PARTIE I : Etude d un produit scalaire.

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1 1 PARTIE I : Etude d un produit scalaire. Dans toute la suite nous nous autoriserons à noter E k l espace vectoriel des fonctions polynômes réelles de degré inférieur ou égal à k, et ceci pour tout k dans N... Q1 a) Montrons tout d abord que si Q est un élément de E : lim Qt) e t ) =. Si Q = O E ceci est une t + évidence. Supposons dès lors que Q est un élément non nul de E et considérons son terme de plus haut degré a p X p. Nous avons alors Qt) e t a p t p e t au voisinage de + et par croissance comparée ap t p e t) = ; le résultat s en déduit sans problème. Ainsi si Q est un élément de E : lim Qt) e t ) =. t + Soit P un élément de E. Montrons que localement intégrable sur cet intervalle. Comme X P est un élément de E, d après ce qui précède lim t + P t) e t dt converge. u : t P t) e t est continue sur [, + [ et donc lim t P t) e t) = ou lim t ut) ) =. t + t + Il existe donc un réel A, strictement positif, tel que pour tout élément t de [A, + [ : t ut) 1. On a alors pour tout élément t de [A, + [ : ut) 1 t. La convergence de 1 A t dt et les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives donnent la convergence de ut) dt donc l absolue convergence de ut) dt et ainsi sa convergence. A Comme ut) dt existe : ut) dt converge. Ainsi pour tout élément P de E, P t) e t dt converge. b) Cela peut se faire de manière immédiate en utilisant la partie du programme concernant la fonction Γ. En effet pour tout élément k de N : I k+1 = Γk + ) = k + 1)Γk + 1) = k + 1)I k et I k = Γk + 1) = k + 1 1)! = k!. Suivons la logique du texte et retrouvons ces deux résultats. La question précédente montre que I k existe pour tout élément k de N t t k appartient à E). Fixons k dans N. Soit A un élément de ], + [. Une intégration par parties élémentaire donne : Comme lim A + Pour tout élément k de N : t k+1 e t dt = [t k+1 e t )] A A k + 1)t k e t ) dt = A k+1 e A + k + 1) A k+1 e A) = il vient en faisant tendre A vers + : I k+1 = k + 1)I k. De plus son premier terme est I = I k+1 k + 1)! = k + 1)I k k + 1)! tout élément k de N : I k k! = 1 ou I k = k!. e t dt = = I k k!. La suite I k/k!) k est donc constante. lim A + Pour tout élément k de N, I k+1 = k + 1)I k et I k = k!. e t dt = t k e t dt. lim A + e A + 1) = 1. Par conséquent, pour Q a) Remarquons pour commencer que si P et Q sont deux éléments de E n leur produit est un élément de E ; ainsi, d après la première question, P t) Qt) e t dt converge. <.,. > est bien alors une application de E n E n dans R. Montrons qu il sagit d un produit scalaire.

2 Si P et Q sont deux éléments de E n, < P, Q >= <.,. > est symétrique. Soient P, Q, R trois éléments de E n et λ un réel. < λp + Q, R >= intégrales convergent). λp + Q)t) Rt) e t dt = λ P t) Qt) e t dt = P t) Rt) e t dt + Donc < λp + Q, R >= λ < P, R > + < Q, R >. <.,. > est linéaire à gauche. Soit P un élément de E n. < P, P >= [ + [ donc < P, P > est positif ou nul. Supposons que < P, P >=. Fixons un élément B dans R +. Ceci donne alors : B Qt) P t) e t dt =< Q, P >. Qt) Rt) e t dt car toutes les P t) ) e t dt et t P t) ) e t est