17 : Théorèmes globaux en analyse

Lycée Louis-Le-Grand,Paris Pour le 25/03/2021 MPSI 4– Mathématiques

A. Troesch

DM n

17 : Théorèmes globaux en analyse

Correction du problème 1– (Théorème de Sunyer y Balaguer)

Partie I – Théorème de Baire

1. ‚ SoitU dense dansRau sens de l’énoncé, et soitxety deux réels tels quexăy. En prenantV “sx, yr, et F “R, on a V XF ‰∅, donc UXV XF ‰∅, donc il existe z PU tel quexăzăy. Ainsi, U est bien dense dansRau sens usuel.

‚ Réciproquement, supposons queU est dense dansRau sens usuel. Alors en prenantF “R, etV un ouvert deRtel queV XF ‰∅(doncV ‰∅),V contient une boule ouverteBpx, ηq. Par densité, il existe zPU tel quex´ηăzăx`η, donczPBpx, ηq ĂV. Ainsi,UXV XF ‰∅

La notion de densité définie dans l’énoncé coïncide donc avec la notion usuelle lorsqueF “R. 2. On se donnepUnq_nPN^˚ une suite d’ouverts denses dansF, etV un ouvert deRrencontrantF.

(a) Par densité deU¹dansF,U¹XVXF ‰∅. SoitxPU¹XVXF. CommeU¹XV est un ouvert (intersection finie d’ouverts), il existeηtel queBpx, ηq ĂU1XV. On posea1“x´^η₂ etb1“x`^η₂. On a bien a1ăb1 , xPsa1, b1r, donc sa1, b1rXF‰∅, et

ra¹, b¹s ĂBpx, ηq ĂU¹XV donc: ra¹, b¹s XF ĂU¹XV XF .

(b) On construit les intervallesran, bnspar récurrence surn, l’initialisation ayant été faite ci-dessus. Supposons a1ď ¨ ¨ ¨ ďan et b1ě ¨ ¨ ¨ ěbn construites telles que souhaitées. On applique la construction de la question précédente avec l’ouvertV¹“san, b_nrĂV, et en considérantU_{n`</sub>1au lieu deU1. Par hypothèse de récurrence, V<sup>1</sup> rencontre bien F, et il existe donc a<sub>n`}¹ etb_{n`</sub><sup>1</sup> tels quera<sub>n`}¹, b_{n`</sub><sup>1</sup>s Ăsan, bnr,sa<sub>n`}¹, b_n`¹rXF ‰∅, et

ra_{n`</sub>1, b<sub>n`}1s XF ĂU_n`1Xsan, bnrXF.

Comme par ailleurs, l’hypothèse de récurrence amène

san, bnrXF Ă

˜ _n č

i“1

Ui

¸

XV XF,

on en déduit que

ra_{n`</sub><sup>1</sup>, b<sub>n`}¹s XF Ă

˜_n`1

č

i“1

Ui

¸

XV XF.

L’inclusionra_{n`</sub>1, b<sub>n`}1s Ăsa_n, b_nrpermet de prolonger la croissance depa_nqet la décroissance depb_nq. Ainsi, le principe de récurrence permet d’établir l’existence de deux suitespanqetpbnqtelles que panq_nPN^˚ est croissante ,

pb_nq_nPN˚ est décroissante , et

ran, bns XF Ă

˜ _n č

i“1

Ui

¸

XV XF et san, bnrXF ‰∅.

(c) La suite panqest croissante et majorée (par b⁰) etpbnqest décroissante et minorée. Elles convergent donc vers des élémentsaetb respectivement, satisfaisant à l’inégalitéaďb.

Par ailleurs, pour toutnPN, ra, bs Ă ran, bns, donc

ra, bs XF Ă

˜ _n č

i“1

U_i

¸

XV XF.

Ainsi,ra, bsest aussi inclus dans l’intersection de tous ces ensembles à savoir :

ra, bs XF Ă

˜_`8 č

i“1

Ui

¸

XV XF.

Enfin, pour toutnPN, il existexn PFXsan, bnr. La suitepxnqétant bornée (ses valeurs sont dansra¹, b¹s), le théorème de Bolzano-Weierstrass permet d’en extraire une suite convergente. Notons x sa limite. Le théorème de prolongement des inégalités larges permet de justifier que

aďxďb.

