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Corrigé du sujet maths HEC 2017 ECS

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Partie 1 : Propriétés des polynômes de Bernstein

1.a $\ds B_{2,0}(X)={2 \choose 0}X^0(1-X)^2$

$=1-2X+X^2$ ,

$\ds B_{2,1}(X) = {2\choose 1} X^1(1-X)^1$

$= 2X-2X^2$ ,

$\ds B_{2,2}(X) = {2\choose 2} X^2(1-X)^0$

$=X^2$ ,

donc

$K_2$ = $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 \\ 1 & -2 & 1 \end{pmatrix}$

b. $K_2$ est inversible car il s’agit d’une matrice triangulaire inférieure et ne contient aucun 0 sur la diagonale ; $\ds (B_{2,0},B_{2,1},B_{2,2})$ est donc une base de $\ds \mathbb{R}_2[X]$ .

c. $(T_2(A_0))(X) = \ds \sum_{k=0}^2A_0\left(\dfrac k2\right)B_{2,k}(X)$

$= B_{2,0}(X)+B_{2,1}(X)+B_{2,2}(X)$

$= 1$

$(T_2(A_1))(X) = \ds \sum_{k=0}^2A_1\left(\dfrac k2\right)B_{2,k}(X)$

$= \dfrac 12 B_{2,1}(X)+B_{2,2}(X)$

$= X-X^2+X^2$

$=X$

$(T_2(A_2))(X) = \sum_{k=0}^2A_2\left(\dfrac k2\right)B_{2,k}(X)$

$= \dfrac 14 B_{2,1}(X)+B_{2,2}(X)$

$= \dfrac 12 (X-X^2)+X^2$

$=\dfrac X2 + \dfrac{X^2}{2}$

donc $H_2$ = $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1/2 \\ 0 & 0 & 1/2 \end{pmatrix}$

$H_2$ étant une matrice triangulaire inférieure, ses valeurs propres sont les éléments sur la diagonale donc $\encadre{Sp(T_2)=Sp(H_2)=\left\{ 1, \dfrac 12\right\}}$

$T_2(A_0)=A_0$ et $T_2(A_1)=A_1$ donc $\Vect(A_0,A_1)$ est inclus dans $E_1(T_2)$ ;

$\ds H_2\times \left(\begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ -1 \\ \end{array}\right) = \dfrac 12\left(\begin{array}{r} 0 \\ 1 \\ -1 \\ \end{array}\right)$

donc $\ds X-X^2 \in E_{1/2}(T_2)$ ;

La somme des dimensions des espaces propres ne peut pas dépasser 3,

$E_1(T_2)$

$= Vect(A_0,A_1)$

$=\mathbb{R}_1[X]$

et $E_{1/2}(T_2) =Vect(X-X^2)}$

2.a Pour $k\in$ [\![0\,;n]\!], $\ds B_{n,k}(X)= {n\choose k} X^k (1-X)^{n-k}$ donc le terme non égal à zéro de plus faible degré de $\ds B_{n,k}$ est $\ds {n\choose k} X^k$ .

Donc, la matrice $K_n$ de la famille $\ds (B_{n,0}, \cdots,B_{n,n})$ dans la base ${\cal C}_n$ est une matrice triangulaire inférieure et ses coefficients diagonaux sont les $\ds {n\choose k}, 0\leq k\leq n$ . Ces coefficients diagonaux sont tous non nuls, donc $K_n$ est inversible, d’où $\ds (B_{n,0}, \cdots,B_{n,n})$ est une base de $\mathbb{R}_n[X]$ .

2.b. $\bullet$ Pour tout $P\in \mathbb{R}_n[X]$ , $T_n(P)$ est combinaison linéaire des $\ds B_{n,k}, 0\leq k\leq n$ , donc $T_n(P) \in \mathbb{R}_n[X]$ : $T_n$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}_n[X]$ .

$\bullet$ Injectivité : soit $P\in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $T_n(P)=0$ , alors $\sum_{k=0}^n P \left( \dfrac kn\right) B_{n,k}(X) =0,$

Or la famille des $\ds B_{n,k}$ est libre, donc

$\forall k \in [\![0\,;n]\!], \:\: P\left( \dfrac kn \right)=0.$

$P$ possède alors $n+1$ racines distinctes, or $P$ est de degré inférieur ou égal à $n$ , donc $P$ est le polynôme nul : Ker $(T_n)=0$ donc $T_n$ est injectif.

$\bullet$ $T_n$ étant un endomorphisme injectif d’un espace de dimension finie, $T_n$ est alors un automorphisme de cet espace.

2.c. $A_0(X)=1$ donc $\ds (T_n(A_0))(X)$

$=\sum_{k=0}^n B_{n,k}(X)$

$=\sum _{k=0}^n {n\choose k} X^k(1-X)^{n-k}$

$=(X+1-X)^n$

$= 1$ :

$T_n(A_0)=A_0$

$A_1(X)=X$ donc

$T_n(A_1)(X)=\ds \sum_{k=0}^n \dfrac kn B_{n,k}(X)$

$=\ds \sum _{k=1}^n \dfrac kn {n\choose k} X^k(1-X)^{n-k}$ en enlevant le premier terme nul

$= \ds \sum _{k=1}^n{n-1\choose k-1} X^k(1-X)^{n-k}$

$= \ds \sum _{k=0}^{n-1}{n-1\choose k} X^{k+1}(1-X)^{n-1-k}$

$= \ds X (X+1-X)^{n-1}$

$= X$

donc $T_n(A_1)=A_1$

2.d. Montrons par récurrence finie sur $k\in[\![0,n]\!]$ : $({\cal H}_k) : \: T_n(A_k)$ est de degré $k$ .

$\bullet$ Initialisation : $T_n(A_0)=1$ donc $({\cal H}_0)$ est vraie et $T_n(A_1)=A_1$ donc $({\cal H}_1)$ est vraie également.

