2. Montrons que, pour x xé dans ]0, 1] , la suite (f n (x)) n∈ N est décroissante :

Exercice 1

1. La fonction g _n n'est pas continue par morceaux sur [0, 1] car sa limite à droite de 0 est +∞ . Cette fonction n'est pas intégrable au sens de l'intégrabilité de la classe de MPSI.

2. Montrons que, pour x xé dans ]0, 1] , la suite (f _n (x)) _{n∈ N} est décroissante :

f n (x) − f n+1 (x) = (1 + x ⁿ )(1 + x ⁿ⁺² ) − (1 + x ⁿ⁺¹ ) ²

(1 + x ⁿ⁺¹ )(1 + x ⁿ⁺² ) = x ⁿ (1 − x) ²

(1 + x ⁿ⁺¹ )(1 + x ⁿ⁺² ) ≥ 0 Comme chaque fonction est à valeurs positives, en intégrant ces inégalités entre a et 1 , on obtient que (J _n (a)) _{n∈ N} est décroissante et positive donc convergente. On note J(a) sa limite.

3. Soit F n une primitive sur ]0, 1[ de f n . Comme f n est à valeurs positives, F n est crois- sante. De plus :

J n (a) = F n (1) − F n (a)

donc J _n est décroissante. D'après le cours sur la convergence des fonctions monotones, J n admet une limite nie en 0 si et seulement si elle est majorée. Sa limite j n sera alors la borne supérieure de l'ensemble de ses valeurs.

Il s'agit donc de majorer f n :

∀x ∈]a, 1] : 1 + x ⁿ ≤ 2 1 + x ⁿ⁺¹ ≥ 1 d'où, pour tous les a ∈]0, 1] :

J n (a) ≤ Z 1

a

2dx √

x = 4(1 − √ a) ≤ 4

4. a. Pour tout x ∈]0, 1] : x ⁿ⁺¹ ≤ x ⁿ donc 1 + x ⁿ⁺¹ ≤ 1 + x ⁿ et

√ 1

x ≤ f n (x) Pour tout x ∈]0, 1] : donc 1 + x ⁿ⁺¹ ≥ 1 et

f _n (x) ≤ 1 + x ⁿ

√ x

b. On intégre l'encadrement précédent entre a et 1 . Les primitives de t ⁻

et de t ⁿ⁻

interviennent dans ce calcul. Elles sont de la forme

2 √

t 1

n + 1 2

t ⁿ⁺

1 2

On obtient après calculs

2(1 − √

a) ≤ J n (a) ≤ 2(1 − √

a) + 1 n + 1

2



1 − a ⁿ⁺

1 2





Pour a xé dans ]0, 1] , il est clair que





 1 n + 1

2



1 − a ⁿ⁺

1 2











n∈N

→ 0

D'autre part, on sait déjà que (J n (a)) _n∈N converge vers J (a) . On obtient donc par passage à la limite dans une inégalité :

2(1 − √

a) ≤ J (a) ≤ 2(1 − √ a) C'est à dire

J(a) = 2(1 − √ a)

Il est important de comprendre que ce n'est pas le théorème d'encadrement qui a été utilisé ici.

c. Revenons à l'encadrement de J n (a) . Cette fois, pour n xé, on peut passer à la limite dans les inégalités pour a en 0 . On obtient :

2 ≤ j _n ≤ 2 + 1 n + 1

2

Le théorème d'encadrement n'a toujours pas été utilisé. En revanche il est utilisé ici pour prouver, à partir de l'encadrement précédent, que (j n ) n∈ N converge vers 2 .

5. D'après 4.c., on sait que 0 ≤ j _n −2 . Pour l'autre inégalité, on compare en fait l'intégrale de f _n avec celle de ^{√ 1} _x qui vaut 2(1 − √

a) .

J n (a) − 2(1 − √ a) =

Z 1 a

1 + x ⁿ 1 + x ⁿ⁺¹ − 1

dx

√ x = Z 1

a

x ⁿ (1 − x) 1 + x ⁿ⁺¹

√ dx x

Comme tout est positif, pour majorer oublions simplement le x ⁿ⁺¹ du dénominateur :

J n (a) − 2(1 − √ a) ≤

Z 1 a

x ⁿ (1 − x) dx

√ x = Z 1

a

x ⁿ⁻

dx − Z 1

a

x ⁿ⁺

dx

Les deux intégrales se calculent : J _n (a) − 2(1 − √

a) ≤ 1 n + ¹ ₂

1 − a ⁿ⁺

− 1 n + ³ ₂

1 − a ⁿ⁺

En passant à la limite dans les inégalités pour a en 0 : j _n − 2 ≤ 1

n + ¹ ₂ − 1

n + ³ ₂ = 1 (n + ¹ ₂ )(n + ³ ₂ )

Exercice 2

1. Comme la matrice A n'est pas la matrice nulle, il existe i et j tels que a _ij 6= 0 . La matrice extraite A _{i}{j} est alors une matrice 1 × 1 inversible ce qui entraine que r (égal à la taille de la plus grande des matrices extraites inversibles) est supérieur ou égal à 1 .