Par ailleurs,F étant fermé,xPF, en tant que limite d’éléments deF. Ainsi, ra, bs XF‰∅.

(d) La question précédente nous donne bien, pour tout ouvertV rencontrantF, l’existence d’un élémentxdans

˜_`8 č

i“1

U_i

¸

XV XF.

Par définition, cela prouve la densité de

`8

ď

i“1

Ui dansF .

Partie II – Théorème de Sunyer y Balaguer

1. SoitnPN, etxPUn. Soity“f^pnqpxq. On a doncy‰0. Posonsε“^|y|2. Par continuité def^pnq(la fonctionf étant de classeC⁸), il existeηą0tel que pour toutx¹PBpx, η¹q,

|f^pnqpx¹q| ą |f^pnqpxq| ´ε“|y|

2 ą0.

Ainsi, Bpx, ηq ĂUn .

On en déduit queUn est voisinage de tous ses points, donc que Un est ouvert .

2. SoitxPΩ. Il existe doncηą0tel que f coïncide avec un polynômeP surBpx, ηq. Or, pour toutyPBpx,^η2q, on a l’inclusion

Bpy,η

2q ĂBpx, ηq,

provenant de l’inégalité triangulaire. Ainsif etP coïncident surBpy,^η₂q, ce qui prouve queyPΩ. On a donc Bpx,η

2q ĂΩ,

et par conséquent,Ωest un voisinage dex. Ceci étant vrai pour toutxPΩ, Ωest un ouvert .

3. Supposons que U etV sont deux ouverts non disjoints et quef coïncide avec un polynômeP surU et avec un polynômeQsurV. L’intersectionUXV est un ouvert non vide, donc contient une bouleBpx, ηq, doncUXV contient une infinité de points. La fonctionf étant égale à la fois àP etQsur UXV, les éléments deUXV sont racines du polynômeP´Q. Ainsi, ce dernier a une infinité de racines, il s’agit donc du polynôme nul. Il en découle que P“Q.

4. SoitxPΩ, etηą0 etP PRrXstels quef coïncide avecP surBpx, ηq. On considère Ix“ tyPR|f “P surry, xs(ourx, ys).u.

(a) ‚ On montre d’abord queI_x est un intervalle. Soity1et y2 des éléments deI_x. On suppose sans perte de généralité que y¹ ăy². Soit alorsy Psy¹, y²r. On a alors, quelle que soit la position respective dexpar rapport à ces trois réelsy,y1 ety2:

ry, xs Ă ry¹, xs Y ry², xs

(les intervalles ra, bsdésignant icirb, aslorsque băa, par convention). Or,f et P coïncident surry¹, xs et ry2, xs, donc sur leur union, donc sur ry, xs. Ainsi,yPIx.

On a montré que I_x est un sous-ensemble convexe deR, donc I_x est un intervalle

‚ Notons αet β la borne inférieure et la borne supérieure deIx. Siα‰ ´8, on a fpyq “Ppyqpour tout y Psα, βr, et donc, en passant à la limite lorsquey tend versα^`, les deux fonctions étant continues, on obtientfpαq “Ppαq. Ainsi,αPI_x.

De la même manière βPI_xsiβ ‰ `8.

On en déduit que Ix est un intervalle fermé .

(b) ‚ Soit y Psα, βr. Comme cet intervalle est ouvert, il existe ε ą 0 tel que Bpy, εq Ăsα, βrĂ I_x, donc f coïncide avec le polynôme P sur toute la bouleBpy, εq. Par définition de Ω, on en déduit que y P Ω. Ainsi, sα, βrĂΩ.

‚ Supposonsα‰ ´8. SiαPΩ, alors par définition,f coïncide avec un polynômeQsur une bouleBpa, εq.

Or, f coïncide avecP sursα, br non vide (car cet ouvert contient au moins Bpx, ηq). Comme les deux ouvertsBpα, εqet sα, βrne sont pas disjoints, on déduit de la question II-3 que P “Q. Ainsi, f et P coïncident sursα´ε, βr, ce qui contredit la minimalité de α.

Ainsi,α‰Ω, donc αPF .

