1. La primitive de la fonction à intégrer est évidente :

(1)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DS 8 le 22/03/19 29 juin 2019

Exercice 1

1. La primitive de la fonction à intégrer est évidente :

Z

1 0

dx (1 + x)

²

=

− 1 1 + x

1 0

= − 1

2 + 1 = 1 2 . 2. On dénit la fonction f dans [0, 1] par

∀x ∈ [0, 1] , f (x) = 1 (1 + x)

²

.

C'est une fonction continue qui permet d'interpréter chaque a

_n

comme une somme de Riemann dont la suite converge vers une intégrale

a

_n

= 1 n

n−1

X

k=0

1 (1 +

^k_n

)

²

= 1 n

n−1

X

k=0

f ( k

n ) ⇒ (a

_n

)

_n∈_N^∗

→ Z

1

0

1 (1 + x)

²

dx = 1 2 . 3. Soit F ∈ C

²

([a, b]) .

a. La formule de Taylor avec reste intégral appliquée à F entre a et b à l'ordre 1 s'écrit :

F (b) = F (a) + (b − a)F

⁰

(a) + R avec R = Z

b

a

(b − t)F

⁰⁰

(t) dt.

b. Comme F

⁰⁰

est continue, elle est bornée sur le segment et atteint ses bornes m = min

[a,b]

F

⁰⁰

, M = max

[a,b]

F

⁰⁰

.

Les bornes a < b sont dans le bon sens avec b − t ≥ 0 , on peut intégrer l'encadrement. Il vient

m Z

b

a

(b − t) dt ≤ R ≤ M Z

b

a

(b − t) dt avec Z

b a

(b − t) dt = 1

2 (b − a)

²

⇒ 2

(b − a)

²

R ∈ [m, M ] ⇒ ∃c ∈ [a, b] tq R = (b − a)

²

2 F

⁰⁰

(c).

4. a. D'après les questions précédentes, b

n

est la diérence entre l'intégrale de f et une de ses sommes de Riemann. Découpons l'intégrale avec la subdivision régulière :

b

n

=

n−1

X

k=0

Z

^k+1_n

k n

f (x) dx − 1 n f ( k

n )

! .

Notons F une primitive de f et appliquons le résultat de la question 3.b. (reste de Lagrange) à F entre

_n^k

et

^k+1_n

.

∃c

k

∈ k

n , k + 1 n

tq F ( k + 1

n ) = F ( k n ) + 1

n f ( k n ) + 1

2n

²

f

⁰

(c

k

).

Ceci s'écrit encore

Z

^k+1_n

k n

f (x) dx − 1 n f ( k

n ) = 1

2n

²

f

⁰

(c

_k

) ⇒ b

_n

=

n−1

X

k=0

1 2n

²

f

⁰

(c

_k

)

⇒ 2nb

n

= 1 n

n−1

X

k=0

f

⁰

(c

k

).

Comme c

k

∈

k

n

,

^k+1_n

, la dernière somme est une somme de Riemann de f

⁰

attachée à la subdivision régulière.

b. Comme f

⁰

est continue, la somme de Riemann précédente converge vers l'intégrale

(2nb

n

)

_n∈_N^∗

→ Z

1

0

f

⁰

(t) dt = f (1) − f (0) = − 3 4 . On peut réécrire ces limites avec des développements :

b

n

= − 3 8n + o( 1

n ), b

n

= 1

2 − a

n

⇒ a

n

= 1

2 − b

n

= 1 2 + 3

8n + o( 1 n ).

Exercice 2

1. A l'aide d'une intégration par parties, on obtient

J

n,m

(x) = n

m + 1 J

_n−1,m+1

(x).

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 S1808C

(2)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DS 8 le 22/03/19 29 juin 2019

2. En répétant plusieurs fois le procédé, on obtient

J

n,m

(x) = n m + 1

n − 1

m + 2 · · · n − (n − 1) m + n J

0,m+n

= n

m + 1 n − 1

m + 2 · · · n − (n − 1) m + n

x

^n+m+1

n + m + 1 = n! m!

