Correction : Devoir surveill´e n˚3

(1)

Correction : Devoir surveill´e n˚3

MP Clemenceau 2020-21 Jeudi 5 novembre 2020

Sujet : Centrale PC 2012 Maths 1

I Approximation

I.A Quelques calculs pr´eliminaires

Dans cette sous-partie,xest un nombre r´eel etnun entier naturel.

1) Montrer que :

n

X

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= 1.

Correction :La formule du binˆome donne

n

X

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= (x+ 1−x)ⁿ= 1.

2) Montrer que :

n

X

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k=nx.

Correction : Pour k > 1, k n

k

= n!

(k−1)!(n−k)! =n n−1

k−1

. Cette formule pouvant se justifier de fa¸con combinatoire.

Donc

n

X

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k=nx

n

X

k=1

n−1 k−1

x^k−1(1−x)^n−k=nx(x+ 1−x)ⁿ⁻¹=nx.

3) Montrer que :

n

X

k=0

k(k−1) n

k

x^k(1−x)^n−k=n(n−1)x². Correction :Pour k>2,k(k−1)

n k

= n!

(k−2)!(n−k)! =n(n−1) n−2

k−2

. Donc

n

X

k=0

k(k−1) n

k

x^k(1−x)^n−k=n(n−1)x²

n

X

k=2

n−2 k−2

x^k−2(1−x)^n−k=n(n−1)x²(x+ 1−x)ⁿ⁻²= n(n−1)x².

4) Déduire des questions précédentes que :

n

X

k=0

x−k

n ²n

k

x^k(1−x)^n−k= x(1−x) n Correction :

x−k

n ²

=x²−2xk

n+k²−k n² + k

n² donne avec 1), 2) et 3) :

n

X

k=0

x−k

n ²n

k

x^k(1−x)^n−k =x²−2x²+n(n−1)x² n² +x

n = x−x² n . I.B Etude de S(x)

Soitn∈IN^∗ etx∈[0,1]. Le but de cette sous-partie est de majorer la somme S(x) =

n

X

k=0

x−k n

n k

x^k(1−x)^n−k 5) Majoration de S(x): premi`ere m´ethode.

On note

– V l’ensemble des entiersk∈[[0, n]] tels que

x−k n 6 1

√n, Correction :

(2)

– W l’ensemble des entiersk∈[[0, n]] tels que

x−k n

> 1

√n, et on pose

S_V(x) =X

k∈V

x−k n

n k

x^k(1−x)^n−k et S_W(x) = X

k∈W

x− k n

n k

x^k(1−x)^n−k

a) Montrer queSV(x)6 1

√n. Correction : S_V(x)6 1

√n X

k∈V

n k

x^k(1−x)^n−k 6 1

√n

n

X

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= 1

√n.

b) Montrer queSW(x)6x(1−x)

√n . Correction :Pourk∈W on a√

n

x−k n

>1 donc √ n

x−k n

< n

x−k n

² . Par suite,√

nS_W(x)< n

n

X

k=0

x−k

n ²n

k

x^k(1−x)^n−k=x(1−x) par I.A.4 D’o`uSW(x)≤x(1−x)

√n . c) En d´eduire queS(x)6 5

4√ n.

Correction :f(x) =x(1−x) a un maximum ´egal `a 1

4 (obtenu pourx=1 2).

DoncSW(x)6 1 4√

n etS(x) =SV(x) +SW(x)6 1

√n+ 1 4√

n = 5 4√ n 6) Majoration de S(x): seconde m´ethode

a) Ecrire l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz dans l’espace IRⁿ⁺¹ muni de son produit scalaire canonique.

Correction :L’inégalité de Cauchy-Schwarz s’écrit :

n

X

k=0

akbk

6 v u u t

n

X

k=0

a²_k v u u t

n

X

k=0

b²_k.

b) A l’aide de la question4), en d´eduire queS(x)6 1 2√

n. Correction :Pourak =

x− k n

s n k

x^k(1−x)^n−k et bk = s

n k

x^k(1−x)^n−k on obtient : S(x)6

rx(1−x)

n (en utilisant I.A.1 et I.A.4).