2. a. On se place dans le sous-espace vectoriel E I = Vect U I .

On considère la projection p I sur E I parallèlement au sous-espace E _I . La matrice extraite A IJ est alors la matrice dans la base U I de E I de la famille de vecteurs p I (v j ) pour j ∈ J .

A _IJ = Mat _U

(p _I (V J ))

b. Par dénition, r est le rang d'une matrice extraite de A (la plus grande possible parmi celles qui sont inversibles). Il existe donc des parties I et J à r lignes et r colonnes telles que

r = rg A _IJ

Le rang d'une famille de vecteurs images par une application linéaire est toujours inférieur ou égal au rang de la famille de départ. Le rang d'une famille extraite est évidemment inférieur ou égal au rang de la famille dont elle est extraite. On a donc :

r = rg A _IJ = rg p _I (V J ) ≤ rg V J ≤ rg V = rg A

3. Une application linéaire est injective si et seulement si son noyau ne contient que l'élé- ment nul de l'espace.

Le noyau de la restriction à un certain sous-espace d'un endomorphisme est l'intersec- tion du noyau de l'endomorphisme avec ce sous-espace.

Par dénition, le noyau de p _I est E _I donc le noyau de la restriction à V _J de p _I est E _I ∩ V J . On en déduit que la restriction à V J de p I est E _I ∩ V J est injective si et seulement si

E _I ∩ V J = {0 E }

4. Soit J une partie de {1, 2, · · · , q} telle que V J soit libre et ne soit pas une base de E (c'est à dire q < dim E ).

Comme cette famille n'est pas une base, elle n'engendre pas E . Si tous les vecteurs de la base U étaient des combinaisons linéaires des vecteurs de U J , la famille U J engendrerait E . Il existe donc des i ∈ {1, · · · , p} tels que u _i 6∈ V _J . Pour un tel i , la famille obtenue en ajoutant u _i aux vecteurs de V _J est libre.

Il existe donc des familles libres obtenues en ajoutant des vecteurs de U aux vecteurs de V _J . Ces familles ont moins de dim E éléments (elles sont libres). On peut en considérer une (disons F ) dont le nombre d'éléments soit le plus grand possible.

Pour une telle famille, on ne peut adjoindre un nouvel élément de U sans briser le caractère libre.

Cela signie que les éléments de U sont des combinaisons linéaires des éléments de F . La famille F est donc génératrice.

Comme elle est libre par dénition, c'est une base de E . 5. Notons m le rang de la matrice A .

C'est aussi le rang de la famille de vecteurs V . En considérant, parmi les familles libres formées de vecteurs de V , une qui soit la plus grande possible. On montre qu'il existe une partie J de {1, · · · , q} à m éléments telle que V J soit libre et que V J soit l'espace engendré par tous les éléments de V .

Pour une telle partie J , complétons V J par des vecteurs de U comme dans la question 4 et notons I l'ensemble des indices des vecteurs qui ne sont pas choisis.

La base de E est donc obtenue en complétant V J par U _I . On remarque que I contient p − m éléments donc I contient m éléments.

Le caractère libre de cette famille entraine que

E _I ∩ V J = {0 E }

donc la restriction de p I à V J est injective. On en déduit :

rg A = m = rg V J = rg p I V J = rg A IJ

La matrice A IJ est une matrice carrée à m lignes et m colonnes extraite de A . Elle est inversible donc r ≥ rg A . On obtient donc bien

r = rg A

Problème

Partie I

1. Pour i entre 1 et m , considérons le polynôme

Λ i = X i

Y

j∈{1,···,m}−{i}

X − j i − j

C'est un polynôme de degré m qui satisfait aux contraintes imposées par l'énoncé.

C'est le seul polynôme de degré m satisfaisant à ces contraintes car si U i en est un autre, le polynôme U i − Λ i est de degré au plus m avec m + 1 racines donc U i − Λ i est nul.

2. D'après la question précédente, le coecient dominant de Λ i est : 1

i

1

(i − 1) · · · (1)(−1) · · · (i − m) = (−1) ^m−i i!(m − i)!