(n + m + 1)! x

^n+m+1

. 3. En développant (x − t)

ⁿ

et en intégrant :

J

_n,m

(x) =

n

X

k=0

(−1)

^k

n k

k + m + 1 x

^n+m+1

4. Après simplication par n! , il vient

n

X

k=0

(−1)

^k

k!(n − k)!(k + m + 1) = m!

(m + n + 1)!

5. Après calculs, on obtient les résultats suivants : a. Pour f (t) = e

^t

: F (x) = xe

^x

.

b. Pour f (t) = t

^k

: F (x) = J

_k,k

(x).

c. En supposant x < 1 et f (t) =

_1−t¹

: F(x) =

^{2 ln(1−x)}_x−2

. Avec la décomposition en éléments simples

1 (1 − x + t)(1 − t) = 1

1 − x + t + 1 1 − t

1 2 − x .

d. Si f (t) =

1 si t ∈ [0, 1]

0 si t / ∈ [0, 1] : F (x) =







x si x ∈ [0, 1]

2 − x si x ∈ [1, 2]

0 ailleurs .

Problème 1

1. Par des propriétés de cours : dim R

α+β−1

[X ] = α + β et

dim ( R

β−1

[X ] × R

α−1

[X]) = dim R

β−1

[X] + dim R

β−1

[X] = α + β On remarque que

dim ( R

β−1

[X] × R

α−1

[X]) = dim R

α+β−1

[X]

Ce qui jouera un rôle par la suite.

2. L'application

R

α+β−1

[X ] → R P → P e (a)

est linéaire et à valeurs dans le corps de base R. C'est une forme linéaire non nulle car l'image du polynôme 1 de degré 0 est non nulle. Son noyau N

a

est donc un hyperplan.

Sa dimension est

dim N

a

= dim R

α+β−1

[X] − 1 = α + β − 1

3. Si Q est nul M(Q) est réduit au vecteur nul, c'est évidemment un sous-espace vectoriel.

Il est de dimension 0 par convention et ne possède pas de base. Lorsque Q est non nul, soit q son degré et considérons l'application

R

α+β−1−q

[X] → R

α+β−1

[X ] P → P Q

Elle est bien dénie car le degré d'un produit est la somme des degré. Elle est linéaire et injective car l'anneau des polynômes est intègre. De plus M(Q) est l'espace vectoriel image. Par injectivité la dimension est conservée donc

dim M(Q) = dim R

α+β−1−q

[X ] = α + β − q 4. La linéarité de Φ est évidente.

5. a. Démonstration 1. On va démontrer en fait

A ∧ B 6= 1 ⇒ Φ non injective

Soit M un diviseur commun à A et B de degré non nul. Il existe des polynômes A

₁

et B

₁

tels que A = M A

₁

et B = M B

₁

. Ils vérient deg A

₁

< α et deg B

₁

< β donc (B

₁

, −A

₁

) ∈ R

β−1

[X] × R

α−1

[X ] est un élément non nul du noyau de Φ . Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

Φ injective ⇒ Φ surjective

⇒ ∃(P, Q) ∈ R

β−1

[X ] × R

α−1

[X] tq P A + QB = 1

⇒ A ∧ B = 1 (d'après le théorème de Bezout) b. Démonstration 1. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

Φ surjective ⇒ Φ injective ⇒ A ∧ B = 1 (d'après a)

2

(3)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DS 8 le 22/03/19 29 juin 2019

Démonstration 2.

Φ surjective ⇒ ∃(P, Q) ∈ R

β−1

[X] × R

α−1

[X ] tq P A + QB = 1

⇒ A ∧ B = 1 (d'après le théorème de Bezout) c. Démonstration 1. On suppose A ∧ B = 1 . On considère (P, Q) ∈ ker Φ donc

P A + QB = 0 avec deg P < β et deg Q < α . Alors A divise QB

A ∧ B = 1 )

⇒ A divise Q (d'après thm. de Gauss)

Comme deg Q < α = deg A ceci n'est possible que si Q est nul ce qui entraine que ker Φ est réduit au vecteur nul donc Φ est injective.

Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même dimension :

A ∧ B = 1 ⇒ Φ surjective (d'après d) ⇒ Φ injective

d. Démonstration 1. On suppose A et B premiers entre eux. D'après le théorème de Bezout, il existe des polynômes P

0

et Q

0

tels que P

0

A + Q

0

B = 1 .