(c) SoitI un intervalle tel queIĂΩ. SiI est vide, il n’y a rien à démontrer. Sinon, soitxPI, etP coïncidant avecf surI_x.

On a nécessairementIĂIx. En effet, en notant comme plus hautαetβ les bornes inférieure et supérieure de Ix, eta et b celles de I, comme Ix est un intervalle fermé, on aurait nécessairementa ăαou b ą β.

Plaçons-nous dans le premier cas, à savoiraăα. Alors, il existea¹PI tel queaďa¹ăα. CommexPI et xąα, on obtiendrait, par convexité de l’intervalleI, l’appartenanceαPI. MaisIĂΩ, ce qui contredit le fait queαRΩ.

Le raisonnement est le même dans le cas oùbąβ.

Ainsi,IĂI_x, donc f coïncide avecP surI .

5. On suppose qu’il existe xPF et η ą0 tel que Bpx, ηq XF “ txu. Puisque Ω et F sont complémentaires, il découle de l’hypothèse quesx´η, xr etsx, x`ηrsont inclus dansΩ. D’après la question précédente, il existe donc deux polynômesP et Qtels quef coïncide avecP sur sx´η, xr, et avec Qsursx, x`ηr. On notenle maximum des degrés deP et Q. On utilise alors la formule de Taylor-Lagrange à l’ordren, en constatant que pour toutcPsx´η, xr,f^{pn`1q</sup>pcq “P<sup>pn`1q}pcq “0, et de même sicPsx, x`ηr,f<sup>pn`1q</sup>pcq “Q^pn`1qpcq “0. Par conséquent, pour toutyPBpx, ηqztxu, il existec compris strictement entrexet y tel que

fpyq “

n

ÿ

k“0

f^pkqpxq

k! py´xq^k`f<sup>pn`1q</sup>pcq

pn`1q! py´xq<sup>n`1</sup>“

n

ÿ

k“0

f^pkqpxq

k! py´xq^k.

L’expression polynomiale obtenue ci-dessus coïncide avecP sursx´η, xrqui est infini, donc il s’agit de l’ex- pression du polynômeP. De même, elle coïncide sursa, a`ηravecQ, donc il s’agit de l’expression du polynôme Q. AinsiP “Qetf coïncide avecP surBpx, ηqztxu. La continuité deP et def permet alors de conclure que f etP coïncident surBpx, ηq, ce qui contredit le fait quexRΩ.

Ainsi, F n’admet pas de point isolé . 6. On suppose F non vide.

(a) LesU_i sont des ouverts, et on a č

nPN

U_nXF “∅, donc il s’agit d’une intersection non dense dans le fermé F (contradiction avecV “R, voisinage d’un point quelconque deF, existant par l”hypothèseF ‰∅)). Par la contraposée du théorème de Baire, l’un au moins desUk n’est pas dense dans le ferméF.

Ainsi, en niant la propriété de densité, on obtient l’existence d’un élémentxPF et d’un voisinageV de x tel que

V XUkXF “∅.

CommeV est un voisinage dex, il contient une bouleBpx, ηq, pour un certainηą0. On a alors

@yPBpx, ηq XF, yRU_k donc: f^pkqpyq “0 .

(b) Soit y P Bpx, ηq XF. Comme F ne possède pas de point isolé, y est un point d’accumulation de F. En d’autres termes, il existe une suitepynq_nPN d’éléments 2 à 2 distincts de F, convergeant vers y. On utilise alors le lemme des pics pour extraire de pynq une sous-suite monotone (donc strictement monotone, les éléments étant 2 à 2 distincts). En notant pxnq la suite extraite ainsi obtenue, on a bien trouvé une suite pxnq, strictement monotone , constituée d’ éléments deF , et convergeant versx.

