III Obtention d’un d´ eveloppement limit´ e

(1)

EM LYON 2006 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

PROBL` EME I

Pr´ eliminaires

1. a. Soitnun ´el´ement deN.

∀t∈]0,+∞[, tⁿe^−t²

1 t²

=tⁿ⁺²e^−t² = (t²)ⁿ⁺²² e^−t². Or par croissance compar´ee∀α∈R, lim

x→+∞ x^αe^−x

= 0 donc∀α∈R, lim

t→+∞ (t²)^αe^−t²

= 0.

Alors lim

t→+∞

(t²)ⁿ⁺²² e^−t²

= 0. Ainsi lim

t→+∞

tⁿe^−t²

1 t²

= 0. Par cons´equent :

∀n∈N, tⁿe^−t² = o

t→+∞

1 t²

.

b. Soitnun ´el´ement deN. f_n:t→tⁿe^−t² est continue surR.

•f_n(t) = o

t→+∞

1 t²

.

• ∀t∈[1,+∞[, fn(t)>0 et 1 t² >0.

• Z +∞

1

dt

t² converge car 2>1.

Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que Z +∞

1

f_n(t) dtest convergente.

Z +∞

0

f_n(t) dtconverge ´egalement puisquef_n est continue sur [0,1].

SoitAun r´eel strictement n´egatif.

Le changement de variableu=−tdonne sans difficult´e : Z 0

A

f_n(t) dt=− Z 0

−A

f_n(−u) du= Z −A

0

f_n(−u) du.

Observons que∀u∈R, fn(−u) = (−u)ⁿe^−u²= (−1)ⁿuⁿe^−u² = (−1)ⁿfn(u) (fn a la parit´e den).

Alors Z 0

A

fn(t) dt= (−1)ⁿ Z −A

0

fn(u) du.

Or lim

A→−∞(−A) = +∞et Z +∞

0

f_n(u) duconverge. Ainsi Z 0

−∞

f_n(t) dtconverge et vaut (−1)ⁿ Z +∞

0

f_n(u) du.

(2)

Finalement Z +∞

−∞

fn(t) dtconverge et vaut

1 + (−1)ⁿZ +∞

0

fn(t) dt.

Pour tout élément ndeN, l’intégrale Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dt est convergente.

Remarque Si nest un ´el´ement pair deN, Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dt= 2 Z +∞

0

tⁿe^−t²dt.

Sinest un ´el´ement impair deN, Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dt= 0.

2. SoitP un ´el´ement deR[X].

Il existe un élémentrdeNet un élément (a0, a1, . . . , ar) deR^r+1 tel queP =

r

X

n=0

anXⁿ.

Pour tout ´el´ementnde [[0, r]], Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dt converge donc Z +∞

−∞

r

X

n=0

an(tⁿe^−t²)

!

dt converge.

Ainsi Z +∞

−∞

r

X

n=0

antⁿ

!

e^−t²dt converge. Donc Z +∞

−∞

P(t)e^−t²dtconverge.

Pour tout ´el´ementP deR[X], Z +∞

−∞

P(t)e^−t²dt converge.

3. a. Soitnun élément deN. SoientAet B deux réels.

Posons∀t∈R, u(t) =tⁿ⁺¹ et ∀t∈R, v(t) =−1 2e^−t².

uetv sont de classeC¹ surRet∀t∈R, u⁰(t) = (n+ 1)tⁿ et ∀t∈R, v⁰(t) =t e^−t². Une int´egration par parties simple donne alors :

Z B A

tⁿ⁺²e^−t²dt= Z B

A

u(t)v⁰(t) dt=h

u(t)v(t)iB A

− Z B

A

u⁰(t)v(t) dt.

Z B A

tⁿ⁺²e^−t²dt=

tⁿ⁺¹

−1

2e^−t²^B

A

− Z B

A

(n+ 1)tⁿ

−1 2e^−t²

dt.

Z B A

tⁿ⁺²e^−t²dt=1

2Aⁿ⁺¹e^−A²−1

2Bⁿ⁺¹e^−B²+n+ 1 2

Z B A

tⁿe^−t²dt.

D’apr`es1.a.,Bⁿ⁺¹e^−B² = o

B→+∞

1 B²

. Or lim

B→+∞

1

B² = 0. Ainsi lim

B→+∞

Bⁿ⁺¹e^−B²

= 0.

A→−∞lim (−A) = +∞. Donc lim

A→−∞

(−A)ⁿ⁺¹e^−(−A)²

= 0 d’apr`es ce que nous venons de voir.

Ainsi lim

A→−∞

(−1)ⁿ⁺¹

Aⁿ⁺¹e^−A²

= 0 donc lim

A→−∞

Aⁿ⁺¹e^−A²

= 0.

Alors Z B

A

tⁿ⁺²e^−t²dt= 1

2Aⁿ⁺¹e^−A²−1

2Bⁿ⁺¹e^−B²+n+ 1 2

Z B A

tⁿe^−t²dt, lim

A→−∞

Aⁿ⁺¹e^−A²

= 0,

B→+∞lim

Bⁿ⁺¹e^−B²

= 0, In+1= Z +∞

−∞

tⁿ⁺¹e^−t²dtet In = Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dtconvergent.

