Catégorie : Niveau Prépa

Dans cet article vous vous basez sur la définition des polynômes de Legendre utilisant la formule de Rodrigues vue dans l'article 214.

Pour tout entier naturel $n$, vous posez $L_n(X) = \frac{1}{2^n n!}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right].$

Il s’agit de comprendre pourquoi, pour tout entier naturel $n\geq 1$, le polynôme $L_n$, de degré $n$, admet précisément $n$ racines réelles deux à deux distinctes, appartenant toutes à l’intervalle ouvert $]-1,1[.$

Utilisez une récurrence limitée

Soit $n\geq 1$ un entier naturel fixé. Vous posez $Q(X) = (X^2-1)^n = (X-1)^n(X+1)^n.$

Pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$, vous notez $P(k)$ le prédicat : « le polynôme $Q^{(k)}$ admet $k$ racines appartenant à l’intervalle $]-1,1[$. »

Pour $k=0$, $Q^{(k)} = Q.$ Or les racines de $Q$ sont les mêmes que celles du polynôme $X^2-1=(X-1)(X+1).$ Les deux racines étant $1$ et $-1$, le polynôme $Q$ n’admet pas de racine appartenant à l’intervalle $]-1,1[$ donc $P(0)$ est vérifié.

Soit $k$ un entier naturel compris entre $0$ et $n-1$. Vous supposez que $P(k)$ est vérifié.

Alors le polynôme $Q^{(k)}$ admet $k$ racines appartenant à l’intervalle $]-1,1[.$ Notez-les $x_1, \dots, x_k$ où $-1<x_1<\dots < x_k<1.$

Cependant, le polynôme $Q$ est factorisable par $(X-1)^n$. Comme $k$ est inférieur à $n-1$, vous avez $Q^{(k)}(1)=0.$

De même, le polynôme $Q$ est factorisable par $(X+1)^n$. Comme $k$ est inférieur à $n-1$, vous avez $Q^{(k)}(-1)=0.$

Le polynôme $Q^{(k)}$ admet donc au moins $k+2$ racines, deux à deux distinctes, qui sont $x_0 = -1$, $x_1, \dots, x_k$ et $x_{k+1}= 1.$

Pour tout $\ell$ compris entre $1$ et $k+1$, la fonction $Q^{(k)}$ est une fonction continue sur $[x_{\ell-1}, x_{\ell}]$ et dérivable sur $]x_{\ell-1}, x_{\ell}[$ puisque c’est un polynôme, avec $Q^{(k)}(x_{\ell-1}) = Q^{(k)}(x_{\ell}) = 0.$

L’application du théorème de Rolle fournit l’existence d’un réel $y_{\ell}\in]x_{\ell-1}, x_{\ell}[$ tel que $\left(Q^{(k)}\right)’ = Q^{(k+1)}(y_{\ell}) = 0.$

Vous avez les inégalités suivantes : $x_0 < y_1 < x_1 < \cdots < x_k < y_{k+1} < x_{k+1}$ ce qui prouve que les $y_{\ell}$ sont deux à deux distincts quand $\ell$ parcourt tous les entiers compris entre $1$ et $k+1.$

De ce qui précède, vous déduisez que le polynôme $Q^{(k+1)}$ admet $k+1$ racines appartenant à l’intervalle $]-1,1[$, deux à deux distinctes.

Concluez

La récurrence limitée effectuée ci-dessus montre, en particulier, que $P(n)$ est vérifié.

Du coup, le polynôme $Q^{(n)}$ possède $n$ racines deux à deux distinctes qui appartiennent toutes à l’intervalle $]-1,1[.$

Après multiplication par $\frac{1}{2^n n!}$, vous déduisez que le polynôme de Legendre $L_n$ admet bien $n$ racines deux à deux distinctes qui appartiennent toutes à l’intervalle $]-1,1[.$ Comme $L_n$ est de degré $n$, $L_n$ est bien scindé à racines simples.

Prolongement

Si vous utilisez le fait que les polynômes de Legendre sont orthogonaux pour le produit scalaire défini par $\forall (P,Q)\in\R[X]^2, \langle P, Q \rangle = \int_{-1}^1 P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t$, pourriez-vous démontrer qu’ils sont scindés ?