(c) On suppose que pxnqest strictement croissante et à valeurs dansF. Comme xn Ñy et que Bpx, ηqest un voisinage de y, il existe un rangN tel que pour toutn ěN, xn P Bpx, ηq. Quitte à faire une extraction supplémentaire (en supprimant les termes initiaux), on peut supposer quex_n PBpx, ηqpour toutnPN. On a alors, d’après 6(a),f^pkqpx0q “f^pkqpx1q “ ¨ ¨ ¨ “f^pkqpx_nq “ ¨ ¨ ¨ “0.On applique le théorème de Rolle sur chaque intervallerxi, x_{i`</sub>1s: on obtient une suitepynqnPN, avecy<sub>i</sub>Psxi, x<sub>i`}1r, pour toutiPN, telle que f^pk`1qpy_iq “0. La suite px_nq étant strictement croissante, il en est de même de la suitey_n. Par ailleurs l’encadrement,

xnăynăx_n`1

et la convergence dex_n et x_n`1versy assure que y_n Ñy .

(d) La continuité def^{pk`1q</sup>associée au critère séquentiel pour la suitepynqamène alors f<sup>pk`1q}pyq “0. On peut continuer de la même façon, en insérant entre lesy_i, d’après Rolle, des élémentspznqnPN, formant une suite strictement croissante, tels quef^{pk`2q</sup>pznq “0, d’où, par encadrement,znÑy, et par continuité, f<sup>pk`2q}pyq “0.

Évidemment, on peut continuer comme cela et on obtient f^pℓqpyq “0, pour toutℓěk.

(e) CommeyPBpx, ηq XIy, si aucune des deux bornes deIy n’est dansBpx, ηq, par convexité, cela impose que αďx´η et βěx`η, doncxPI_yĂΩ, ce qui entre en contradiction avec l’hypothèsexPF.

Ainsi, soitαPBpx, ηq, soitβ PBpx, ηq. Par ailleurs, d’après la question 4(b), α et β sont dans F. Ainsi, l’une des deux bornes deIy est dansBpx, ηq XF. Pour se fixer les idées, supposons queαPBpx, ηq XF. On a alors, pour toutℓěk,f^pkqpαq “0. Or, en notantdle degré deP, polynôme coïncidant avecf surIy, P^pdqest un polynôme constant non nul, coïncidant surIyavecf^pdq. Notonsccette constante. Par continuité deg enα, en prenant la limite enα^`, on obtient alors :

f^pdqpα^`q “c‰0.

Or, la question 6(a), et le fait queαPBpx, ηq XF nous apprennent que pour toutℓěk,f^pℓqpαq “0. Ainsi, dăk.

(f) La question précédente nous assure quef^pkqpyq “0 pouryPBpx, ηq XΩ. Nous avons la même égalité pour yPBpx, ηq XF. Ainsi,f^pkqest identiquement nul sur l’intervalleBpx, ηq, doncf se retreint sur cet intervalle en un polynôme de degré au plusk´1(par primitiviations successives). Donc, par définition deΩ, xPΩ. Cela entre en contradiction avec l’hypothèse x P F, obtenue de l’hypothèse F ‰ ∅. On en déduit que

F “∅.

7. On a alorsΩ“R, et en appliquant 4(c) à l’intervalleRĂΩ, on obtient le théorème de Sunyer y Balaguer .

Correction du problème 2– Étude de la convergence de la méthode de Simpson

Partie I – Une première estimation du reste

1. La fonctionf étant de classeC⁴, et la valeur absolue étant continue, la fonctionxÞÑ |f^p4qpxq|est continue sur l’intervalle fermé bornéra, bs, donc l’existence d’un maximumM4 découle essentiellement du théorème de la borne atteinte.

2. On peut utiliser l’inégalité de Taylor-Lagrange à l’ordre 3 entre m et m`hpuisque f est de classe C<sup>4</sup> sur l’intervalle fermérm, m`hs. On a alors :

ˇ ˇ ˇ ˇ

fpm`hq ´fpmq ´hf¹pmq ´h²

2 f²pmq ´h³

6 f^p3qpmq ˇ ˇ ˇ ˇ

ďh⁴ 24M⁴ ,

oùM4 est le maximum de|f^p4q|dont l’existence est justifiée dans la question précédente. On aurait essentiel- lement pu se contenter d’un majorant de cette dérivée sur l’intervalle restreintrm, m`hs, mais pour la suite, M⁴ sera suffisant.

On obtient de même : ˇ ˇ ˇ ˇ

fpm´hq ´fpmq `hf¹pmq ´h²

2 f²pmq `h³

6 f^p3qpmq ˇ ˇ ˇ ˇ

ďh⁴ 24M4 .