$\bullet$ Hérédité : soit $k\in [\![1\,;n-1]\!]$ tel que $({\cal H}_k)$ soit vraie, et notons $\alpha_k\not = 0$ le coefficient de son terme de degré $k$ . D’après le résultat admis,

$(T_n(A_{k+1}))(X)$

$= \dfrac 1n X(1-X) (T_n(A_k))'(X) + X(T_n(A_k))(X)$

Le terme de plus haut degré de $\ds \dfrac 1n X(1-X) (T_n(A_k))'(X)$ est : $\ds -\dfrac kn \alpha_kX^{k+1}$ ,celui de $\ds X(T_n(A_k))(X)$ est : $\ds \alpha_kX^{k+1}.$

Le terme de plus haut degré de $\ds (T_n(A_{k+1}))(X)$ est donc : $\ds \left( -\dfrac kn +1\right)\alpha_kX^{k+1}$ avec

$\left( -\dfrac kn +1\right)a_k\not = 0$ car $k\in [\![1\,;n]\!]$ et $\alpha_k\not=0$

$\ds (T_n(A_{k+1}))$ est donc bien de degré $k+1$ : $\ds ({\cal H}_{k+1})$ est vraie.

2.e. D’après la question précédente, $\ds \alpha_0=1$ et

$\forall k\in\[\![0,n-1]\!] : \alpha_{k+1}$

$= \left( -\dfrac kn +1\right)\alpha_k$

$= \dfrac{n-k}{n}\alpha_k$

Il s’ensuit, par récurrence :

$\alpha_0=1$ et $\forall k\in[\![1,n]\!] \alpha_k$

$= \dfrac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k}$

$=\dfrac{n!}{(n-k)!n^k}}$

Notons alors $H_n$ la matrice de $T_n$ dans la base ${\cal C}_n$ ; d’après la question d) $H_n$ est triangulaire supérieure, elle a pour valeurs propres ses coefficients diagonaux, qui sont les $\alpha_k$ .

Or $\alpha_0=\alpha_1=1$ , mais à partir du rang 1 on a : $\ds \alpha_{k+1}=\dfrac{n-k}{n}\alpha_k < \alpha_k$ , donc tous les autres coefficients diagonaux sont distincts.

On a déjà $\ds \Vect (A_0,A_1) \subset E_1(T_n)$ donc $\dim(E_1(T_n)) \geq 2$ ; et pour $k\in[\![2,n]\!]$ , $\ds \dim (E_{\alpha_k}(T_n)) \geq 1$ , donc $\ds \dim(E_1(T_n))+ \sum _{k=2}^n \dim(E_{\alpha_k}(T_n)) \geq \dim(\mathbb{R}_n[X]) ;$

ainsi : $T_n$ est diagonalisable, $E_1(T_n)$ =Vect $(A_0,A_1)$ et $\forall k\in [\![2\,;n]\!] \dim (E_{\alpha_k}(T_n)) =1.}$

3.a $Z_n$ peut être considérée comme la somme de $n$ Variable Aléatoire Réelle de Bernoulli, indépendantes et de même paramètre $z$ ; ces variables étant d’espérance $z$ et admettant une variance, par la loi faible des grands nombres $\ds (\overline{Z_n})_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $z$ .

3.b. $|f|$ est une fonction continue sur un segment, elle est donc bornée et atteint ses bornes.

3.c. Notons que $\overline{Z_n} \in [0,1]$ , donc $\ds |f(\overline{Z_n})| \leq M$ et de même $|f(z)| \leq M$ . Raisonnons alors par disjonction de cas :

$\bullet$ Si $U_n$ est réalisé, alors $\ds 1_{U_n}=1$ et $\ds 1_{\overline{U_n}}=0$ , et :

$|f(\overline{Z_n})-f(z)|$

$\leq |f(\overline{Z_n}) | + |f(z)| \leq 2M$

$= 2M 1_{U_n} + \epsilon1_{\overline{U_n}}$

$\bullet$ Si $U_n$ n’est pas réalisé, alors $\ds 1_{U_n}=0$ et $\ds 1_{\overline{U_n}}=1$ , et :

$|f(\overline{Z_n})-f(z)|$

$\leq \epsilon =2M 1_{U_n} + \epsilon1_{\overline{U_n}}$

3.d. Pour tout $\epsilon >0$ fixé :

$|E(f(\overline{Z_n}))-f(z)| = |E( f(\overline{Z_n})-f(z)|$ (linéarité de l’espérance)

$\leq E|f(\overline{Z_n})-f(z)|$ (inégalité triangulaire)

$\leq \ds E( 2M1_{U_n} +\epsilon 1_{\overline{U_n}})$ (croissance de l’espérance)

$\leq& \ds 2M E( 1_{U_n}) +\epsilon E( 1_{\overline{U_n}})$

$\leq & \ds 2MP(U_n) + \epsilon P(\overline{U_n})$ (car $1_A$ est une VAR de Bernoulli de paramètre P(A))

$\leq& \ds 2MP(U_n)+\epsilon$ (car $P(\overline{U_n}) \leq 1)$

Or, puisque la suite $(\overline{Z_n})_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $z$ , et que $f$ est une fonction continue, alors la suite $f(\overline{Z_n})_{n\geq 1}$ converge en probabilité vers $f(z)$ . Ainsi : $\lim_{n\to\infty} P(U_n)=0.$

Il existe donc un rang $N$ tel que : $\forall n\geq N, \:\:\: 2MP(U_n) \leq \epsilon$

on a alors :

$\forall \epsilon >0 \:\:\: \exists N\in \nz \:\:\: \forall n \geq N \:\:\: \left| E(f(\overline{Z_n}))-f(z) \right| \leq 2\epsilon,$

donc $\ds \lim_{n\to\infty} \left| E(f(\overline{Z_n}))-f(z) \right| =0$ , donc :

