g n+1 (α n ) = g n (α n ) + (n + 1)α n+1 n = a + (n + 1)α n+1 n > a Comme de plus g n+1 est croissante, on en déduit α n+1 < α n .

Exercice 1

1. a. La fonction g _n est clairement contine, dérivable strictement croissante. Elle dénit une bijection de [0, +∞[ vers [1, +∞[ . Pour chaque a > 1 , il existe donc un unique α _n > 0 tel que g _n (α _n ) = a .

b. La fonction g n+1 contient un terme de plus que g n :

g n+1 (α n ) = g n (α n ) + (n + 1)α ⁿ⁺¹ _n = a + (n + 1)α ⁿ⁺¹ _n > a Comme de plus g n+1 est croissante, on en déduit α n+1 < α n .

c. Comme g n (1) = 1 + 2 + · · · + n , la suite (g n (1)) _n∈N

tend vers +∞ . Il existe donc un N tel que g N (1) > a . Comme g N est strictement croissante, on en déduit α N < 1 puis

∀n ≥ N : α n ≤ α N < 1 car la suite est décroissante.

d. La suite (α n ) n∈ N

est positive et décroissante. Elle converge donc et sa limite α est positive ou nulle. De plus comme α _n ≤ α _N < 1 pour n ≥ N , on obtient par passage à la limite dans une inégalité que

0 ≤ α ≤ α N < 1

e. Les suites (n ^p q ⁿ ) _n∈N

sont des suites de référence du cours. On sait qu'elles convergent vers 0 pour tout p lorsque |q| < 1 . On utilise ce résultat ici com- biné avec le théorème d'encadrement après avoir majoré α n non pas par 1 mais par α N . On en déduit le résultat annoncé.

2. a. On remarque que

g _n (x) = f _n ⁰ (x) avec f _n (x) = 1 − x ⁿ⁺¹ 1 − x On obtient le résultat annoncé en dérivant l'expression de f _n .

b. D'après le a. et la convergence vers 0 des suites de référence (x ⁿ ) _{n∈ N}

et (nx ⁿ ) _{n∈ N}

, on obtient

(g n (x)) n∈ N

→ 1 (1 − x) ²

Comme la suite (g n (x)) _n∈N

est croissante, on a, pour tous les n et tous les x : g n (x) ≤ 1

(1 − x) ²

3. a. Pour tout n , comme α ≤ α n et g n croissante : g _n (α) ≤ g _n (α _n ) = a

par passage à la limite dans une inégalité, il vient 1

(1 − α) ² ≤ a

b. L'équation se résout sans problème, elle admet une seule solution : β = 1 − 1

√ a

c. Pour tout n :

g n (β ) ≤ 1

(1 − β) ² = a

donc ( g n croissante) β ≤ α n . Comme β est alors un minorant de la suite (α n ) n∈ N

, on a β ≤ α . D'autre part, comme x → _(1−x) ¹

est croissante, α ≤ β donc

α = β = 1 − 1

√ a

4. a. On utilise la question 2.a. avec

x = α n et a = 4 et 1 − α n = 1

2 (1 − ε n ) On obtient

4 = 1

(1 − α _n ) ² − (n + 1) α ⁿ _n

1 − α _n − α ² _n (1 − α _n ) ⁿ⁺¹

⇒ 4(1 − α n ) ² = 1 − (n + 1)α ⁿ _n (1 − α n ) − α ⁿ⁺¹ _n

⇒ (1 − ε n ) ² = 1 − (n + 1) 1 − ε n

2 α ⁿ _n − α ⁿ⁺¹ _n

⇒ −2ε n + ε ² _n = −(n + 1) 1 − ε n

2 α ⁿ _n − α ⁿ⁺¹ _n b. Comme α _n → ¹ ₂ , ε _n → 0 ce qui entraine :

ε ² _n négligeable devant ε n

α ⁿ⁺¹ _n négligeable devant (n + 1)α ⁿ _n

De chaque coté de la relation, négligeons ce qui est négligeable. L'égalité se dé- grade alors en une équivalence