Suivant la formule attribuée à Rodrigues, pour tout entier naturel $n$ vous définissez le polynôme $P_n$, de degré $n$, comme étant la dérivée $n$-ième du polynôme $(X^2-1)^n$ de degré $2n$.

$\forall n\in \N, P_n(X) = \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right].$

Les premiers calculs montrent que :

\begin{aligned}
P_0 &= 1\\
P_1 &= 2X\\
P_2 &= 12X^2-4.
\end{aligned}

Comme $P_1(1) = 2$, et que $P_2(1) = 8$, ces polynômes ne sont pas normalisés.

Par contre, $L_1 = \frac{1}{2}P_1$ et $L_2=\frac{1}{8}P_2$ le sont, puisque $L_1(1) = L_2(1) = 1.$

Les polynômes de Legendre sont ceux construits à partir des polynômes $P_n$ quand ils sont normalisés.

Déterminez la valeur de $P_n(1)$

Soit $n$ un entier naturel.

Accéder à $P_n(1)$ n’est pas chose aisée car le calcul explicite de $P_n$, par la formule du binôme sur $(X^2-1)^n$, aboutit à un sigma peu attractif, qu’il faudra dériver $n$ fois… ce qui aboutit à une impasse.

Une autre approche possible consiste à utiliser la formule de Taylor.

Posez $Q(X) = (X^2-1)^n = (X-1)^n(X+1)^n$, de sorte que $P_n(X) = Q^{(n)}(X).$

Alors d’une part :

\begin{aligned}
Q(X) &= Q(1)+Q'(1)(X-1)+\dots+\frac{Q^{(2n)}(1)}{(2n)!}(X-1)^{2n}\\
&=\sum_{i=0}^{2n} \frac{Q^{(i)}(1)}{i!}(X-1)^{i}\\
\end{aligned}

D’autre part, par la formule du binôme :

\begin{aligned}
(X+1)^n &= ((X-1)+2)^n\\
&=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}2^{n-k}(X-1)^k
\end{aligned}

D’où, après multiplication par $(X-1)^n$ :

\begin{aligned}
Q(X) &= (X-1)^n(X+1)^n \\
&=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}2^{n-k}(X-1)^{n+k}
\end{aligned}

L’écriture de $Q(X)$, scindée en deux, fournit des renseignements intéressants.

\begin{aligned}
Q(X) &=\sum_{i=0}^{2n} \frac{Q^{(i)}(1)}{i!}(X-1)^{i}\\
&= \sum_{i=0}^{n-1} \frac{Q^{(i)}(1)}{i!}(X-1)^{i} + \sum_{i=n}^{2n} \frac{Q^{(i)}(1)}{i!}(X-1)^{i}\\
&= \sum_{i=0}^{n-1} \frac{Q^{(i)}(1)}{i!}(X-1)^{i} + \sum_{k=0}^{n} \frac{Q^{(k+n)}(1)}{(k+n)!}(X-1)^{k+n}\\
\end{aligned}

Vous avez obtenu deux décompositions de $Q(X)$ dans la base $(1,(X-1), \dots, (X-1)^{2n})$ du $\R$-espace vectoriel formé par les polynômes dont le degré est inférieur ou égal à $2n.$

Cette famille est bien une base car les polynômes qui la forment est étagée en degré et le nombre de polynômes de cette famille est égal à $2n+1$, qui est la dimension de l’espace vectoriel précité.

Par unicité de la décomposition d’un vecteur dans une base, vous déduisez :

Pour tout entier $i$ compris entre $0$ et $n-1$, $Q^{(i)}(1) = 0$ et $\frac{Q^{(n)}(1)}{n!} = 2^n.$

Vous déduisez que $\boxed{\forall n\in \N, P_n(1) = 2^n n!.}$

Concluez

Pour tout entier naturel $n$ vous posez $\boxed{L_n(X) = \frac{1}{2^n n!}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right]}$ appelé $n$-ième polynôme de Legendre.

De cet article il résulte que, pour tout entier naturel $n$, $L_n$ est un polynôme de degré $n$ et il est normalisé, autrement dit, $L_n(1)=1.$

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que la famille des polynômes de Legendre est orthogonale vis-à-vis du produit scalaire défini par $\forall (P,Q)\in\R[X], \langle P, Q \rangle = \int_{-1}^1 P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t$ ?

