Correction : Analyse, Intégration par la méthode de Gauss

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Calcul intégral. Polynômes. Espaces vectoriels de dimension finie.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: analyse-mpsi
• Nombre de lectures: 47
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a

1.b
2.a

2.b

3.a

3.b

3.c

4.a

4.b

Correction

Partie I

 2est un polynôme unitaire de degrédonc()est un polynôme de degréde coefficient
dominant (2aP rusti)! .e est un polynôme unitaire de degré.
!
La familleest une famille de polynôme de degrés étagés.
Par la formule de Leibniz :

((2−1))()=((−1)(+1))()=∑((−1)) (()(+1))(
  =0−
puis((2−1))()=∑=(−!(!)−1)−(!!+1)=!∑=( )2(−1)−(+1)
0 0
n21=∑02(−()1+1) .
et enfi=−


(−1)−s’annule en 1 sauf quand=donc(1)=22. De même(−1)=(−22).


=(−1)(+1).
Les racines desont 1 et−1 , elles sont de multiplicité.
La fonction֏( continue sur) est−1,1 , dérivable sur− s'annule en 1 et1,1 et−1 donc par le
théorème de Rolle,∃α∈ −1,1 tel que′(α)=0 .
Or′s’annule aussi en 1 et−1 car ce sont ici les racines dede multiplicité.
En appliquant le théorème de Rolle sur−1,αet surα,1 , on obtient deux réels distinctsβ∈ −1,αet
γ∈α,1 annulant′′. Or′′ ets’annule aussi en 1−1 et on peut reprendre le processus...
A terme, on observe que(), tout comme, s’annule au moinsfois dans l’intervalle−1,1 .
Puisque le polynômeest de degré, il possède au plusracines (comptées avec multiplicité).
Comme ci-dessus nous venons d’en obteniraffirmer qu’il n’y en a pas d’autres et que celles-, on peut
ci sont simples.
Par récurrence sur∈ℕ:
Pour=0 , on reconnaît la formule d’intégration par parties.
Supposons la propriété établie au rang≥0 .

      
∫−11(+2)()()d=∑=0(−1)(+1−)()( )()1−1+(−1)+1∫−11′()(+1())d
1 1 1
(1)( 1 )( )( )( ) ( 1)1( )( 1()1))(2( )((2))d
ip=p∑=0−+ − −1+ −+  +−1−+∫−1  + 
=∑=+1(−1)(+1−)()()()1−1+(−1)+2∫−11()(+2)()d
0
Récurrence établie.
∫−1+=∫−1(+1=∑−+−1−+ −+∫−1+ +
11()()d1+1 )()()d=0)1((1)()()()1)1(111()((1))d

Or(+1)()=0 et(+1−)(±1)= 1 et0 car− racines de multiplicité1 sont+1 de+1.
1
Ainsi+1()()d=0 .
−1

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

3.c
3.d

3.e

4.a

Partie II

Soitλ,∈ℝet,∈ℝ.
ϕ(λ+)= ((λ+)()0≤≤= (λ()+()0≤≤
λ(())≤≤(())≤≤λϕ()ϕ()
=0+0= +
Ainsiϕest linéaire.
Soit∈kerϕ. On a(0)=…=()=0 doncpossède au moins+1 racines.
Or deg≤donc= ker0 . Ainsiϕ= {0}.
Par le théorème d’isomorphisme ( dimℝ=dimℝ+1< +∞)ϕest un isomorphisme.
est solution du problème posé ssiϕ()= ((0),…,() .
ϕétant bijective, le problème posé possède une unique solution=ϕ−1((0),…,() .


Si≠alors()=0 . Si=alors()=∏(−)≠0 .
=0
≠

Supposonsλ00+⋯+λ=0 .
∀0≤≤, en évaluant la relation précédente en:λ()=0 , or()≠0 , doncλ=0
.
La familleest une famille libre de+1=dimℝ+1polynômes deℝ(car deg=), c’est
donc une base deℝ.

En évaluant la relation=∑λenon obtient :
=0
()=λ() or()=() doncλ=(( )).

1
()=∫−11()d=∫−11=∑0λ()d=∑=0λ∫11−()d=∑=0() avec=(1)∫−1()d.

Soitα,β∈ℝet,∈(−1,1 ,ℝ) .
   
(α+β)=∑(α+β)()=∑(α()+β())=α∑()+β∑()
=0=0=0=0
puis(α+β)=α()+β() doncest linéaire. De plusest à valeurs dansℝ, c’est donc une
forme linéaire.
Si∈ℝalors=et par suite()=() .
Si∈ℝ2+1alors réalisons la division euclidienne depar+1:
=+1+avec deg<deg+1d’où∈ℝ.
En évaluant la relation ci-dessus enon obtient()=() car+1()=0 .
Par suite=et donc, en exploitant de surcroît I.4.b :
1 1 1
()=(+1+)=+1()()d+∫()d=0+∫()d=() .
−1−1−1
2∈ℝ2⊂ℝ2ȿ