une fonction positive ou nulle sur B ) + P t) e t ) dt P t) e t dt = P t) ) e t dt =. Ainsi la fonction t P t) ) e t est continue, positive et d intégrale nulle sur [, B]. Cette fonction est donc nulle sur [, B] et nécessairement : t [, B], P t) =. La fonction polynôme P a alors une infinité de racines ; c est donc la fonction nulle. Ainsi < P, P >= donne P = En. <.,. > est définie positive. Les trois points précédents suffisent pour dire que <.,. > est un produit scalaire sur E n. Remarques 1. Dans la suite nous noterons. la norme associée à ce produit scalaire.. En posant : P, Q) E, ϕp, Q) = P t) Qt) e t dt on obtient un produit scalaire sur E. 3. On peut, de la même manière, définir encore un produit scalaire sur l espace vectoriel à démontrer...) des fonctions numériques f, continues sur [, + [ et telles que ) ft) e t dt converge. b) Soient i et j deux éléments de [, n]. < X i, X j >= Si i et j sont deux éléments de [, n] : < X i, X j >= i + j)!. t i t j e t dt = t i+j e t dt = I i+j = i + j)!. Q3 a) La seule fonction polynôme unitaire de degré est X, il est donc raisonnable de poser Q = X = 1. Soit P une fonction polynôme unitaire de degré 1. Il existe un réel a tel que : P = X + a. < P, Q >=< X + a, 1 >=< X 1, X > +a < X, X >= 1 + )! + a + )! = 1 + a. P est donc orthogonale à Q si et seulement si a = 1. En posant : Q 1 = X 1, nous obtenons une fonction polynôme unitaire de degré 1 orthogonale à Q. Soit P une fonction polynôme unitaire de degré. Il existe deux réels b et c tels que : P = X + bq 1 + cq Q, Q 1 ) est clairement une base de E 1 ). Cherchons alors b et c pour que P soit orthogonale à Q et Q 1. Rappelons que Q et Q 1 sont othogonaux! < P, Q >=< X, Q > +b < Q 1, Q > +c < Q, Q >=< X, X > +c < X, X >= + )! + c + )! = + c. < P, Q 1 >=< X, Q 1 > +b < Q 1, Q 1 > +c < Q, Q 1 >=< X, X 1 > +b < X 1, X 1 >. < P, Q 1 >=< X, X > < X, X > +b< X, X > < X, X > + < X, X >). < P, Q 1 >= + 1)! + )! + b 1 + 1)! 1 + )! + + )! ) = + b. Ainsi P = X + bq 1 + cq est orthogonale à Q et Q 1 si et seulement si c = et b =. Il est alors grand temps de poser Q = X Q 1 Q = X X 1) = X X +. Q est une fonction polynôme unitaire de degré orthogonale à Q et Q 1. Q, Q 1, Q ) = 1, X 1, X X + ) est une famille orthogonale de fonctions polynômes telle que pour tout k dans [, ], Q k soit unitaire et de degré k.

3 Remarques 1. Notons que non seulement nous avons trouvé une famille Q, Q 1, Q ) solution du problème posé mais nous avons également montré l unicité de cette famille.. D ailleurs il n est pas difficile de montrer qu il existe une famille orthogonale Q, Q 1,..., Q n ) de fonctions polynômes, et une seule, telle que pour tout k dans [, n], Q k soit unitaire et de degré k polynômes de Laguerre). Q = 1 et pour tout k dans [1, n], Q k est l unique fonction polynôme unitaire appartenant à la droite vectorielle constituée par l orthogonale de E k 1 dans E k. Nous en reparlerons dans la partie II... A titre d exercice on pourra montrer que, pour tout élément k de [, n], x R, Q k x) = 1) k e x Voir, à ce sujet, les parties I et II du problème d Edhec 98. b) Soit u et v deux réels. Posons dès maintenant Hu, v) = dk dx k x k e x) et