$\encadre{ \lim_{n\to\infty}E(f(\overline{Z_n}))=f(z)}$

Il reste à faire le lien avec $f_n(z)$ : pour tout $n\in\mathbb N^*$ , en remarquant que, pour tout $\in \mathbb N^*$ et tout $k\in [\![1\,;n]\!]$ ,

$B_{n,k}(z)={n\choose k}z^k(1-z)^{n-k}=P(Z_n=k).$

Ainsi,

$\ds f_n(z) = \sum_{k=0}^n f\left(\dfrac kn \right)P(Z_n=k)$ donc, par le théorème de transfert,

$f_n(z)=E \left( f\left(\dfrac{Z_n}{n}\right)\right)= E(f(\overline{Z_n})),$ d’où :

$\lim_{n\to\infty} f_n(z)=f(z)$

4.a Z=grand(1,1, « bin » ,n,z)

4.b. Ce code simule 1000 VAR indépendantes suivant la loi de $\overline{Z}_{100}$ , puis calcule la moyenne des valeurs de $f$ prises sur ces variables.

Par la loi faible des grands nombres, la valeur affichée fournit une valeur approchée de $E( f(\overline{Z}_{100}))$ .

Comme 100 peut sans doute être considéré comme un grand nombre, la valeur affichée est également une valeur approchée de $f(z)=-0,4 \ln(0,4)$ .

La méthode utilisée ici est la méthode de Monte Carlo.

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Partie 2 : Polynômes d’interpolation de Lagrange

5.a Linéarité évidente

$\bullet$ Injectivité : soit $P\in\mathbb{R}_n[X]$ tel que $\phi(P)=0$ , alors $P(x_0)=\cdots=P(x_n)=0$ ; $P$ possède alors $n+1$ racines distinctes, or $P$ est de degré inférieur ou égal à $n$ , donc $P$ est nul : $\Ker(\phi)={0}$ donc $\phi$ est injectif.

$\bullet$ $\phi$ étant une application linéaire injective entre deux espaces de même dimension, $\phi$ est un isomorphisme.

5.b. Pour tout $(i,k) \in [\![0\,;n]\!] ^2$ , $\ds L_i(x_k)=\delta_{i,k}$ .

$L_i$ est un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ , admettant $n$ racines distinctes ; ainsi il existe un réel $\lambda_i$ tel que

$L_i(X) = \lambda_i \prod _{k\in [\![0\,;n]\!], \: k\not = i} (X-x_k)$

De plus, $L_i(x_i)=1$ ,

Donc $\ds \lambda_i \prod _{k\in [\![0\,;n]\!], \: k\not = i} (x_i-x_k) = 1$ d’où :

$L_i(X) = \prod _{k\in [\![0\,;n]\!], \: k\not = i} \dfrac{X-x_k}{x_i-x_k}}$

5.c. $\bullet$ Symétrie :

$\forall (P,Q)\in(\mathbb{R}_n[X])^2\:\: \psi(Q,P)$

$= \sum_{k=0}^n Q(x_k)P(x_k)$

$=\sum_{k=0}^n P(x_k)Q(x_k)$

$= \psi(P,Q)$ par commutativité du produit des réels.

$\bullet$ Bilinéarité : soit $(P,Q,R)\in(\mathbb{R}_n[X])^3$ et $\lambda\in\mathbb{R}$ ,

$\psi(\lambda P+Q,R)$

$= \sum_{k=0}^n (\lambda P(x_k)+Q(x_k))R(x_k)$

$=\lambda \sum_{k=0}^n P(x_k)R(x_k) + \sum_{k=0}^n Q(x_k)R(x_k)$

$= \lambda\psi(P,R)+ \psi(Q,R)$

$\psi$ est linéaire à gauche, et à droite par symétrie.

$\bullet$ Positivité : soit $P\in \mathbb{R}_n[X]$ , $\psi(P,P)=\sum_{k=0}^n P^2(x_k) \geq 0$ .

$\bullet$ Caractère défini : soit $P\in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $\psi(P)=0$ , alors $P(x_0)=\cdots=P(x_n)=0$ car une somme de termes positifs est nulle ssi ils sont tous nuls.

$P$ admet donc $n+1$ racines distinctes, or $P$ est de degré inférieur ou égal à $n$ , donc $P$ est nul.

$\bullet$ $(L_0,...,L_n)$ base orthonormée :

soit $(i,j) \in [\![1\,;n]\!] ^2$ , tel que $i\not = j$ , $\psi (L_i,L_j)=\sum_{k=0}^n \delta_{i,k}\delta_{j,k} = 0$ car $i\not =j$ donc il y a toujours un facteur nul dans chaque terme de la somme.

Soit $i \in [\![0\,;n]\!]$ ,

$\ds \psi (L_i,L_i)=\sum_{k=0}^n \delta_{i,k}^2= 1+\sum _{k\not = i} 0 = 1$

La famille $(L_0,\cdots,L_n)$ est orthonormée, donc libre ; elle est de cardinal $n+1$ , c’est donc une base de $\mathbb{R}_n[X]$ .

5.d. Pour tout polynome $P$ de $\mathbb{R}_n[X]$ , de coordonnées $a_0,...,a_n$ dans la base $(L_0,\cdots,L_n)$ , $\ds P(X)=\sum_{i=0}^n a_iL_i(X)$ ;alors, pour tout $k\in [\![0\,;n]\!]$ , $\ds P(x_k)=\sum_{i=0}^n a_i \delta _{i,k} = a_k$ .

$P$ a donc pour coordonnées $P(x_0),...,P(x_n)$ .