Autrement dit, quels que soient les entiers naturels $n$ et $m$ tels que $n\leq m$, pourriez-vous démontrer que $\langle L_n, L_m \rangle = 0$ ?

Soit $M\in SL_2(\Z)$ une matrice à coefficients entiers ayant un déterminant égal à $1.$

Démontrez que $\mathrm{Tr}(M^4) = \mathrm{Tr}(M)^4-4\mathrm{Tr}(M)^2+2$

Il existe quatre nombres entiers $a$, $b$, $c$ et $d$ tels que $M = \begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}.$

Vous allez évaluer la trace de la matrice $M^4$.

Tout d’abord vous calculez $M^2 = \begin{pmatrix}a^2+bc & ab+bd\\ ac+cd & bc+d^2\end{pmatrix}.$

Vous élevez la matrice $M^2$ au carré et conservez les coefficients diagonaux.

$M^4 = \begin{pmatrix}(a^2+bc)^2 + (ab+bd)(ac+cd) & \cdots \\ \cdots & (ac+cd)(ab+bd)+(bc+d^2)^2\end{pmatrix}.$

Du coup, il vient :

\begin{aligned}
\mathrm{Tr}(M^4) &= (a^2+bc)^2 + 2(ab+bd)(ac+cd) +(bc+d^2)^2\\
&= (a^2+bc)^2 + 2bc(a+d)(a+d) +(bc+d^2)^2.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\mathrm{Tr}(M^4) +4 \mathrm{Tr}(M)^2 &= (a^2+bc)^2 + 2bc(a+d)(a+d) +(bc+d^2)^2 +4(a+d)^2\\
&= (a^2+bc)^2 + (2bc+4)(a+d)(a+d) +(bc+d^2)^2.
\end{aligned}

Or, $ad-bc = 1$ d’où :

\begin{aligned}
\mathrm{Tr}(M^4) +4 \mathrm{Tr}(M)^2 &= (a^2+ad-1)^2 + (2ad+2)(a+d)^2 +(ad-1+d^2)^2\\
&=a^4+a^2d^2+1+2a^3d-2a^2-2ad+(2ad+2)(a^2+2ad+d^2)+a^2d^2+1+d^4-2ad+2ad^3-2d^2\\
&=a^4+2a^3d+2a^2d^2+2ad^3+d^4+(2ad+2)(a^2+2ad+d^2)-2a^2-2d^2-4ad+2\\
&=a^4+2a^3d+2a^2d^2+2ad^3+d^4+2a^3d+4a^2d^2+2ad^3+2a^2+4ad+2d^2-2a^2-2d^2-4ad+2\\
&=a^4+4a^3d+6a^2d^2+4ad^3+d^4+2\\
&=(a+d)^4+2\\
&=\mathrm{Tr}(M)^4+2.
\end{aligned}

Ainsi, $\boxed{\forall M\in SL_2(\Z), \mathrm{Tr}(M^4) +4 \mathrm{Tr}(M)^2 = \mathrm{Tr}(M)^4+2.}$

Démontrez que $\mathrm{Tr}(M^4) \equiv 2[8]$ ou $\mathrm{Tr}(M^4) \equiv -1[8]$

Soit $M\in SL_2(\Z).$

Modulo $8$, un entier peut être congru à $-3$, $-2$, $-1$, $0$, $1$, $2$, $3$ ou $4.$

Vous obtenez les possibilités suivantes qui indiquent les congruences modulo $8.$

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\mathrm{Tr}(M) & -3 & -2 & -1  &0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline
\mathrm{Tr}(M)^2 & 1 & 4 & 1 & 0 & 1 & 4 & 1 & 0\\ \hline
\mathrm{Tr}(M)^4 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0\\ \hline
4\mathrm{Tr}(M)^2 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 & 0 & 4 & 0\\ \hline
\mathrm{Tr}(M^4) = \mathrm{Tr}(M)^4-4\mathrm{Tr}(M)^2 +2& -1 & 2 & -1 & 2 & -1 & 2 & -1 & 2 \\ \hline
\end{array}

Ainsi, pour toute matrice $M\in SL_2(\Z), \mathrm{Tr}(M^4) \equiv 2[8]$ ou $\mathrm{Tr}(M^4) \equiv -1[8].$

Soit $N$ un entier naturel non nul.