(3)

Alors en faisant tendreAvers−∞, puisB vers +∞dans l’égalité précédente on obtient :I_n+1= n+ 1 2 I_n.

∀n∈N, I_n+1= n+ 1 2 I_n.

b. Nous avons vu plus haut que sinest un ´el´ement impair deNalors Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dt= 0. Ainsi :

∀p∈N, I_2p+1= 0 .

c. Montrons par r´ecurrence que∀p∈N, I2p= (2p)!

2^2pp!

√π.

• I0= Z +∞

−∞

e^−t²dt. Oublions le résultat proposé... pour tester le théorème de changement de variable sur les intégrales généralisées.

Posons∀t∈R, ϕ(t) = 1

√2πe⁻^t

2

2. ϕest une densité d’une variable aléatoire qui suit la loi normale centrée réduite. Alors

Z +∞

−∞

ϕ(t) dt= 1. Ce qui donne Z +∞

−∞

e⁻^t

2

2 dt=√ 2π.

h:u→e^−u² est continue sur ]− ∞,+∞[,ψ:t→ t

√2 est de classeC¹sur ]− ∞,+∞[, strictement croissante sur ]− ∞,+∞[ et d´efinit une bijection de ]− ∞,+∞[ sur ]− ∞,+∞[.

Alors Z +∞

−∞

h(u) duet Z +∞

−∞

h ψ(t)

ψ⁰(t) dtsont de mˆeme nature et en cas de convergence sont ´egales.

Or Z +∞

−∞

h(u) du=I0 existe donc Z +∞

−∞

h ψ(t)

ψ⁰(t) dt existe et vautI0. AinsiI0=

Z +∞

−∞

h ψ(t)

ψ⁰(t) dt= Z +∞

−∞

e⁻^t

2

2 1

√

2dt= 1

√ 2

Z +∞

−∞

e⁻^t

2 2 dt=

√ 2π

√ 2 =√

π.

AlorsI₀=√

π= (2×0)!

2^2×00!

√πet la propri´et´e est vraie pourp= 0.

•Supposons la propriété vraie pour un élément pdeNet montrons la pourp+ 1.

I_2(p+1)=I2p+2=2p+ 1

2 I2p=(2p+ 2) (2p+ 1)

2²(p+ 1) I2p= (2p+ 2) (2p+ 1) 2²(p+ 1)

(2p)!

2^2pp!

√π= 2(p+ 1)

! 2^2(p+1)(p+ 1)!

√π.

Ceci ach`eve la r´ecurrence.

∀p∈N, I2p= (2p)!

2^2pp!

√π.

(4)

I Recherche d’extremums locaux pour une fonction de deux variables r´ eelles

1. Soitxet y deux r´eels.

t→(t−x)²(t−y)² est une fonction polynˆome donc Z +∞

−∞

(t−x)²(t−y)²e^−t²dt est convergente d’apr`es le pr´eliminaire.

Par cons´equent F(x, y) = 1

√π Z +∞

−∞

(t−x)²(t−y)²e^−t²dtexiste.

∀t∈R, (t−x)²(t−y)²e^−t²= (t²−2x t+x²) (t²−2y t+y²)e^−t². Alors :

∀t∈R, (t−x)²(t−y)²e^−t²=

t⁴−2 (x+y)t³+ (x²+ 4x y+y²)t²−2 (x y²+y x²)t+x²y² e^−t².

∀t∈R, (t−x)²(t−y)²e^−t² =t⁴e^−t²−2 (x+y)t³e^−t²+(x²+4x y+y²)t²e^−t²−2 (x y²+y x²)t e^−t²+x²y²e^−t². Rappelons que pour tout ´el´ement ndeN,I_n=

Z +∞

−∞

tⁿe^−t²dtconverge. Alors, par lin´earit´e, il vient : Z +∞

−∞

(t−x)²(t−y)²e^−t²dt=I4−2 (x+y)I3+ (x²+ 4x y+y²)I2−2 (x y²+y x²)I1+x²y²I0. OrI3=I1= 0. I0=√

π,I2= 0 + 1 2 I0=1

2

√πetI4=2 + 1 2 I2= 3

4

√π.

Ainsi Z +∞

−∞

(t−x)²(t−y)²e^−t²dt=3 4+1

2 x²+ 4xy+y²

+x²y²√ π.

AinsiF(x, y) = 1

√π Z +∞

−∞

(t−x)²(t−y)²e^−t²dt= 3 4 +1

2 x²+ 4xy+y²

+x²y².

∀(x, y)∈R², F(x, y) =3 4 +1

2 x²+ 4xy+y²

+x²y².

2. F est une application polynômiale deR²dansRdoncF est de classeC²surR². En particulierF possède des dérivées partielles premières en tout point de R².

∀(x, y)∈R², ∂F

∂x(x, y) =1

2 2x+ 4y

+ 2x y²=x+ 2y+ 2x y². De mˆeme∀(x, y)∈R², ∂F

∂y(x, y) =1

2 4x+ 2y

+ 2x²y= 2x+y+ 2x²y.

∀(x, y)∈R², ∂F

∂x(x, y) =x+ 2y+ 2x y² et ∂F

∂y(x, y) = 2x+y+ 2x²y.