Ainsi, pour tout $i\in [\![0\,;n]\!]$ , $A_i$ a pour coordonnées dans la base $(L_0,\cdots,L_n)$ : $\ds (x_0^{i},\cdots,x_n^{i})$ .

donc $A$ = $\begin{pmatrix} 1 & x_0 & x_0^2 & ... & x_0^n \\ 1 & x_1 & x_1^2 & ... & x_1^n \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ 1 & x_n & x_n^2 & ... & x_n^n \end{pmatrix}$

5.e. Si $P\in \mathbb{R}_n[X]$ , $\ds \left( P(x_0)$

$=f(x_0), \cdots P(x_n)=f(x_n) \right) \Leftrightarrow \phi(P)$

$= (f(x_0),\cdots,f(x_n))$ .

Or $\phi$ est un isomorphisme d’espaces vectoriels, il existe donc un unique antécédent $P_f$ .

D’après la question d,

$P_f(X)=\sum_{k=0}^n P_f(x_k)L_k(X) = \sum_{k=0}^n, f(x_k)L_k(X)$

6.a $P_f$ est un polynôme de degré $n$ et $Q_f$ de degré $n+1$ , $Q_f-P_f$ est donc un polynôme de degré $n+1$ ; $P_f$ et $Q_f$ ayant les mêmes valeurs en $x_0,...,x_n$ , $Q_f-P_f$ admet les $n+1$ réels $x_0,...,x_n$ comme racines distinctes. Il existe donc un réel $\delta$ tel que :

$Q_f(X)-P_f(X)=\delta \prod_{k=0}^n (X-x_k)=\delta w(X)$

et donc en particulier :

$\ds \forall t \in [a,b] \:\:\: Q_f(t)-P_f(t)=\delta w(t)$ .

6.b. $\bullet$ Par définition du polynome d’interpolation, $Q_f$ prend les mêmes valeurs que $f$ en $\overline{x},x_0,...,x_n$ donc $h$ s’annule en ces $n+2$ points.

$\bullet$ $h$ est de classe ${\cal C}^{n+1}$ comme différence de telles fonctions.

Pour la commodité des notations, on renomme $\overline{x},x_0,\cdots,x_n$ en : $y_0 < y_1 < \cdots < y_{n+1}$ .

$\bullet$ Pour tout $k\in [\![0\,;n]\!]$ , $h$ est continue sur $\ds \left[y_k,y_{k+1} \right]$ , dérivable sur $\ds \left]y_k,y_{k+1} \right[$ , et $\ds h(y_k)=h(y_{k+1})=0$ ; par le théorème de Rolle,

$\exists y_k^{(1)} \in\left]y_k,y_{k+1} \right[ \: \ \:\: h'(y_k^{(1)}) =0$

$h'$ est alors une fonction de classe ${\cal C}^{(k)}$ sur $[a,b]$ , admettant $n+1$ racines distinctes dans $]a,b[$ (car situées dans des intervalles disjoints) : $\ds y_0^{(1)},..., y_n^{(1)}$ .

$\bullet$ Le procédé peut être répété, et ainsi, par récurrence sur $j\in [\![1\,;n+1]\!]$ , $h^{(j)}$ admet $n+2-j$ racines distinctes $\ds y_0^{(j)}, ..., y_{n+1-j}^{(j)}$ .

En particulier, $\ds h^{(n+1)}$ admet une racine $\theta \in ]a,b[$ .

6.c. $\bullet$ Puisque $Q_f$ prend, par définition, la même valeur que $f$ en $\overline{x}$ ,

on a d’après la question 6.a

$f(\overline{x}) - P_f(\overline{x}) = Q_f(\overline{x})-P_f(\overline{x}) = \delta w (\overline{x})$

$\bullet$ Expression de $\delta$ par les dérivées : $w$ est un polynôme de degré $n+1$ et son terme de plus haut degré est $X^{n+1}$ , par conséquent $\ds w^{(n+1)}(X)=(n+1)!$ .

D’autre part, puisque $P_f$ est de degré $n$ , $\ds P_f^{(n+1)}=0$ et donc

$Q_f-P_f=\delta w \Rightarrow Q_f^{(n+1)} = \delta w^{(n+1)}=\delta (n+1)!$

$\bullet$ Or $\ds h^{(n+1)}(\theta)=0$ ,

donc $\ds Q_f^{(n+1)}(\theta) = f^{(n+1)}(\theta)$ et ainsi : $\delta = \dfrac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}$

On obtient bien : $f(\overline{x}) - P_f(\overline{x})$

$= \delta w (\overline{x})$

$= \dfrac{1}{(n+1)!} \times f^{(n+1)}(\theta) \times w (\overline{x})$

6.d. $\bullet$ Si $t\in [a,b] \setminus \{x_0,\cdots,x_n\}$ ,la question précédente s’applique en prenant $\overline{x}=t$ :

$\left| f(t)-P_f(t) \right| = \dfrac{1}{(n+1)!} \times| f^{(n+1)}(\theta)|\times | w (t) |$

$\leq\dfrac{1}{(n+1)!} \times | w (t) | \times\sup_{[a,b]} | f^{(n+1)}|$

$\bullet$ Si $t \in\{x_0,\cdots,x_n\}$ , $|f(t)-P_f(t)|=0$ donc l’inégalité reste vraie.

Ainsi : ${\forall t\in [a,b] \:\:\: \left| f(t)-P_f(t) \right|$

$\leq\dfrac{1}{(n+1)!} \times | w (t) | \times\sup_{[a,b]} | f^{(n+1)}|}$

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Partie 3 : Exemple d’interpolation et phénomène de Runge

7.a $f_{\rho}$ est de classe ${\cal C}^{\infty}$ sur $\mathbb{R}$ car c’est l’inverse d’une fonction polynomiale ne s’annule jamais.

7.b. Posons $g(x) = f_{\rho}(-x)$ .