3. Un polynôme P est divisible par X si et seulement si P(0) = 0 e . L'espace E est donc un hyperplan de R n [X] noyau de la forme linéaire P → P(0) = 0 e . Comme R n [X] est de dimension m + 1 , on en déduit

dim E = m

Pour montrer que (Λ ₁ , · · · , Λ _m ) est une base, il sut donc de montrer cette famille est libre. Si λ ₁ , · · · , λ _m sont tels que

λ 1 Λ 1 + · · · + λ m Λ m = 0

on peut substituer un j quelconque entre 1 et m à X . On obtient alors λ j = 0 ce qui prouve que la famille est libre.

On obtient les coordonnées d'un polynôme P de E dans cette base par une substitution analogue :

Mat _L P =





 P e (1)

...

P e (m)







4. La dérivation et la substitution de 0 à X sont des opérations linéaires, l'application ϕ proposée par l'énoncé est donc bien une forme linéaire. Par dénition, la matrice

d'une forme linéaire dans une base est constituée par la ligne des valeurs de la forme aux vecteurs de base. Cela donne ici :

Mat _L ϕ = Mat _L(1) ϕ = h

Λ ] ^(m) ₁ (0) · · · Λ ] ^(m) m (0) i

Comme les polynômes considérés sont tous de degré m , seuls les coecients dominants subsistent. Le terme 1, i de Mat _L ϕ est donc

(−1) ^m−i m!

i!(m − i)! = (−1) ^m−i m

i

On en déduit :

Mat _L ϕ = L m

5. Comme les coordonnées d'un polynôme P ∈ E dans L sont formées par les valeurs du polynôme en 1, · · · , m , la matrice V m s'interprète comme la matrice dans L de la famille

X = (X, X ² , · · · , X ^m )

Il est clair que cette famille est une base de E . La matrice V m est donc une matrice de passage entre deux bases.

V _m = P _LX = Mat _{X L} id _E

Sa matrice inverse est la matrice des polynômes de L dans X . D'après la question 2., on connait le coecient dominant d'un L _i . Un tel coecient est la dernière coordonnée de l'expression de L _i dans la base X . On peut en déduire la dernière ligne de la matrice V _m ⁻¹ .

6. On peut écrire le produit matriciel L _m V _m comme la matrice d'une forme linéaire : L m V m = Mat _L(1) ϕ Mat _{X L} id E = Mat _(1)X ϕ =

0 · · · 0 m!

car tous les ϕ(X ⁱ ) sont nuls sauf ϕ(X ^m ) qui vaut m! .

Partie II

1. Le développement limité en 0 de la fonction exponentielle est usuel, on en déduit :

e ^kx = 1 + k

1! x + · · · + k ⁱ

i! x ⁱ + · · · + k ^m

m! x ^m + o(x ^m )

2. En 0 , on a e ^x − 1 ∼ x . On en déduit sans calcul le développement à l'ordre n :

(e ^x − 1) ^m = x ^m + o(x ^m )

3. Par dénition du produit matriciel :

terme 1, j de L m V m =

m

X

k=1

terme 1, k de L m × terme k, j de V m =

m

X

k=1

(−1) ^m−k m

k

k ^j

4. Développons (e ^x − 1) ^m avec la formule du binôme :

(e ^x − 1) ^m =

m

X

k=1

(−1) ^m−k m

k

e ^kx

On en déduit que le terme 1, j de L m V m est égal (à multiplication près par i! ) au coef- cient de x ⁱ dans le développement limité de (e ^x − 1) ^m . On connait ce développement.

On en déduit que tous ces termes sont nuls sauf le dernier.

L m V m =

0 0 · · · 0 m!

Partie III

1. a. Écrivons les deux formules de Taylor demandées : il existe un réel y h entre x et x + h et un réel z h entre x et x − h tels que

f (x + h) = f (x) + hf ⁰ (x) + h ² f f ⁰⁰ (y h ) f (x − h) = f (x) − hf ⁰ (x) + h ²

f f ⁰⁰ (z _h )

b. En formant la diérence entre les deux relations précédentes, on élimine les f (x) et on exprime f ⁰ (x) :

f ⁰ (x) =

f (x + h) − f (x − h) − h ²

2 (f ⁰⁰ (y h ) − f ⁰⁰ (z h )) 2h

On majore en valeur absolue en utilisant

|f(x + h)| ≤ M ₀ , |f (x − h)| ≤ M ₀ , |f ⁰⁰ (y _h )| ≤ M ₂ , |f ⁰⁰ (z _h )| ≤ M ₂ On en déduit

|f ⁰ (x)| ≤ 2M 0 + h ² M 2

2h = M 0

h + M 2

2 h

c. L'inégalité précédente montre que |f ⁰ | est majorée par M 0

h + M 2

2 h pour n'importe quel h > 0 . En étudiant la fonction

h → M 0

h + M 2

2 h

cherchons la valeur de h permettant d'obtenir le plus petit majorant. La dérivée de cette fonction est