Dex(1−x)6 1

4 on d´eduitS(x)6 1 2√

n. I.C Application `a l’approximation uniforme

Dans cette sous-partie, on noteC l’espace vectoriel des fonctions continues de [0,1] dans IR. On munitC de la norme de la borne sup´erieure, not´eek k_∞:

∀f ∈ C, kfk_∞= sup

x∈[0,1]

|f(x)|

Pour f ∈ C et n ∈ IN^∗, on définit le n-ième polynôme de Bernstein de f, noté B_n(f), en posant pour tout x∈[0,1]

B_n(f)(x) =

n

X

k=0

f k

n n k

x^k(1−x)^n−k

Le but de cette sous-partie est d’étudierkBn(f)−fk_∞ lorsque f est un élément deC vérifiant une hypothèse additionnelle.

7) Un exemple

Soitf définie par, pourx∈[0,1],f(x) =x². Déterminer, pour tout entier non nuln, le polynômeB_n(f) et en déduire la valeur dekBn(f)−fk_∞.

(3)

Correction : Pour f :x7→x² on calcule en ´ecrivantk²=k(k−1) +k et en utilisant les questions2)et 3):

Bn(f)(x) =

n

X

k=0

k² n²

n k

x^k(1−x)^n−k= 1

n²(n(n−1)x²+nx) =(n−1)x²+x

n .

Par suite, Bn(f)(x)−x² = x(1−x)

n d’o`u kBn(f)−fk_∞ = 1

4n puisque 0 6 x(1−x)6 1

4, le maximum

´etant atteint pourx= 1 2.

8) Soitf ∈ C. Montrer, pour tout x∈[0,1], la relation B_n(f)(x)−f(x) =

n

X

k=0

f

k n

−f(x) n k

x^k(1−x)^n−k

Correction :il suffit d’utiliser la question1).

9) a) Montrer que sif est δ-lipschitzienne, alorskBn(f)−fk_∞6 δ 2√

n pour tout entiern>1.

Correction :Sif est δ-lipschitzienne,

f(k

n)−f(x) 6δ

k n−x

d’o`u

|Bn(f)(x)−f(x)|6δS(x)6δ 1 2√

n avec la question6).

C’est v´erifi´e pour toutx∈[0,1] donckBn(f)−fk_∞6 δ 2√

n. b) En d´eduire que sif est de classeC¹, alors il existe un r´eelc tel que,

pour toutn∈IN^∗,kBn(f)−fk_∞6 c

√n.

Correction : Si f est de classeC¹, elle estδ-lipschitzienne sur [0,1] par l’in´egalit´e des accroissements finis (avecδ=kf⁰k_∞). On peut donc lui appliquer le a) etc= δ

2.

On admettra que ce résultat reste vrai pour des fonctions continues de classeC¹ par morceaux, c’est à dire des fonctions continues dont les dérivées est définie et continue sauf en un nombre fini de points et admet des limites à gauche et à droite en tout point.

10) Soitf : [0,1]→IR de classeC¹. Déduire de ce qui précède que, pour tout réelr >0, il existe un polynôme P à coefficients réels tel que

∀x∈[0,1] f(x)−r6P(x)6f(x) +r Donner une interprétation topologique du résultat ainsi démontré.

Correction :Soitr >0 et un entierntel que c

√n < r. Le polynˆomeP=B_n(f) v´erifie pour toutx∈[0,1] :

|P(x)−f(x)|6 c

√n 6rdoncf(x)−r6P(x)6f(x) +r.

On vient de montrer que l’ensemble des fonctions polynˆomiales est dense dans l’ensemble des fonctions de classeC¹ muni de la norme infinie.

II Un th´ eor` eme de Hardy-Littlewood

Soit (an)_n∈INune suite r´eelle. On suppose que la s´erieX

anxⁿest absolument convergente pourx∈]−1,1[.

On notef(x) =

+∞

X

n=0

a_nxⁿ sa somme. On suppose que la fonctionf, ainsi d´efinie sur ]−1,1[, v´erifie

f(x)∼ 1

1−x quandx→1, x <1 (II.1) On note, pourn∈IN,An=

n

X

k=0

ak et ^∼an= An

n+ 1.