−2ε n ∼ − 1 − ε n

2 (n + 1)α ⁿ _n or

− 1 − ε n

2 (n + 1)α ⁿ _n ∼ − 1 2 nα ⁿ _n d'où

ε _n ∼ 1 4 nα ⁿ _n

c. En utilisant la question précédente et la question 1.e.

nε _n ∼ 1

4 n ² α ⁿ _n → 0 On en déduit

(1 + ε _n ) ⁿ → 1 car

(1 + ε _n ) ⁿ = e ^{n ln(1+ε}

⁾ avec n ln(1 + ε _n ) ∼ nε _n → 0 On en déduit enn

ε n ∼ n 4

1

2 ⁿ (1 + ε n ) ⁿ ∼ n 2 ⁿ⁺²

Problème 1

1. Notons q le cardinal de l'ensemble X , à chaque y ∈ X , on peut associer une fonction f y dénie dans X par :

∀x ∈ X : f y (x) =

( 1 si x = y 0 si x 6= y Notons

X = {y 1 , y 2 , · · · , y q }

Alors tout élément f ∈ F(X, C ) s'écrit de manière unique sous la forme f = f (y 1 )f y

+ f (y 2 )f y

+ · · · + f (y q )f y

Ce qui assure que

f _y

, f _y

, · · · , f _y

est une base de F(X, C ) et donc que

dim (F (X, C )) = q On en déduit

p ≤ q

car p est la dimension de V qui est un sous-espace vectoriel de F(X, C ) . 2. a. Remarquons d'abord que, d'après la question précédente,

dim (F(A, C )) = p = dim V

L'espace de départ et l'espace d'arrivée de la fonction restriction R ont donc la même dimension.

Pour montrer que R est un isomorphisme, il sut de montrer qu'elle est injective ou surjective. On va montrer qu'elle est injective.

Soit f ∈ ker R . C'est une fonction de X dans C qui est nulle sur tous les éléments de A . On veut montrer que c'est la fonction nulle c'est à dire qu'elle est prend aussi la valeur 0 pour les éléments de X qui ne sont pas dans A .

Considérons un tel élément x ∈ X − A et l'élément x ^∗ qui lui est associé dans V ^∗ . Comme (x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _p ) est une base de V ^∗ , il existe λ 1 , · · · , λ p dans C tels que

x ^∗ = λ 1 x ^∗ ₁ + · · · + λ p x ^∗ _p Prenons alors la valeur en f ∈ V :

x ^∗ (f) = λ 1 x ^∗ ₁ (f ) + · · · + λ p x ^∗ _p (f ) Ce qui s'écrit encore :

f (x) = λ 1 f (x 1 ) + · · · + λ p f (x p ) = 0 car f est nulle sur A .

b. Considérons, comme en 1, les fonctions f ₁ , · · · , f _p dénies dans A par :

∀(i, j) ∈ {1, · · · , } ² : f i (x j ) =

( 1 si i = j 0 si i 6= j

La famille (f 1 , · · · , f p ) est une base de F (A, C ) , comme R est un isomorphisme, il existe une base de V

(v ₁ , · · · , v _p )

dénie par

∀i ∈ {1, · · · , p} : R(v i ) = f i

Ces relations traduisent exactement les conditions demandées

∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · } ² : v i (x j ) =

( 1 si i = j 0 si i 6= j

3. a. Comme V est de dimension p il contient des vecteurs non nuls c'est à dire des fonctions non identiquement nulles. Soit v ∈ V l'une d'entre elles. Comme cette fonction n'est pas identiquement nulle, il existe x ∈ X tel que

f (x) 6= 0 ⇔ x ^∗ (f ) 6= 0

Ce qui siginie que x ^∗ n'est pas le vecteur nul de V ^∗ . La famille (x ^∗ ) est donc libre.

b. Considérons une famille (x ₁ , · · · , x _q ) vériant (x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _q ) libre

∀x ∈ X : (x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _q , x ^∗ ) liée Il en existe d'après la question précédente.