Pour tout réel $x$, $\vert \sin x \vert \leq 1$, il vient la minoration suivante :

\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} &\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert^2 }{n} \\
&\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{ \sin^2 n }{n} \\
&\geq \sum_{n=1}^{N} \frac{ 1-\cos 2n }{2n} \\
&\geq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} – \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{N} \frac{\cos 2n }{n}.
\end{aligned}

En considérant le nombre complexe $z = \cos 2 + i \sin 2$ et la démarche vue dans l'article 207 vous aboutissez au fait que la série $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos 2n }{n}$ est convergente.

Donc il existe un nombre réel $M$ tel que, pour tout $N\in\N^{*}$, $\sum_{n=1}^{N} \frac{\cos 2n }{n} \leq M.$

Vous déduisez la minoration suivante :

\begin{aligned}
\forall N\in\N^{*}, \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} \geq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} -\frac{M}{2}.
\end{aligned}

Comme $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n} = +\infty$, il vient par comparaison $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{\vert \sin n \vert }{n} = +\infty.$

La série $\sum_{n\geq 1}\frac{\sin n}{n}$ n’est pas absolument convergente.

Il s’agit de montrer dans cet article que les séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes.

Pour y parvenir, vous considérez le nombre complexe $z = \cos 1 + i\sin 1= \e^i.$

Par la formule de Moivre, $\forall n\geq 1,\cos n + i \sin n = \e^{in} = (\e^i)^n =z^n.$

Vous cherchez à montrer que la série complexe $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ est convergente.

Utilisez une idée attribuée à Abel

Pour tout $n\in\N$, vous posez $S_n = \sum_{k=0}^n z^n$ équivalent à « primitiver », ce qui fera apparaître la quantité $\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, qui produira une série absolument convergente.

Cette technique est analogue à une intégration par parties, qui permet de montrer la convergence des deux intégrales $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x }{x}\,\text{d}x$ et $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x }{x}\,\text{d}x.$

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $2$, vous avez :

\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n-S_{n-1}}{n} \\
&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N} \frac{S_{n-1}}{n} \\
&=\sum_{n=1}^{N} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=0}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} \\
&=\frac{S_N}{N} + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n} – \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_{n}}{n+1} -S_0\\
&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} S_n \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&=\frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.
\end{aligned}

Majorez le module de $S_n$

Soit $n$ un entier naturel. Notez que $z\neq 1.$

Par sommation de termes consécutifs d’une suite géométrique, il vient :

\begin{aligned}
S_n &= \sum_{k=0}^n z^n\\
&= \frac{1-z^{n+1}}{1-z}.
\end{aligned}

En prenant le module, il vient :

\begin{aligned}
\vert S_n \vert &\leq \left\lvert \frac{1-z^{n+1}}{1-z} \right\rvert \\
&\leq \frac{\left\lvert 1-z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\
&\leq \frac{1+\left\lvert z^{n+1} \right\rvert}{\left\lvert1-z\right\rvert} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}
\end{aligned}

Il résulte de cette section que la suite $(S_n)_{n\geq 0}$ est bornée.

Etablissez la convergence de la série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$

Rappelez-vous que : $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.$

En effet, soit $N$ un entier naturel non nul.

Pour tout entier $n$ compris entre $1$ et $N$, en décomposant en éléments simples la fraction $\frac{1}{n(n+1)}$, il vient $\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}.$

Par sommation téléscopique :

\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} &= \sum_{n=1}^{N} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n+1}\\
&= \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N+1} \frac{1}{n}\\
&= 1 + \sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n}-\sum_{n=2}^{N} \frac{1}{n} -\frac{1}{N+1}\\
&= 1 -\frac{1}{N+1}.
\end{aligned}

Comme $\lim_{N\to +\infty} \frac{1}{N+1} = 0$ il vient $\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)} = 1$ ce qui prouve $\boxed{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} = 1.}$

Soit maintenant $N$ un entier naturel.

