1. No category

2015-04-01
DS 6 Mathématiques – Corrigé
Exercice 1 (Exercice fourre-tout)
a) Voir cours.
b) Il suffit de montrer qu’il s’agit d’une famille libre. Soit (λ1 , λ2 , λ3 ) ∈ R3
tels
 que λ1 g1 + λ2 g2 + λ3 g3 = (1, 1, 1). On a alors le système

 λ1 − λ2 + 3λ3 = 1
−2λ1 + λ2 − 2λ3 = 1


3λ1 + 2λ2 + λ3 = 1
On applique l’algorithme de Gauss-Jordan et on trouve bien
(λ1 , λ2 , λ3 ) = (−11/12, 4/3, 13/12). Comme il y a unicité de cette solution pour ce second membre, on sait qu’il y aurait également unicité pour le
second membre nul, donc la famille est libre, et c’est donc une base dans un
espace vectoriel de dimension 3.
HX1
d
a c d
b
c
d
On arrive ainsi à a + c = 0, b + = 0, − − − = 0 et − +
+
= 0.
2
2 8 8
6 16 24
Il reste alors à résoudre ce système pour trouver a = b = c = d = 0.
√
f) On note Pn le développement limité de la fonction x 7→ 1 + x en 0 à l’ordre
∞
n (cette fonction et toutes les autres de cette question
les
√ sont C donc
n
développements limités
existent).
On
a
donc
P
(x)
=
1
+
x
+
o(x
),
donc
n
√
Pn2 (x) = 1+x+o( 1 + xxn ) = 1+x+o(xn ). On sait alors que (1+x)−Pn (x)
est un polynôme, dont le développement limité en 0 est nul à l’ordre n. Cela
signifie que son terme de plus bas degré est d’ordre au moins n, donc qu’il
est divisible par X n .
c) 0 est bien solution de cette équation. Si P 6= 0, on pose n = deg(P ). Alors
deg(P 0 )2 = 2n − 2. Si P est solution, on a donc n = 2n − 2, soit n = 2. g) Soit x ∈ Im(f ). On peut écrire x = f (y). Alors f (x) = f (f (y)) = 0 donc
x ∈ Ker (f ). D’après le théorème du rang, rg(f ) + dim (Ker (f )) = n, et
En posant P = ax2 + bx + c, on trouve alors (2ax + b)2 = 4ax2 + 4bx + 4c,
n
2
2
rg(f ) 6 dim (Ker (f )), donc rg(f ) 6 .
d’où 4a = 4a et donc a = 1 (le cas a = 0 est exclu), et c = b /4. On montre
2
b2
conviennent pour
ensuite que les polynômes de la forme P = x2 + bx +
4
tout b ∈ R.
Exercice 2
d) Supposons f (A) ⊂ f (B), et soit x ∈ A + Ker (f ). On peut écrire x = a + b,
avec a ∈ A et f (b) = 0. Alors f (x) = f (a) donc f (x) ∈ f (A) ⊂ f (B). Donc
a) On pose f la fonction x 7→ x + ex définie sur R. C’est clairement une fonction
il existe c ∈ B/f (x) = f (c). On a alors x = c + (x − c), et f (x − c) = 0, donc
strictement croissante, et lim f (x) = +∞, lim f (x) = −∞. Donc f est
x→+∞
x→−∞
x ∈ B + Ker (f ).
bijective
de
R
dans
R,
donc
l’équation
f
(x)
=
n admet une seule solution.
Inversement, si A + Ker (f ) ⊂ B + Ker (f ), soit x ∈ f (A). On peut écrire
x = f (a) avec a ∈ A. Or A ⊂ B + Ker f , donc on peut écrire a = b + c avec
b ∈ B et f (c) = 0. Alors x = f (a) = f (b + c) = f (b), donc x ∈ f (B).
b) Par croissance de la fonction f , on déduit que xn est croissante
(f (xn+1 ) = n + 1 > f (xn )). Si (xn ) était majorée, elle serait convergente,
e) Soit (a, b, c, d) tel que af1 + bf2 + cf3 + df4 = 0. Calculons un développement
de
limite l, et on aurait alors lim f (xn ) = f (l), ce qui est absurde car
limité de cette fonction au voisinage de 0 à l’ordre 3. On a :
n→+∞
2
x
lim f (xn ) = +∞. Donc (xn ) n’est pas majorée, et tend donc vers +∞. On
f1 (x) = 1 −
+ o(x3 )
n→+∞
2
a alors xn + exn ∼ exn , donc exn ∼ n. Attention, on ne peut pas composer
x3
3
exn
f2 (x) = x −
+ o(x )
par ln dans un équivalent. En revanche, on peut dire que
→ 1 donc
6
n
√
x x2
x3
x
n
1+x−1= −
+
+ o(x3 )
xn − ln n → 0 donc
− 1 → 0 et finalement xn ∼ ln n.