D’une part, $f_{\rho}$ est paire donc $g=f_{\rho}$ et :

$\forall n\in\mathbb N^*$ $\forall x \in \mathbbR g^{(n)}(x)=f_{\rho}^{(n)}(x)$

D’autre part, par dérivation des fonctions composées :

$\forall n\in \mathbbN^*$ $\forall x \in\mathbb R g^{(n)}(x)= (-1)^n f_{\rho}^{(n)}(-x)$

Par identification, $\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in\mathbb R f_{\rho}^{(n)}(x)$

$= (-1)^n f_{\rho}^{(n)}(-x)$ donc $\left| f_{\rho}^{(n)}(x) \right|$

$= \left| f_{\rho}^{(n)}(-x) \right|}$

7.c. Pour tout $x$ tel que $|x|<\rho$ ,

$\dfrac{1}{x^2+\rho^2}$

$=\dfrac{1}{\rho^2}\dfrac{1}{1+\dfrac{x^2}{\rho^2} }$ avec $\dfrac{x^2}{\rho^2} \in [0,1[$

$=\dfrac{1}{\rho^2} \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\left( \dfrac{x^2}{\rho^2}\right)^2$

$=\ds \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k}{\rho^{2k+2}} x^{2k}$

8.a $p=q=\dfrac{\rho}{2}}$ conviennent.

8.b. $v$ est une fonction paire donc, par le même raisonnement qu’à la question 7.b, $| v^{(n)}(-x)| = |v^{(n)}(x)|$

8.c. $\bullet$ D’après les égalités des questions 7.b et 8.b, il suffit d’établir l’inégalité demandée pour $x\geq 0$ .

On constate le résultat suivant : $(x^{2k}) ^{(n)} = A_{2k}^n x^{2k-n}$ donc $\forall x\in\mathbb R_+,|(x^{2k})^{(n)}|=(x^{2k})^{(n)}}$

$\bullet$ Le résultat admis par l’énoncé s’applique à la fonction $f_{\rho}$ , avec $R=\rho$ et $u_k= \dfrac{(-1)^k}{\rho^{2k+2}}$ ; $f_{\rho}$ est donc de classe ${\cal C}^{\infty}$ sur $]-\rho,\rho[$ , et

$\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in ]-\rho,\rho[ f_{\rho}^{(n)}(x)$

$= \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^k}{\rho^{2k+2}}\left(x^{2k}\right)^{(n)}$

Par inégalité triangulaire sur les séries absolument convergentes :

$\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in ]-\rho,\rho[ |f_{\rho}^{(n)}(x)|$

$\leq \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{1}{\rho^{2k+2}}(x^{2k})^{(n)}$

$\bullet$ D’autre part, pour $x\in ]-\rho,\rho[$ ,

$v(x)= \dfrac 12(\dfrac{\rho}{\rho-x} + \dfrac{\rho}{\rho+x}\right)$

$=\dfrac 12\left( \dfrac{1}{1-\dfrac{x}{\rho}} + \dfrac{1}{1+\dfrac{x}{\rho}}\right)$

$=\dfrac 12 \left( \sum_{k=0}^{\infty} \left(\dfrac{x}{\rho}\right)^k +<\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \left(\dfrac{x}{\rho}\right)^k \right)$

$=\dfrac 12\sum_{k=0}^{\infty}\left(\dfrac{x}{\rho}\right)^k (1+(-1)^k)$

$=\sum_{k=0}^{\infty} \left(\dfrac{x}{\rho}\right)^{2k}$

donc $v$ est de classe ${\cal C}^{\infty}$ sur $]-\rho,\rho[$ , et $\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in ]-\rho,\rho[ v^{(n)}(x)$

$=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{\rho^{2k}}\left(x^{2k})^{(n)}$

d’où :

$\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in [0,\rho[ |v^{(n)}(x)|$

$=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{\rho^{2k}}(x^{2k})^{(n)}$

On en déduit bien :

$\forall n\in\mathbb N^* \forall x \in [0,\rho[| f_{\rho}^{(n)}(x)|$

$\leq \dfrac{1}{\rho^2}| v^{(n)}(x)|$

ce résultat étant valable, par parité, dans $]-\rho,0]$ .

8.d. Une récurrence immédiate sur $n\in\nz^*$ montre que :

$\forall n\in\mathbb N^* \forallx \in ]-\rho,\rho [ v^{(n)}(x)$

$= \dfrac{\rho}{2}(\dfrac{n!}{(\rho-x)^{n+1}} + \dfrac{n!}{(\rho+x)^{n+1}})$

donc $\forall n\in\mathbb N^* \forallx \in ]-\rho,\rho [|f_{\rho}^{(n)}(x)|$

$\leq \dfrac{1}{\rho^2} \times \dfrac{\rho}{2} \times n! \times \left( \dfrac{1}{|\rho-x|^{n+1}} + \dfrac{1}{|\rho+x|^{n+1}} \right)$

8.e. Lorsque $\rho>1$ , et $x\in [-1,1]$ , un dessin plaçant sur l’axe des réels les nombres suivants : $-1,-\rho,x\rho,1$ permet d’observer les inégalités suivantes :

$\bullet$ $x\leq 1 < \rho$ donc $\rho -x \geq \rho-1 >0$ , d’où $\dfrac{1}{|\rho-x|^{n+1}}$

$\leq \dfrac{1}{(\rho-1)^{n+1}}$ ;

$\bullet$ $-\rho <-1 \leq x$ donc $0 < \rho-1 \leq \rho +x$ , d’où $\dfrac{1}{|\rho+x|^{n+1}}$

$\leq \dfrac{1}{(\rho-1)^{n+1}}$ ;

ainsi $\forall n\in\mathbb N^* \forallx \in ]-\rho,\rho [ \quad |f_{\rho}^{(n)}(x) |$

$\leq \dfrac{1}{\rho}\times \dfrac{n!}{(\rho-1)^{n+1}}}$

9.a Là encore un dessin est recommandé, en remarquant que les $\ds x_{kn}$ forment une subdivision régulière de $[-1,1]$ .