Le but de cette partie est d’étudier le comportement des a_n lorsque ntend vers l’infini. On s’intéresse en particulier aux deux propriétés suivantes :

n→+∞lim an= 1 (II.2) et lim

n→+∞

∼an = 1 (II.3)

(4)

II.A L’hypothèse II.1 n’entraˆıne pas la propriété II.2 11) Déterminer une suite réelle (b_n)_n∈IN telle que

∀x∈]−1,1[ 1 1−x² =

+∞

X

n=0

bnxⁿ

Correction : 1

1−x² est la somme de la série géométrique de raisonx²et de premier terme 1, doncb_n = 1 sinest pair, 0 sinest impair.

12) En d´eduire un exemple de suite (a_n)_n∈IN v´erifiant (II.1)mais ne convergeant pas vers 1 Correction :En prenanta_n = 2b_n on obtientf(x) = 2

1−x² qui v´erifie bienf(x)∼ 1

1−x au voisinage de 1⁻. Mais la suite (a_n)_n∈IN diverge puisquea_2n= 2 eta_2n+1= 0.

II.B L’hypothèse II.1 n’entraˆıne pas la propriété II.3 13) Trouver une suite (cn)_n∈IN de réels telle que

∀x∈]−1,1[ 1 (1−x)² =

+∞

X

n=0

cnxⁿ

Correction :On a

1

(1−x)² = 1 1−x

1 1−x=

+∞

X

n=0

xⁿ

+∞

X

n=0

xⁿ

. On utilise alors le produit de Cauchy des deux s´eries car elles convergent absolument. On obtient alors 1

(1−x)² =

+∞

X

n=0 n

X

k=0

xⁿ=

+∞

X

n=0

(n+ 1)xⁿ Conclusion : pour tout entiern,c_n= (n+ 1).

14) On consid`ere les fonctionsϕ:x7→ 1

(1−x²)² et ψ:x7→ 1

(1 +x)²(1−x). D´eterminer les suites (un)_n∈IN et (v_n)_n∈IN telles que, pour toutx∈]−1,1[

ϕ(x) =

+∞

X

n=0

unxⁿ et ψ(x) =

+∞

X

n=0

vnxⁿ

Correction :on applique le résultat de la question précédente en changeant xenx²et donc ϕ(x) =

+∞

X

n=0

(n+ 1)x²ⁿ. On en d´eduit queu_2n=n+ 1 etu_2n+1= 0.

Pourψon commence par remarquer queψ(x) = 1−x

(1 +x)²(1−x)² = 1−x)

(1−x²)² = (1−x)ϕ(x). On en d´eduit queψ(x) =

+∞

X

n=0

(n+ 1) x²ⁿ−x²ⁿ⁺¹

. Par suite,v2n=n+ 1 etv2n+1=−(n+ 1).

15) Calculer pour toutn∈IN,^∼v_n. Correction :Soitn∈IN,^∼vn= 1

n+ 1

n

X

k=0

vk. On a donc, pourn∈IN,

∼v2n+1= 1 2n+ 2

2n+1

X

k=0

vk= 1 2n+ 2

n

X

k=0

(v2k+v2k+1) = 0

∼v_2n= 1 2n+ 1

2n

X

k=0

v_k= 1 2n+ 1

n

X

k=0

(v_2k+v_2k+1)−v_2n+1

!

= n+ 1 2n+ 1

(5)

16) Construire à l’aide de ψ, un exemple de suite (an)_n∈IN vérifiant (II.1) mais ne vérifiant pas la propriété (II.3).

Correction : En prenant an = 4vn, on obtient f(x) = 4

(1 +x)²(1−x) qui v´erifie bien f(x)∼ 1 1−x au voisinage de 1⁻. Mais la suite (^∼an) diverge puisque^∼a2n+1= 0 alors que^∼a2n tend vers 2.

Jusqu’à la fin de cette partie, on continue de supposer(II.1)et on fait l’hypothèse supplémentaire :

∀n∈IN an>0 (II.4) L’objectif principal, apr`es quelques observations concernant la suite_∼

a_n

n∈IN, est de démontrer la propriété (II.3)(théorème de Hardy et Littlewood).