SoitX= (x, y) un ´el´ement de R².

∂F

∂x(X) = ∂F

∂y(X) = 0⇐⇒

(x+ 2y+ 2x y²= 0 2x+y+ 2x²y= 0

.

En rempa¸cant la seconde ligne par la seconde moins la premi`ere et en factorisant par x−y il vient :

(5)

∂F

∂x(X) = ∂F

∂y(X) = 0⇐⇒

(x+ 2y+ 2x y²= 0 (x−y) (1 + 2xy) = 0

. Alors :

∂F

∂x(X) = ∂F

∂y(X) = 0⇐⇒

x=y

x(3 + 2x²) = 0 ou

(2xy=−1

x+ 2y+ (−1)y= 0 . x=y

x(3 + 2x²) = 0 ⇐⇒x=y= 0.

(2xy=−1

x+ 2y+ (−1)y= 0 ⇐⇒







y=−x x²= 1

2

⇐⇒









 x= 1

√2 y=− 1

√2 ou











x=− 1

√2 y= 1

√2 .

∂F

∂x(X) = ∂F

∂y(X) = 0⇐⇒X = (0,0) ouX = 1

√ 2,− 1

√ 2

ouX =

− 1

√ 2, 1

√ 2

.

F poss`ede exactement trois points critiques :O= (0,0),A= 1

√2,− 1

√2

etB=

− 1

√2, 1

√2

.

3. F est de classeC¹sur l’ouvertR²donc siF poss`ede un extremum en un pointX deR²alors son gradient s’annule enX et ainsi ∂F

∂x(X) = ∂F

∂y(X) = 0.

AlorsF ne peut admettre un extremum local qu’enO,AouB.

Nous avons vu queF est de classeC² surR². Rappelons que∀(x, y)∈R², ∂F

∂x(x, y) =x+ 2y+ 2x y² et ∂F

∂y(x, y) = 2x+y+ 2x²y.

Alors∀(x, y)∈R², ∂²F

∂x²(x, y) = 1 + 2y², ∂²F

∂y²(x, y) = 1 + 2x²et ∂²F

∂x∂y(x, y) = ∂²F

∂y∂x(x, y) = 2 + 4xy.

En utilisant les notations de Monge on obtient enO= (0,0) :rt−s²= 1×1−2²=−3<0. F ne poss`ede pas d’extremum local enO= (0,0).

EnA= 1

√2,− 1

√2

etB =

− 1

√2, 1

√2

on obtient :rt−s²= 2×2−0²= 4>0 etr= 2>0.

F poss`ede enA= 1

√2,− 1

√2

etB=

− 1

√2, 1

√2

un minimum local.

Notons encore queF(A) =F(B) =3 4 +1

2 1

2 −41 2+1

2

+1 2 ×1

2 = 1 2· EnA=

1

√2,− 1

√2

et B=

− 1

√2, 1

√2

F possède un minimum local qui vaut 1 2· De plus ce sont les seuls points deR²oùF possède un extremum local.

Remarque Vous avez dit local ? Mouais ?

∀(x, y)∈R², F(x, y)−1 2 = 3

4+1

2 (x+y)²+ 2xy

+ (xy)²−1 2 =1

2(x+y)²+ (xy)²+ (xy) +1 4·

(6)

∀(x, y)∈R², F(x, y)−1 2 = 1

2(x+y)²+

xy+1 2

²

>0.

AinsiF admet un minimum global qui vaut 1

2 atteint en les seuls pointsA etB.

II Calcul d’int´ egrales d´ ependant d’un param` etre

1. Soitxun r´eel. ϕ_x:x→sin(xt)e^−t² est continue surR.

∀t∈[0,+∞[, 06|ϕx(t)|=|sin(xt)|e^−t²6e^−t² et Z +∞

0

e^−t²dt converge carI0= Z +∞

−∞

e^−t²dt converge.

0

|ϕx(t)|dtconverge. Ainsi Z +∞

0

ϕx(t) dtest absolument convergente donc convergente.

ψx:x→t cos(xt)e^−t² est continue surR.

∀t ∈ [0,+∞[, 0 6 |ψx(t)| = |cos(xt)|t e^−t² 6 t e^−t² et Z +∞

0

t e^−t²dt converge car I1 = Z +∞

−∞

t e^−t²dt converge.

0

|ψ_x(t)|dtconverge. Ainsi Z +∞

0

ψ_x(t) dtest absolument convergente donc convergente.

Z +∞

0

sin(xt)e^−t²dtet Z +∞

0

tcos(xt)e^−t²dtconvergent.

2. Soitaet λdeux réels. sin est de classeC² surR. L’inégalité de Taylor-lagrange appliquée à sin à l’ordre 1 donne :

|sin(a+λ)−sin(a)−(a+λ−a) sin⁰(a)|6|a+λ−a|²

2 Max

u∈[Min(a,a+λ),Max(a,a+λ)]|sin⁰⁰(u)|.

Ainsi|sin(a+λ)−sin(a)−λcos(a)|6 λ²

2 Max

u∈[Min(a,a+λ),Max(a,a+λ)]| −sin(u)|6 λ²

2 ·Finalement :

∀a∈R,∀λ∈R, |sin(a+λ)−sin(a)−λcos(a)|6 λ² 2 · 3. a. Soitxun r´eel ethun r´eel non nul. Posons ∆x(h) = S(x+h)−S(x)

h −C(x).