Q k = k! t + ut + v) e t dt. Hu, v) = X + ux + v = X X + + u + )X 1) + u + v + = Q + u + )Q 1 + u + v + )Q. Hu, v) = Q + u + )Q 1 + u + v + )Q car Q et u + )Q 1 + u + v + )Q sont orthogonaux. Hu, v) = Q + u + )Q 1 + u + v + )Q car u + )Q 1 et u + v + )Q sont orthogonaux. Hu, v) = Q + u + ) Q 1 + u + v + ) Q. 3 On a donc u, v) R, t + ut + v) e t dt = Q + u + ) Q 1 + u + v + ) Q. c) Notons que si u et v sont deux réels : u + ) et u + v + ) sont simultanément nuls si et seulement si u = et v =. Ainsi : u, v) R, Hu, v) = Q + u + ) Q 1 + u + v + ) Q Q = H, ). Donc Q est le minimum de H. Rappelons que Q = X Q 1 Q. Q =< Q, Q >=< Q, X Q 1 Q >=< Q, X > < Q, Q 1 > < Q, Q >=< Q, X >. Q =< X X +, X >=< X, X > < X, X > + < 1, X >= 3! +! =. H admet un minimum qui vaut et qui est atteint en, ). Remarques 1. Notons que H atteint son minimum en le seul point, ).. Le cours permet facilement de traiter le problème précédent sans utiliser les indications du texte. En effet : Min Hu, v) = Min u,v) R u,v) R X + ux + v = Min u,v ) R X u X + v ) = Min X P P E 1 Tout est clair, Min P E 1 X P existe et vaut X S où S est la projection orthogonale de X sur E 1. On montre alors sans problème que S = Q 1 + Q = X et que X S =. 3. u, v) R, Hu, v) = u + v + uv + 1u + v +. On peut donc encore retrouver le résultat de c) en utilisant le cours sur les fonctions numériques de plusieurs variables.. Retenons encore que le c) nous apprend que Q est la fonction polynôme unitaire de degré de norme au carré) minimum. En fait ceci caractérise Q. Plus généralement si nous revenons à la famille Q, Q 1,..., Q n ) évoquée dans la remarque de Q3 a), Q k est La fonction polynôme unitaire de degré k de norme minimum. PARTIE II : Construction d une base orthogonale. Q1 Soit P un élément de E n. P resp. P ) est une fonction polynôme de degré au plus n resp. au plus n 1) donc XP resp. 1 X)P ) est une fonction polynôme de degré au plus n 1 resp. au plus n). Ainsi XP et 1 X)P sont deux éléments de E n et donc XP + 1 X)P aussi. Φ est une application de E n dans E n.

4 Soient P et Q deux éléments de E n et λ un réel. ΦλP + Q) = XλP + Q) X) + 1 X)λP + Q) X) = X λp X) + Q X) ) + 1 X) λp X) + Q X) ). ΦλP + Q) = λ XP X) + 1 X)P X) ) + XQ X) + 1 X)Q X) ) = λφp ) + ΦQ). Φ est linéaire. Φ est un endomorphisme de E n. ΦX ) = En. ΦX 1 ) = 1 X. Si k est un élément de [[, n], ΦX k ) = Xkk 1)X k +1 X)kX k 1 = k X k 1 kx k. Ceci donne encore : ΦX ) = O En et pour tout élément k de [1, n] : ΦX k ) = k X k 1 kx k. Par conséquent la matrice de Φ dans la base canonique 1, X, X,..., X n ) de E n est : M = n n Q Commençons par remarquer que le premier point de a) est franchement inutile car la matrice M est triangulaire supérieure donc ses valeurs propres, ainsi que celles de Φ, sont les éléments de sa diagonale c est à dire :, -1, -,..., -n. Mais pourquoi faire simple... a) Fixons k dans [, n] et notons Φ k l endomorphisme Φ + kid En de E n. Si k =, la famille ΦX j ) + kx j) = Φ j k k X j ) ) est réduite au vecteur nul donc elle est liée. j k Supposons alors k non nul. Si j = : Φ k X j ) = kx est un élément de E k 1. Si j est dans [1, k 1], Φ k X j ) = ΦX j ) + kx j = j X j 1 + k j)x