PRIX YAHYA OULD HAMIDOUNE. Correction des exercices

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1 PRIX YAHYA OULD HAMIDOUNE NIVEAU UNIVERSITAIRE ÈME PARTIE NOUAKCHOTT, MARS Correction des exercices Exercice Il s agit de montrer l équivalence entre les propriétés (a) σ > tel que pour tous vecteurs x, y et z dans R n, on a : Ax Az, z y σ Ax Ay, x y (b) Ax, y σ Ax, x + Ay, y pour tous x et y dans R n (c) Ax, y α Ax, x +β Ay, y pour tous x et y dans R n avec α >, β >, et αβ = σ (d) Ax, x pour tout x R n et Ax, y Ay, x δ Ax, x Ay, y pour tous x et y dans R n avec σ = 4 (δ + ) Écartons tout de suite le cas d une matrice nulle pour laquelle les relations sont trivialement vérifiées On suppose dans la suite que la matrice A n est pas nulle Nous allons montrer les implications et équivalence (a) (b) = (c) = (d) = (b) Mais d abord quelques observations sur la relation (a) qui cache bien de propriétés : La relation (a) implique que la matrice A est semi-définie positive car pour z = y =, on obtient σ Ax, x et puisque σ >, Ax, x pour tout vecteur x Il existe au moins un vecteur x pour lequel Ax, x > Si ce n était pas le cas, on aurait, d après (a), Ax Az, z y

2 En écrivant cette inégalité pour w = x z et y = z w, puis y = z + w, on obtient Aw, w = pour tous vecteurs w et w Ce qui n est possible que pour une matrice nulle Or nous avons supposé que la matrice A n est pas nulle La relation (a) ne peut pas avoir lieu pour une valeur de σ trop petite (sauf dans le cas trivial A = où on peut prendre σ = ) En effet si on prend dans cette relation z = αx + ( α)y, on obtient ( α)α A(x y), x y σ A(x y), x y C est-à-dire, puisqu on peut avoir A(x y), x y > que ( α)α σ Comme cette inégalité doit être vérifiée pour tout α, on doit avoir σ 4 Cette minoration de σ sera utilisé par la suite (a) (b) En posant u = x y et v = z y dans (a), on obtient A(u v), v σ Au, u, c est-à-dire (b) La réciproque est évidente (b) = (c) Soient α > et β > tels que αβ = σ La relation (b) s écrit aussi Ax, y β α Ax, x + β A y β, y β qui n est rien d autre que (c) 3 (c) = (d) On a déjà noté la positivité On écrit (c) pour x = u + v et y = u v A(u + v), u v α A(u + v), u + v + β A(u v), u v Le terme de droite est égal à (α + β){ Au, u + Av, v } + (α β){ Au, v + Av, u } En particulier pour α = β(= σ), il vaut σ{ Au, u + Av, v } Quant au terme de gauche, il vaut On a donc soit Au, u Av, v Au, v + Av, u Av, u Au, v ( σ ) Au, u + ( σ + ) Av, v, ( σ ) Au, u + { Au, v Av, u } + ( σ + ) Av, v

3 La substitution u tu avec t R conduit à une inégalité sur un trinôme en t ( σ ) Au, u t + { Au, v Av, u } t + ( σ + ) Av, v On prend un vecteur u tel que Au, u > Nous avons déjà noté que σ Soit A est symétrique et l inégalité est trivialement vérifiée Soit A n est pas symétrique et il faut alors que σ > vérifier cette partie, svp! Le coefficient de t est strictement positif On en déduit que l inégalité n est vraie que si, c est-à-dire Au, v Av, u 4 [ ( σ ) Au, u ] [ ( σ + ) Av, v ] On obtient (d) en posant δ = 4σ 4 (d) = (b) Partant de Ax, y Ay, x 4δ Ax, x Ay, y = 4ab avec a = ( σ ) Ax, x et b = ( σ + ) Ay, y et notant que 4ab (a + b), on obtient Ax, y Ay, x ( ( σ ) Ax, x + ( σ + ) Ay, y ) Soit ou Ax, y Ay, x ( σ ) Ax, x + ( σ + ) Ay, y Ax, y Ay, x + Ax, x Ay, y σ Ax, x + σ Ay, y Le terme de droite est égal à σ A(x + y), x + y + σ A(x y), x y et le terme de gauche à Donc A(x y), x + y A(x y), x + y σ A(x + y), x + y + σ A(x y), x y Posant u = x y et v = x + y, on obtient Au, v σ Av, v + σ Au, u Enfin, la substitution v v/ σ donne (b) 3