∆_x(h) = 1

h S(x+h)−S(x)−h C(x) .

∆x(h) = 1 h

Z +∞

0

sin (x+h)t

e^−t²dt+ Z +∞

0

sin(xt)e^−t²dt−h Z +∞

0

t cos(xt)e^−t²dt

.

∆x(h) = 1 h

Z +∞

0

sin(xt+ht) + sin(xt)−htcos(xt) e^−t²dt

.

(7)

SoitAun r´eel strictement positif.

Z A 0

sin (x+h)t

+ sin(xt)−htcos(xt) e^−t²dt

6 Z A

0

sin (x+h)t

+ sin(xt)−htcos(xt) e^−t²dt.

En utilisant le r´esultat de2. (aveca=xtetλ=ht) il vient :

Z A 0

sin (x+h)t

6 Z A

0

(ht)²

2 e^−t²dt= h² 2

Z A 0

t²e^−t²dt.

Z +∞

0

sin (x+h)t

+ sin(xt)−htcos(xt)

e^−t²dtet Z +∞

0

t²e^−t²dtexistent.

En faisant tendreAver +∞on obtient alors :

Z +∞

0

sin (x+h)t

6 h²

2 Z +∞

0

t²e^−t²dt=|h|² 2

Z +∞

0

t²e^−t²dt.

Alors|∆_x(h)|= 1

|h|

Z +∞

0

sin(xt+ht) + sin(xt)−htcos(xt) e^−t²dt

6 |h|

2 Z +∞

0

t²e^−t²dt.

Ainsi|∆x(h)|6 |h|

2 Z +∞

0

t²e^−t²dtpour tout r´eelhnon nul.

En faisant tendrehvers z´ero il vient par encadrement : lim

h→0∆_x(h) = 0.

Ainsi lim

h→0

S(x+h)−S(x)

h −C(x)

= 0.

Pour toutxdansR: lim

h→0

S(x+h)−S(x)

h −C(x)

= 0.

b. Soitxun ´el´ement deR: lim

h→0

S(x+h)−S(x)

h −C(x)

= 0 donc lim

h→0

S(x+h)−S(x)

h =C(x).

AlorsS est d´erivable enxetS⁰(x) =C(x).

S est d´erivable sur Ret pour tout xdansR,S⁰(x) =C(x).

4. a. Soitxun ´el´ement de R.

SoitAun r´eel strictement positif. Posons ici ∀t∈R, u(t) = cos(xt) et∀t∈R, v(t) =−1 2e^−t². uetv sont de classeC¹ surR,∀t∈R, u⁰(t) =−xsin(xt) et∀t∈R, v⁰(t) =t e^−t².

De plus Z A

0

tcos(xt)e^−t²dt= Z A

0

u(t)v⁰(t) dt. En int´egrant par parties il vient alors : Z A

0

t cos(xt)e^−t²dt=h cos(xt)

−1 2e^−t²

iA 0

− Z A

0

−xsin(xt)

−1 2e^−t²

dt.

Z A 0

t cos(xt)e^−t²dt= 1 2−1

2 cos(xA)e^−A²−x 2

Z A 0

sin(xt)e^−t²dt (F).

Notons que

cos(xA)e^−A²

=|cos(xA)|e^−A² 6e^−A² donc, par encadrement lim

A→+∞ cos(xA)e^−A²

= 0 car lim

A→+∞e^−A²= 0.

(8)

De plus Z +∞

0

tcos(xt)e^−t²dt et Z +∞

0

sin(xt)e^−t²dtconverge donc en faisant tendreAvers +∞dans (F) il vient :

Z +∞

0

t cos(xt)e^−t²dt= 1 2 −x

2 Z +∞

0

sin(xt)e^−t²dt; soit encore :C(x) = 1 2−x

2 S(x).

Pour toutxdansR:C(x) = 1 2−x

2 S(x).

b. Posons∀x∈R, `(x) = 2e^x

2

4 S(x)− Z x

0

e^t

2 4 dt.

x→2e^x

2

4 etS sont d´erivables surRdoncx→2e^x

2

4 S(x) est d´erivable sur R. x → e^x

2

4 est continue sur R. Alors x → Z x

0

e^t

2

4 dt est une primitive de cette fonction sur R. Ainsi x→

Z x 0

e^t

2

4 dtest d´erivable surR.

èst donc dérivable surRcomme différence de deux fonctions dérivables surR. De plus∀x∈R, `⁰(x) = 2x

2

e^x

2

4 S(x) + 2e^x

2

4 S⁰(x)−e^x

2 4 = 2e^x

2 4

x

2S(x)−1

2 +S⁰(x) . Alors∀x∈R, `⁰(x) = 2e^x

2

4 −C(x) +S⁰(x)

= 0.

Par cons´equent `est constante surR. Donc∀x∈R, `(x) =`(0).

Or`(0) = 2e⁰²⁴ S(0)− Z 0

0

e^t

2

4 dt= 2S(0) = Z +∞

0

sin(0×t)e^−t²dt= 0.

