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Devoir 17 (ds08)

corrigé

1  Exercice 22.2.2-11

Soit f une application de classe C3 sur [ a, b] , et n Î N\0 . On pose Dx=[(b-a)/n] , xk=a+k Dx , Sn( f) = Dx åk=0n-1f( xk) , et on définit de même Sn( f¢) et Sn( f¢¢) . On pose en outre M3=sup{ f( 3) ( x) |  a £ x £ b } .

  1. Montrer que | òabf(x) dx-Sn( f) -[(b-a)/2n]Sn( f¢) -[((b-a)2)/(6n2)]Sn( f¢¢) | £ [((b-a)4)/(24n3)]M3 .

    1. On a | òabf(x) dx-Sn( f) -[1/2]Dx Sn( f¢) -[1/6]( Dx) 2Sn( f¢¢) | = | åkTk| £ åk| Tk| en posant Tk=òxkxk+1f( x)  d x-Dx f( xk) -[1/2]( Dx) 2f¢( xk) -[1/6]( Dx) 3f¢¢( xk) .

    2. En appelant F une primitive de f , il vient Tk=F( xk+Dx) -F( xk) -Dx F¢( xk) -[1/2]( Dx) 2F¢¢( xk) -[1/6]( Dx) 3F¢¢¢( xk) .

    3. On a donc Tk=[1/24]( Dx) 4F( 4) ( c) , conduisant à | åkTk| £ n max| Tk| = [((b-a)4)/(24n3)]M3 .

  2. Prouver que òabf(x) dx=Sn( f) +[(b-a)/2n]( f( b) -f( a) ) -[((b-a)2)/(12n2)]( f¢( b) -f¢( a) ) +O( [1/(n3)] ) .

    1. Le résultat demandé est åkTk=O( [1/(n3)] ) , en posant maintenant
      Tk=òxkxk+1f( x)  d x-[1/2]Dx ( f( xk+1) +f( xk) ) -[1/12]( Dx) 2( f¢( xk+1) -f¢( xk) ) .

    2. Avec xk=y-h et xk+1=y+h , il vient
      Tk=F( xk+1) -F( xk) -h( F¢( xk+1) +F¢( xk) ) -[1/3]h2( F¢¢( xk+1) -F¢¢( xk) ) .

    3. Supposons f de classe C4 . Des calculs immédiats donnent
      F( y+h) = F( y) +h f( y) +[1/2]h2 f( y) +[1/6]h3f¢¢( y) +[1/24]h4f( 3) ( y) +[1/120]h5f( 4) ( y) +o( h5) ,
      d'où F( y+h) -F( y-h) = 2h f( y) +[1/3]h3f¢¢( y) +[1/60]h5f( 4) ( y) +o( h5) .
      De même h( f( y+h) +f( y-h) ) = 2h f( y) +h3 f¢¢( y) +[1/12]h5f( 4) ( y) +o( h5)
      et [1/3]h2( f¢( y+h) -f¢( y-h) ) = [2/3]h3f¢¢( y) +[1/9] h5f( 4) ( y) +o( h5) .

    4. Il vient Tk=( [1/9]+[1/60]-[1/12])  h5f( 4) ( y) +o( h5) ~ [2/45]h5f( 4) ( y) , soit Tk ~ [2/45×32]( Dx) 5f( 4) ( y) . Conduisant à | åkTk| £ n max| Tk| = [((b-a)5)/(720n4)]M4 .

    5. Dans le cas où f est seulement de classe C3 , tous les développements précédents doivent être coupés un cran plus tôt, donnant un o( [1/(n3)]) comme majorant.

2  Une famille de polynômes

On considère les fractions rationnelles Pn Î C( X) définies par la récurrence P0( x) = 1 , P1( x) = x et (pour n ³ 1 ) En : Pn2( x) = 1+Pn-1( x) Pn+1( x) . L'objectif est de monter que Pn Î C[ X] , c'est à dire que les Pn sont des polynômes, puis de les étudier.

