INTM 2006 mathematiques

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Probleme.`Premiere` Partie.1) Pas de question.2) a) Par une recurrence evidente sur n, on montre que le degredeT est egal a n.´ ´ ´ n ´ `nb) Soit a letermedeplushautdegredeT ,ona:a = 2a et a = 1, donc a = 2 .n ´ n n+1 n 0 nc) Par recurrence sur n, on pose P (n) : ∀ p n,T (cosθ) = cospθ.´ pP (0) est vraie, supposons P (n),T (cosθ) =2cosθT (cosθ)−T (cosθ)n+1 n n−1D’ou:T (cosθ) =2cosθcosnθ −cos(n−1)θ,or,` n+1 n+1+n−1 n+1−n+1cos n+1θ+cosn−1 θ =2cos θcos θ( ) ( )2 2donc cos n+1 θ =2cosθcosnθ −cos n−1 θ et P n+1 est vraie.( ) ( ) ( )3) La famille T est une famille libre car les degres sont echelonnes, c’est une base car elle est libre( ) ´ ´ ´n 0nNde cardinal N+1= dim R X .( [ ])N4) L’application x → T x T x est continue sur −1,1 , elle est donc bornee, on alors :( ) ( ) [ ] ´n m|T (x)T (x)| Mn m√ √2 21−x 1−x1 1 1Or √ ∼ , l’application x → est integra´ ble sur ]−1,1[ car riemanienne√ √1 12 x→11−x 2 22(1−x) 2(1−x)1 1d’exposant .Parparite, l’application x → √ est integrable sur −1,1 ,d’ou l’application x →´ ´ ] [ `22 1−xT x T x( ) ( )n m√ est integra´ ble sur ]−1,1[.21−x 1 π πT (x)T (x) 1n m5) √ dx = cosnθcosmθdθ = cos m+n θ +cos m−n θ dθ( [( ) ] [( ) ])2 x=cosθ 21−x−1 0 01 0sim = nT (x)T (x)n m π√ dx =2 si m = n.1−x 2−1Deuxime Partie. 1 P (x)Q(x)1) L’application P|Q → √ dxestbiendefinie(voirmethodeduI)4)),elleestbilineairepositive( ) ´ ´ ´21−x−1 a 2P x( )de maniere claire. De plus (P|P) =0entraıne ∀a ...
Publié le : jeudi 21 juillet 2011
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1) Pas de question.
2)
Proble` me. Premi`erePartie.
a)Paruner´ecurrencee´videntesurn, on montre que le degre´ deTn`algea´tsen. n b) Soitanle terme de plus haut degre´ deTn, on a :an+1=2aneta0=1, doncan=2. c) Par re´ currence surn, on poseP(n) :pn, Tp(cosθ)=cospθ. P(0) est vraie, supposonsP(n), Tn+1(cosθ)=2 cosθTn(cosθ)Tn1(cosθ) Do`u:Tn+1(cosθ)=2 cosθcoscos (n1)θ, or,     n+ 1 +n1n+ 1n+ 1 cos (n+ 1)θ+ cos (n1)θ=2 cosθcosθ 2 2
donc cos (n+ 1)θ=2 cosθcoscos (n1)θetP(n+ 1) est vraie. 3) La famille (Tnreibn´eselonstun,cecerabesaseltleelefunste)´echsontr´essdegraelrbceelilmali 0nN de cardinalN+ 1=dim (RN[X]). 4) L’applicationx→Tn(x)Tm(x) est continue sur [1,e, on alors :1] , elle est donc borne´
|Tn(x)Tm(x)| 2 1x
M 2 1x
1 1 1 Or, l’applicationx→1]rus´egrableestint1,1[ car riemanienne 1 2x12 2 1x 2 (1x) 2 (1x) 1 1 dexposant.Parparit´e,lapplicationx→est inte´ grable sur ]1,d,o[1l`uplapaticniox→ 2 2 1x Tn(x)Tm(x) estint´egrablesur]1,1[. 2 1x   1π π Tn(x)Tm(x) 1 5)dx=coscosmθdθ=(cos [(m+n)θ] + cos [(mn)θ])2 x=cosθ2 11x0 0 10 sim=n Tn(x)Tm(x) dx=π 2sim=n. 1x 2 1
Deuxime Partie.
1 P(x)Q(x) 1) L’application (P|Q)→dxstbillee)),euI)4tivipesoaeriil´nendien´etbeshte´dedov(eimrio 2 11x a2 P(x) de manie` re claire. De plus (P|P)=0 entraıˆnea]1,1[\{0}, dx=et0 , par continuite´ 2 a1x positivite´ , on en de´ duit quePels de ]admet tous les re´ a, a[ comme racines, doncPest nul. L’application 1 P(x)Q(x) (P|Q)→dxest un produit scalaire. 2 11x
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