Ainsi∀x∈R, 2e^x

2

4 S(x)− Z x

0

e^t

2

4 dt=`(x) = 0. Finalement

∀x∈R, 2e^x

2

4 S(x) = Z x

0

e^t

2 4 dt.

c. ∀x∈R, 2e^x

2

4 S(x) = Z x

0

e^t

2

4 dt donc∀x∈R, S(x) = 1 2e^x⁴²

Z x 0

e^t

2 4 dt=1

2e⁻^x

2 4

Z x 0

e^t

2 4 dt.

∀x∈R, C(x) =1 2 −x

2S(x) =1 2 −x

2 1

2e⁻^x

2 4

Z x 0

e^t

2 4 dt

=1 2 −x

4 e⁻^x

2 4

Z x 0

e^t

2 4 dt.

∀x∈R, S(x) =1 2e⁻^x

2 4

Z x 0

e^t

2

4 dtet S⁰(x) =C(x) = 1 2−x

4 e⁻^x

2 4

Z x 0

e^t

2 4 dt.

III Obtention d’un d´ eveloppement limit´ e

1. Soitxun r´eel. t→ 1

1 +x²t²e^−t² est continue surR. De plus∀t∈R, 06 1

1 +x²t² 61 et 06e^−t². Alors ∀t∈R, 06 1

1 +x²t²e^−t² 6e^−t².

(9)

La convergence deI0= Z +∞

−∞

e^−t²dtet les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors que

Z +∞

−∞

1

1 +x²t²e^−t²dtconverge.

Pour tout r´eel x, Z +∞

−∞

1

1 +x²t²e^−t²dtconverge.

2. a. Soituun r´eel positif ou nul. 1−u+u²− 1

1 +u =(1−u+u²) (1 +u)−1

1 +u =(1 +u³)−1 1 +u = u³

1 +u· Or 06 1

1 +u 61 et 06u³ donc 06 u³

1 +u6u³. Ainsi 061−u+u²− 1

1 +u6u³.

∀u∈[0,+∞[, 061−u+u²− 1

1 +u6u³.

b. Soit x un r´eel. t → 1−x²t²+x⁴t⁴ est une fonction polynˆome donc Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴ e^−t²dt converge.

Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt−g(x) = Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴− 1 1 +x²t²

e^−t²dt.

∀t∈R, x²t²∈[0,+∞[ donc d’après ce qui précède :∀t∈R, 061−x²t²+x⁴t⁴− 1

1 +x²t² 6(x²t²)³. Comme∀t∈R, e^−t² >0 : 06 1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²− 1

1 +x²t²e^−t² 6x⁶t⁶e^−t² pour tout r´eel t.

Alors 06 Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt− Z +∞

−∞

1

1 +x²t²e^−t²dt6 Z +∞

−∞

x⁶t⁶e^−t²dt car toutes les int´e- grales convergent.

Ainsi 06 Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt−g(x)6 Z +∞

−∞

x⁶t⁶e^−t²dt.

Remarquons que Z +∞

−∞

x⁶t⁶e^−t²dt=x⁶I₆=x⁶4 + 1

2 I₄=x⁶5 2

3 4

√π=15√ π

8 x⁶. Finalement :

∀x∈R, 06 Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt−g(x)615√ π 8 x⁶.

3. ∀x∈R, Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt=I0−x²I2+x⁴I4=√ π−

√π

2 x²+3√ π 4 x⁴. PosonsQ=√

π−

√π

2 X²+3√ π

4 X⁴. Qest un élément de R[X] de degré 4 donc de degré inférieur ou égal

` a 5.

Montrons queg(x) =Q(x) + o(x⁵) au voisinage de 0. Nous pourrons alors dire quegpossède un développe- ment limité à l’ordre 5 en 0 de partie régulièreQ.

Pour cela il suffit de montrer que lim

x→0

g(x)−Q(x)

x⁵ = 0 ou que lim

x→0

Q(x)−g(x) x⁵ = 0.

(10)

∀x∈R, 06Q(x)−g(x) = Z +∞

−∞

1−x²t²+x⁴t⁴

e^−t²dt−g(x)615√ π 8 x⁶. Donc :∀x∈R, 06|Q(x)−g(x)|=Q(x)−g(x)6 15√

π

8 x⁶615√ π 8 |x|⁶. Donc :∀x∈R^∗, 06

Q(x)−g(x) x⁵

615√ π 8 |x|.

x→0lim 15√

π

8 |x|= 0 donc par encadrement il vient lim

x→0

Q(x)−g(x) x⁵ = 0.

Ceci ach`eve de montrer queg(x) =Q(x) + o(x⁵) au voisinage de 0 avecQ=√ π−

√π

2 X²+3√ π

4 X⁴. Ainsi :

gadmet un développement limité à l’ordre 5 en 0 qui est :g(x) =√ π−

√π

2 x²+3√ π

4 x⁴+ o(x⁵).

IV Nature d’une s´ erie

1. Soitpun ´el´ement deN. t→ t^2p

t²+ (2p)!e^−t² est continue surR.

∀t∈R, 06 t^2p

t²+ (2p)!e^−t² 6 1

(2p)!t^2pe^−t² et 1

(2p)!I2p= 1 (2p)!