\begin{aligned}
\sum_{n = 1}^N \left\lvert \frac{S_n}{n(n+1)} \right\rvert &\leq \sum_{n = 1}^N \frac{\left\lvert S_n \right\rvert}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^N \frac{1}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert} \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n(n+1)} \\
&\leq \frac{2}{\left\lvert1-z\right\rvert}.
\end{aligned}

La série $\sum_{n\geq 1} \frac{S_n}{n(n+1)}$ est absolument convergente, donc convergente, vers sa somme notée $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)}.$

Concluez

Il a été vu que, pour tout entier $N\geq 2$, vous avez :

\begin{aligned}
\sum_{n=1}^{N} \frac{z^n}{n} &= \frac{S_N}{N} -1 + \sum_{n=1}^{N-1} \frac{S_n}{n(n+1)}.
\end{aligned}

Comme la suite $(S_N)_{N\geq 2}$ est bornée, $\lim_{N\to +\infty} \frac{S_N}{N} = 0.$

Vous déduisez que la série $\sum_{n\geq 1} \frac{z^n}{n}$ converge et que la somme vérifie $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n} = \sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{S_n}{n(n+1)} -1.$

En prenant les parties réelle et imaginaire, vous déduisez que les deux séries $\sum_{n\geq 1} \frac{\sin n}{n}$ et $\sum_{n\geq 1} \frac{\cos n}{n}$ sont convergentes, respectivement vers la partie réelle et la partie imaginaire de $\sum_{n= 1}^{+\infty} \frac{z^n}{n}.$

Considérez les suites $(u_n)_{n\geq 2}$ et $(v_n)_{n\geq 2}$ définies de la façon suivante :

\begin{aligned}
\boxed{\forall n\geq 2, u_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\text{ et }v_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}.}
\end{aligned}

Montrez que ces deux suites sont équivalentes

Remarquez déjà que pour tout entier $n\geq 2$ $v_n$ est non nul. Cela permet de passer au quotient.

Soit $n$ un entier tel que $n\geq 2$, vous avez :

\begin{aligned}
\frac{u_n}{v_n} &= \frac{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}{\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}}\\
&= \frac{\sqrt{n}+(-1)^n}{\sqrt{n}}\\
&= 1+ \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.
\end{aligned}

Or, vous avez la majoration :

\begin{aligned}
\left\lvert \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \right\rvert &\leq \frac{1}{\sqrt{n}}.
\end{aligned}

Comme $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$, il vient $\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} = 0$ et donc $\lim_{n\to +\infty} \frac{u_n}{v_n} = 1.$

Ainsi les deux suites $(u_n)$ et $(v_n)$ sont bien équivalentes.

Montrez que la série $\sum_{n\geq 2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ est convergente

Note : le lecteur qui connaît le critère spécial des séries alternées peut sauter cette section.

Pour tout entier $N$ supérieur ou égal à $2$, posez $S_{N} = \sum_{n=2}^{N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$

Il s’agit de comprendre pourquoi $\lim_{N\to +\infty} S_N$ existe et est un nombre réel.

Tout d’abord :

\begin{aligned}
S_2 &= \frac{1}{\sqrt{2}} \\
S_4 &= \frac{1}{\sqrt{2}}- \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}}.
\end{aligned}

Inutile d’aller plus loin, comme $\frac{1}{\sqrt{4}} < \frac{1}{\sqrt{3}}$ il vient $-\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{4}} < 0.$

Voyez-vous ce qui se passe ? La suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ semble être décroissante.

En effet, soit $N$ un entier supérieur ou égal à $1.$

\begin{aligned}
S_{2N+2}-S_{2N} &= \sum_{n=2}^{2N+2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \sum_{n=2}^{2N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\\
&= \frac{(-1)^{2N+1}}{\sqrt{2N+1}}+\frac{(-1)^{2N+2}}{\sqrt{2N+2}}\\
&= \frac{-1}{\sqrt{2N+1}}+\frac{1}{\sqrt{2N+2}}\\
&= \frac{\sqrt{2N+1}-\sqrt{2N+2}}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}}\\
&= \frac{(\sqrt{2N+1}-\sqrt{2N+2})(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}\\
&= \frac{-1}{\sqrt{2N+1}\sqrt{2N+2}(\sqrt{2N+1}+\sqrt{2N+2})}\\
\end{aligned}

Du coup $S_{2N+2}< S_{2N}.$

Maintenant, vous allez montrer que la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ est minorée par $0.$

Déjà, $S_2 \geq 0.$

La sommation par paquets va se révéler très intéressante pour la suite.