3. Il s’agit essentiellement de sommer ces deux inégalités, et d’utiliser l’inégalité triangulaire : h⁴

12M4ě ˇ ˇ ˇ ˇ

fpm`hq ´fpmq ´hf¹pmq ´h²

2 f²pmq ´h³

6 f^p3qpmq ˇ ˇ ˇ ˇ

` ˇ ˇ ˇ ˇ

fpm´hq ´fpmq `hf¹pmq ´h²

2 f²pmq `h³

6 f^p3qpmq ˇ ˇ ˇ ˇ

ě ˇ ˇ ˇ ˇ ˆ

fpm`hq ´fpmq ´hf¹pmq ´h²

2 f²pmq ´h³

6 f^p3qpmq

˙

` ˆ

fpm´hq ´fpmq `hf¹pmq ´h²

2 f²pmq `h³

6 f^p3qpmq

˙ˇ ˇ ˇ ˇ

d’où :

|fpm`hq `fpm´hq ´2fpmq ´h²f²pmq| ď M⁴h⁴ 12 .

4. Essentiellement, il suffit de simplifier certains termes fpmq afin de se ramener à l’inégalité précédente avec h“ ^β´α2 :

ˇ ˇ ˇ ˇ

β´α

6 pfpαq `4fpmq `fpβqq ´ ˆ

pβ´αqfpmq `pβ´αq³ 24 f²pmq

˙ˇ ˇ ˇ ˇ

“ β´α 6

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

fpαq `fpβq ´2fpmq ´

ˆβ´α 2

˙² f²pmq

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďβ´α 6

M⁴ 12 ¨

ˆβ´α 2

˙⁴

d’où l’inégalité demandée : ˇ

ˇ ˇ ˇ

β´α

6 pfpαq `4fpmq `fpβqq ´ ˆ

pβ´αqfpmq `pβ´αq³ 24 f²pmq

˙ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM⁴¨pβ´αq⁵ 9ˆ2⁷ .

5. On exploite essentiellement le fait quemest le milieu derα, βs: en coupant l’intégrale en deux au niveau dem à l’aide de la relation de Chasles, on a alors deux intégrales sur des intervalles de même longueur, qu’on peut translater par changement de variable de sorte à obtenir deux intégrales sur le même intervalle :

żβ

α

fptqdt“ żm

α

fptqdt` żβ

m

fptqdt,

et par les changements de variable affines (doncC¹)t“m´udans la première intégrale, ett“m`udans la deuxième, on obtient

żβ

α

fptqdt“ ´ ż⁰

m´α

fpm´uqdu` żm´α

0

fpm`uqdu“ żm´α

0

pfpm´uq `fpm`uqqdu.

Or,m´α“ ^α`β₂ ´α“ ^β´α₂ , d’où le résultat attendu :

żβ

α

fptqdt“ ż ^β´α₂

0

pfpm´uq `fpm`uqqdu.

6. Il suffit alors essentiellement d’utiliser l’inégalité de la question 3 : ˇ

ˇ ˇ ˇ

int

β´α

02

`fpm´uq `fpm`uq ´2fpmq ´u²f²pmq˘ du ˇ ˇ ˇ ˇď

ż ^β´α₂

0

ˇˇfpm´uq `fpm`uq ´2fpmq ´u²f²pmqˇ ˇ du ď

ż ^β´α₂

0

M4u⁴ 12 du

“M4

12

”u⁵ 5

ı^β´α₂

0 “M4¨pβ´αq⁵ 15ˆ2⁷ . Par ailleurs,

ż ^β´α₂

0

p2fpmq `u²f²pmqqdu“2fpmqβ´α

2 `f²pmq 3 ¨

ˆβ´α 2

˙³

“fpmq `f²pmq

24 pβ´αq³.

Ainsi, on obtient bien, en vertu de la question précédente, ˇ

ˇ ˇ ˇ ˇ

żβ

α

fptqdt´ ˆ

pβ´αqfpmq `pβ´αq³ 24 f²pmq

˙ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4¨ pβ´αq⁵ 15ˆ2⁷ .