j est encore un élément de E k 1. Si j = k, Φ k X j ) = k X k 1 est toujours un élément de E k 1. Ainsi ΦX j ) + kx j) = Φ j k k X j ) ) est une famille de k + 1 éléments de E j k k 1 qui est un espace vectoriel de dimension k. Cette famille est donc nécessairement liée. Pour tout élément k de [, n], ΦX j ) + kx j) j k est une famille liée de E n. Reprenons k dans [, n]. ΦX j ) + kx j) = Φ j k k X j ) ) est une famille liée donc on peut trouver k + 1 réels j k k k a, a 1,..., a k, non tous nuls, tels que a j Φ k X j ) = En ou tel que Φ k a j X j) = En. Ainsi j= k a j X j est un élément non nul du noyau de Φ k = Φ k)id En. Ce noyau n étant pas réduit au vecteur nul, j= k est valeur propre de Φ. Pour tout élément k de [, n], k est valeur propre de Φ. b) Φ admet au moins n+1 valeurs propres distinctes 1,,..., n. Comme c est un endomorphisme de l espace vectoriel E n qui est de dimension n+1, Φ admet exactement n+1 valeurs propres distinctes et donc Φ est diagonalisable. c) D après ce qui précède, Φ admet n + 1 sous-espaces propres distincts dont la somme des dimensions est n + 1. Dans ces conditions chacun de ces sous-espaces propres ne peut donc être que de dimension 1. Soit k un élément de [[, n] et S k un vecteur propre de Φ associé à la valeur propre k. S k engendre le sous-espace propre SEP Φ, k) correspondant. Montrons alors l existence et l unicité de P k et pour cela commençons par noter α p X p le terme de plus haut degré de S k. Unicité Supposons que P k existe. P k est un élément de SEP Φ, k) = VectS k ), donc il existe un réel λ tel que P k = λs k. Comme P k est unitaire : 1 = λα p et ainsi P k = 1/α p )S k. D où l unicité de P k. Existence. Posons P k = 1/α p )S k. P k est un élément de VectS k ) = SEP Φ, k) donc vérifie ΦP k ) = kp k ; de plus son terme de plus haut degré est : 1/α p )α p X p = X p. Ainsi P k est unitaire. j=

5 5 Pour tout k dans [, n], il existe une unique fonction polynôme unitaire P k vérifiant ΦP k ) = kp k. d) Soit k dans [, n]. Notons p le degré de P k. Le coefficient de X p dans kp k est k. Le coefficient de X p dans ΦP k ) = XP k + 1 X)P k est p c est en fait le coefficient de Xp dans XP k ). Comme ΦP k) = kp k on obtient : p = k et donc p = k! Pour tout k dans [, n], P k est de degré k. e) Q = 1 est une fonction polynôme unitaire et ΦQ ) = = )Q donc Q = P. Q 1 est une fonction polynôme unitaire et ΦQ 1 ) = ΦX 1) = X En + 1 X) 1 = 1)Q 1 donc Q 1 = P 1. Q = X X + est une fonction polynôme unitaire et ΦQ ) = ΦX X + ) = X + 1 X)X ) = X + 8X = Q donc Q = P. Q3 a) Soient P et Q deux éléments de E n. Posons pour tout élément t de [, + [, vt) = t P t) e t. v est dérivable et, pour tout élément t de [, + [ : v t) = [ P t) + tp t) + tp t) 1) ] e t = [ tp t) + 1 t)p t) ] e t = ΦP )t) e t. v étant continue sur [, + [, v est de classe C 1 sur cet intervalle. Q est également de classe C 1 sur [, + [. Dès lors fixons A dans R + et intégrons par parties. ΦP )t) Qt) e t dt = v t) Qt) dt = [vt) Qt)] A ΦP )t) Qt) e t dt = va) QA) v) Q) Remarquons alors que : - ΦP )t) Qt) e t dt converge et vaut < ΦP ), Q > ; vt) Q t) dt. tp t) Q t) e t dt. - v)q) = car v) = ; ) - lim vt)qt) = lim tp t)qt) e