une suite de vecteurs. On y rencontre des espaces euclidiens, puis préhilbertiens, une matrice symétrique réelle, des fonctions polynomiales, des suites réelles, des majorations parfois délicates de sommes doubles, ainsi qu’une étude de fonction de deux variables.
On étudie d’abord quelques propriétés de la notion de presque orthogonalité en dimension finie : en particulier, toute base de vecteurs unitaires est presque orthogonale, ce qui n’est pas le cas en dimension infinie (on exhibe le contre- exemple d’une suite(Pi)i∈Nde fonctions polynomiales).
On donne ensuite une condition suffisante pour qu’une famille libre infinie de vecteurs unitaires soit presque orthogonale. Enfin, on prouve le résultat suivant : si (Pki)i∈Nest une suite extraite presque orthogonale de la suite de fonctions polynomiales rencontrée précédemment, alors la suite (ki)i∈N croît au moins aussi rapidement qu’une suite géométrique.
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Indications
Première Partie
3 Lorsque c’est possible, encadrer 1
i+j+ 1 par une intégrale double de 1 x+y+ 1 sur un carré de coté 1. Pour minorer Sn, faire intervenir In−1 et des sommes partielles deP
k
1 k.
4 Utiliser la question précédente, et se souvenir que
n
P
k=1
1
kn→∼+∞lnn.
Deuxième partie
8 Montrer que la suite de vecteurs
n
P
i=1
√ 1
2i+ 1Pi ne satisfait pas la condition (ii) en utilisant la question5.
9 Pour montrer que les coefficients diagonaux deDsont non nuls, considérer un vec- teurX deEn tel queMX = 0. Exprimer chaque coordonnée de MXen fonction d’un produit scalaire. Remarquer que la famille (Vi)est une base, et se rappeler qu’un vecteur orthogonal à tous les éléments d’une base est nul.
11 Pour montrer la stricte positivité des coefficients diagonaux deD, remarquer que Mest définie positive.
12 Utiliser la question11.
Poserµ0= max
max{λ, λ∈sp (M)}, 1
min{λ, λ∈sp (M)}
et montrer que seuls les réelsµ>µ0conviennent.
13 Développer w w w w
n
P
i=1
aiVki
w w w w
2
et majorer|aiaj|par 1 2
(ai)2+ (aj)2 .
Majorer ensuite
n
P
j=1 j6=i
1 a
|ki−kj|
par2
+∞
P
k=1
1 a
k .
15 Montrer quefy etGsont des bijections. Pour étudier les propriétés deβ, utiliser les variations defy etGétablies à la question14.
16 Exprimer (Qi|Qi+1) à l’aide de la fonction f, puis minorer (Qi|Qi+1) grâce à la condition (ii) et définir ainsi un réelγ. Enfin, utiliser la question15.
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I. Première partie
1 On commence par calculer, pour tout entier naturelnnon nul et pour tout réel positifx,
Z n 0
dy x+y+ 1 =
ln(x+y+ 1)y=n
y=0
= ln(x+n+ 1)−ln(x+ 1) On en déduit que
In = Z n
0
dx Z n
0
dy x+y+ 1
= Z n
0
[ln(x+n+ 1)−ln(x+ 1)] dx
In =
(x+n+ 1)
ln(x+n+ 1)−1 n
0
−
(x+ 1)
ln(x+ 1)−1 n
0
puisqu’une primitive delnsur] 0 ;+∞[estt7→t(lnt−1). On obtient ensuite In= (2n+1){ln(2n+1)−1}−(n+1){ln(n+1)−1}−(n+1){ln(n+1)−1}+{ln(1)−1} donc ∀n∈N∗ In= (2n+ 1) ln(2n+ 1)−(2n+ 2) ln(n+ 1)
2 Soitnun entier naturel non nul. Commençons par écrire In sous une forme qui se prête mieux à l’utilisation de développements limités en0:
In = (2n+ 1) ln
2n+ 1 n+ 1
−ln(n+ 1)
= (2n+ 1) ln
2(n+ 1)−1 n+ 1
−ln(n+ 1)
In = (2n+ 1)
ln 2 + ln
1− 1
2(n+ 1)
−lnn−ln
1 + 1 n
Or, lorsquentend vers+∞, 1
2(n+ 1) = 1 2n
1 1 + 1
n
= 1 2n
1− 1
n+o 1
n
De plus, ln (1 +u) =
u→0u−u2
2 +o u2 d’où, par composition des développements limités,
ln
1− 1
2(n+ 1)
= ln
1− 1 2n
1−1
n+o 1
n
=− 1 2n+ 1
2n2 − 1 8n2 +o
1 n2
Par suite, In= (2n+ 1)
ln 2− 1 2n+ 3
8n2
−lnn− 1 n+o
1 n
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soit In= 2nln 2−lnn+ ln 2−1− 3 4n+o
1 n
On a donc bien In = An+ B lnn+ C +D n +o
1 n
avec A = 2 ln 2, B =−1, C = ln 2−1, et D =−3 4 3 On considère la fonction
F :
R+×R+ −→R (x, y) 7−→ 1
x+y+ 1
Pour deux entiers naturelsiet j, encadronsF(i, j)par des intégrales doubles de la fonction Fsur des carrés de coté 1, lorsque c’est possible. Il s’agit en fait d’une généralisation en dimension2de la méthode classique d’encadrement de sommes par des intégrales. On remarque que la fonctionFest décroissante par rapport à chacune de ses deux variables, ce qui donne en particulier
∀(i, j)∈N2 ∀(x, y)∈[i;i+ 1 ]×[j;j+ 1 ] F(x, y)6F(i, j) et en intégrant cette inégalité, on trouve
∀(i, j)∈N2
Z i+1 i
dx Z j+1
j
dy
x+y+ 1 6 1 i+j+ 1
Soit alorsnun entier naturel non nul. En sommant l’inégalité précédente pourietj compris entre0 etn−1, on obtient (grâce à la relation de Chasles),
∀n∈N∗ In6Sn
On a de même,
∀(i, j)∈(N∗)2 ∀(x, y)∈[i−1 ;i]×[j−1 ;j] F(i, j)6F(x, y) donc en intégrant cette inégalité, il vient
∀(i, j)∈(N∗)2 1 i+j+ 1 6
Z i i−1
dx Z j
j−1
dy x+y+ 1
puis, pourn∈N∗,
n−1
P
i=1 n−1
P
j=1
1
i+j+ 1 6In−1
Il ne reste qu’à ajouter les termes manquants : Sn =n−
1
P
i=1 n−1
P
j=1
1
i+j+ 1 +n−
1
P
i=0
1
i+ 0 + 1+n−
1
P
j=1
1 0 +j+ 1 6In−1+ 2
n
P
k=1
1 k −1
c’est-à-dire ∀n∈N∗ Sn6In−1+ 2
n
P
k=1
1 k−1
soit ∀n∈N∗ In6Sn 6In−1+ 2
n
P
k=1
1 k−1
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