2
8
16
ln n
Donc
x2
x3
f3 (x) = 1 −
+
+ o(x3 )
c) En utilisant xn= ln n + o(ln n)
l’expression xn = ln(n
n ), on trouve :
dans
− x
8
16
ln n
ln n
ln n
ln n
x x2
x3
xn = ln n + ln 1 −
+o
= ln n −
+o
.
f4 (x) = −
+
+ o(x3 )
n
n
n
n
2
8
24
1/4
2015-04-01
DS 6 Mathématiques – Corrigé
ln n ln n
ln n
+ 2 +o
Enfin, xn = ln n + ln 1 −
n
n
n2
ln n ln n
ln n
= ln n + −
+ 2 +o
n
n
n2
2 !
2
ln n
1
ln n ln n
ln n
−
−
+ 2 +o
+o
2
n
n
n2
n
2
2 !
ln n 1 ln n
ln n
= ln n −
−
+o
n
2
n
n
2
ln n
En effet, tous les autres termes sont négligeables devant
...
n
est toujours 0, donc le monôme de degré 0 de Pn+2 est également celui de
−Pn . C’est donc 0 pour les n impair, et en alternance 2 et −2 pour le cas n
pair.
Ainsi, pour tout n : γ2n + 1 = 0, γ4n = 2, γ4n+2 = −2.
1
1
d) On cherche des racines de Pn sous la forme z + . On a alors z n + n = 0
z
z
donc z 2n = −1. Donc z est une racine (2n)-ième de −1, c’est à dire qu’il
(2k+1)iπ
existe k ∈ J0; 2n − 1K tel que z = e 2n . Finalement,
ces racines sont donc
(2k+1)iπ
1
(2k + 1)π
sous la forme e 2n + (2k+1)iπ = 2 cos
. Si on fait varier k
2n
e 2n
entre 0 et n − 1, on obtient des valeurs de cos prises sur l’intervalle 0 et π sur
lequel cos est injective. Cela fait donc n racines, et on les a donc toutes.
Exercice 3
1
z+
z
= 2, donc le polynôme constant P0 = 2 convient.
1
1
De même, P1 = X convient, car on a alors P1 z +
= z+
.
z
z
2
1
1
Enfin, on a ∀z ∈ C, z +
= z 2 + 2 + 2, donc P2 = X 2 − 2 convient.
z
z
a) On doit avoir P0
HX1
e) En utilisant la relation coefficient-racine, on trouve que le produit de ces
racines est (−1)n fois le coefficient constant du polynôme Pn (parce qu’il est
unitaire). Par ailleurs, c’est également 2n A.
Ainsi, si n est impair, A = 0 (en fait, il y a alors dans le produit un cos(π/2).
Si n s’écrit sous la forme 4k, alors 2n A = 2 donc A = 21−n .
Si n s’écrit sous la forme 4k + 2, alors 2n A = −2 donc A = −21−n .
Exercice 4 (Propriétés de la fonction de Bessel J0 )
b) Commençons par remarquer en toute généralité qu’il y a un nombre infini
1
I Premières propriétés
de nombres complexes qui peuvent s’écrire sous la forme z + (par exemple,
Z 2π
Z 2π
z
1
1
1
iθ
a)
Tout
d’abord,
|J
(x)|
6
|
cos(x
sin
θ)|dθ
6
dθ = 1.
0
tout nombre qui s’écrit sous la forme 2 cos nθ = e + iθ ). Ainsi, si deux
2π 0
2π 0
e
Z 2π
polynômes Pn et Qn vérifient l’égalité, alors ils coïncident sur une infinité de
Ensuite, pour x ∈ R, J0 (−x) =
cos(−x sin(θ))dθ = J0 (x).
valeurs, et donc en particulier Pn = Qn .
0
Analyse: en supposant
on
queles
polynômes
Pn existent,
aurait pour
z ∈C
Donc J0 est paire.
1
1
1
1
1
n
= z+
z + n = Pn+1 z +
+ Pn−1 z +
. b) En posant u = θ − π et en utilisant la parité de cos :
(XPn ) z +
z
z
z
z
z
Z 2π
Z π
Z 2π
On peut alors poser P0 = 2, P1 = X et pour tout n, Pn+2 = XPn+1 − Pn .
cos(x sin(θ))dθ =
cos(x sin(θ))dθ +
cos(x sin(θ))dθ
0
Synthèse : On a alors par récurrence (à effectuer) pour tout n,
Z0 π
Zππ
1
=
cos(x sin(θ))dθ +
cos(x sin(u + π))du.
