ECOLE DE l’AIR 2003 PC-PSI

ECOLE DE l’AIR PC-PSI 2003

Le problème tourne autour du théorème de Weierstrass :

”toute fonction continue sur un segment y est limite uniforme de fonctions polynômes”

les questions 1 et 2 conduisent à l’étude de deux exemples : Áest limite uniforme des (Pn) sur [0;1], x¡> jxj est limite uniforme des (Qn)sur [¡1;1].

Les questions 3,4,5 prouvent le résultat pour une fonction quelconque sur [0;1] . et donc aussi sur tout segment[a; b] par changement de variable a¢ne.

Il est donc interdit d’utiliser le théorème de Weierstrass dans le problème.

Sauf précision contraire tous les indicesnsont supposés supérieurs ou égaux à 1.

a)Tous les termes de la suite (un)sont non nuls et on a ^u_uⁿ⁺¹

n = ²ⁿ_2n+2^¡1 . On a donc vn+ 1

vn

=2n¡1 2n+ 2

rn+ 1

n =

s

(2n¡1)² 4(n+ 1)n =

r4n²+ 4n+ 1 4n²+ 4n >1 La suite(vn)est donc strictement croissante

b)D’après le calcul précédent

wn= 1 2ln

µ4n²+ 4n+ 1 4n²+ 4n

¶

qui est clairement positif.

En comparant les termes de plus haut degré on alim³

4n²+4n+1 4n²+4n

´

= 1et donc commeln(v)»1(v¡1)

wn» 1 2

µ4n²+ 4n+ 1 4n²+ 4n ¡1

¶

= 1 2

1

4n²+ 4n » 1 8n² La sérieP

wn est donc convergente , par comparaison à une série de Riemann.

la série P

(ln(vn+1)¡ln(vn)) est donc convergente . La suite (ln(vn)) est donc convergente (comparaison série , suite) . Donc vn= exp(ln(vn))est donc une suite convergente par continuité de l’exponentiel.

la suite(vn)converge 1c) Par croissance de la suite(vn)on a donc p

nun ·L

8n¸1 ,un· ^pL_n remarque : on aun = ^1:2:3:4:5:_(2:4:^{¢¢¢(2n¡2)(2n¡1) (2n)}

¢¢¢(2n¡2)( 2n) )² = ₍₂^(2n)!_nn!)2 La formule de Stirling permet alors de prouver queL= p¹¼ mais ne donne pas l’inégalité duc)

2a) Áest continue sur[0;1]comme composée de x¡>(1¡x)2C⁰([0;1];[0;1])et de u¡ >pu 2C⁰([0;1];[0;1]) etÁ est C¹sur [0;1[comme composée de x¡>(1¡x)2C⁰([0;1[;]0;1]) et de u¡>pu2C⁰(]0;1];]0;1])

On aÁ(x) = (1¡x)¹⁼² donc Á⁰(x) =¡¡₁

2

¢(1¡x)^¡1=2puis Á"(x) =¡¡₁

2

¢ ¡₁

2

¢(1¡x)^¡3=2et par récurrence 8n¸2 : Á⁽ⁿ⁾(x) =¡

µ1:3:5:¢¢ ¢(2n¡3) 2ⁿ

¶

(1¡x)^12¡n

remarque : l’expression a un sens confus sin=1 pour n= 2on a bien ¡³

1:3:5:¢¢¢( 2n¡3) 2ⁿ

´

(1¡x)^12¡n=¡¡₁

4

¢(1¡x)^1=2¡2 et siÁ⁽ⁿ⁾(x) =¡:³_1:3:5:

¢¢¢(2n¡3) 2ⁿ

´(1¡x)^12¡n alors

Á⁽ⁿ⁺¹⁾(x) =¡

µ1:3:5:¢ ¢¢(2n¡3) 2ⁿ

¶ µ

¡ µ1

2¡n

¶

(1¡x)^12¡n¡1

¶

et la formule est véri…ée.

2b)Pn est le polynôme de Taylor deÁ à l’ordrenen zéro : Pn(x) =

Xn k=0

Á^(k)(0)

k! x^k= 1¡x 2 ¡

Xn k=2

1:3:5:¢ ¢ ¢(2n¡3) 2ⁿn! xⁿ

or ^1:3:5:₂^¢¢¢n⁽²ⁿn! ^¡3) = ^1:3:_2:4:^¢¢¢(2n_¢¢¢2n^¡3) = _2n^u_¡ⁿ₁ le résultat restant vrai sin= 1: ¹₂= ^u₁¹ Pn(x) = 1¡Pn

k= 1 un

2n¡1xⁿ

2c) On a ^Á(n+1)_n! ^(t)=¡:³_1:3:5:

¢¢¢(2n¡1) 2ⁿ⁺¹n!