  1. Calculer P2 , P3 et P4 .

    S( x, z) = 1+xz+( x2-1) z2+( x3-2x) z3+( x4-3x2+1) z4+( x5-4x3+3x) z5+O( z5 )

    On suppose que, pour un certain n ³ 3 , on ait Pn-3 , Pn-2 , Pn-1 et Pn polynômes et que Pn+1 ne soit pas un polynôme.

  2. Avec ces hypothèses, démontrer que $a Î C : $p Î N\0 :  $A, B  polyn[^o]mes :  Pn+1( x) = [B( x) /(( x-a) pA( x) )] avec A( a) ¹ 0 et B( a) ¹ 0 .

    Si Pn+1 Ï C[ x] , cette fraction admet un pôle a Î C. En supposant Pn+1 sous sa forme irréductible, le numérateur B( x) n'admet pas a comme racine. En factorisant le dénominateur, on arrive à Pn+1( x) = [B( x) /(( x-a) pA( x) )] avec A, B Î C[ X] , A( a) ¹ 0 et B( a) ¹ 0 .

  3. Puis que $r Î N : $D  polyn[^o]me : Pn-1( x) = ( x-a) p+rD( x) avec D( a) ¹ 0 .

    1. En reportant dans la relation de récurrence, il vient Pn( x) 2=1+[(Pn-1( x)  B( x) )/(( x-a) p A( x) )] et donc Pn-1( x) = ( x-a) p( Pn( x) 2-1) A( x) ¸B( x)

    2. Comme Pn-1 est un polynôme, B( x) divise ( x-a) p( Pn( x) 2-1) A( x) . Étant premier avec ( x-a) p à cause de B( a) ¹ 0 , il divise l'autre facteur et Pn-1( x) = ( x-a) p poly( x) .

    3. En factorisant, il vient Pn-1( x) = ( x-a) ( p+r)  D( x) avec D Î C[ x] et D( a) ¹ 0 .

  4. Puis que Pn-2( a) = ±1 , Pn( a) = -Pn-2( a) et r ³ 1 . On pose b=Pn( a) .

    1. On a Pn-2( a) 2=1+Pn-1( a) Pn-3( a) = 1 , puisque p > 0 entraîne Pn-1( a) = 0 .

    2. On a aussi 0=Pn-1( a) 2=1+Pn( a)  Pn-2( a) . Comme Pn-2( a) = ±1 , on a Pn( a) = -1/Pn-2( a) = -Pn-2( a) . On pose Pn( a) = b=±1 et Pn-2( a) = -b .

    3. Écrivons 0=Pn( a) 2-b2=( Pn+1( x)  Pn-1( x) ) x=a . Il faut donc que a soit une racine du membre de droite. Étant un pôle d'ordre p de Pn+1 , ce doit être une racine de Pn-1 d'ordre strictement supérieur à p .

  5. Montrer que l'on peut écrire Pn( x) = b+( x-a) qC( x) et Pn-2=-b+( x-a) sE( x) avec q, s Î N\0 et C, E  polyn[^o]mes tels que C( a) ¹ 0 et E( a) ¹ 0 .

    1. Les relations Pn( x) = b+( x-a) qC( x) ( q > 0 ) et Pn-2=-b+( x-a) sE( x) ( s > 0 ) sont des conséquences immédiates de la formule de Taylor et de Pn( a) = b et de Pn-2( a) = -b .

  6. Montrer que l'on a q=r et s=r , puis que ces résultats sont contradictoires avec la relation En-2 : Pn-22( x) = 1+Pn-1( x) Pn-3( x) .

    1. En reportant les valeurs obtenues pour Pn+1 , Pn et Pn-1 dans la relation de récurrence En , on obtient b2+2( x-a) q C( x)  b+( ( x-a) q) 2 C( x) 2-1=[(( x-a) r D( x)  B( x) )/A( x) ] , soit ( x-a) q C( x)  ( ( x-a) q C( x) +2b) = [(( x-a) r D( x)  B( x) )/A( x) ] . Dans cette relation, l'ordre de multiplicité de a est à la fois égal à q et à r . Et donc q=r .