$\bullet$ Puisque $\ds x_{0,n} < ... x_{k,n} < x < x_{k+1,n}$ , on a :

$\forall j \in [\![0\,;k]\!] \quad 0 <x-x_{j,n} < x_{k+1,n}-x_{j,n}$

$= \left( -1+\dfrac{2 (k+1)}{n}\right) - \left( -1+\dfrac{2j}{n} \right)$

$= \dfrac 2n (k+1-j).$

$\bullet$ Puisque $\ds x_{k,n} <x < x_{k+1,n}< \cdots x_{n,n}$ , on a :

$\forall j \in [\![k+1\,;n]\!] \quad 0 <x_{j,n} -x < x_{j,n}-x_{k,n}$

$= \left( -1+\dfrac{2j}{n}\right) - \left( -1+\dfrac{2k}{n} \right)$

$= \dfrac 2n (j-k).$

$\bullet$ Par conséquent,

$|w_n(x)| = \prod_{j=0}^n | (x-x_{j,n}) |$

$\leq \prod _{j=0}^k(\dfrac 2n (k+1-j)) \times \prod_{j=k+1}^n(\dfrac 2n (j-k))$

$\leq (\dfrac{2}{n})^{n+1} \times \prod _{j=0}^k (k+1-j) \times \prod_{j=k+1}^n (j-k)$

$\leq (\dfrac {2}{n})^{n+1} \times \prod _{i=1}^k i\times \prod _{i=1}^{n-k} i$

$\leq (\dfrac {2}{n})^{n+1} k! (n-k)!$

$\bullet$ Il reste à montrer que, pour $k\in [\![0\,;n-1]\!]$ , $\ds (k+1)!(n-k)!$

$\leq n!$ , ce qui équivaut à : $k+1 \leq {n\choose k}.$

On peut démontrer par récurrence sur $n\in\mathbb N^*$ la propriété ${\cal H}_n :\forall k \in [\![0\,;n-1]\!], \:\: k+1\leq {n\choose k}.$

${\cal H}_1$ est vraie car $0+1 = {1 \choose 0}$ .

Si ${\cal H}_n$ est vraie : pour $k=0$ , on a bien $0+1 ={n+1 \choose 0}$ ; pour $k=n$ , ona bien $\ds n+1 = {n+1 \choose n}$ ; et pour $k\in [\![1\,;n-1]\!]$ , la formule du triangle de Pascal donne :

${n+1 \choose k} = {n\choose k} + {n \choose k-1}$

$\geq k+1 + k \geq k+1$ par hypothèse de récurrence;

Ainsi, on obtient bien :

$w_n(x)| \leq(\dfrac 2n)^{n+1} \times (k+1)! \times (n-k)!$

$\leq (\dfrac 2n)^{n+1} \times n!$

9.b. D’après la formule de Stirling, $n! \sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}$ ; ainsi,

$(\dfrac 2n)^{n+1} \times n! \sim (\dfrac 2n)^{n+1} n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n} \sim$

$(\dfrac 2e)^{n+1} \dfrac{1}{\sqrt{n}}e\sqrt{2\pi} = \circ ((\dfrac 2e)^{n+1})$

Puisque $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{\sqrt{n}}e\sqrt{2\pi} =0$ , il existe un rang $n_0$ tel que, pour tout $n\geq n_0$ , $0 \leq \dfrac{1}{\sqrt{n}}e\sqrt{2\pi}\leq 1$ ; on a alors :

$\forall n \geq n_0 |w_n(x)| \leq (\dfrac 2n)^{n+1} \times n!$

$\leq(\dfrac 2e)^{n+1}$

9.c. $\bullet$ D’après la question 6.d, $\forall x \in [-1,1], |f_{\rho}(x)-P_{f_{\rho},n}(x)|$

$\leq \dfrac{1}{(n+1)!} \times |w_n(x)| \times \sup_{[-1,1]} \left|f_{\rho}^{(n+1)} \right|$ .

$\bullet$ D’après la question 8.d, pour $\rho >1$ , $\sup_{[-1,1]} \left| f_{\rho}^{ (n+1)}\right|\leq \dfrac{1}{\rho} \dfrac{n!}{(\rho-1)^{n+1}}$ .

$\bullet$ D’après la question 9.b, il existe un rang $n_0$ à partir duquel : $\forall x \in [-1,1] |w_n(x)|\leq \left(\dfrac 2e \right) ^{n+1}$ .

Il s’ensuit :

$\forall n \geq n_0, \forall x \in [-1,1] |f_{\rho}(x)-P_{f_{\rho},n}(x)|$

$\leq \dfrac{1}{(n+1)!} \times\left(\dfrac 2e \right)^{n+1}$

$\times \dfrac{1}{\rho} \times \dfrac{n!}{(\rho-1)^{n+1}}$

soit $|f_{\rho}(x)-P_{f_{\rho},n}(x)|$

$\leq \dfrac{1}{\rho(n+1)} \left( \dfrac{2}{e(\rho-1)} \right)^{n+1}}$

Une condition suffisante pour que $\lim_{n\to\infty}|f_{\rho}(x)-P_{f_{\rho},n}(x) | =0$ est que la suite géométrique figurant dans la majoration soit de raison strictement inférieure à 1, soit :

$\dfrac{2}{e(\rho-1)}<1$

$\Leftrightarrow e(\rho-1)>2$

$\Leftrightarrow \rho>1+\dfrac 2e$

10.a La fonction $u : t\mapsto \ln(t^2+\rho^2)$ est de classe ${\cal C}^1$ sur le segment $[-1,1]$ ; nous pouvons donc effectuer une intégration par parties avec $v'(t)=1$ , $v(t)=t$ et $u'(t)=\dfrac{2t}{t^2+\rho^2}$ .