´

(1¡t)^¡12¡n =¡¹2un(1¡t)^¡1=2¡n pourn¸1 . Donc

Rn(x) =¡un

2 Z x

0

(x¡t)ⁿ(1¡t)^¡n¡1=2dt

sur[0; x]les deux quantités(x¡t) et (1¡t)sont positives(x <1). De plus les bornes de l’intégrale sont dans le bon sens donc :

jRn(x)j= un

2 Z x

0

(x¡t)ⁿ(1¡t)^¡n¡1=2dt

orx <1donc(x¡t)<(1¡t). De plus ces quantités sont positives donc(x¡t)ⁿ·(1¡t)ⁿ . On a donc jRn(x)j · ^u₂ⁿRx

0(1¡t)^¡1=2dt OrRx

0(1¡t)^¡1=2dt=h

¡2 (1¡t)¹⁼²ix

0 = 2¡2p

1¡x·2

jRn(x)j ·un

2d)On a donc 8x2[0;1[,¯¯Pn(x)¡p

1¡x¯¯·un· ^pL_n

Le membre de gauche est une fonction continue dex et la majoration ne dépend dex donc par passage à la limite : 8x2[0;1],¯¯P_n(x)¡p

1¡x¯¯·un · ^pL_n suite indépendante dexet de limite nulle.

(Pn)converge uniformément vers Ásur [0;1]

remarque : attention à x=1exclu des questions b) et c) et inclus à la question d) 2e)si on posey= 1¡x²on aÁ(y) =p

1¡(1¡x²) =p

x²=jxj:De plus six2[¡1;1],y2[0;1] donc jPN(y)¡Á(y)j ·uN · L

pN · L

¡_{L M}

"

¢ = "

M par dé…nition deN .

En revenant à la variablex:

jQN(x)¡ jxjj · _M^"

3)Le résultat admis est la continuité uniforme de toute fonction continue sur un segment[a; b]:

8" >0;9´_" >0;8(x; y)2[a; b]² , jf(x)¡f(y)j ·"

Ce n’est pas à priori la continuité qui dit que f est continue sur I si et seulement si pour tout x de I f est continue en x donc :

8x2I;8" >0;9´"; x>0;8y 2I , jf(x)¡f(y)j ·"

´ peut dépendre dex .

Cette notion de ”continuité uniforme” est au programme de la classe * et peut-être utilisée à l’X ou au ENS.

3a) Sih est une fonction a¢ne sur[a; b]on ah(x) =h(a) + ^x_b¡^¡_a^a(h(b)¡h(a)).

donc ici

sur

·k n;k+ 1

n

¸

, g(x) =f µk

n

¶

+ (nx¡k) µ

f

µk+ 1 n

¶

¡f µk

n

¶¶

Donc g(x) = (nx¡k)f¡_k

n

¢+ (1¡(nx¡k)))f¡_k+1

n

¢=®f¡_k

n

¢+ (1¡®)f¡_k+1

n

¢ avec®= (nx¡k)2[0;1]. Et évidemmentf(x) =®f(x) + (1¡®)f(x).

Donc

jg(x)¡f(x)j =

¯¯

¯¯®(f(x)¡f µk

n

¶

) + (1¡®) µ

f(x)¡f

µk+ 1 n

¶¶¯¯¯¯

· ®¯¯¯¯f(x)¡f µk

n

¶¯¯¯¯+ (1¡®)¯¯¯¯f(x)¡f

µk+ 1 n

¶¯¯¯¯ car® ¸0et (1¡®)¸0

· ®"+ (1¡®)"="carx2

·k n;k+ 1

n

¸ )

¯¯

¯¯x¡ k n

¯¯

¯¯· 1 n et

¯¯

¯¯x¡k+ 1 n

¯¯

¯¯· 1 n Le résultat est vrai sur chaque segment£_k

n;^k+1_n ¤

donc sur leur union jg(x)¡f(x)j ·"

remarque : en choisissant"= 1=pon construit une suite(gp)de fonctions a¢nes par morceaux et qui converge uniformément versf . Graphiquement on approche le graphe de la courbe par la corde sur chaque segment£_k

n;^k+1_n ¤

. Ca doit vous rappeler quelque chose du cours de Sup ....voir à la …n si vous ne trouvez pas tout seul.

4a)

2

² Soit(g1; g2)deux fonctions deEn+1 et(¸1; ¸2)deux scalaires on a :

k2[0; n] (¸1g1+¸2g2) (k=n) =¸1g1(k=n) +¸2g2(k=n)

donc µ

(¸1g1+¸2g2) µk

n

¶¶n k=0

=¸1

µ g1

µk n

¶¶n k=0

+¸2

µ g2

µk n

¶¶n k=0

² L’image deg est élément deRⁿ⁺¹ par dé…nition même.

