CORRECTION

Exercice 1. Soit f : [a, b] ⟶ ℝ continue et non identiquement nulle. Montrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ,

(∀k ∈ {0, …, n−1}, ∫_{a}^{b} t^{k}f(t)dt = 0) ⟹ (f change de signe au moins n fois sur ]a, b[)

- initialisation (n=0): si f ne changeais pas de signe et comme f est non-identiquement nulle, alors on aurait

∫_{a}^{b} f(t)dt > 0  ou  ∫_{a}^{b} f(t)dt < 0

Par conséquent puisque ∫_{a}^{b} f(t)dt = 0, f change de signe.

- supposons que la propriété voulue est vraie au rang n. Ainsi, si pour tout k ∈ {0, …, n} on a ∫_{a}^{b} t^{k}f(t)dt = 0, alors par hypothèse de récurrence f change de signe au moins n fois sur ]a, b[. Notons x_{1}, …, x_{n} les points où f change de signe. Posons P (t) = (t − x_{1}) ⋯ (t − x_{n}). P est un polynôme de degré n qui change de signe en x_{1}, …, x_{n} et uniquement en ces points. Par conséquent P f ne change pas de signe en x_{1}, …, x_{n} et

∫_{a}^{b} P (t)f(t)dt0

On en déduit que P f change de signe (même raisonnement que pour l’initialisation). Notons x_{n+1} l’endroit du changement de signe: on sait que x_{n+1} ≠ x_{i} pour tout i = 1, …, n et donc que P ne change pas de signe en x_{n+1}. Par conséquent, f change de signe en x_{n+1}.

Exercice 2. Soit f : [a, b] ⟶ ℝ continue et g : ℝ ⟶ ℝ continue convexe. Rappelons l’inégalité de convexité : pour tous λ_{1}, …, λ_{n} ≥ 0 tels que ∑ λ_{i} = 1 et pour tous a_{1}, … a_{n} ∈ ℝ,

g(∑_{i=1}^{n} λ_{i}a_{i}) ≤ ∑_{i=1}^{n} λ_{i}g(a_{i})

Pour tout n ∈ ℕ^{∗} on choisit désormais une subdivision à pas constant (b_{1}, …, b_{n}) de [a, b], puis on pose λ_{i} = 1/n et a_{i} = f(b_{i}) pour tout i ∈ {1, …, n}. Ainsi on a

g(\underbrace{∑_{i=1}^{n} \frac{1}{n}f(b_{i})}_{:=u_{n}}) ≤ \underbrace{∑_{i=1}^{n} \frac{1}{n}g ∘ f(b_{i})}_{:=v_{n}}

On remarque ensuite que (b − a)u_{n} (resp. (b − a)v_{n}) est une somme de Riemann associée à f (resp. g ∘ f) et donc

lim_{n→+∞}(u_{n}) = \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} f(t)dt  et  lim_{n→+∞}(v_{n}) = \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b} g ∘ f(t)dt

Comme g est continue, g(u_{n}) converge vers g(\frac{1}{b−a} ∫_{a}^{b} f(t)dt) et on obtient l’égalité voulue par passage à la limite.

Exercice 3. En effectuant le changement de variable u = cos t on trouve que

I := ∫_{0}^{π} \frac{t sin t}{1 + cos^{2} t}dt = ∫_{1}^{−1} −\frac{arccos u}{1 + u^{2}}du = ∫_{−1}^{1} \frac{arccos u}{1 + u^{2}}du

Puis en intégrant par parties avec f(u) = arccos u et g(u) = arctan u on a

I = ∫_{−1}^{1} f(u)g′(u)du = [f(u)g(u)]_{−1}^{1} − ∫_{−1}^{1} f′(u)g(u)du
= [arccos u arctan u]_{−1}^{1} + ∫_{−1}^{1} \frac{arctan u}{\sqrt{1 − u^{2}}} du

On remarque enfin que \frac{arctan u}{\sqrt{1−u^{2}}} est une fonction impaire, donc son intégrale entre −1 et 1 est nulle. Finalement,

I = arccos 1 arctan 1 − arccos −1 arctan −1 = 0 − π(−\frac{π}{4} ) = \frac{π^{2}}{4}

Exercice 4. 1) En effectuant le changement de variable x = π/2 − t on trouve que I_{n} = J_{n}.