    2. En reportant les valeurs obtenues pour Pn+1 , Pn et Pn-1 dans la relation de récurrence En-1 , on obtient ( ( x-a) ( p+r) D( x) ) 2=b2+( -b+( x-a) s E( x) )  ( b+( x-a) r C( x) ) soit ( x-a) ( 2p+2r)  D( x) 2+( x-a) r C( x)  b=( x-a) s E( x)  b+( x-a) ( s+r)  C( x)  E( x) . La multiplicité de x=a est r à gauche et s à droite. Et donc r=s .

    3. Reportant enfin tout cela dans la relation En-2 , il vient :
      b2-2( x-a) r E( x)  b+( x-a) 2r E( x) 2-1=Pn-3( x)  ( x-a) p ( x-a) r D( x) . En factorisant, on obtient ( x-a) r ( 2E( x)  b-( x-a) r E( x) 2-Pn-3( x)  ( x-a) p D( x) ) = 0 . Le premier facteur n'est pas le polynôme nul. Le deuxième non plus, puisque son évaluation pour x=a donne -2E( a)  b ¹ 0 .

    4. Cette contradiction montre que tous les Pn sont des polynômes (le calcul direct ayant montré cette propriété pour les trois premiers polynômes, ce qui amorce la récurrence).

  7. Sachant maintenant que Pn est un polynôme, préciser le degré et le terme dominant.

    1. On a Pn+1=( Pn2-1) ¸Pn-1 et donc dg( Pn+1) = 2dg( Pn) -dg( Pn-1) . Vu les conditions initiales, dg( Pn) = n .

    2. La même récurrence montre que cd( Pn) = 1 .

  8. Quelles sont les racines de P1 et de P2 ?

    On trouve 0 et ±1 .

  9. Montrer que (pour n ³ 1 ) les racines de chaque polynôme Pn sont toutes réelles et que (pour n ³ 2 ) ces racines sont séparées par celles de Pn-1 . On procédera par récurrence, en notant aj les racines de Pn-1 et bk celles de Pn avec bn < an-1 < ¼ < a2 < b2 < a1 < b1 .

    Cette propriété est une conséquence immédiate du fait que Pn( x) = Un( 2x) . Elle peut aussi se démontrer à l'aide de la récurrence.

3  Récurrence intégrale de Gauss

Pour a, b > 0 on considère les suites a, b définies par la récurrence


a0=a, b0=b,  an+1=
Ö
 
anbn
 
 ,  bn+1= 1
2
 ( an+bn)

3.1  Moyenne de Gauss

  1. Montrer que les suites a et b convergent vers la même limite, que l'on notera f( a, b) .

    1. Il est clair que l'échange de a et b ne change rien à la suite. On peut donc choisir a0=min( a, b) et b0=max( a, b) .

    2. En pareil cas, la suite a est croissante et la suite b est décroissante (inégalité des moyennes) : a0 £ an £ bn £ b0 .

    3. On a donc bn® m et an® l. Par continuité, m = [1/2]( m+l) et donc m = l : les suites étaient adjacentes.

    4. Un peu de calcul donne bn+1-an+1=[1/2]( Ö{bn}+Ö{an}) 2=[1/2]( bn-an) 2¸( Ö{bn}+Ö{an}) 2 et donc bn+1-an+1=[1/(8l)]( bn-an) 2 soit ( [(bn+1-an+1)/(8l)]) ~ ( [(bn-an)/(8l)]) 2 : la convergence est quadratique.

  2. Comparer f( a, b) avec f( b, a) .

    L'égalité a déjà été utilisée.

  3. Pour k > 0 , exprimer f( k a, k b) en fonction de k et de f( a, b) . En déduire que l'étude des nombres f( a, b) peut être remplacée par celle de la fonction j définie par j( x) = f( 1, x) .

    On voit que f( k a, k b) = k f( a, b) .

3.2  Une intégrale

On définit , pour a > 0 et b > 0 ,
I( a, b) = ó
õ 		[(p)/2]

0 
 dq

Ö
a2cos2q+b2sin2q

  1. Montrer que I( a, b) existe et que I( a, b) = I( b, a) . On suppose désormais 0 < a £ b.

    1. Le radicande est continu et jamais nul, prouvant la continuité de l'intégrande.

    2. La symétrie vient du changement de variable t = [(p)/2]-q.

  2. Ranger par ordre croissant les nombres I( a, b) , I( a, a) , et I( b, b) . En déduire un encadrement simple de I( a, b) .