− M 0

h ² + M 2

2

Elle s'annule en r

2M ₀ M 2

qui est le minimum absolu. La valeur de la fonction associée est :

M 0

r M 2

2M 0

+ M 2

2

r 2M 0

M 2

= p 2M 0 M 2

2. a. Écrivons les deux formules de Taylor à l'ordre trois. On garde les mêmes nota- tions : il existe un réel y h entre x et x + h et un réel z h entre x et x − h tels que

f (x + h) = f (x) + hf ⁰ (x) + h ²

f f ⁰⁰ (x) + h ³

3! f ⁽³⁾ (y h ) f (x − h) = f (x) − hf ⁰ (x) + h ²

f f ⁰⁰ (x) − h ³

3! f ⁽³⁾ (z _h )

b. En formant la diérence entre les deux relations précédentes, on élimine les f (x) et les f ⁰⁰ (x) et on exprime f ⁰ (x) :

f ⁰ (x) =

f (x + h) − f (x − h) − h ³

3! (f ⁽³⁾ (y _h ) − f ⁽³⁾ (z _h )) 2h

On majore comme plus en valeur absolue :

|f ⁰ (x)| ≤ M 0

h + M 3

6 h ²

On étudie encore la fonction de h qui gure au second membre. Sa dérivée est

− M ₀ h ² + M ₃

3 h Elle s'annule en

3M 0

M ₃

qui est le minimum absolu. La valeur de la fonction en ce point est

3 ⁻

M ₀

M ₃

+ 1

2 3 ⁻

M ₀

M ₃

= 1

2 3

M ₀

M ₃

= 1

2 9M ₀ ² M ₃

c. En appliquant les résultats de la première question à f ⁰ qui est bornée ainsi que sa dérivée seconde on obtient que la dérivée de f ⁰ c'est à dire f ” est bornée.

Partie IV

1. Pour i entre 1 et n − 1 , le produit matriciel dénissant y i conduit à

y i = ih

1! f ⁰ (x) + (ih) ²

2! f ⁰ (x) + · · · + (ih) ⁿ⁻¹ (n − 1)! f ⁰ (x)

On peut l'interpréter à l'aide d'une formule de Taylor avec reste de Lagrange à l'ordre n entre x et x + ih . Il existe z i entre x et x + ih tel que

y i = f (x + ih) − f (x) − (ih) ⁿ

n! f ⁽ⁿ⁾ (z i ) On en déduit

|y i | ≤ 2M 0 + (ih) ⁿ

n! M n ≤ 2M 0 + ((n − 1)h) ⁿ

n! M n = K h

2. On multiplie à gauche par L _n−1 la relation matricielle dénissant les y _i et on exploite le résultat prouvé dans les parties I et II. avec m = n − 1

L _n−1 V _n−1 =

0 · · · 0 (n − 1)!

On obtient

L n−1





 y 1

...

y _n−1





 =

0 · · · 0 (n − 1)!























 h 1! f ⁰ (x) h ²

2! f ⁰⁰ (x) ...

h ⁿ⁻¹

(n − 1)! f ⁽ⁿ⁻¹⁾ (x)

























qui donne exactement la relation demandée

n−1

X

i=1

(−1) ⁿ⁻¹⁻ⁱ n − 1

i

y i = h ⁿ⁻¹ f ⁽ⁿ⁻¹⁾ (x)

3. On majore en valeur absolue la relation de la question précédente en introduisant une formule du binôme pour 2 ⁿ⁻¹ :

h ⁿ⁻¹ |f ⁽ⁿ⁻¹⁾ (x)| ≤

n−1

X

i=1

n − 1 i

!

K _h ≤ 2 ⁿ⁻¹ K _h

On en déduit la majoration demandée

4. La question précédente a montré que si une fonction ainsi que sa dérivée d'ordre m sont

bornées sur R alors la dérivée d'ordre m−1 est également bornée. On peut réutiliser ce

résultat à l'ordre m − 1 et obtenir que la dérivée d'ordre m − 2 est bornée. On montre

ainsi que les dérivées à tous les ordres sont bornées.