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $2.$

\begin{aligned}
S_{2N} &\geq \sum_{n=2}^{2N} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} \\
&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{(-1)^{2n}}{\sqrt{2n}} + \frac{(-1)^{2n+1}}{\sqrt{2n+1}}\right) + \frac{(-1)^{2N}}{\sqrt{2N}}\\
&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{(-1)^{2n}}{\sqrt{2n}} + \frac{(-1)^{2n+1}}{\sqrt{2n+1}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2N}}\\
&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2n}} – \frac{1}{\sqrt{2n+1}}\right)\\
&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\frac{\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}}{\sqrt{2n}\sqrt{2n+1}}\\
&\geq \sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{\sqrt{2n}\sqrt{2n+1}(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n})}\\
&\geq 0.
\end{aligned}

Vous déduisez de ce qui précède que la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ est minorée par $0$. Comme elle est décroissante, elle converge vers un nombre réel $\ell$ positif.

Montrez maintenant que la suite $(S_N)_{N\geq 2}$ converge vers $\ell.$

Soit $\varepsilon$ un réel strictement positif. Par convergence de la suite $(S_{2N})_{N\geq 1}$ vers $\ell$ vous déduisez :

$\exists P\geq 1, \forall N\geq P, \vert S_{2N} – \ell \vert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Soit $N$ un entier supérieur ou égal à $\mathrm{Max}\left( \frac{4}{\varepsilon^2}, 2P+1\right).$

1er cas : $N$ est pair. Il existe un entier $M$ tel que $N=2M.$ Comme $N\geq 2P$, vous avez $M\geq P$, donc $ \vert S_{2M} – \ell \vert \leq \frac{\varepsilon}{2}$ donc $\vert S_{2M} – \ell \vert \leq \varepsilon$ ce qui s’écrit $\vert S_{N} – \ell \vert \leq \varepsilon.$

2ème cas : $N$ est impair. Il existe un entier $M$ tel que $N = 2M+1.$

\begin{aligned}
\left\rvert S_N – \ell \right\rvert &\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{N} u_n – \ell \right\rvert \\
&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M+1} u_n – \ell \right\rvert \\
&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell + \frac{(-1)^{2M+1}}{\sqrt{2M+1}} \right\rvert \\
&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell \right\rvert + \left\rvert \frac{(-1)^{2M+1}}{\sqrt{2M+1}} \right\rvert \\
&\leq \left\rvert \sum_{n=2}^{2M} u_n – \ell \right\rvert + \frac{1}{\sqrt{2M+1}} \\
&\leq \left\rvert S_{2M} – \ell \right\rvert + \frac{1}{\sqrt{N}} \\
\end{aligned}

Or $N\geq 2P+1$ donc $2M+1\geq 2P+1$ donc $M\geq P$ donc $\left\rvert S_{2M} – \ell \right\rvert \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Comme $N\geq \frac{4}{\varepsilon^2}$, il vient $\sqrt{N}\geq \frac{2}{\varepsilon}$ puis $\frac{1}{\sqrt{N}}\leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Ainsi, $\left\rvert S_N – \ell \right\rvert \leq \varepsilon.$

Il a été démontré que $\lim_{N\to +\infty} S_N = \ell.$

Montrez que la série $\sum_{n\geq 2} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}$ est divergente

Effectuez un développement limité au voisinage de $+\infty$ :

\begin{aligned}
\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^{n}} &= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\times \frac{1}{1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}}\\
&= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\times \left(1 – \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} + O\left(\frac{1}{n}\right)\right)\\
&= \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}} – \frac{1}{n} + O\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right)\\
\end{aligned}

Ce qui montre que :

\begin{aligned}
\frac{1}{n} = u_n -v_n + O\left(\frac{1}{n\sqrt{n}}\right).
\end{aligned}

Il a été vu précédemment que $\sum_{n\geq 2} u_n$ converge.

Par le critère de Riemann la série $\sum_{n\geq 2} \frac{1}{n\sqrt{n}}$ converge.