t) = car XP Q est un élément de E. A + A + En faisant tendre A vers + l intégration par parties précédente fournit : b) Soit P et Q deux éléments de E n. < ΦP ), Q >= tp t) Q t) e t dt = Φ est un endomorphisme symétrique de E n. < ΦP ), Q >= tp t)q t) e t dt. tq t)p t) e t dt =< ΦQ), P >=< P, ΦQ) >. c) Φ est un endomorphisme symétrique de E n donc ses sous-espaces propres sont orthogonaux. Ainsi P, P 1,..., P n ) est une famille orthogonale de E n ; les vecteurs de cette famille orthogonale étant non nuls, cette famille est libre. P, P 1,..., P n ) est une famille libre orthogonale de n + 1 éléments de E n qui est de dimension n + 1, par conséquent P, P 1,..., P n ) est une base orthogonale de E n. Remarques 1. P, P 1,..., P n ) base de E n pouvait s obtenir directement en remarquant que E n = n VectP k ) Q).. Notons que, pour tout élément k de [, n], P, P 1,..., P k ) est une base orthogonale de E k et même que P k = Q k. 3. On peut montrer que, pour tout k dans [1, n], P k admet k racines réelles distinctes appartenant toutes à l intervalle ], + [ voir encore à ce sujet la partie III du problème d Edhec 98). Cette remarque permettra aux lecteurs plus exigeants de généraliser les résultats de la partie III. k=

6 6 PARTIE III : Calcul d une valeur approchée d une intégrale. Q1 P E 1, a) Soient α et β deux réels. P t) e t dt = αp a) + βp b) c, d) R, Il existe un unique) couple de réels α, β) tel que : P E 1, ct + d) e t dt = αca + d) + βcb + d) c, d) R, ci 1 + di = cαa + βb) + dα + β) c, d) R, c + d = cαa + βb) + dα + β) c, d) R, αa + βb 1)c + α + β 1)d = αa + βb 1 = α + β 1 = { αa + βb = 1 α + β = 1 α = 1 b a b = = β = 1 a b a = = = = + P t) e t dt = αp a) + βp b). Remarques 1. Ce dernier résultat vaut encore lorsque a et b sont deux réels quelconques distincts.. Mieux, si a 1, a,..., a n ) est un n-uplet de réels deux à deux distincts, il existe un unique n-uplet de réels α 1, α,..., α n ) tel que : n P E n 1, P t) e t dt = α k P a k ). Ce résultat s obtient facilement en utilisant les polynômes d interpolation de Lagrange voir Hec 96 Math. I) ou encore en prouvant l inversibilité de la matrice réelle d ordre n : A = a i 1 j ) un passage à la transposée rend la chose élémentaire). b) P t) e t dt =< 1, P >=< Q, Q >= = α + β = αp a) + βp b). k=1 On a donc P t) e t dt = αp a) + βp b). c) Soit P un élément de E 3. La division euclidienne de P par P fournit deux fonctions polynômes Q et R telles que P = QP + R et deg R < deg P =. Le degré de R est donc inférieur ou égal à 1. Montrons qu il en est encore ainsi pour Q. QP = P R et P R est un élément de E 3 donc degqp ) = deg Q + deg P 3. Comme le degré de P est, le degré de Q est nécessairement inférieur ou égal à 1. P = Q, Q est orthogonal à Q et Q 1, et Q, Q 1 ) est une base orthogonale) de E 1. Par conséquent P est orthogonal à tous les éléments de E 1 donc à Q. Ainsi < P, Q >=. P t) e t dt = Qt)P t) + Rt) ) e t dt =< Q, P > + Rt) e t dt = + αra) + βrb) car R est un élément de E 1. Or P a) = Qa)P a) + Ra) = Ra) car a est un zéro de P. De même P b) = Rb). On a alors : P t) e t dt = αp a) + βp b) pour toute fonction polynôme P de degré inférieur ou égal à 3.