2) Posons α = π/4. D’une part

0 ≤ ∫_{0}^{α} sin^{n} tdt ≤ ∫_{0}^{α} t^{n}dt ≤ \frac{(π/4)^{n+1}}{n + 1} ⟶_{n→+∞} 0

D’autre part

0 ≤ ∫_{α}^{1} sin^{n} tdt = ∫_{0}^{α} sin^{n}(t − α)dt = ∫_{0}^{α} (sin t cos α − cos t sin α)^{n}dt
= (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n} ∫_{0}^{α} (cos t − sin t)^{n}dt
≤ (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n} ∫_{0}^{α} dt = \frac{π}{4} (\frac{\sqrt{2}}{2})^{n} ⟶_{n→+∞} 0

Finalement I_{n} = J_{n} s’écrit comme la somme de deux suites qui convergent vers 0 quand n tend vers +∞, donc lim_{n→+∞} I_{n} = 0.

3) On intègre par parties :

I_{n+2} = ∫_{0}^{π/2} cos t cos^{n+1} tdt = \underbrace{[sin t cos^{n+1} t]_{0}^{π/2}}_{=0} +(n + 1) ∫_{0}^{π/2} cos^{2} t sin^{n} tdt

= (n + 1) ∫_{0}^{π/2}(1 − sin^{2} t) sin^{n} tdt = (n + 1)(I_{n} − I_{n+2})

Par conséquent I_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}I_{n}. En particulier

I_{2k} = \frac{(2k − 1) ⋯ 1}{(2k) ⋯ 2} \frac{π}{2}

I_{2k+1} = \frac{(2k) ⋯ 2}{(2k + 1) ⋯ 3}

4) En distingant les cas n pair et n impair on déduit aisément de ce qui précède que nI_{n}I_{n−1} = \frac{π}{2} .

5) Pour tout n ≥ 0 I_{n} ≥ I_{n+1} (car 0 ≤ cos t ≤ 1 pour t ∈ [0, π/2]). Par ailleurs

\frac{I_{2k−1}}{I_{2k+1}} = \frac{2k + 1}{2k} ⟶_{n→+∞} 1

Donc I_{n} ∼ I_{n+1} et alors d’après la question 4 I_{n} est equivalent à \sqrt{\frac{π}{2n}} quand n tend vers +∞.

Exercice 5. - Si k = −1 alors

∫_{a}^{b} \frac{ln x}{x}dx = [\frac{1}{2}(ln x)^{2}]_{a}^{b} = (ln b)^{2} − (ln a)^{2}

Ainsi

lim_{x→0} ∫_{x}^{1} \frac{ln t}{t}dt = lim_{x→0}(−(ln x)^{2}) = −∞ et lim_{x→+∞} ∫_{1}^{x} \frac{ln t}{t}dt = lim_{x→+∞}(ln x)^{2} = +∞

- Si k ≠ −1 on intègre par parties :

∫_{a}^{b} x^{k} ln xdx = [\frac{x^{k+1}}{k + 1} ln x]_{a}^{b} − ∫_{a}^{b} \frac{x^{k+1}}{k + 1} \frac{1}{x}dx = [\frac{x^{k+1}}{k + 1}(ln x − \frac{1}{k + 1})]_{a}^{b}

Par conséquent d’une part

∫_{x}^{1} t^{k} ln tdt = \frac{x^{k+1} − 1}{(k + 1)^{2}} − \frac{x^{k+1} ln x}{k + 1} ⟶_{x→0} \{ \begin{matrix}−\frac{1}{(k+1)^{2}} & si & k ≥ 0 \\ +∞ & si & k ≤ −2 \end{matrix}

et d’autre part

∫_{1}^{x} t^{k} ln tdt = \frac{1 − x^{k+1}}{(k + 1)^{2}} + \frac{x^{k+1} ln x}{k + 1} ⟶_{x→+∞} \{ \begin{matrix}+∞ & si & k ≥ 0 \\ \frac{1}{(k+1)^{2}} & si & k ≤ −2 \end{matrix}

Exercice 6. 1) ϕ est évidemment bilineaire, symétrique et positive. Montrons qu’elle est définie. Si ϕ(f, f) = 0 alors

0 ≥ − ∫_{0}^{1} f(t)^{2}dt = ∫_{0}^{1} f′(t)^{2}dt ≤ 0

Par conséquent ∫_{0}^{1} f(t)^{2}dt = 0, et donc f ≡ 0.

