Partie II. Dérivations et polynômes

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MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On désigne parFl'ensemble des fonctions deRdansRet parFcl'ensemble des fonctions continues deRdansR. Pour tout couple(f, g)∈ F², on dénitf∗g dansRpar

∀x∈R, (f ∗g)(x) = Z x

0

f(t)g(x−t)dt

Pour f ∈ F, on désigne par µf l'application de F dans l'ensemble des fonctions dénies dansRqui àg∈ F associeµf(g) =f∗g.

Partie I. Propriétés et exemples

1. Exemples

a. Calculersin∗sin,sin∗cos,cos∗cos.

b. Calculerf∗gpour f(x) =|x−1|et g(x) =|x|. 2. Soitf ∈ F.

a. Montrer queµf est linéaire deFc dansF.

b. Montrer quef∗g=g∗f pour toute fonctiong∈ Fc. c. On suppose quef etg sontC¹(R). Montrer que

f⁰∗g+f(0)g=f∗g⁰+g(0)f

Partie II. Dérivations et polynômes

Dans cette partief est une fonction polynomiale de degrén. 1. Soitxun réel quelconque. Donner une expression simple pour

n

X

k=0

(−1)^kf^(k)(x) k! x^k

2. Montrer qu'il existe des fonctions a₀, a₁,· · · , a_m (et en donner une expression) telles que

∀g∈ Fc,∀x∈R, (f∗g)(x) =

m

X

k=0

a_k(x) Z x

0

t^kg(t)dt

3. Montrer que, pour toutg∈ Fc, la fonction f∗g est dérivable avec (f∗g)⁰=f⁰∗g+f(0)g

4. On suppose quegest solution de l'équation diérentielle linéaire f(0)g⁽ⁿ⁾+f⁰(0)g⁽ⁿ⁻¹⁾+· · ·+f⁽ⁿ⁾(0)g= 0 Montrer quef∗gest une fonction polynômiale.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai Aopint2

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Corrigé

Partie I. Propriétés et exemples

1. a. Pour calculer les intégrales intervenant dans les produits demandés, on linéarise systématiquement avec

sinasinb= 1

2(cos(a−b)−cos(a+b)) sinacosb=1

2(sin(a−b) + sin(a+b)) cosacosb= 1

2(cos(a−b) + cos(a+b)) Par exemple poursin∗sin:

sin∗sin(x) =1 2

Z x

0

(cos(2t−x)−cos(x))dt=1

4[sin(2t−x)]^t=x_t=0−x 2cosx

=1

2sinx−1 2xcosx Les calculs sont analogues pour les deux autres fonctions. On obtient nalement

sin∗sin(x) = 1

2sinx−1 2xcosx sin∗cos(x) = 1

2xsinx cos∗cos(x) = 1

2sinx+1 2xcosx

b. Pour calculerf ∗glorsque f(x) =|x−1|et g(x) =|x|, il convient de distinguer plusieurs cas pour x. L'idée est de mettre les bornes dans le bon sens et de se débarasser des valeurs absolues.

• Si0≤x≤1. f∗g(x) = Z x

0

(1−t)(x−t)dt= Z x

0

t²−(x+ 1)t+x dt

= 1

3t³−1

2(x+ 1)t²+xt t=x

t=0

= 1 3x³−1

2(x+ 1)x²+x²=−1 6x³+1

2x²

• Six≤0. f∗g(x) =− Z 0

x

(1−t)(t−x)dt=− Z x

0

(1−t)(x−t)dt

= 1 6x³−1

2x²

• Six≥1. f∗g(x) = Z 1

0

(1−t)(x−t)dt+ Z x

1

(t−1)(x−t)dt

= 1

3t³−1

2(x+ 1)t²+xt ^t=1

t=0

− 1

3t³−1

2(x+ 1)t²+xt ^t=x

t=1

= 1 6x³−1

2x²+x−1 3 La vérication de ce désagréable calcul peut être faite avec les deux lignes sui- vantes de code Maple :

F := (1-t)*(x-t);

collect(int(F,t=0..1)- int(F,t=1..x),x);

2. a. Soitg ethdeux fonctions dansFc et λun nombre réel.

∀x∈R: µ_f(g+h)(x) = Z x

0

f(t)(g+h)(x−t)dt

= Z x

0

f(t) (g(x−t) +h(x−t))dt (addition fonctionnelle)

= Z x

0

f(t)g(x−t)dt+ Z x

0

f(t)h(x−t)dt (linéarité de l'intégrale)

= (µf(g) +µf(h)) (x) La démonstration est analogue pourµ_f(λg) =λµ_f(g).

b. Le changement de variableu=x−tdans l'intégrale dénissantf∗g(x)entraine f∗g(x) =−

Z u

x

f(x−u)g(u)du= (g∗f)(x)

c. Pour x xé, la fonction t → f⁰(t)g(x−t)−f(t)g⁰(x−t) est la dérivée de t → f(t)g(x−t). On en déduit :

(f⁰∗g−f∗g⁰)(x) = Z x

0

(f⁰(t)g(x−t)−f(t)g⁰(x−t)) = [f(t)g(x−t)]^t=x_t=0

=f(0)g(x)−f(x)g(0) Ce qui conduit à la formule demandée.

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Partie II. Dérivations et polynômes

1. L'expression proposée est une formule de Taylor polynomiale dexà 0. Elle est donc égale àf(0).

2. On peut développer f(x−t) avec une formule de Taylor puis utiliser la linéarité. Il vient

f∗g(x) =g∗f(x) =

n

X

k=0

(−1)^k k! f^(k)(x)

Z x

0

t^kg(t)dt Les fonctionsak demandées sont donc dénies par :

∀x∈R, ak(x) =(−1)^k k! f^(k)(x)

3. La formule précédente montrer que f ∗g est dérivable car les a_k sont polynomiales et x→ Rx

0 t^kg(t)dt est une primitive de t → t^kg(t). Cette formule donne aussi une expression de la dérivée.

(f ∗g)⁰(x) =

n

X

k=0

(−1)^k

k! f^(k+1)(x) Z x

0

t^kg(t)dt−

n

X

k=0

(−1)^k

k! f^(k)(x)x^kg(x) On reconnait dans la première somme une expression analogue à celle de la question 2. mais appliquée àf⁰. Cette somme vaut doncf⁰∗g(x).

On peut factoriser le g(x) dans la deuxième somme. On retrouve alors l'expression de f(0)précisée à la question 1. Cette deuxième somme vaut donc f(0)g(x). Ce qui prouve la relation demandée.

4. Pour montrer quef ∗g est polynomiale de degré inférieur ou égal àn, on va montrer que(f∗g)⁽ⁿ⁺¹⁾= 0. En eet :

(f∗g)⁰ =f⁰∗g+f(0)g⇒(f∗g)⁰⁰=f⁰⁰∗g+f⁰(0)g+f(0)g⁰

⇒(f∗g)⁽³⁾=f⁽³⁾∗g+f⁰⁰(0)g+f⁰(0)g⁰+f(0)g⁰⁰

⇒ · · ·

⇒(f∗g)⁽ⁿ⁺¹⁾=f⁽ⁿ⁺¹⁾∗g+f⁽ⁿ⁾(0)g+f⁽ⁿ⁻¹⁾(0)g⁰+· · ·+f(0)g⁽ⁿ⁾ avecf⁽ⁿ⁺¹⁾∗g nulle carf est polynomiale de degrénetf⁽ⁿ⁾(0)g+f⁽ⁿ⁻¹⁾(0)g⁰+· · ·+ f(0)g⁽ⁿ⁾nulle carg est justement solution de cette équation diérentielle.