Comme (x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _q ) est une famille libre de V ^∗ qui est de dimension p égale à celle de V (résultat de cours), on a forcément q ≤ p .

D'autre part, les conditions entrainent aussi que, pour tout x ∈ X , x ^∗ ∈ Vect x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _q

Autrement dit :

∀x ∈ X, ∃(λ ₁ (x), · · · , λ _q (x)) ∈ C ^q tel que x ^∗ = λ ₁ (x)x ^∗ ₁ + · · · + λ _q (x)x ^∗ _q Ceci dénit des fonctions (λ ₁ , · · · , λ _q ) de X dans C.

Prenons alors la valeur en v ∈ V

∀x ∈ X, ∀v ∈ V : x ^∗ (v) = λ 1 (x)x ^∗ ₁ (v) + · · · + λ q (x)x ^∗ _q (v)

∀x ∈ X, ∀v ∈ V : v(x) = λ 1 (x)v(x 1 ) + · · · + λ q (x)v(x q )

∀v ∈ V : v = v(x ₁ )λ ₁ + · · · + v(x _q )λ _q ce qui entraine

v ∈ Vect(λ ₁ , · · · , λ _q )

pour tous les v ∈ V . On en déduit que dim V = p ≤ q et donc que p = q . La famille libre (x ^∗ ₁ , · · · , x ^∗ _p ) est alors une base de V ^∗ .

Problème 2

Partie I

1. Lorsqu'un polynôme P est dans le noyau de Φ , il admet les n réels distincts (x 1 , · · · , x n ) comme racine. Il est donc divisible par

L = (X − x ₁ ) · · · (X − x _n )

2. Comme Φ est une application linéaire entre deux espaces de même dimension, pour montrer que c'est un isomorphisme, il sut de montrer qu'il est injectif. C'est à dire que son noyau est réduit au polynôme nul.

Considérons un P quelconque dans le noyau de Φ . On sait déjà qu'il est divisible par L , il existe un polynôme Q de degré inférieur ou égal à n − 2 (s'il n'est pas nul) tel que P = LQ . Alors

P ⁰ = LQ ⁰ + L ⁰ Q

∀i ∈ {1, · · · , n} − {k} : 0 = P f ⁰ (x _i ) = L(x e _i )

=0

f Q ⁰ (x _i ) + L e ⁰ (x _i )

6=0

Q(x e _i )

car toutes les n racines de L (de degré n ) sont simples. On en déduit que Q admet au moins n − 1 racines. C'est donc le polynôme nul.

Partie II

1. On rappelle que le symbole de Kronecker δ ij vaut 1 lorsque i = j et 0 si i 6= j . Il est bien connu que L i (x j ) = δ ij .

2. Comme la famille (L 1 , · · · , L n ) contient n = dim R n−1 [X] vecteurs, pou montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison linéaire égale au polynôme nul :

λ 1 L 1 + · · · + λ n L n

En substituant x i à X (pour n'importe quel i ), on obtient λ i = 0

La famille est donc libre.

Les coordonnées d'un polynôme P dans la base (L 1 , · · · , L n ) s'obtiennent de manière analogue. On obtient

( P e (x 1 ), · · · , P e (x n ))

3. Tous les x j sont racines de tous les Λ i donc Λ i (x j ) = 0 . Lorsque i 6= k , toutes ces racines sont doubles sauf x i et x k . On en déduit

Λ ⁰ _i (x _j ) =0 si j 6= j 6= k

Λ ⁰ _i (x _i ) =(x _i − x _k ) Y

j∈{1,··· ,n}−{i,k}

(x _i − x _j ) ² si j = i

Λ ⁰ _i (x k ) =(x k − x i ) Y

j∈{1,··· ,n}−{i,k}

(x k − x j ) ² si j = k

4. a. Cette famille contient 2n − 2 = dim E éléments. Pour montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre.

