Semaine 15 et 16

Séries Entières + Espaces vectoriels hermitiens + Espaces euclidiens Voir :

• http://www.mimaths.net/IMG/pdf/s15_11_12.pdf

• http://www.mimaths.net/IMG/pdf/sem15.pdf

EXERCICE 1 :

Soit E = R ₃ [X ] muni du produit scalaire suivant :

(a 0 + a 1 X + a 2 X ² + a 3 X ³ , b 0 + b 1 X + b 2 X ² + b 3 X ³ ) = a 0 b 0 + a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3

On pose H l’hyperplan H = { P ∈ E; P (1) = 0 } . 1. Déterminer une base de H .

2. Déterminer une base orthonormale de H.

3. En déduire la projection orthogonale de X sur H , puis la distance de X à H .

EXERCICE 2 :

Soient E = R n [X ] et a 0 , . . . , a n des réels distincts. On pose, pour (P, Q) ∈ E ² , (P, Q) =

n

X

k=0

P (a k )Q(a k ) 1. Vérifier qu’on définit un produit scalaire sur E.

2. Déterminer une base orthonormale de E.

3. Déterminer la distance de Q ∈ E au sous-espace H = (

P ∈ E;

n

X

k=0

P (a k ) = 0 )

EXERCICE 3 : Soit A =





0 1 − 1

1 2 − 1

− 1 − 1 0



 ∈ M ³ ( R ). Trouver P ∈ O ³ ( R ) telle que P ^{− 1} AP soit diagonale.

EXERCICE 4 :

1. Donner un exemple de série entière de rayon de convergence 1, 3.

2. Déterminer le rayon de convergence de la série entière X

b n z ⁿ avec b n = a ^{√ n} où a > 0.

3. Développer en série entière au voisinage de 0 la fonction suivante. On précisera le rayon de convergence de la série obtenue.

x 7−→ 1 (4 + x ² ) ^3/2 .

EXERCICE 5 :

Déterminer le rayon de convergence de la série entière X

u n avec u n = (1 + i) ⁿ z ³ⁿ

n.2 ⁿ .

EXERCICE 6 :

On considère la série entière X ^∞

n=0

(2n + 1)!

(n!) ² x ²ⁿ . 1. Calculer le rayon de convergence.

2. Écrire une équation différentielle vérifiée par la somme f de la série entière.

3. En déduire l’expression de f .

EXERCICE 7 : Soit f : x 7−→

+ ∞

X

n=1

sin 1

√ n

x ⁿ .

1. Déterminer le rayon de convergence R de la série entière définissant f . 2. Étudier la convergence en − R et en R.

EXERCICE 8 :

Déterminer le développement en série entière à l’origine de f : R −→ R , x 7−→ arcsin x.

Corrections

EXERCICE 1 :

1. H est un hyperplan de R ₃ [X] donc dim H = 3. Une base de H doit être formée de 3 vecteurs définissant une famille libre : il faut donc prendre des polynômes de degré différents. Il est possible de choisir B = (X − 1, X ² − X, X ³ − X ² ) (par exemple).

2. A partir de B , en utilisant l’orthonormalisation de Schmidt, on obrient une base orthonormale :

Base B

• P = X − 1

• Q = X ² − X

• R = X ³ − X ²

Base orthogonale B 1

• P 1 = X − 1

|| X − 1 || = 1

√ 2 (X − 1)

• On cherche k ∈ R tel que : Q 1 = Q + kP 1 avec (Q 1 | P 1 ) = 0.

on a donc k = − (Q | P 1 ) = 1/ √ 2. ( || P 1 || = 1). On obtient : Q 1 = X ² − 1

2 X − 1

• On cherche (t, s) ∈ R ² tels que 2 R 1 = R + tQ o + sP o

avec (R 1 | P o ) = 0 et (R 1 | Q o ) = 0 (R 1 | P o ) = 0 ⇔ s = − (R | P 0 ) = 0.

(R 1 | Q o ) = 0 ⇔ t = − (R | Q 0 ) = r 2

3 . On obtient donc R 1 = X ³ − 1

3 X ² − 1 3 X − 1

3

Base orthonormale B o

• P o = P 1 = 1

√ 2 (X − 1)

• Q o = Q 1

|| Q 1 || = r 2

3 Q 1

• R o = R 1

|| R 1 || = r 3

4 R 1

3. p H (X) = (X | P o )P o + (X | Q o )Q o + (X | R o )R o = 1

√ 2 P o − 1

√ 6 Q o − 1

√ 12 R o = − 1

4 (X ³ + X ² − 3X + 1) Grâce au théorème de Pythagore : d ² (X ; H) = || X || ² − || P H (X ) || ² = 1 − 3

4 = 1 4 . EXERCICE 2 :

1. ∀ P, Q ∈ E, (P, P ) > 0 puis (P, Q) = (Q, P ) et pour tout k ∈ R , (kP, Q) = k(P, Q) donc il s’agit d’une forme bilinéaire positive. Est-elle définie ?

|| P || = 0 ⇔

n

X

k=0

P ² (a k ) = 0 ⇒ P (a k ) = 0, ∀ k = 0, 1, . . . n

Or deg(P )6 n et P a au moins n + 1 racines donc il s’agit du polynôme nul. Ainsi P = 0. C’est donc bien un produit scalaire.