Z +∞

−∞

t^2pe^−t²dt converge.

Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors la convergence de

Z +∞

−∞

t^2p

t²+ (2p)!e^−t²dt.

Pour tout ´el´ementpdeN, Z +∞

−∞

t^2p

t²+ (2p)!e^−t²dt converge.

2. Soitpun ´el´ement deN. ∀t∈R, 06 t^2p

t²+ (2p)!e^−t² 6 1

(2p)!t^2pe^−t². Ainsi 06up=

Z +∞

−∞

t^2p

t²+ (2p)!e^−t²dt6 1 (2p)!

Z +∞

−∞

t^2pe^−t²dt= 1

(2p)!I2p car ces int´egrales convergent.

Pour tout ´el´ementpdeN, 06u_p 6 I_2p (2p)!·

∀p∈N, I2p= (2p)!

2^2pp!

√πdonc∀p∈N, I2p

(2p)! =√

π(1/4)^p

p! ·Ainsi∀p∈N, 06up6√

π(1/4)^p p! · La convergence de la série de terme général (1/4)^p

p! et les règles de comparaison sur les séries à termes positifs montrent alors la convergence de la série de terme généralu_p.

La série de terme général u_p converge.

(11)

PROBL` EME II

1. a. Par d´efinition mˆeme de la matriceC on a,

pour tout élémentide [[1, n−1]] :f(ei) =ei+1. b. Montrons par récurrence que pour tout élémentj de [[0, n−1]], f^j(e1) =ej+1. La propriété est vraie pourj = 0 carf⁰= id.

Supposons la propriété vraie pour un élémentj de [[0, n−2]] et montrons la pourj+ 1.

Par hypoth`esef^j(e₁) =e_j+1. Alorsf^j+1(e₁) =f f^j(e₁)

=f(e_j+1) =f(e_j+1+1) d’apr`esa..

Ainsi s’ach`eve la r´ecurrence. Donc∀j ∈[[0, n−1]], f(e₁) =e_j+1. En particulier :

∀j∈[[1, n−1]], f^j(e1) =ej+1. Remarque On a alorsB0= (e₁, e₂, . . . , e_n) = e₁, f(e₁), . . . , fⁿ⁻¹(e₁)

.

Par d´efinition de la matriceC:f(e_n) =−a₀e₁−a₁e₂− · · · −a_n−2e_n−1−a_n−1e_n. Doncfⁿ(e₁) =f fⁿ⁻¹(e₁)

=f(e_n−1+1) =f(e_n) =− a₀e₁+a₁e₂+· · ·+a_n−2e_n−1+a_n−1e_n .

fⁿ(e1) =− a0e1+a1e2+· · ·+an−2en−1+an−1en

=−

n−1

X

j=0

ajej+1.

2. a. g(e1) =fⁿ(e1) +an−1fⁿ⁻¹(e1) +· · ·+a1f(e1) +a0id(e1) =fⁿ(e1) +

n−1

X

j=0

ajf^j(e1).

En utilisant1. on obtient :g(e₁) =−

n−1

X

j=0

a_je_j+1+

n−1

X

j=0

a_je_j+1= 0_Cn.

g(e1) = 0_Cⁿ.

b. Soitiun ´el´ement de N. g◦fⁱ= fⁿ+

n−1

X

k=0

akf^k

!

◦fⁱ =fⁿ⁺ⁱ+

n−1

X

k=0

akf^k+i.

Alors :g◦fⁱ =fⁱ⁺ⁿ+

n−1

X

k=0

a_kf^i+k=fⁱ◦ fⁿ+

n−1

X

k=0

a_kf^k

!

=fⁱ◦g.

∀i∈N, g◦fⁱ=fⁱ◦g.

(12)

c. Soitiun ´el´ement de [[0, n−1]].

fⁱ(e₁) =e_i+1. Doncg(e_i+1) =g fⁱ(e₁)

= g◦fⁱ

(e₁) = fⁱ◦g

(e₁) = fⁱ(g(e₁)

=fⁱ(0_Cn) = 0_Cn. Alors∀i∈[[0, n−1]], g(e_i+1) = 0_Cn. Ou :

∀i∈[[1, n]], g(ei) = 0_Cn.

Remarque P est ´egalement un polynˆome annulateur deC donc de sa matrice compagnon.

d. Ainsi l’endomorphismeg co¨ıncide avec l’endomorphisme nul deCⁿ sur la baseB₀. Ces deux endomorphismes sont donc ´egaux. Par cons´equentg= 0_L(Cn).

Org=fⁿ+a_n−1fⁿ⁻¹+· · ·+a1f+a0id =P(f). FinalementP(f) = 0_L(_Cn).

P =Xⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a₁X+a₀=Xⁿ+

n−1

X

k=0

a_kX^k est un polynˆome annulateur def.

Application 1 : PosonsA=







0 0 0 0 1

1 0 0 0 0

0 1 0 0 2

0 0 1 0 1

0 0 0 1 0





 .

Aest la matrice compagnon du polynômeP_A=X⁵+ (−0)X⁴+ (−1)X³+ (−2)X²+ (−0)X+ (−1) ! PA=X⁵−X³−2X²−1 etPA est un polynôme annulateur deA. Alors A⁵−A³−2A²−I5= 0_M₅₍_C₎. Par conséquent A⁵=A³+ 2A²+I5.