7 Remarque Dans les remarques précédentes nous avons dit que si a 1, a,..., a n ) est un n-uplet de réels deux à deux distincts, il existe un unique n-uplet de réels α 1, α,..., α n ) tel que : 7 P E n 1, P t) e t dt = k=1 n α k P a k ). On peut montrer que cette égalité s étend aux éléments de E n 1 si et seulement si a 1, a,..., a n sont les zéros de P n cela constitue un excellent exercice à faire sur le champs). On ne peut pas faire mieux. Autrement dit on ne peut pas trouver q > n 1 telle que l égalité précédente s étende aux éléments de E q cela s obtient aisément en raisonnant par l absurde et en considérant [t a 1 ) t a n )] e t dt). Q a) Soit t un réel positif ou nul. f étant de classe C sur [, + [, l inégalité de Taylor-Lagrange fournit : ft) 3 k= f k) ) t ) k t Max k! f ) u) t u [,t] M. Or si x et y sont deux réels : x y x y. Ce qui précède donne alors : ft) 3 k= L inégalité triangulaire donne encore : Dès lors posons T = 3 k= f k) ) k! f k) ) k! t k M t ou ft) ft) X k + M X. 3 k= f k) ) k! 3 k= t k + M t. f k) ) k! t k + M t. T est une fonction polynôme de degré inférieur ou égal à telle que : t [, + [, ft) T t). Ce qui précède donne encore t [, + [, ft) e t = ft) e t T t)e t. La convergence de T t) e t dt et les règles de comparaison sur les intégrales généralisées des fonctions positives montrent que ft) e t dt converge. ft) e t dt est absolument convergente donc convergente. b) Soit P et Q deux éléments de E 3 et λ un réel. λp ) ) a), ) ) ) b) DλP + Q) = + Q a), λp + Q λp + Q b), λp + Q. DλP + Q) = λp a) + Qa), λp a) + Q a), λp b) + Qb), λp b) + Q b) ). DλP + Q) = λ P a), P a), P b), P b) ) + Qa), Q a), Qb), Q b) ) = λdp ) + DQ). D est une application linéaire de E 3 dans R. Pour montrer que l application linéaire D est bijective il suffit de montrer que D est injective car E 3 et R sont deux espaces vectoriels de même dimension finie sur R. Montrons donc, par l absurde, que le noyau de D est réduit à la fonction polynôme nulle. Supposons que P soit un élément non nul de Ker D. P a) = P a) = P b) = P b) =. a et b sont alors deux racines de P d ordre de multiplicité au moins deux et ainsi le nombre de racines de P, comptées avec leur ordre de multiplicité est supérieur ou égal à. Ceci n est pas raisonnable pour une fonction polynôme non nulle de degré au plus 3! Par conséquent le noyau de D est réduit à O E3 et D est injective. Ce qui précède montre bien que D est un isomorphisme de E 3 sur R c) Soit S un élément de E 3.

8 Sa) = fa), S a) = f a), Sb) = fb), S b) = f b) Sa), S a), Sb), S b) ) = fa), f a), fb), f b) ) DS) = fa), f a), fb), f b) ) S = D 1 fa), f a), fb), f b) )). 8 Il existe une unique fonction polynôme S de E 3 telle que : Sa) = fa), S a) = f a), Sb) = fb), S b) = f b). S = D 1 fa), f a), fb), f b) )). Remarque Par des considérations analogues on montre que si a 1, a,..., a n sont n éléments distincts d un intervalle I de R et si f est une application dérivable de I dans R, il existe un unique élément S de R n 1 [X] tel que, pour tout élément i de [1, n] : Sa i ) = fa i ) et S a i ) = f a i ) voir encore Hec 96 Math. I). Q3 a) ga) = fa) Sa) fx ) Sx ) P x ) ) P a) ) = car fa) = Sa) et P a) =. De même gb) =. gx ) = fx ) Sx ) fx ) Sx ) P x ) ) P x ) ) = fx ) Sx ) fx ) Sx ) ) =. g s annule en a, b et x. b) Notons immédiatement que f, S et P ) sont de classe C sur [, + [. g l est donc également. Etudier avec soin le cas a < x < b est aussi aisé que rapide car ce cas ne se pose pas! a = + > = b). Contournons les cas et ordonnons les éléments de {a, b, x }. Notons t 1 le plus petit élément de cette partie, t 3 le plus grand et t l élément restant. t 1 < t < t 3 et {a, b, x } = {t 1, t, t 3 }. Soit i un élément de {1, }. g est dérivable sur [t i, t i+1 ] et gt i ) = gt i+1 )= ) ; le théorème de Rolle montre alors qu il existe un élément u i dans ]t i, t i+1 [ tel que g u i ) =. u 1 et u sont alors deux zéros de g distincts de a, b et x. g t) = f t) S t) fx ) Sx ) P x ) ) P t)p t) ). g a) = car S a) = f a) et P a) = ; de même g b) =. g admet au moins quatre zéros deux à deux distincts dont a et b). Notons que ces quatre zéros sont strictement positifs car a et b le sont et t 1 < u 1 < t < u. Dès lors montrons par récurrence que, pour tout élément i de [1, ], g i) possède au moins 5 i zéros) dans ], + [! D après ce qui précède, la propriété est vraie pour i = 1. Supposons la propriété vraie pour i élément de [[1, 3] et montrons la alors pour i + 1. g i) possède au moins 5 i zéros α 1, α,..., α 5 i α 1 < α < < α 5 i ) dans ], + [. Montrons alors que g i+1) = g i)) possède au moins i zéros) dans ], + [. Soit j dans [1, i]. g i) est dérivable sur [α j, α j+1 ] et g i) α j ) = g i) α j+1 )= ). Le théorème de Rolle montre alors l existence de β j dans ]α j, α j+1 [ tel que : g i+1) β j ) =. Ceci donne à g i+1) au moins i zéros) strictement positifs) et achève la récurrence. En appliquant la propriété pour i =, on obtient l existence d un élément c de ], + [ tel que g ) c) =. c) Calculons g ). S est un élément de E 3 donc sa dérivée quatrième est nulle. P ) est une fonction polynôme unitaire de degré quatre donc sa dérivée quatrième est la fonction constante égale à. Finalement : t [, + [, g ) t) = f ) t) fx ) Sx ) P x ) ). P Comme g ) x ) ) c) =, il vient sans difficulté : fx ) Sx ) = f ) c).