2. La forme du produit scalaire induit ici le choix de polynômes de la forme : P k = Y

j 6 =k

(X − a j )

comme « candidats » à une base orthogonale. On vérifie aisément que, pour k 6 = l, (P k , P l ) = P k (a k )P l (a k ) + P k (a l )P l (a l ) = 0 (P k (a l ) = P l (a k ) = 0 et les autres produits sont nuls)

La famille (P k ) 06k6n est donc orthogonale. || P k || ² = Y

j 6 =k

(a k − a j ) ² donc en posant

∀ k = 0, 1, . . . n Q k = P k

|| P k || = P k

Y

j 6 =k

(a k − a j )

On obtient une famille orthonormale composée de n + 1 vecteurs de R _n [X], c’est une base orthonormale de R _n [X ].

3. Si l’on considère f : E −→ R définie par ∀ P ∈ E, f (P ) =

n

X

k=0

P (a k ), il s’agit d’une forme linéaire et H=kerf , donc H est un hyperplan de E de dimension n.

A partir de là, si l’on remarque que pour R = 1 ∈ R _n [X ], (P, R) =

n

X

k=0

P (a k ), pour tout polynôme P de H , on

obtient (P, R) = 0 donc R ∈ H ^⊥ et la distance de Q ∈ R _n [X ] à H est donnée par :

d(Q; H) = (Q, R)

|| R || =

n

X

k=0

Q(a k )

√ n + 1

EXERCICE 3 : A =





0 1 − 1

1 2 − 1

− 1 − 1 0



 ∈ M ³ ( R ).

A est symètrique donc diagonalisable dans une base orthonormale de vecteurs propres de R ³ . La matrice cherchée est la matrice de passage de la base canonique à cette base.

det(A − XI 3 )= − X(X + 1)(X − 3) (ajouter L 3 à L 1 , factoriser par − X − 1 et faire apparaître un zéro sur L 1 en remplaçant C 3 par C 3 − C 1 , développer .... )

Le polynôme caractéristique est scindé dans R [X] (ce qui est toujours le cas pour une matrice symétrique), les trois valeurs propres sont 0, − 1 et 3. On recherche les sous-espaces propres :

• kerA : On remarque que C 1 = C 2 + C 3 ⇔ − C 1 + C 2 + C 3 = 0 (C i vecteur colonne de A) donc le vecteur u 1 =





− 1 1 1



 est solution de AX = 0 3 ; c’est un vecteur propre associé à la valeur propre 0.

• ker(A + I 3 ) : A + I 3 =





1 1 − 1

1 3 − 1

− 1 − 1 1



 et C 1 + C 3 = 0 donc le vecteur v 1 =



 1 0 1



 est solution de (A + I 3 )X = 0 ⇔ AX = − X ; c’est un vecteur propre associé à la valeur propre − 1.

• ker(A − 3I 3 ) : A − 3I 3 =





− 3 1 − 1 1 − 1 − 1

− 1 − 1 − 3



 et C 1 + 2C 2 − C 3 = 0 donc le vecteur w 1 =



 1 2

− 1



 est solution de (A − 3I 3 )X = 0 ⇔ AX = 3X ; c’est un vecteur propre associé à la valeur propre 3.

Ces vecteurs sont deux à deux orthogonaux ; il ne reste plus qu’à les normer en utilisant la structure euclidienne canonique :

u o = 1

√ 3 ( − 1, 1, 1) , v o = 1

√ 2 (1, 0, 1) et w o = 1

√ 6 (1, 2, − 1) On obtient donc :

P ^{− 1} AP =





0 0 0

0 − 1 0

0 0 3



 avec P = 1

√ 6





− √

2 √

3 1

√ 2 0 2

√ 2 √ 3 − 1



 ∈ O ³ ( R ).

EXERCICE 4 :

1. Exemple de série entière de rayon de convergence e : X 1 e ⁿ x ⁿ . 2. Rayon de convergence de la série entière X √

n

2 ⁿ + 1 x ²ⁿ : Pour r > 0,

√ n

2 ⁿ + 1 r ²ⁿ ₊ ∼

∞

√ n r ²

2 n

et cette quantité est bornée si r ²

2 < 1, ce qui implique que le rayon de convergence R est R = √ 2.

3. On utilise le développement en série entière de x 7−→ 1

1 − x qui est X

n>0

x ⁿ . 1

a − x = 1 a × 1

1 − ^x _a

Pour x a

< 1 ⇔ | x | < | a | , on obtient 1 a − x = 1

a × X

n>0

x ⁿ a ⁿ = X

n>0

x ⁿ a ⁿ⁺¹ Le rayon de convergence de la série est | a | .