7. À l’aide de l’inégalité triangulaire, on peut essentiellement se ramener aux deux inégalités des questions 4 et 6 : ˇ

ˇ ˇ ˇ ˇ

żβ

α

fptqdt´β´α

6 pfpαq `4fpmq `fpβqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ď ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

żβ

α

fptqdt´ ˆ

pβ´αqfpmq ` pβ´αq³ 24 f²pmq

˙ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

` ˇ ˇ ˇ ˇ ˆ

pβ´αqfpmq `pβ´αq³ 24 f²pmq

˙

´β´α

6 pfpαq `4fpmq `fpβqq ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4

pβ´αq⁵ 2⁷ˆ3

ˆ1 3`1

5

˙

“M4

pβ´αq⁵ 2⁷ˆ3 ¨ ˆ2³

15.

On obtient bien l’inégalité voulue : ˇ

ˇ ˇ ˇ ˇ

żβ

α

fptqdt´β´α

6 pfpαq `4fpmq `fpβqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4ˆpβ´αq⁵ 720 .

8. Essentiellement, on utilise l’inégalité précédente sur chaque intervallerσ_i´1, σis, pouriP v1, nw, en remarquant queσi´σi´1“ ^b´a_n :

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

żσi

σi´1

fptqdt´b´a

6n pfpσi´1q `4fpmiq `fpσiqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4ˆpb´aq⁵ 720n⁵ .

Toujours aussi essentiellement, on peut sommer, utiliser l’inégalité triangulaire et la relation de Chasles pour recoller les intégrales, et on obtient :

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

żb

a

fptqdt´

n

ÿ

i“1

b´a

6n pfpσi´1q `4fpmiq `fpσiqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4¨

n

ÿ

k“1

pb´aq⁵ 720n⁵ ,

et le nombre de termes dans la somme étantn, ces termes ne dépendant pas de l’indice de sommation : ˇ

ˇ ˇ ˇ ˇ

żb

a

fptqdt´

n

ÿ

i“1

b´a

6n pfpσ_i´1q `4fpmiq `fpσiqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4¨ pb´aq⁵ 720n⁴ .

Partie II – Amélioration de la majoration de l’erreur

1. Un premier changement de variabley“x´mpermet de symétriser l’intégrale : żβ

α

px´aqpx´mqpx´βqdx“ żβ´m

α´m

ypy´α`mqpy´β`mqdy“ ż ^β´α₂

´^β´α₂

y ˆ

y`β´α 2

˙ ˆ

y´β´α 2

˙ dy

Il reste alors essentiellement à faire une homothétie, donc un changement de variablet“ _β´α^2y , amenant : żβ

α

px´aqpx´mqpx´βqdx“ ż¹

´1

ˆβ´α 2

˙³

tpt`1qpt´1qβ´α 2 dt, d’où

żβ

α

px´aqpx´mqpx´βqdx“

ˆβ´α 2

˙⁴ż¹

´1

tpt²´1qdt

Or, cette dernière intégrale est l’intégrale d’une fonction continue impaire sur un intervalle fermé borné symé- trique, donc est nulle. Ainsi,

żβ

α

λpx´aqpx´mqpx´βqdx“0.

2. Ainsi,

żβ

α

Ppxqdx“ żβ

α

Pλpxqdx puis:

żβ

α

pfpxq ´Ppxqqdx“ żβ

α

pfpxq ´Pλpxqqdx .

3. On a :

@xPR, P_λ¹pxq “P¹pxq `λQ¹pxq.

oùQ“ pX´αqpX´mqpX´βq. Pour que l’équation enλdonnée parP_λ¹pmq “f¹pmqadmette une solution, il faut essentiellement justifier queQ¹pmq est non nul (on est alors ramené à une équation affine). Si on connait des choses sur les multiplicités des racines d’un polynôme, on peut directement affirmer queQ¹pmq ‰0 du fait quemest racine simple deQ. En attendant le cours correspondant, on peut le vérifier à la main en dérivantQ (comme produit de 3 termes ; il serait ici maladroit de tout développer !) :

@xPR, Q¹pxq “ px´αqpx´βq ` px´αqpx´mq ` px´mqpx´βq.

Ainsi,Q¹pmq “ pm´αqpm´βq ‰0.