II.C Majoration de la suite _∼ a_n

n∈IN

17) Pour toutx∈[0,1[ et toutn∈IN, montrer que f(x)>Anxⁿ. Correction :Pour x∈[0,1[ etk6non ax^k>xⁿ. De plusan >0.

On en d´eduit :f(x)>

n

X

k=0

akx^k >

n

X

k=0

akxⁿ=Anxⁿ. 18) Montrer l’existence d’un entierN >0 tel que

∀n>N f e^−1/n

6 2

1−e^−1/n

Correction : Par hypoth`ese, (1−x)f(x) tend vers 1 quand x tend vers 1. Il existe donc ε > 0 tel que 1−ε6x <1 entraine (1−x)f(x)62.

Comme e^−1/n tend vers 1 quand ntend vers l’infini on d´eduit qu’il existe N >0 tel que n>N entraine 1−ε6e^−1/n<1 et donc (1−e^−1/n)f(e^−1/n)62, d’o`uf(e^−1/n)6 2

1−e^−1/n. 19) En d´eduire que la suite_∼

a_n

n∈IN est major´ee.

Correction :Pour x= e^−1/net n>N on aA_ne⁻¹6f(e^−1/n)6 2

1−e^−1/n d’o`u :

∼an6 2 e

(n+ 1)(1−e^−1/n) 6 2 e e^1/n

n(e^1/n−1) 62 e²puisque, par convexit´e de l’exponentielle, e^x−1>xetn>1.

La suite_∼ a_n

n>N

est major´ee, donc la suite_∼ a_n

n∈IN aussi.

II.D Minoration, `a partir d’un certain rang, de_∼ a_n

n∈IN par un r´eel strictement positif On d´esigne parµ >0 un majorant de la suite_∼

an

n∈IN. 20) a) Pour toutx∈]−1,1[, montrer que (1−x)

+∞

X

k=0

A_kx^k=f(x).

Correction : pourx∈]−1,1[, les s´eriesX

xⁿetX

anxⁿsont absolument convergentes. Leur produit de Cauchy est absolument convergente et

1

1−xf(x) =

+∞

X

n=0

xⁿ

+∞

X

n=0

anxⁿ=

+∞

X

n=0 n

X

k=0

akx^kx^n−k =

+∞

X

n=0

Anxⁿ

d’o`u (1−x)

+∞

X

k=0

A_kx^k =f(x).

b) En d´eduire que pour tout x∈[0,1[ et toutN ∈IN^∗ f(x)

1−x 6AN

1−x^N 1−x +µ

+∞

X

k=N

(k+ 1)x^k

(6)

Correction : f(x) 1−x =

N−1

X

k=0

Akx^k+

+∞

X

k=N

Akx^k 6

N−1

X

k=0

A_N−1x^k+

+∞

X

k=N

(k+ 1)µx^k (puisque x>0, que la suite (Ak) est croissante et queAk6(k+ 1)µ). Par suite, f(x)

1−x 6AN−1

1−x^N 1−x +µ

+∞

X

k=N

(k+ 1)x^k. c) En d´eduire que pour tout x∈[0,1[ et toutN ∈IN^∗

f(x)6AN−1+µ

(N+ 1)x^N +x^N⁺¹ 1−x

Correction :On déduit de la question précédente (toujours pourx∈[0,1[) : f(x)6A_N−1+µ

+∞

X

k=N

(k+ 1)(x^k−x^k+1).

n

X

k=N

(k+ 1)(x^k−x^k+1) =

n

X

k=N

(k+ 1)x^k−

n+1

X

k=N+1

kx^k = (N + 1)x^N +

n

X

k=N+1

x^k−(n+ 1)xⁿ⁺¹ qui tend vers (N+ 1)x^N +x^N+1

1−x quandntend vers l’infini.