² Áest un isomorphisme : En e¤et le noyau deÁest réduit à la fonction nulle : SiÁ(g) = (0)on a8k2[[0::n]]g(k=n) = 0 . Or gest a¢ne sur [k=n;(k+ 1)=n]

donc sur ce segmentg(x) =g¡_k

n

¢+ (nx¡k)¡ g¡_k+1

n

¢¡g¡_k

n

¢¢= 0. Comme la réunion des segments est[0;1],8x2[0;1]

g(x) = 0

Áest un isomorhisme d’espace vectoriel

² De plus g est dé…nie par la formule : 8x 2 [k=n;(k + 1)=n] , g(x) = g¡_k

n

¢+ (nx¡k)¡ g¡_k+1

n

¢¡g¡_k

n

¢¢ = ak + (nx¡k) (ak+1¡ak)

4b) Notons (ei)^{n+ 1}_i=1 la base canonique de Rⁿ⁺¹: On véri…e que fj est bien élément de En+1 car a¢ne de pente 1 sur [k=n;(k+ 1)=n]sik¸j et de pente¡1sik < j .

On aÁ(fj) =¡_j

n;^j¡_n¹;^j¡_n²;¢ ¢ ¢;¹_n;_n⁰;_n¹;¢ ¢ ¢;^n¡_n^j¢

= _n^je1+ ^j¡_n¹e2+¢ ¢¢+_n¹ej+ ¹_nej+2+¢ ¢ ¢^n¡_n^jen+1: De façon plus précise la dé…nition deÁdonne : Á(g) =Pn

k=0g(k=n)ek+1 et donc Á(fj) =Pn i=0jk¡jj

n ek+1:

SiA⁰ =M at_(ei)(Á(fj)) le coe¢cient a0i;j est le coe¢cient defj¡1 (le j-eme vecteur car les indices commencent à zéro) sur ei Soit en posantk=i¡1 a⁰i;j = ^j(i¡1)¡_n^(j¡1)j = ^a_n^i;j . Donc A⁰= ^An+1_n .

An+1étant inversible , on en déduit que A⁰ est inversible et donc que (Á(fj)) est une base deRⁿ⁺¹ et donc comme Áest un isomorphisme(fj) est une base deEn+1:

remarque : le passage par Án’est pas obligatoire .D’une part le cardinal est le bon , d’autre par le système est libre. Si on pose le système Pn

k=0¸kfk = 0 et si on écrit le système linéaire obtenu en prenantx = k=n on obtient un système de matriceA⁰ donc de Cramer.

On peut aussi résoudre Pn

k=0¸kfk = 0en posant le système obtenu par dérivation sur chaque]k=n;(k+ 1)=n[. 4c) La famille(fk)est une base . D’où l’existence des scalaires¸k . Si on compose parÁon obtient le système

8i,ai= Xn k=0

¸kfk

µi n

¶

C’est un système de matriceA⁰ inversible , C’est donc un système de Cramer et si on noteY = 0 BB B@

a0

a1

... an

1 CC CAet¤ =

0 BB B@

¸0

¸1

...

¸n

1 CC CAle

systèmeY =A⁰¤ équivaut ठ=A^0¡1Y =nBn+1Y :(¸i) =nBn+ 1(ai)avec des matrices colonnes.

On peut lireBn+ 1:

¸0=n¡_1¡n

2n a0+ ¹₂a1+ _2n¹an

¢

¸k=n¡₁

2ak¡1¡ak+ ¹₂ak+1

¢ si1·k·n¡1

¸n =n¡₁

2na0+ ¹₂an¡1+ ¹_2n^¡nan

¢ 5a) remplacer ak parf¡k

n

¢

¸0=n¡_1¡n

2n f(0) +¹₂f¡₁

n

¢+ _2n¹ f(1)¢

¸k =n¡₁

2f¡_k¡1

n

¢¡f¡_k

n

¢+ ¹₂f¡_k+1

n

¢¢ si1·k·n¡1

¸n=n¡₁

2nf(0) +¹₂f¡_n¡1

n

¢+ ¹_2n^¡nf(1)¢ 5b)On a g(x) =Pn

k= 0¸k

¯¯x¡ n^k

¯¯et R(x) =Pn

k= 0¸kQN

¡x¡ n^k

¢. Donc

jg(x)¡R(x)j · Xn k=0

j¸kj

¯¯

¯¯

¯¯

¯¯x¡ k n

¯¯

¯¯¡QN

µ x¡ k

n

¶¯¯¯¯

orx2[0;1]et _n^k 2[0;1]donc¡ x¡ ^kn

¢2[¡1;1]on peut donc appliquer le résultat de la question 2e)

jg(x)¡R(x)j · Xn k=0

j¸kj "

M = "

3

Or on a choisigpour avoirjf(x)¡g(x)j ·"

sup (jf(x)¡R(x)j)·2"

5c) Toute fonction continue est limite uniforme d’une suite de fonction de polynômiale:

Si on prend"= 1=2p on construit un polynômeRp véri…antsup (jf¡Rpj)·¹p

6)Les deux pivots proposés ne donne pas une matrice triangulaire . Mais on peut développer par rapport à la dernière colonne et obtenir la matrice triangulaire

det(An+1) = (¡1)ⁿ:n:2^n¡ Remarque du3 : le calcul approché d’une intégrale par la méthode des trapèzes.

4