9 Ainsi fx ) Sx ) = P x ) ) f ) c) et comme f ) c) M : fx ) Sx ) Q a) D après la question précédente : x [, + [ {a, b}, fx) Sx) cette inégalité étant nuls pour x = a et x = b on a bien : P x) ) x [, + [, fx) Sx) M. P x) ) P x ) ) M. 9 M. Les deux membres de Remarque Ici encore ce résultat peut se généraliser de la manière suivante. a 1, a,..., a n sont n éléments distincts d un intervalle I de R. f est une application I dans R de classe C n ou simplement n fois dérivable) telle qu il existe un réel M majorant f n) sur I. S est l unique élément de R n 1 [X] tel que i [1, n], Sa i ) = fa i ) et S a i ) = f a i ). Alors : x I, fx) Sx) M [ x a1 )x a ) x a n ) ]. n)! On obtient ce résultat, sans difficulté, en reprenant les idées développées dans ce qui précède Hec 96 Math. 1 encore et encore...). b) Q a) nous donne en multipliant par e x...) : x [, + [, fx) Sx) ) e x M P x) ) e x. La convergence de P x) ) e x dx et les règles de comparaison sur les intégrales généralisées des fonctions positives donnent la convergence de fx) Sx) ) e x dx donc l absolue convergence de ) fx) Sx) e x dx. ) + Nous pouvons alors écrire : fx) Sx) e dx x fx) Sx) ) e x dx M P x) ) e x dx. Comme fx) e x dx et Sx) e x dx convergent, ceci donne encore : fx) e x dx Sx) e x dx M P x) ) e x dx = M Or P. Sx) e x dx = αsa) + βsb) = αfa) + βfb) et P = Q = I Q3 c), par conséquent : fx) e x dx αfa) βfb) M 6. Remarque Soient a 1, a,..., a n les n zéros de P n et α 1, α,..., α n ) l unique n-uplet de réels tel que : P E n 1, P t) e t dt = n α k P a k ). Si f est une application [, + [ dans R de classe C n telle que f n) soit majorée sur [, + [ par M on obtient alors : ft) e t dx k=1 n α k fa k ) M n)! P n = Mn!) n)! k=1 Notons que la formule de Stirling donne n!) 1 ) n n)! πn lorsque n tend vers + ce qui donne de l espoir. Mais notons aussi que M dépend, a priori, de n. Q5 Application : f est de classe C sur [, + [ f est la restriction d une fonction rationnelle). t [, + [, f 1 t) = 1 + t), f t) = 1 + t) 3, f 3) 6 t) = 1 + t) et f ) t) = 1 + t) 5 t [, + [, f ) t) = 1 + t) 5 1 5

10 1 Posons I = Q donne alors I J /15 ) 6 Ainsi J I J ft) e t dt et J = αfa) + βfb) = Ceci donne encore :.916 I.916. donc I J 1 5 I appartient à l intervalle [.916,.916] donc Ainsi : I et f + ) + + f ).. Comme.915 J.916 on obtient alors :.915 I I est une valeur approchée de e t 1 + t dt à près.