    1. On a a2=a2cos2q+a2sin2q £ a2cos2q+b2sin2q £ b2cos2q+b2sin2q = b2 .

    2. On en déduit [(p)/(2b)]=I( b, b) £ I( a, b) £ I( a, a) = [(p)/(2a)] .
    On pose w = arctanÖ{[(a)/(b)]} . On a donc 0 < w £ [(p)/4] .

  3. Transformer òw[(p)/2][(dq)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})] en posant y = arctan( [(a)/(b tanq)]) et en considérant que òw[(p)/2][(dq)/(Ö{¼})]=limX® [(p)/2] ; X < [(p)/2]òwX[(dq)/(Ö{¼})] . En déduire une relation simple entre I( a, b) et ò0w[(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})] .

    1. La transformation y : q® arctan( [(a)/(b tanq)]) est involutive sur [ 0, [(p)/2]] . Sa dérivée est [(d )/(d q )]y( q) = [1/(1+( [(a)/(b tanq)]) 2)]×[(a)/(b)]( -[1/(tan2q)]) ( 1+tan2q) soit y¢( q) = -a b[(1+tan2q)/(a2+b2tan2q)] et enfin y¢( q) = -a b[1/(a2cos2q+b2sin2q)] (et donc y est un difféomorphisme).

    2. On a y( [(p)/2]) = 0 et y( w) = w. En outre cos2( y( q) ) = [1/(1+tan2( y( q) ) )]=[1/(1+( [(a)/(b tanq)]) 2)]=[(b2sin2q)/(a2cos2q+b2sin2q)] et donc sin2( y( q) ) = [(a2cos2q)/(a2cos2q+b2sin2q)] .
      D'où a2cos2( y( q) ) +b2sin2( y( q) ) = [(a2b2)/(a2cos2q+b2sin2q)] .

    3. On a donc òw[(p)/2][(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})]=òw0Ö{[(a2cos2q+b2sin2q)/(a2b2)]}( -a b[(d q)/(a2cos2q+b2sin2q)]) .

    4. On en conclut I( a, b) = ò0[(p)/2][(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})]=2ò0w[(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})] .

  4. Transformer 2ò0w[(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})] en posant y = 2arctan( Ö{[(b)/(a)]}tanq) . Poursuivre les calculs jusqu'à obtenir un résultat de la forme ò0[(p)/2][(dy)/(Ö{a+bcos2y})] .

    1. On a y ( 0) = 0 et y( w) = [(p)/2] . Si y( q) = t alors tan[t/2]=Ö{[(b)/(a)]}tanq et ( 1+tan2[t/2]) [1/2]d t=( 1+tan2q) Ö{[(b)/(a)]}d q soit d q = [1/2]( 1+tan2[t/2]) Ö{[(a)/(b)]}¸( 1+[(a)/(b)]tan2[t/2]) d'où
      d q = [1/2]Ö{a b}( 1+tan2[t/2]) ¸( b+atan2[t/2]) d t .

    2. Il vient cos2( q) = [1/(1+tan2( q) )]=[1/(1+[(a)/(b)]tan2[t/2])]=[(b)/(b+atan2[t/2])] et donc sin2( q) = [(atan2[t/2])/(b+atan2[t/2])] . D'où

    3. a2cos2( q) +b2sin2( q) = [(ab( a+btan2[t/2]) )/(b+atan2[t/2])] .

    4. On a donc 2ò0w[(d q)/(Ö{a2cos2q+b2sin2q})]=2ò0[(p)/2]Ö{[(b+atan2[t/2])/(ab( a+btan2[t/2]) )]}( [1/2][(Ö{a b}( 1+tan2[t/2]) )/(b+atan2[t/2])]d t) ,
      soit I( a, b) = ò0[(p)/2]Ö{[(( 1+tan2[t/2]) 2)/(( a+btan2[t/2]) ( b+atan2[t/2]) )]}d t .