$H(\rho) = \dfrac 14\left[ t\ln(t^2+\rho^2) \right]_{-1}^1 -\dfrac 14 \int_{-1}^1 \dfrac{2t^2}{t^2+\rho^2} dt$

$=\dfrac 12 \ln(1+\rho^2) -\dfrac 12 \int_{-1}^1 \left( 1-\dfrac{\rho^2}{t^2+\rho^2} \right)dt$

$=\dfrac 12 \ln(1+\rho^2) - 1 +\dfrac 12 \int_{-1}^1 \dfrac{\rho^2}{t^2+\rho^2} dt$

$=\dfrac 12 \ln(1+\rho^2) - 1+ \dfrac 12 \int_{-1}^1 \dfrac{1}{1+ \left(\dfrac{t}{\rho} \right)^2 }dt$

$= \dfrac 12 \ln(1+\rho^2) - 1+ \dfrac 12 \int_{-1/\rho}^{1/\rho} \dfrac{1}{1+ x^2 }\rho dx$ par le changement de variable affine $x=\dfrac{t}{\rho}$

$= \dfrac 12 \ln(1+\rho^2) - 1+ \dfrac {\rho}{2} \left[ \arctan x \right]_{-1/\rho}^{1/\rho}$

$H(\rho)=\dfrac 12 \ln(1+\rho^2) - 1+ \rho \arctan \left( \dfrac{1}{\rho}\right)}$

Remarque : pour être cohérent avec la question 11, on peut remarquer que $-1 = \dfrac 12 \ln \left( \dfrac 14 \right)$ , et que donc :

$H(\rho)=\dfrac 12 \ln \left( \dfrac{1+\rho^2}{4} \right) + \rho \arctan \left( \dfrac{1}{\rho}\right)}$

10.b. $\bullet$ La fonction $H$ est continue sur $]0,+\infty[$ .

$\bullet$ Elle est strictement croissante sur cet intervalle, car elle est de classe ${\cal C}^1$ et $\forall \rho >0, H'(\rho) = \dfrac{\rho}{1+\rho^2} + \arctan\left(\dfrac{1}{\rho}\right)$

$+\rho \times \left(-\dfrac{1}{\rho^2}\right) \dfrac{1}{1+\dfrac{1}{\rho^2}}$

$= \arctan(\dfrac{1}{\rho}) >0$

$\bullet$ $\lim_{\rho \to 0_+} \arctan \left( \dfrac{1}{\rho})=\dfrac{\pi}{2}$ , donc $\lim_{\rho \to 0_+}H(\rho) = -1$ .

$\bullet$ $\arctan \left( \dfrac{1}{\rho} \right) \sim_{+\infty} \dfrac{1}{\rho}$ , donc $\lim_{\rho\to+\infty} \rho \arctan \left( \dfrac{1}{\rho} \right) =1$ et $\lim_{\rho\to+\infty}H(\rho)=+\infty$ .

$\bullet$ $H$ réalise donc une bijection strictement croissante de $]0,+\infty[$ sur $]-1,+\infty[$ .

10.c. $\ln(2)\simeq 0,7$ donc $\ln(2)-1\in ]-1,+\infty[$ ; $\ln(2)-1$ admet donc un unique antécédent $\rho_0$ par $H$ dans $]0,+\infty[$ .

De plus, $H(1) = \dfrac 12 \ln(2)-1 +\arctan(1)$

$= \dfrac 12 \ln(2)-1 +\dfrac{\pi}{4} \geq\dfrac{0,69}{2}-1 + \dfrac 34$

$\simeq 0,1>0$ , donc $H(\rho_0) < H(1)$ d’où, par croissance stricte de $H$ , $\rho_0 < 1$

10.d. $\bullet$ $w_n$ n’ayant que des racines réelles, $w_n(i\rho)\not = 0$ donc $\left| w_n(i\rho) \right| >0$ et $\ln (|w_n(i\rho)|)$ est bien défini.

$\bullet$ $\dfrac 1n \ln ( |w_n(i\rho)| )$

$= \dfrac 1n \ln \left( \left| \prod _{k=0}^n (i\rho-x_{k,n}) \right| \right)$

$= \dfrac 1n \sum_{k=0}^n \ln \left( |i\rho - x_{k,n}| \right)$

$\bullet$ $\rho$ et $x_{k,n}$ étant des réels,

$\ln \left( |i\rho-x_{k,n}|\right)$

$= \ln \left( \sqrt{x_{k,n}^2+\rho^2}\right)$

$= \dfrac 12 \ln (x_{k,n}^2+\rho^2)$

donc $\dfrac 1n \ln ( |w_n(i\rho)| )$

$= \dfrac{2}{n} \sum_{k=0}^n \dfrac 14\ln\left( x_{k,n}^2+\rho^2\right)$

Nous reconnaissons une somme de Riemann,

pour la fonction continue $t \mapsto \dfrac 14\ln(t^2+\rho^2)$ ;
associée à la subdivision $(x_{0,n},\cdots,x_{n,n})$ , de pas $\dfrac 2n$ sur le segment $[-1,1]$ ;

donc ${\lim_{n\to \infty} \dfrac 1n \ln (|w_n(i\rho)|)$

$= \dfrac 14 \int_{-1}^1 \ln(t^2+\rho^2) dt =H(\rho)}$

11.a $\bullet$ La fonction $G$ du programme correspond à la fonction $H$ de la question 10).

$\bullet$ $H(1)>0$ d’après la question 10.c.

$\bullet$ $H(0,25) <0$ car : d’une part

$\dfrac 12 \ln \left( \dfrac{1+0,25^2}{4}\right)$

$\simeq \dfrac 12 \ln\left( \dfrac 14\right)$

$\simeq \dfrac 12 (-2\ln(2))$

$\simeq -\ln (2)$

$\simeq -0,7,$

d’autre part :

$0,25\arctan \left( \dfrac{1}{0,25}\right)$

$\leq 0,25 \times \dfrac{\pi}{2}$

$\simeq \dfrac 38$

$\simeq 0,38$

$\bullet$ Le programme met en oeuvre la méthode de dichotomie, pour la fonction continue $H$ , sur l’intervalle $[0,25 ; 1]$ où $H$ possède une unique racine d’après le théorème de la bijection et les signes de $H(0,25)$ et $H(1)$ ). Cette méthode converge vers la racine, donc $s_0$ vérifie l’équation : $H(s_0)=0$ .