Pour n'importe quel polynôme S ∈ R

α+β−1

[X] , il existe des polynômes P

1

et Q

₁

tels que P

₁

A + Q

₁

B = S . On peut prendre par exemple P

₁

= SP

₀

et Q

₁

= SQ

₀

. Mais ces polynômes peuvent avoir un degré trop élevé.

Écrivons une division euclidienne de P

₁

par B : P

1

= T B + P avec deg(P ) < β

Dénissons Q par Q = Q

1

+ T A . Alors P A + QB = S avec deg(P) < β . Il reste à vérier la condition ( < α ) sur le degré de Q pour prouver que (P, Q) est un antécédent de S par Φ .

deg(P A) = deg P + deg A <α + β deg S <α + β

)

⇒ deg(QB) = deg(S − P A) < α + β

⇒ deg Q + deg A < α + β ⇒ deg Q < α Démonstration 2. Comme les espaces de départ et d'arrivée de Φ sont de même

dimension :

A ∧ B = 1 ⇒ Φ injective (d'après c) ⇒ Φ surjective

6. D'après le théorème de Bezout, l'image de Φ est l'ensemble M(A ∧ B) des multiples du pgcd. On en déduit le rang de Φ par la question 3. qui conduit au résultat demandé

rg Φ = α + β − deg(A ∧ B) ⇒ deg(A ∧ B) = α − β − rg Φ

Problème 2

1. On rappelle que a ∈ [1, 2] .

a. Appliquons la formule de Taylor avec reste intégral à la fonction t 7→ e

^−at

à l'ordre 1 entre 0 et x .

e

^−ax

= 1 − ax + Z

x

0

(x − t)(−a)

²

e

^−at

dt = 1 − ax + a

²

Z

x

0

(x − t)e

^−at

dt

⇒ ϕ(x) = a

²

Z

x

0

(x − t)e

^−at

dt.

Pour étudier le signe de ϕ , séparons les cas x ≥ 0 et x ≤ 0 .

Pour x ≥ 0 , ϕ(x) est clairement positif car les bornes d'intégration sont dans le bon sens et x − t ≥ 0 pour t ∈ [0, x] .

Pour x ≤ 0 , on intervertit les bornes d'intégration :

ϕ(x) = −a

²

Z

0

x

(x − t)e

^−at

dt = a

²

Z

0

x

(t − x)

| {z }

≥0

e

^−at

dt ≥ 0.

b. Interprétons l'hypothèse sur x :

x ≥ − ln 2

a ⇔ −ax ≤ ln 2 ⇔ e

^−ax

≤ 2.

Introduisons cette inégalité pour majorer l'intégrale. Dans le cas x ≥ 0 ,

0 ≤ ϕ(x) ≤ a

²

Z

x

0

(t − x)2 dt = a

²

x

²

.

Le calcul est analogue dans le cas x ≤ 0 . Comme tout est posif, on écrit l'inégalité avec des valeurs absolues avant de diviser par x .

0 ≤ ϕ(x) ≤ a

²

x

²

⇒ |ϕ(x)| ≤ a

²

|x|

²

⇒ 0 ≤

ϕ(x) x

≤ a

²

|x|.

3

(4)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé du DS 8 le 22/03/19 29 juin 2019

2. a. Avec les dénitions,

h(0) = Z

1

0

dt

1 + t

²

+ 0

²

= π 4 . b. Utilisons le changement de variable u = xt . Alors du = x dt et

Z

1 0

e

^−x²^t²

dt = Z

x

0

e

^−u²

du x = 1

x λ(x) ⇒ λ(x) = x Z

1

0

e

^−x²^t²

dt.

c. Avec la formule de dérivation admise en 1. et le résultat de la question précédente,

h

⁰

(x) = 2xf

⁰

(x

²

) + 2λ

⁰

(x)λ(x)

= −2x Z

1

0

e

^−x²^(1+t²⁾

dt + 2e

^−x²

x Z

1

0

e

^−x²^t²

dt = 0.

La fonction h est donc constante sur l'intervalle [0, +∞[ de valeur

^π₄

. d. La fonction à intégrer est positive. Avec x > 0 , on majore grossièrement en t