A=







0 0 0 0 1

1 0 0 0 0

0 1 0 0 2

0 0 1 0 1

0 0 0 1 0







est une matrice deM5(C) telle queA⁵=A³+ 2A²+I₅.

e. P est un polynˆome annulateur de f donc les valeurs propres def sont des racines de P. Or l’ensemble des valeurs propres def est aussi l’ensemble des valeurs propres de C. Ainsi

les valeurs propres deC sont des racines deP.

3. a. Q(f)(e1) =

n−1

X

j=0

αjf^j(e1) =

n−1

X

j=0

αjej+1=

n

X

i=1

α_i−1ei.

Q(f)(e₁) =

n−1

X

j=0

α_je_j+1=

n

X

i=1

α_i−1e_i.

(13)

b. Reprenons le polynômeQde la question précédente. Observons que c’est un polynôme non nul de degré inférieur ou égal àn−1quelconque.

Supposons queQest un polynˆome annulateur def. Alors Q(f) = 0_L(_Cn). En particulierQ(f)(e1) = 0_Cⁿ. Donc

n

X

i=1

α_i−1e_i= 0_Cn. Comme la familleB₀= (e₁, e₂, . . . , e_n) est libre :∀i∈[[1, n]], α_i−1= 0.

AlorsQ=

n−1

X

k=0

α_kX^k est le polynˆome nul ce qui contredit l’hypoth`ese.

Il n’existe pas de polynôme non nul, de degré inférieur ou égal àn−1 et annulateur def. c. Soitλune racine de P.

P(f) = (X−λ)R

(f) = X−λ

(f)◦R(f) = (f−λId)◦R(f). Comme P(f) = 0_L(_Cn):

(f −λId)◦R(f) = 0_L(_Cn). d. Reprenons les hypoth`eses duc.

P = (X−λ)R etP est de degréndoncRest un polynôme de degrén−1.

En particulierRest un polynôme non nul de degré inférieur ou égal àn−1. AlorsRn’est pas un polynôme annulateur def.

AinsiR(f)6= 0_L(_Cn)doncil existeun ´el´ementadeCⁿ tel queR(f)(a) ne soit pas le vecteur nul.

Posonsb=R(f)(a). b est non nul.

De plus : f−λid

(b) = f−λid

R(f)(a)

= (f−λid)◦R(f)

(a) = 0_L(_Cn)(a) = 0_Cⁿ. bn’est pas le vecteur nul et f−λid

(b) = 0_Cn doncλest une valeur propre def donc ´egalement deC.

Toutes les racines deP sont des valeurs propres deC.

Remarques 1. On pouvait ´egalement raisonner par l’absurde. On supposant queλn’est pas valeur propre def on obtient l’existence de(f−λid)⁻¹ qui permet d’obtenir (par composition)R(f) = 0_L(_Cn) donc une contradiction.

2. Notons que 2. e. et3. d. montrent que l’ensemble des valeurs propres deC est l’ensemble des racines deP.

4. a. Soitxun élément de C. Pour tout élémentk de [[1, n]] notonsH_k lak^`ême colonne deC−x I_n. Pour montrer queC−x In est de rang au moinsn−1 il suffit de montrer que la famille (H1, H2, . . . , H_n−1) est libre non ?

(14)

Notons encore (E1, E2, . . . , En) la base canonique deMn,1(C). ∀k∈[[1, n−1]], Hk=−x Ek+Ek+1. Soit (z₁, z₂, . . . , z_n−1) un ´el´ement de Cⁿ⁻¹ tel que

n−1

X

k=1

z_kH_k = 0_M_n,1₍_C₎.

0_M_n,1₍_C₎=

n−1

X

k=1

zkHk=

n−1

X

k=1

zk(−x)Ek+zkEk+1

=−

n−1

X

k=1

zkx Ek +

n−1

X

k=1

zkEk+1 .

0_M_n,1₍_C₎=−

n−1

X

k=1

zkx Ek +

n

X

k=2

z_k−1Ek

=−z1x E1+

n−1

X

k=2

(−zkx+z_k−1)Ek

+z_n−1En.

(E1, E2, . . . , En) ´etant une famille libre on obtient :−z1x= 0,∀k∈[[2, n−1]],−zkx+z_k−1= 0 etz_n−1= 0.

Ne reste plus qu’à démontrer par une petite récurrence descendante que∀k∈[[1, n−1]], zk = 0.

La propri´et´e est vraie pourn−1. Supposons la vraie pourkdans [[2, n−1]] et montrons la pourk−1.

Par hypothèsezk = 0. Or−zkx+zk−1= 0 donczk−1= 0. Ce qui achève la récurrence !

Ainsi∀k∈[[1, n−1]], zk = 0. La famille (H1, H2, . . . , Hn−1) est donc libre etC−x In est au moins de rang n−1.

Pour tout nombre complexex, la matriceC−x I_n est de rang supérieur ou égal à n−1.

Soitλune valeur propre deCdonc def. La dimension du sous-espace propre SEP (C, λ) deC associé àλ est la même que la dimension du sous-espace propre SEP (f, λ) def associé à λ.