Supposez que la série $\sum_{n\geq 2} v_n$ converge. Alors la série harmonique $\sum_{n\geq 2} \frac{1}{n}$ converge aussi, ce qui est absurde.

Donc la série $\sum_{n\geq 2} v_n$ diverge.

Dans cet article, vous établissez que $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.$

Notez au préalable que la fonction $x\mapsto \frac{\vert \sin x \vert}{x}$ est positive sur $[1,+\infty[$, donc l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}$ est bien définie et prend sa valeur dans l’ensemble $\R_{+}\cup \{+\infty\}.$

Découpez la somme et ramenez-vous à l’intervalle $[0,\pi]$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Par positivité de la fonction intégrée, le fait que $\forall x\in\R, \sin x = -\sin (x+\pi)$, vous avez les minorations :

\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin (x+k\pi) \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{\pi+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\\
&\geq \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1+k} \\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \sin x \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left[-\cos x\right]_0^{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(-\cos \pi + \cos 0\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Minorez la somme harmonique $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}$

Il est bien connu que $\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{1}{k} = +\infty.$ Par souci de complétude, une démonstration utilisant une comparaison série-intégrale est utilisée.

Rappelez-vous que $n$, dans ce paragraphe, désigne toujours un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Soit $k$ un nombre compris entre $2$ et $n.$

Par décroissance de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ sur $[2,+\infty[$, vous obtenez :

\begin{aligned}
\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{k} \\
\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \frac{1}{k} \\
\ln (k+1) – \ln k &\leq \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Par sommation, il vient :

\begin{aligned}
\sum_{k=2}^n (\ln (k+1) – \ln k) &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\sum_{k=2}^n \ln (k+1) – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\sum_{k=3}^{n+1} \ln k – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\ln(n+1)+\sum_{k=3}^{n} \ln k – \sum_{k=3}^n \ln k -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\ln(n+1) -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Concluez

D’après les deux sections précédentes, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$ :

\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\
&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{2}{\pi} \left(\ln(n+1) -\ln 2\right).
\end{aligned}

Comme $\lim_{n\to +\infty} \ln(n+1) -\ln 2 = +\infty$, il vient $\boxed{\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.}$

Prolongement

Pourriez-vous montrer que l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ est convergente ?

Autrement dit, pourriez-vous montrer que la limite $\lim_{t\to +\infty} \int_{1}^{t} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ existe et est un nombre réel ?

Soit à résoudre le système suivant :

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
a_1 &-2a_2& &+2a_4&-3a_5&=2\\
2a_1 & -4a_2 & +2a_3 & &+8a_5 &=6\\
a_1&-2a_2&+3a_3&-3a_4&+16a_5&=8.
\end{array}\right.
\end{aligned}

L’objectif du présent document est de montrer sur cet exemple un processus systématique permettant d’obtenir la résolution d’un système en utilisant des matrices de rotation de Givens.

Les avantages de cette résolution, c’est que les matrices de rotation sont orthogonales, facilement inversibles et fournissent une excellente stabilité numérique.

L’inconvénient, comme vous le verrez, est la présence accrue de racines carrées, qui est le prix à payer de cette stabilité.

Introduisez la matrice augmentée du système

Posez :

\begin{aligned}
A=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
1 & -2 & 0 & 2 & -3 & 2\\
2 & -4 & 2 & 0 & 8 & 6\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Obtenez un système équivalent avec une première matrice de rotation

Soient $c$ et $s$ deux nombres réels. Considérez la matrice suivante :

\begin{aligned}
R=\begin{pmatrix}
c & -s & 0\\
s & c & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Lorsque $c$ et $s$ sont deux réels vérifiant $c^2+s^2=1$, la matrice $R$ est orthogonale et c’est une matrice de rotation.