Pn (z) = z n + n
z
0
0
Z π
c) D’après la relation de récurrence et en effectuant une récurrence double,
=2
cos(x sin(θ))dθ
on peut montrer ∀n, deg(Pn ) = n. Le coefficient dominant de Pn est alors
0
toujours 1 sauf pour n = 0 (c’est alors 2). Le monôme de degré 0 de XPn+1
Sur le même principe, avec u = π − θ,
2/4
2015-04-01
Z
DS 6 Mathématiques – Corrigé
π
Z
Z u+s
− cos(t)
| cos(u + s) − cos u + s sin u| 6 (u + s − t)dt
2
u
Z u+s
(u + s − t)
6
dt
2
u
u+s
(u + s − t)2
6 −
2
u
0
cos(x sin(π − u))(−du)
cos(x sin(θ))dθ =
π/2
π/2
Z
=
π/2
cos(x sin(u))du
0
II Continuité de J0 en 0
a) On peut démontrer que sin θ 6 θ par étude de fonction. La démonstration
de l’autre inégalité se trouve dans le corrigé du DS 5.
b)
2
π
θ 6 sin θ 6 θ donc
b) Soit x ∈]0; 1[ et θ ∈ [0; ]. On sait que
2
π
2xθ
2xθ
6 x sin θ 6 xθ. Alors xθ et
sont dans l’intervalle [0; π], sur leπ
π
quel la fonction cos est décroissante.
Ainsi, on a :
2xθ
cos(xθ) 6 cos(x sin(θ)) 6 cos
π
Par
positivité
de
l’intégrale,
π/2
2 sin(xθ)
J0 (x)
>
π
x
0
π/2
2xθ
1
2 π
sin
6 sin x.
J0 (x) 6
π 2x
π 0
x
il
>
HX1
vient
21
xπ
sin
πx
2
alors
et
Par le théorème des gendarmes, ces deux quantités tendant vers 1, on a
lim+ J0 (x) = 1.
x→0
On procède de même pour x < 0 (certains encadrement sont inversés), et il
vient alors lim J0 (x) = 1, donc J0 est continue en 0.
x→0
III Dérivabilité de la fonction J0
a) D’après la formule de Taylor avec reste intégral exprimée au point u à l’ordre
1, on a :
Z u+s
− cos(t)
cos(u + s) = cos u − s sin u +
(u + s − t)2 dt.
2
u
Ainsi :
6
s2
2
On
a:
Z π
J0 (x + h) − J0 (x) + h
sin(x sin θ) sin θdθ
π 0
Z
1 π
= (cos((x + h) sin θ) − cos(x sin θ) + h sin(x sin θ)) dθ
π 0
Z
1 π h2 sin2 θ 6 dθ
π 0
2
2
h
6
2
(on a utilisé la question a) avec u = x sin θ et s = h sin θ).
c) En divisant tout par h, on
Z πa
J0 (x + h) − J0 (x)
h
1
+
sin(x sin θ) sin θdθ 6
h
π 0
2
J0 (x + h) − J0 (x)
Et ainsi, lim
existe, donc J0 est dérivable (donc continue)
h→0
Zh π
1
sin(x sin θ) sin θdθ.
en x, et J00 (x) = −
π 0
d) Pour x ∈ [0, π] et θ ∈ [0, π], sin(θ) ∈ [0, 1] donc x sin θ in[0, π] donc
sin(x sin θ) ∈ [0, 1] donc sin(x sin θ) sin θ) > 0. Ainsi, J00 (x) 6 0, donc J0
est décroissante sur [0, π].
IV Développement en série entière de la fonction J0
a) Cette inégalité découle directement de la formule de Taylor avec reste intégral,
en se souvenant qu’on peut majorer cos par 1. Il ne faut pas oublier de préciser
les dérivées successives de cos pour éviter de donner une formule qui « tombe
du ciel ».
3/4
2015-04-01
DS 6 Mathématiques – Corrigé
b) Même formule qu’au-dessus, après passage à l’intégrale, entre 0 et π.
c) Le membre de droite tend vers 0 (par exemple parce que pour n > x,
|x|2n+1
décroit plus vite qu’une suite géométrique de raison 1/2). On en
(2n + 1)!
déduit la limite attendue.
V Équation différentielle
a) Depuis l’expression de droite, c’est une intégration par partie, en primitivant
sin θ et en dérivant sin(x sin θ).
b) Il suffit d’écrire xy 00 + y 0 + xy et d’utiliser la relation précédente pour arriver
à 0.
4/4
HX1