Ainsi dim SEP (C, λ) = dim SEP (f, λ) = dim Ker(f−λid) = dimCⁿ−rg(f −λid) =n−rg(C−λ I_n).

Or rg(C−λ I_n) > n−1 donc n−rg(C −λ I_n) 6 1 Ainsi dim SEP (C, λ) 6 1. Or la dimension d’un sous–espace propre est toujours supérieure ou égale à 1. Par conséquent SEP (C, λ) est de dimension 1.

Chaque sous espace propre deC est de dimension 1.

b. Les sous-espaces propres deC étant de dimension 1, la somme des dimensions des sous-espaces propres deC est égale au nombre de valeurs propres distinctes deC c’est à dire au nombre de racines distinctes de P.

Rappelons queC est diagonalisable si et seulement si la somme des dimensions de ses sous-espaces propres estn. Alors :

C est diagonalisable si et seulement siP admetnracines deux `a deux distinctes.

5. a. Application 2 : Notons queA1 est la matrice compagnon du polynˆomePA₁ =X⁴−1.

OrPA₁ admet quatre racines distinctes dansC: 1,−1,i et−i. Ainsi :

(15)

A₁=







0 0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0





est diagonalisable.

b. Application 3 : Notons queA2est la matrice compagnon du polynˆomePA₂ =X⁴−2X³−3X²+8X−4.

1 est racine dePA₂. De plusPA₂ = (X−1)(X³−X²−4X+ 4) = (X−1) X²(X−1)−4(X−1) . AlorsPA₂ = (X−1)²(X²−4) = (X−1)²(X−2) (X+ 2).

PA₂ n’a que trois racines distinctes dansC: 1, 2 et−2 donc

A₂=







0 0 0 4

1 0 0 −8

0 1 0 3

0 0 1 2





n’est pas diagonalisable.

6. a. Le cours indique que siM est une matrice deMn(K) (K=RouK=C) alors^tM est inversible si et seulement siM est inversible.

Pour tout nombre complexet:B−t I_n=^tC−t^tI_n=^t(C−t I_n).

AinsiB−t I_n est inversible si et seulement siC−t I_n est inversible.

pour tout nombre complexe t,B−t I_n est inversible si et seulement si C−t I_n est inversible.

b. Soit λun complexe. Ce qui pr´ec`ede permet de dire que B−λ I_n n’est pas inversible si et seulement si C−λ I_n est n’est pas inversible.

Alorsλest valeur propre deB si et seulement siλest valeur propre deC.

B etC ont les mˆemes valeurs propres.

c. Soitλun ´el´ement deCet soitU =





 u₁ u2

... u_n







un ´el´ement deM_n,1(C).

Notons queB−λ In=







−λ 1 0 · · · 0

0 −λ . .. . .. ...

... . .. . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. 0 0 · · · 0 −λ 1

−a0 −a1 · · · −a_n−2 −λ−a_n−1





 .

(16)

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒







−λ 1 0 · · · 0

0 −λ . .. . .. ...

... . .. . .. . .. . .. ... ... . .. . .. . .. 0 0 · · · 0 −λ 1

−a₀ −a₁ · · · −a_n−2 −λ−a_n−1











 u1

u2

... ... u_n−1

un







=





 0 0... ... 0 0





 .

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n−1]], −λ uk+uk+1= 0 et −a0u1−a1u2−· · ·−a_n−2u_n−1−(λ+a_n−1)un = 0.

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n−1]], uk+1=λ uk et

n−1

P

k=0

akuk+1+λ un= 0.

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n]], u_k =λ^k−1u₁ et

n−1

P

k=0

(a_kλ^ku₁) +λ λⁿ⁻¹u₁= 0.

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n]], u_k =λ^k−1u₁ et _n−1

P

k=0

a_kλ^k+λⁿ

u₁= 0.

U ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n]], u_k =λ^k−1u₁ etP(λ)u₁= 0.

OrP(λ) = 0. DoncU ∈SEP (B, λ)⇐⇒ ∀k∈[[1, n−1]], uk =λ^k−1u1⇐⇒U ∈Vect





 1 λ λ² ... λⁿ⁻¹







.

Une base du sous-espace propre de B associ´e `a la valeur propreλest :





 1 λ λ² ... λⁿ⁻¹





 .

d. P admetnracines distinctesλ1,λ2, ...,λn. Or les valeurs propres deBsont les valeurs propres deC qui sont les racines deP.

AinsiB admetnvaleurs propres deux `a deux distinctesλ₁,λ₂, ...,λ_n. B est alors diagonalisable.

Posons pour toutk dans [[1, n]],Uk=





 1 λk

λ²_k ... λⁿ⁻¹_k





 .

Pour toutkdans [[1, n]], (U_k) est une base du sous-espace propre deB associé à la valeur propreλ_k. CommeBest diagonalisable,M_n,1(R) est somme directe des sous-espaces propres deBdonc (U₁, U₂, . . . , U_n) est une base deMn,1(R) constituée de vecteurs propres de B respectivement associés aux valeurs propres λ1, λ2, ...,λn.

NotonsV la matrice de passage de la base canonique deMn,1(R) `a la base (U1, U2, . . . , Un).