2) Soient f ∈ V et g ∈ W. Etant donné que g = g′ on a

ϕ(f, g) = ∫_{0}^{1} (f(t)g′(t) + f′(t)g(t))dt = ∫_{0}^{1}(fg)′(t)dt = f(1)g(1) − f(0)g(0) = 0

Exercice 7. Rappelons que que si θ ∈]2π/3, π] alors cos θ ∈] − 1/2, −1]. Supposons maintenant que l’on puisse trouver 3 vecteurs unitaires u_{1}, u_{2}, u_{3} tels que l’angle formé par u_{i} et u_{j} pour i ≠ j est toujours strictement supérieur à 2π/3. Alors

∥ u_{1} + u_{2} + u_{3} ∥ = ∑_{i=1}^{3} ∥ u_{i} ∥^{2} + ∑_{i≠j} ∥ u_{i} ∥ · ∥ u_{j} ∥ cos (u_{i}, u_{j})

= 3 + ∑_{i≠j} cos (u_{i}, u_{j}) < 3 − ∑_{i≠j} \frac{1}{2} = 0 Impossible

Donc par l’absurde, on en déduit le résultat voulu.

Exercice 8. 1) On commence par définir la projection orthogonale sur F

p : E ⟶ E; x ⟼ ∑_{i=1}^{n} φ(x, e_{i})e_{i}

Pour tout x ∈ E, p(x) ∈ F, de plus pour tout i = 1, …, n

φ(x − p(x), e_{i}) = φ(x, e_{i}) − φ(x, e_{i}) = 0

ce qui implique que x − p(x) ∈ F^{⊥}. Par conséquent E = F + F^{⊥}. De plus le seul élément de F qui soit orthogonal à lui-même est 0 (car φ est définie). Donc F ∩ F^{⊥} = {0} et E = F ⊕ F^{⊥}.

2) Pour tout x ∈ E (et d’après la questin précédente)

∥ x ∥^{2}=∥ p(x) ∥^{2} + ∥ x − p(x) ∥^{2}≥∥ p(x) ∥^{2}= ∑_{i=1}^{n} φ(x, e_{i})^{2}

Exercice 9. 1) Commençons par remarquer que

\{ \begin{matrix}x + y + z + t = 0 \\ x + 2y + 3z + 4t = 0 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}x = z + 2t \\ y = 2z + 3t \end{matrix}

On en déduit que F = vect(\underbrace{e_{1} + 2e_{2} + e_{3}}_{:=v_{1}}, \underbrace{2e_{1} + 3e_{2} + e_{4}}_{:=v_{2}}). Par ailleurs v_{1} et v_{2} ne

sont pas colinéaires, donc ils forment une base de F. Posons maintenant

u_{1} := \frac{v_{1}}{∥ v_{1} ∥} et u_{2} := \frac{v_{2}− < u_{1}, v_{2} > u_{1}}{∥ v_{2}− < u_{1}, v_{2} > u_{1} ∥}

Par construction, ces vecteurs forment une base orthonormée de F. Dans la base B cela donne

u_{1} = \frac{1}{\sqrt{6}}e_{1} + \sqrt{\frac{2}{3}}e_{2} + \frac{1}{\sqrt{6}}e_{3} et u_{2} = \sqrt{\frac{2}{15}}e_{1} + \frac{1}{\sqrt{30}}e_{2} − 2\sqrt{\frac{2}{15}}e_{3} + \sqrt{\frac{3}{10}}e_{4}

2) La projection orthogonale p_{F} sur F est donnée par la formule suivante : p_{F} (x) =< x, u_{1} > u_{1}+ < x, u_{2} > u_{2} pour tout x ∈ E. Calculons les images des vecteurs de la base :

p_{F} (e_{1}) = \frac{1}{\sqrt{6}}u_{1} + \sqrt{\frac{2}{15}}u_{2} = \frac{3}{10}e_{1} + \frac{2}{5}e_{2} − \frac{1}{10}e_{3} + \frac{1}{5}e_{4}

p_{F} (e_{2}) = \sqrt{\frac{2}{3}}u_{1} + \frac{1}{\sqrt{30}}u_{2} = \frac{2}{15}e_{1} + \frac{7}{10}e_{2} + \frac{1}{15}e_{3} + \frac{1}{10}e_{4}

p_{F} (e_{3}) = \frac{1}{\sqrt{6}}u_{1} − 2\sqrt{\frac{2}{15}}u_{2} = −\frac{1}{10}e_{1} + \frac{1}{5}e_{2} + \frac{7}{10}e_{3} − \frac{2}{5}e_{4}

p_{F} (e_{4}) = \sqrt{\frac{3}{10}}u_{2} = \frac{1}{5}e_{1} + \frac{1}{10}e_{2} − \frac{2}{5}e_{3} + \frac{3}{10}e_{4}

Par conséquent la matrice de p_{F} dans B est

( \begin{matrix}3/10 & 2/15 & −1/10 & 1/5 \\ 2/5 & 7/10 & 1/15 & 1/10 \\ 1/10 & 1/15 & 7/10 & −2/5 \\ 1/5 & 1/10 & −2/5 & 3/10 \end{matrix} )