Considérons une combinaison linéaire nulle

l 1 L 1 + · · · l n L n + λ 1 Λ 1 + · · · λ n Λ n = 0

En substituant les x i , on montre que les l i sont nuls. On peut alors simplier par L puis substituer à nouveau les x i (pour i 6= k ). On obtient alors la nullité des λ i . b. On cherche T sous la forme

T = l 1 L 1 + · · · l n L n + λ 1 Λ 1 + · · · λ n Λ n

En considérant les valeurs de T aux points x _i , on obtient immédiatement que l 1 = · · · = l k = 1 et l k+1 = · · · = l n = 0 . Posons

S = L 1 + · · · + L k

En considérant les valeurs de T ⁰ aux points x _i , on obtient immédiatement que pour i 6= k :

λ i = − S ⁰ (x i ) Λ ⁰ _i (x _i )

Il est évident que T déni avec ces coecients répond aux contraintes. Son degré est au plus 2n − 2 car les L i sont de degré n − 1 et les Λ i de degré 2n − 2 . 5. a. Par dénition, T ⁰ s'annule aux n − 1 points x i pour i 6= k .

De plus, on peut appliquer le théorème de Rolle entre x 1 et x 2 , x 2 et x 3 , jus- qu'à x _k−1 et x k car en ces points la fonction associée à T vaut 1. On en déduit l'existence de k − 1 racines ξ 1 , · · · , ξ _k−1 telles que :

x ₁ < ξ ₁ < x ₂ < ξ ₂ < x ₂ < · · · < x _k−1 < ξ _k−1 < x _k

On peut faire de même pour x k+1 , . . . , x n (valeur commune 0 ). On en déduit l'existence de n − k − 1 racines ξ k+1 , · · · , ξ n−1 telles que :

x k+1 < ξ k+1 < x k+2 < ξ k+2 < x k+2 < · · · < x _n−1 < ξ _n−1 < x n

b. Comme T ⁰ qui est de degré 2n − 3 admet 2n − 3 racines, elles sont toutes simples.

La fonction associée à T ⁰ change donc de signe à chaque fois. Les racines de T ⁰ sont donc toutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min.

De plus, à cause de l'entrelacement, les racines de même type sont des extréma de même nature. C'est à dire :

x ₁ max & ξ ₁ min x ₂ max & ξ ₂ min · · · x _k−1 max & ξ _k−1 min (1) ou

x 1 min % ξ 1 max x 2 min % ξ 2 max · · · x _k−1 min % ξ _k−1 max (2) et de même dans la deuxième zone

x _k+1 max & ξ _k+1 min · · · x _n−1 max & ξ _n−1 min x _n max (3) ou

x k+1 min % ξ k+1 max · · · x _n−1 min % ξ _n−1 max x n min (4) En fait, le rôle particulier joué par x k vient "bloquer" la situation.

La fonction T ⁰ ne change pas de signe dans l'intervalle ]ξ _k−1 , x _k+1 [

La fonction T y est donc monotone. Mais comme cet intervalle contient x k avec

T (x k ) = 1 et T(x k+1 ) = 0

La fonction T est décroissante dans cet intervalle. Ce qui entraîne que ξ _k−1 est un maximum et x k+1 est un minimum. On en déduit que les variations sont données par les tableaux (2) et (4)

c. D'après les variations établies à la question précédente, la fonction T est décrois- sante dans ] − ∞, x 1 [ et croissante dans ]x n , +∞[ . Comme T(x 1 ) = 1 et T (x n ) = 0 on a :

∀x ≤ x ₁ : T (x) ≥ 1 et ∀x ≥ x _n : T (x) ≥ 0

La fonction T est donc minorée. Elle atteint son minimum absolu en un point qui est un minimum relatif où la dérivée s'annule. D'après le tableau de variations c'est un x _i . La plus petite valeur atteinte par T est donc 0 . Elle reste toujours positive.

La fonction polynomiale T diverge vers l'inni à l'inni. Ici c'est forcément vers

+∞ . Comme T est de degré pair, on en déduit que le coecient dominant est

strictement positif.