On a doncf(x)6A_N−1+µ

(N+ 1)x^N+x^N+1 1−x

. 21) Soitλun r´eel strictement positif.

a) Montrer qu’il existe un entierN0>0 tel que pour toutN >N0

f e^−λ/N

> 1

2 1−e^−λ/N> N 2λ

Correction : Par hypoth`ese, (1−x)f(x) tend vers 1 quandxtend vers 1, donc (1−e^−x)f(e^−x) tend vers 1 quandxtend vers 0. Il existe doncε >0 tel que 0< x6εentraine (1−e^−x)f(e^−x)>1

2. D’autre part, e^−x>1−xentraine pourx >0 : 1

1−e^−x > 1

x. On en d´eduit f(e^−x)> 1

2x pour 0< x6ε. En posantx= λ

N on obtientf(e⁻^N^λ)> N

2λ pourN >N0. b) Montrer que pour toutN >N0

∼a_N−1> 1

2λ−µe^−λ 1 + 1

N + e^−λ/N 1 N 1−e^−λ/N

!

Correction : En prenant x = e⁻^N^λ dans la question 20)c) on obtient avec la question 21)a) (pour N>N₀) :

A_N−1> N

2λ−µ (N+ 1) e^−λ+e^−λe⁻^N^λ 1−e⁻^N^λ

! . Avec^∼a_N−1=AN−1

N on obtient^∼aN−1> 1

2λ−µe^−λ 1 + 1

N + e⁻^N^λ N(1−e⁻^N^λ)

! .

c) Déterminer en fonction deλla limite, quandN tend vers l’infini, du membre de droite dans l’inégalité précédente.

Correction : Avec 1−e^−x ∼ x au voisinage de 0 on d´eduit que N(1−e⁻^N^λ) ∼ λ quand N tend vers l’infini. Par suite le membre de droite du 21)pb) a pour limite (quand N tend vers l’infini) :

1

2λ−µe^−λ

1 + 1 λ

= 1

2λ(1−2µe^−λ(λ+ 1)) = 2ν.

d) Montrer qu’il existe un r´eelλ >0 tel que cette limite soit strictement positive.

Correction : lim

λ7→+∞e^−λ(λ+ 1) = 0 entraine queν >0 pourλassez grand.

22) Conclure qu’il existe un réelν >0 tel qu’à partir d’un certain rang on ait^∼an >ν. Correction :Pour un telλon obtient ãn ≥ν >0 pourn≥N0+ 1.

(7)

II.E Démonstration de la propriété (II.3), due à Karamata

Soitg: [0,1]→IR la fonction telle queg(x) = 1

x six>e⁻¹ et g(x) = 0 sinon.

On fixe un r´eelε∈]0, e⁻¹[. On d´efinit deux applications continuesg⁺ etg⁻ de [0,1] dans IR ainsi : – g⁺ est affine sur

e⁻¹−ε,e⁻¹

et co¨ıncide avecg sur

0,e⁻¹−ε

∪ e⁻¹,1 – g⁻ est affine sur

e⁻¹,e⁻¹+ε

et co¨ıncide avecg sur 0,e⁻¹

∪

e⁻¹+ε,1 Pour tout entierN >0 on posex_N = e^−1/N.

On rappelle que dans cette sous-partie, on fait les hypoth`eses(II.1)et(II.4).

23) Calculer Z 1

0

g⁺(t) dtet Z 1

0

g⁻(t) dt.

Correction :On découpe chaque intégrale en 3 par relation de Chasles. La deuxième intégrale est égale à l’air d’un triangle de baseεet de hauteurg(e⁻¹) oug(e⁻¹+ε).

Z 1

0

g⁺(t) dt=

Z e⁻¹−ε

0

0 dt+1 2eε+

Z 1

e⁻¹

1 t dt= 1

2eε+ 1.

Z 1

0

g⁻(t) dt= Z e⁻¹

0

0 dt+1 2

1 e⁻¹+εε+

Z 1

e⁻¹+ε

1 tdt=1

2 ε

e⁻¹+ε−ln(e⁻¹+ε).

24) SoitP un polynôme à coefficients réels. Montrer que (1−x)

+∞

X

n=0

a_nxⁿP(xⁿ) −→

x→1⁻

Z 1

0

P(t) dt On consid´erera d’abord le cas particulier de P =X^k, o`uk∈IN.

Correction :Pour P(x) =x^k : (1−x)

+∞

X

n=0

a_nxⁿP(xⁿ) = 1−x

1−x^k+1(1−x^k+1)f(x^k+1).