11.b. $H(s_0=0$ et $H(\rho_0 ) = \ln(2)-1 <0$ ; $H$ est strictement croissante, donc $\rho_0 < s_0$ .

12.a Pour tout $k\in [\![0\,;n]\!]$ , $S(x_{k,n}) = 1- (x_{k,n}^2+\rho^2) P_{f_{\rho},n}( x_{k,n})$

$= 1- (x_{k,n}^2+\rho^2) f_{\rho}( x_{k,n})$

$= 1- (x_{k,n}^2+\rho^2) \times \dfrac{1}{x_{k,n}^2 +\rho^2}$

$= 0$

donc $x_{k,n}$ est racine de $S_n$ .

Par conséquent $w_n(X)=\prod_{k=0}^n (X-x_{k,n})$ divise $S$ .

12.b. Pour tout $k\in [\![0\,;n]\!]$ , $x_{k,n} = - x_{n-k,n}$ (faites un dessin), donc

$P_{f_{\rho},n}(-x_{k,n})$

$=P_{f_{\rho},n}(x_{n-k,n})$

$=f_{\rho}(x_{n-k,n}$ par définition de $P_{f_{\rho},n}$

$=f_{\rho}(-x_{k,n})$

$=f_{\rho}(x_{k,n})$ par parité de $f_{\rho}$

$= P_{f_{\rho},n}(x_{k,n})$

Ainsi les polynômes $P_{f_{\rho},n}(X)$ et $P_{f_{\rho},n}(-X)$ prennent la même valeur en $n+1$ points distincts ; comme ils sont de degré $n$ ,

$P_{f_{\rho},n}(X)$

$= P_{f_{\rho},n}(-X)$

12.c. $w_n(y_n)$

$=\prod _{k=0}^n \left( y_n-x_{k,n} \right)$

$= \prod _{k=0}^n \left(1-\dfrac 1n +1-\dfrac{2k}{n}\right)$

$= \prod _{k=0}^n \left( 2-\dfrac{2k+1}{n}\right)$

donc $|w_n(y_n)|$

$=\dfrac 1n\times \prod_{k=0}^{n-1} \left( 2-\dfrac{2k+1}{n} \right)$

$=\dfrac {1}{n}\times \prod_{k=0}^{n-1} \dfrac{2(n-k)-1}{n}$

$= \dfrac 1n \times\dfrac {1}{n^n}\times \prod_{j=1}^{n} (2j-1)$

$= \dfrac 1n \times\dfrac {1}{n^n}$

$\times\dfrac{1\times 2\times 3 \times 4 \times \...\times \times (2n-1)\times (2n)}{2\times 4 \times \cdots \times (2n)}$

$=\dfrac 1n \times \dfrac {1}{n^n}\times \dfrac{(2n)!}{2^n n!}$

$\sim \dfrac 1n\dfrac {1}{n^n}$

$\times \dfrac{ (2n)^{2n} \times e^{-2n} \times\sqrt{4\pi n}}{2^n \times n^n \times e^{-n} \times \sqrt{2\pi n}}$ par la formule de Stirling.

$\sim \dfrac 1n \times 2^n e^{-n}\sqrt{2}$

donc ${|w_n(y_n)|\sim \dfrac{\sqrt{2}}{n} \left(\dfrac 2e\right)^n}$

12.d. $\lim_{n\to\infty} \left( \ln( |w_n(i\rho)|) -nH(\rho) \right)=0$

$\Rightarrow \lim_{n\to\infty} \ln \left( \dfrac{ |w_n(i\rho)|}{e^{nH(\rho)}} \right)=0$

$\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\dfrac{ |w_n(i\rho)|}{e^{nH(\rho)}}=1$

$\Rightarrow |w_n(i\rho)| \sim e^{nH(\rho)}$

$\Rightarrow \left| \dfrac{w_n(y_n)}{w_n(i\rho)} \right| \sim \dfrac{\sqrt{2}}{n} \left(\dfrac 2e\right)^n e^{-nH(\rho)}$

$\Rightarrow \left| \dfrac{w_n(y_n)}{w_n(i\rho)} \right| \sim\dfrac{\sqrt{2}}{n} 2^n e^{-n(1+H(\rho))}}$

13.a $\overline{w_n(i\rho)}$

$= \prod_{k=0}^n \overline{(i\rho-x_{k,n} )}$

$=\prod_{k=0}^n (-i\rho-x_{k,n} )$

$=(-1)^{n+1} \prod_{k=0}^n (i\rho + x_{k,n})$

$=(-1)^{n+1} \prod_{k=0}^n (i\rho - x_{n-k,n})$ d’après la question 12.b

$=(-1)^{n+1} \prod_{j=0}^n (i\rho - x_{j,n})$ par changement d’indice $j=k-n$

$=\prod_{j=0}^n (i\rho - x_{j,n})$ car n+1 est pair}

$= w_n(i\rho)$

donc $w_n(i\rho)$ est un réel, non nul d’après la question 10.d.

$\bullet$ $P_{f_{\rho},n}$ est de degré inférieur ou égal à $n$ , mais $P_{f_{\rho},n}$ est pair d’après la question 12.b ; or $n$ est impair, donc $P_{f_{\rho},n}$ ne peut pas comporter de monôme de degré $n$ ; ainsi, $P_{f_{\rho},n}$ est de degré inférieur ou égal à $n-1$ , donc $S_n$ est de degré inférieur ou égal à $n+1$ .