4 Exercice On note que puisque P (x)q(x + ) P (x + )Q(x) =, les polynômes P et Q sont premiers entre eux (identité de Bézout) En soustraiant les deux identités on obtient P (x)q(x + ) P (x + )Q(x) =, P (x )Q(x) P (x)q(x ) =, P (x) (Q(x + ) + Q(x )) = Q(x) (P (x + ) + P (x )) Comme P et Q n ont pas de diviseurs communs, P (x) doit diviser P (x + ) + P (x ) : il existe donc un polynôme p tel que P (x+)+p (x ) = p(x)p (x) En comparant les degrés des polynômes et leurs coefficients directeurs, on voit que p est constant, égal à : P (x + ) + P (x ) = P (x) Posons r(x) = P (x + ) P (x) et s(x) = Q(x + ) Q(x) On a r(x+) = P (x+) P (x+) = P (x+) P (x) P (x+) = P (x+) P (x) = r(x) On a donc pour tout n N : et r(n) = r() = P () P () P (n) = P (n ) + r() = = P () + nr() = (P () P ())n + P () Le polynôme ˇP défini par ˇP (x) = P (x) ((P () P ())x + P ()) s annule en un nombre infini de points (tous les entiers), c est donc le polynôme nul Il existe donc deux réels a et b tels que, pour tout x R : P (x) = ax + b () Un raisonnement analogue montre qu il existe deux réels c et d tels que Q(x) = cx + d () 4

5 Pour que la relation demandée soit vérifiée, il faut que pour tout x R, on ait soit = [ax + b] [c(x + ) + d)] [a(x + ) + b] [cx + d] bc ad = (3) les polynômes recherchés sont tous les polynômes du premier degré de la forme ()-() avec la contrainte (3) Exercice 3 Il est souvent utile de calculer les premiers termes d une suite : F (x) = ln t dt = [t ln t t]x = x ln x x F (x) = (t ln t t)dt = x / + t ln t dt Calculons la dernière intégrale t ln t dt = (t ln t t) dt + [t(t ln t t)] x = x / + x(x ln x x) t ln t dt D où x t ln t dt = (ln x ) On peut déduire de ces deux calculs qu il sera nécessaire de savoir calculer les intégrales I j = t j ln t dt pour j et qu on peut espérer une relation de la forme F n (x) = xn a n [ln x b n ] où (a n ) n et (b n ) n sont des suites de réels à préciser Calcul des intégrales I j pour j I j = t j ln t dt = j = ji j + j t j dt + x j (x ln x x) [ ( + j)i j = x j+ ln x ] j + t j (t ln t t) dt + [ t j (t ln t t) ] x On a donc [ I j = xj+ ln x ] j + j + 5

6 Relation F n (x) = xn a n [ln x b n ] La relation est vraie pour n = avec a = et b = Supposons qu elle le soit à l ordre n On a alors a n F n+ (x) = a n F n (t)dt = Donc = xn+ n + (b n + n + ) + xn+ ln x n + F n+ (x) = b n t n (ln t b n )dt = n + xn+ + J n [ x n+ ln x (b n + ] (n + )a n n + ) On en déduit que les suites (a n ) n et (b n ) n doivent vérifier { an+ = (n + )a n, b n+ = b n + n+ Soit { an = n!, b n = n Conclusion : En particulier F n (x) = [ln xn x ( + n! + + n ] ) F n () = n! ( ) n et puisque n!f n () lim n ln n la constante d Euler = lim n ( n ln n) + ln n ln n lim + n + + ln n = γ, n = Exercice 4 Posons On a d une part la majoration f(r) f(r) = x r sin xdx x r dx = ( π ) r+, r + 6

7 d autre part la minoration (puisque sin x x sur [, π]) π f(r) x r+ dx = ( π ) r+, π r + et donc l encadrement r r + On note, en intégrant par parties, que Par conséquent x r cos xdx = r + r α xr sin xdx ( ) r+ rf(r) r π r + (4) [r x r+ sin xdx = f(r + ) r + α (r + ) r ] ( ) r+ π rf(r) ( r+ π) (r + )f(r + ) xr cos xdx = π Tenant compte de l encadrement (4), on voit que pour que la limite recherchée soit finie il faut et il suffit que α soit égal à et dans ce cas, la limite est L = /π Exercice 5 En divisant l inégalité par [ n a k] /n, et posant r i = b i /a i, on a [ n ] /n [ n /n + r k ( + r k )] Posant r k = e s k, on obtient [ n /n + e n n s k ( + e s k )] Prenant le log de chacune des expressions, on a ln( + e n n s k ) n ln( + e s k ) n Ce qui s écrit en posant f(x) = ln( + e x ) ( ) n f s k n n n f(s k ), qui est une inégalité de convexité pour la fonction f (appelée inégalité de Jensen) Il reste à vérifier que cette fonction est bien convexe On a f (x) = ex + e = x + e x dont on déduit que la fonction f est croissante, c est-à-dire que f, ie f est convexe 7