Comme 1−x

1−x^k+1 = 1

k

P

j=0

x^j

tend vers 1

k+ 1 quand xtend vers 1 on d´eduit avec lim

x7→1(1−x)f(x) = 1 que

(1−x)

+∞

X

n=0

a_nxⁿP(xⁿ) tend vers 1

k+ 1 =R1

0 P(t) dtquand xtend vers 1.

Par linéarité de la limite et de l’intégrale le résultat s’étend à tout polynôme.

25) Etablir l’existence de deux polynômes P et Qà coefficients réels tels que :

∀x∈[0,1] g⁻(x)−ε6P(x)6g(x)6Q(x)6g⁺(x) +ε Correction : La fonction g⁻−ε

2 est continue et de classe C¹ par morceaux sur [0,1]. On peut donc lui appliquer le r´esultat de la question10)pourr= ε

2 : il existe un polynˆomePtel queg⁻(x)−ε6P(x)6g⁻(x) pourx∈[0,1].

De mˆeme la fonctiong⁺+ ε

2 est continue et de classe C¹ par morceaux sur [0,1], on peut lui appliquer le r´esultat du10)pourr= ε

2 : il existe un polynˆomeQtel que g⁺(x)6Q(x)6g⁺(x) +εpour x∈[0,1].

Commeg⁻(x)6g(x)6g⁺(x) on a bien obtenug⁻(x)−ε6P(x)6g(x)6Q(x)6g⁺(x)+εpourx∈[0,1].

26) Etablir l’existence d’un entierN₁>0 tel que pour tout entierN >N₁ (1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NP(xⁿ_N)>

Z 1

0

P(t) dt−ε et (1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NQ(xⁿ_N)6 Z 1

0

Q(t) dt+ε

Correction :Puisque x_N = e^−1/N tend vers 1 quandntend vers l’infini, on d´eduit de la qestion24)que (1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NP(xⁿ_N)>

Z 1

0

P(t) dt−εpourN >A.

De mˆeme, (1−x_N)

+∞

X

n=0

a_nxⁿ_NQ(xⁿ_N)6 Z 1

0

Q(t) dt+εpourN >B.

Les deux inégalités sont donc vérifiées pourN >N1= max(A, B).

(8)

27) Déduire des trois questions précédentes que pour tout entierN >N1

1−5ε6(1−x_N)A_n61 + 5ε Correction :xⁿ_N = e⁻^Nⁿ >e⁻¹⇔n6N.

Par suite xⁿ_Ng(xⁿ_N) = 0 si n > N et 1 si n 6N, donc (1−x_N)

+∞

X

n=0

a_nxⁿ_Ng(xⁿ_N) = (1−x_N)A_N. Puisque anxⁿ_N >0 on d´eduit de la question25):

(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NP(xⁿ_N)6(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_Ng(xⁿ_N) = (1−xN)AN 6(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NQ(xⁿ_N).

Puis avec la question26): Z 1

0

P(t) dt−ε6(1−xN)AN 6 Z 1

0

Q(t) dt+εpourN >N1. Puis avec la question25):

Z 1

0

g⁻(t) dt−2ε6(1−x_N)A_N 6 Z 1

0

g⁺(t) dt+ 2ε.

Z 1

0

g⁺(t) dt= 1

2eε+ 161 + 2εdonne (1−x_N)A_N 61 + 4ε≤1 + 5ε.

Z 1

0

g⁻(t) dt= 1 2

ε

e⁻¹+ε −ln(e⁻¹+ε)>−ln(e⁻¹+ε) = 1−ln(1 + eε)>1−eεen utilisant ln(1 +x)6x.

On obtient Z 1

0

g⁻(t) dt>1−3εd’o`u (1−xN)AN >1−5ε.

28) Conclure.

Correction :On a donc d´emontr´e que lim

N7→+∞(1−e^−1/N)AN = 1.

Donc lim

N7→+∞

∼aN = lim

N7→+∞

A_N

N+ 1 = lim

N7→+∞

N

N+ 1(1−e^−1/N)AN

1

N(1−e^−1/N)= 1.