Il est donc possible de choisirλtel que P_λ¹pmq “f¹pmq.

4. On reconnaît essentiellement là une utilisation de Rolle en cascade. Pour commencer la fonction θ est bien définie, puisquexest fixé distinct de α,β etm. La fonctionθest de classeC⁴, puisquef l’est, ainsi que toutes les fonctions polynomiales qui interviennent dans l’expression. Cela justifie toutes les applications du théorème de Rolle que nous ferons dans cette question. Enfin, du fait quef etP coïncident enα, β etm(et donc aussi f etPλ, vu la définition de Pλ), on obtient facilement

θpαq “θpβq “θpmq “θpxq “0.

On peut donc appliquer le théorème de Rolle entre ces 4 points (après les avoir rangés dans l’ordre croissant).

On obtientc¹ăc²ăc³, distincts deα, β,met x, tels queθ¹pc¹q “θ¹pc²q “θ¹pc³q “0.

Mais le choix deλ nous apporte un zéro supplémentaire de θ¹. En effet, puisque P_λ¹pmq “ f¹pmq, et que m est racine double du facteur polynomial de droite, on aθ¹pmq “ 0. Plus précisément, si on ne connait pas les propriétés des racines multiples :

@tP rα, βs, θ¹pxq “ pf¹pxq´P_λ¹pxqq´ fpxq ´Pλpxq

px´αqpx´mq²px´βq¨ppx´αqpx´mq²`px´βqpx´mq<sup>2</sup>`2px´mqpx´aqpx´βqq.

Il est alors clair queθ¹pmq “0. Commemest distinct desci, on peut appliquer le théorème de Rolle entre les pointsc_ietm, après les avoir rangés dans l’ordre, et on trouve 3 zéros deθ², puis en recommençant, 2 zéros de θ^p3q, et enfin, une dernière application du théorème de Rolle nous donne l’existence d’un réel cPsa, βrtel que

θ^p4qpcq “0 .

5. Le polynôme Pλ étant de degré3, sa dérivée 4-ième est nulle. En dérivant θ quatre fois et en évaluant enc, il vient essentiellement :

0“θ^p4qpcq “f^p4qpcq ´ fpxq ´Plpxq

px´αqpx´mq²px´βq¨4!, d’où

|fpxq ´P_λpxq| “ |px´αqpx´mq²px´βq|

4! ¨ |f^p4qpcq| ď |px´αqpx´mq²px´βq|

4! M4

6. C’est essentiellement terminé ! Il suffit de calculer l’intégrale entre αetβ du majorant obtenu. Or, en utilisant un changement de variable similaire à celui utiliser dans la question 1,

żβ

α

|px´αqpx´mq²px´βq|dx“ ´ żβ

α

px´aqpx´mq²px´βqdx

“ ´pβ´αq⁵ 2⁵

ż¹

´1

pt´1qpt`1qt² dt

“ ´pβ´αq⁵ 2⁵

ż¹

´1

pt⁴´t²qdt

“ ´pβ´αq⁵ 2⁵

ˆ2 5´2

3

˙

“

ˆpβ´αq⁵ 2⁵

˙ 4 15.

Il découle alors des questions 2 et 5 et de l’inégalité triangulaire intégrale que : ˇ

ˇ ˇ ˇ ˇ

żβ

α

pfpxq ´Ppxqq dx ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4¨ pβ´αq⁵

2⁵ˆ15ˆ3! “M4¨pβ´αq⁵ 2880

On termine essentiellement comme dans la partie I, en appliquant ce résultat sur chaque intervallerσ_i´1, σis, en remplaçant l’intégrale de P par son expression admise en début de partie en fonction fpσi´1q, fpmiq et fpσiq, en sommant et en recollant les morceaux par la colle Chasles (colle extra-forte pour intégrales). On obtient AU FINAL (dans le fracas des timbales et le hurlement des trompettes et des trombones, ce qui justifie musicalement l’emploi de cette expression, n’en déplaise à certains), et ESSENTIELLEMENT :

ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

żb

a

fpxqdx´b´a 6n

n

ÿ

k“1

pfpσ_i´1q `4fpm<sub>i</sub>q `fpσ_iqq ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ

ďM4¨pb´aq⁵ 2880n⁴.