EXERCICE 5 :

1. Exemple de série entière de rayon de convergence 1, 3 : X 1 1, 3 ⁿ x ⁿ . 2. Rayon de convergence de la série entière X

a ^{√ n} x ⁿ avec a > 0 : b n+1

b n

= a ^{√ n+1}

a ^{√ n} = a ^{√ n+1 − √ n} = a ^{√ n}

√ 1+1/n − 1 or

r 1 + 1

n − 1 = 1+ 1 2n − 1+o

1 n

donc b n+1

b n

= a ^{1/2 √ n+o(1/ √ n)} Le calcul de la limite du rapport permet de dire que R = 1

3. L’objectif est l’utilisation du DSE en 0 de x 7−→ (1 + x) ^α . (4 + x ² ) ^{− 3/2} = 1

8

1 + x ² 4

− 3/2

Or pour | x | < 1, (1 + x) ^α = 1 +

+ ∞

X

n=1

α(α − 1) . . . (α − n + 1) n! x ⁿ . On obtient donc pour x tels que x ²

4 ∈ ] − 1; 1[,

1 + x ² 4

− 3/2

= 1 +

+ ∞

X

n=1

( − 1) ⁿ 3.5.7 . . . (2n + 1) 2.4.6 . . . 2n

x ²ⁿ

4 ⁿ , il ne reste qu’à multiplier par 1 8 . Le rayon de convergence est R = 2.

EXERCICE 6 :

Rayon de convergence de la série entière X

u n avec u n = (1 + i) ⁿ z ³ⁿ n.2 ⁿ : On utilise le critère de D’Alembert

u n+1

u n

= n | 1 + i || z | ³ 2(n + 1) −→

n → + ∞

√ 2 | z | ³ 2 = | z | ³

√ 2 Si | z | ³ < √

2, la série de terme général | u n | est convergente et divergente si | z | ³ > √

2. Le rayon de convergence de la série entière est √

⁶

2.

EXERCICE 7 :

Pour tout n ∈ N , on pose a n = (2n + 1)!

(n!) ² et u n (x) = a n x ²ⁿ . Pour tout x ∈ R ∗ ,

u n+1 (x) u n (x)

= 2(2n + 3)

n + 1 x ² donc lim

n → + ∞

u n+1 (x) u n (x)

= 4x ² et le rayon de convergence est R = 1 2 . Pour x ∈

− 1 2 ; 1

2

, f (x) =

+ ∞

X

n=0

a n x ²ⁿ

On obtient donc

f ^′ (x) =

+ ∞

X

n=1

2na n x ^{2n − 1} =

+ ∞

X

n=0

2(n + 1)a n+1 x ²ⁿ⁺¹ Avec les coefficients a n , on écrit la relation (n + 1)a n+1 = 2(2n + 3)a n ce qui donne :

∀ x ∈

− 1 2 ; 1

2

, f (x) =

+ ∞

X

n=0

(n + 1)a n+1 x ²ⁿ⁺¹ = 2

+ ∞

X

n=0

2na n x ²ⁿ⁺¹ + 6

+ ∞

X

n=0

a n x ²ⁿ⁺¹

Ce qui permet d’écrire : (1 − 4x ² )f ^′ (x) = 12xf (x).

Ainsi f est l’unique solution sur

− 1 2 ; 1

2

vérifiant la condition initiale f (0) = 1, de l’équation différentielle (E) : (1 − 4x ² )y ^′ − 12y = 0.

On en déduit que f (x) = (1 − 4x ² ) ^{− 3/2}

EXERCICE 8 : Soit f : x 7−→

+ ∞

X

n=1

sin 1

√ n

x ⁿ .

1. Rayon de convergence R de la série entière définissant f : On pose a n = sin 1

√ n

, n > 1. On sait que a n ₊ ∼

∞ b n = 1

√ n et

b n+1

b n

=

√ n

√ n + 1 _n −→

→ + ∞ 1 Le rayon de convergence est 1.

2. Convergence en − 1 et en 1 :

• en − 1 : la suite sin 1

√ n

est décroissante et positive (sin est croissante sur [0; π/2] et positive). On peut donc utiliser le critère spécial des séries alternées, la série est convergente en − 1.

• en 1 :

+ ∞

X

n=1

√ 1

n est divergente et sin 1

√ n

+ ∼ ∞

√ 1

n donc pas de convergence pour x = 1.

EXERCICE 9 :

∀ u ∈ ] − 1; 1[, 1

√ 1 + u = (1 + u) ^{− 1/2} = 1 +

+ ∞

X

n=1

( − 1) ⁿ 1.3.5 . . . (2n − 1) 2 ⁿ n! u ⁿ =

+ ∞

X

n=0

( − 1) ⁿ (2n)!

2 ²ⁿ (n!) ² u ⁿ . On en déduit que :

∀ x ∈ ] − 1; 1[, 1

√ 1 − x ² =

+ ∞

X

n=0

(2n)!

2 ²ⁿ (n!) ² x ²ⁿ (rayon de convergence 1) On utilise le théorème d’intégration terme à terme des séries entières, on obtient :

∀ x ∈ ] − 1; 1[, arcsin x = Z x 0

√ dt

1 − t ² =

+ ∞

X

n=0

(2n)!

2 ²ⁿ (n!) ² x ²ⁿ⁺¹

2n + 1 (rayon de convergence 1)