    5. Le radicande est W=[(( 1+tan2[t/2]) 2)/(( a+btan2[t/2]) ( b+atan2[t/2]) )]=[(( ( 1+c) +( 1-c) ) 2)/(( a( 1+c) +b( 1-c) ) ( b( 1+c) +a( 1-c) ) )] soit
      W=[4/(2ab( 1+c2) +( a2+b2) ( 1-c2) )]=[1/(( [(a+b)/2]) 2sin2t+( Ö{ab}) 2cos2t)] .

    6. On a donc montré que I( a, b) = I( Ö{a b}, [1/2]( a+b) ) .

  5. Montrer que I( a, b) = I( Ö{a b}, [1/2]( a+b) ) . Montrer que "n Î N :  I( an+1, bn+1) = I( an, bn) , puis que f( a, b)  I( a, b) = [(p)/2] pour tous a, b > 0 .

    1. Cette relation se propage par récurrence en I( a0, b0) = I( an, bn) .

    2. Par continuité : I( a0, b0) = I( f( a, b) , f( a, b) ) = [(p)/2]¸f( a, b) .
    En particulier, pour a=1 , on obtient j( x)  f( x) = [(p)/2] avec j la fonction de Q3.1.3 et f( x) =I( 1, x) = I( x, 1) = ò0[(p)/2][(dq)/(Ö{x2cos2q+sin2q})] .

  6. Étudier la monotonie de f sur ] 0, ¥[ .

    1. Quand x augmente, le radicande augmente et donc l'intégrale diminue : f est décroissante.

  7. On fixe e > 0 et on prend x0 ³ e et x ³ [1/2]e. En considérant | f( x) -f( x0) | , montrer que f est continue en x0 . En déduire la continuité de f sur ] 0, ¥[ , puis celle de j.

    1. On commence par x ³ 1 et x1=x+h ³ 0.81 . Posons DW=[1/(Ö{( x+h) 2cos2t+sin2t})]-[1/(Ö{x2cos2t+sin2t})] . Les radicandes sont minorés par 0.81 et les radicaux sont donc minorés par 0.9 . Utilisant la quantité conjuguée, on trouve | DW| £ [(| h| ( 2x+| h| ) )/(0.9×0.9×( 0.9+0.9) )] .

    2. En intégrant cette inégalité, on trouve | f( x+h) -f( x) | = O( | h| ) lorsque x ³ 1 et h® 0 . Autrement dit, f est continue pour x ³ 1 .

    3. Pour 0 < x £ 1 , on utilise f( x) = x f( 1/x) pour conclure.

    4. Enfin, j est continue puisque j( x) = [(p)/2]¸f( x) et que f( x) ¹ 0 .

  8. On pose v( x) =ò01[dt/(Ö{( x2+t2) })] . Calculer v( x) . Donner un équivalent de v( x) pour x® 0 .

    1. On a v( x) = ò01[dt/(Ö{( x2+t2) })]= argsinh[t/x]| 01=argsinh[1/x] .

    2. On a v( x) ~ -lnx .

  9. On pose u( x) =ò01[dt/(Ö{( 1+t2) ( x2+t2) })] . Montrer que si 0 < x £ 1 alors v( x) -u( x) est borné. En déduire un équivalent de u( x) pour x® 0 .

    1. [1/(Ö{x2+t2})]-[1/(Ö{( x2+t2) ( 1+t2) })]=[1/(Ö{x2+t2})][(t2)/(Ö{1+t2} ( 1+Ö{1+t2}) )] . En minorant x2+t2 par t2 et les autres facteurs du dénominateur par 1 , on obtient 0 £ v( x) -u( x) £ ò01t dt .

    2. Comme v( x) ® ¥, on a u( x) ~ v( x) .

  10. On admet f( x) = ò0¥[dt/(Ö{( 1+t2) ( x2+t2) })] . Déterminer un équivalent de f( x) pour x® 0 .

    Il reste à estimer ò1¥[dt/(Ö{( 1+t2) ( x2+t2) })] qui est majoré par ò1¥[dt/(Ö{( t2) ( t2) })]=1 .

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On 13 May 2001, 12:19.