Vous calculez donc :

\begin{aligned}
RA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
c-2s & -2c+4s & -2s & 2c & -3c-8s & 2c-6s\\
s+2c & -2s-4c & 2c & 2s & -3s+8c & 2s+6c\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

L’objectif étant d’avoir la seconde ligne qui commence par $0$, vous voulez avoir $s+2c = 0$ soit $s = -2c$, d’où $s^2=4c^2$ et donc $s^2+c^2=5c^2=1.$

Choisissez $c = \frac{\sqrt{5}}{5}$ et $s=\frac{-2\sqrt{5}}{5}.$ Les deux conditions $c^2+s^2=1$ et $s+2c=0$ sont remplies :

\begin{aligned}
R=\begin{pmatrix}
\frac{\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & 0\\
\frac{-2\sqrt{5}}{5} & \frac{\sqrt{5}}{5} & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
RA&=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
\sqrt{5} & -2\sqrt{5} & \frac{4\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{13\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Continuez avec une autre matrice de rotation

Afin de simplifier les notations, notez encore $c$ et $s$ deux réels tels que $c^2+s^2=1.$

Considérez alors la matrice suivante :

\begin{aligned}
S=\begin{pmatrix}
c & 0 & -s\\
0 & 1 & 0\\
s & 0 & c
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Ce qui fournit :

\begin{aligned}
SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
\sqrt{5}c -s & -2\sqrt{5}c +2s& \frac{4\sqrt{5}}{5}c -3s & \frac{2\sqrt{5}}{5}c +3s& \frac{13\sqrt{5}}{5}c -16s& \frac{14\sqrt{5}}{5}c-8s\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\
\sqrt{5}s +c & -2\sqrt{5}s -2c& \frac{4\sqrt{5}}{5}s +3c& \frac{2\sqrt{5}}{5}s -3c& \frac{13\sqrt{5}}{5}s+16c & \frac{14\sqrt{5}}{5}s+8c
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Vous souhaitez avoir $\sqrt{5}s +c = 0$ ce qui conduit à $c = -\sqrt{5}s$ soit $c^2 = 5s^2.$ Or $c^2+s^2 = 1$ donc $1 = 6s^2$ d’où $s = \frac{\sqrt{6}}{6}$ et $c = \frac{-\sqrt{30}}{6}.$

Comme $c\sqrt{5}=\frac{-5\sqrt{6}}{6}$ :

\begin{aligned}
S=\begin{pmatrix}
\frac{-\sqrt{30}}{6} & 0 & -\frac{\sqrt{6}}{6}\\
0 & 1 & 0\\
\frac{\sqrt{6}}{6} & 0 & \frac{-\sqrt{30}}{6}
\end{pmatrix}
\end{aligned}

\begin{aligned}
SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} \\
0 & 0 & \frac{-11\sqrt{30}}{30} & \frac{17\sqrt{30}}{30} & \frac{-67\sqrt{30}}{30} & \frac{-13\sqrt{30}}{15}
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Finissez avec une matrice de rotation

Les nombres $s$ et $c$ étant deux réels tels que $c^2+s^2=1$, vous posez :

\begin{aligned}
T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & c & -s\\
0 & s & c
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5}c + \frac{11\sqrt{30}}{30}s& \frac{-4\sqrt{5}}{5}c – \frac{17\sqrt{30}}{30}s & \frac{14\sqrt{5}}{5}c + \frac{67\sqrt{30}}{30}s& \frac{2\sqrt{5}}{5}c+ \frac{13\sqrt{30}}{15}\\
0 & 0 &\frac{2\sqrt{5}}{5}s – \frac{11\sqrt{30}}{30}c & \frac{-4\sqrt{5}}{5}s+\frac{17\sqrt{30}}{30}c &\frac{14\sqrt{5}}{5}s-\frac{67\sqrt{30}}{30}c & \frac{2\sqrt{5}}{5}s-\frac{13\sqrt{30}}{15}c
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Vous souhaitez avoir $\frac{2\sqrt{5}}{5}s- \frac{11\sqrt{30}}{30}c = 0$ d’où :

\begin{aligned}
12 \sqrt{5}s-11\sqrt{30}c &= 0 \\
12 s-11\sqrt{6}c &= 0\\
12 s&=11\sqrt{6}c\\
144s^2 &= 6\times 121 c^2\\
24s^2 &= 121 c^2\\
24(1-c^2)&=121c^2\\
24 &= 145c^2
\end{aligned}

Vous choisissez par exemple :

\begin{aligned}
c&=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{145}}\\
&=\frac{2\sqrt{870}}{145}.
\end{aligned}

Alors il vient :

\begin{aligned}
s&=\frac{11\sqrt{6}}{12}c\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{12}\times \frac{2\sqrt{870}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{870}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{6}\times \sqrt{145}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{145}}{145}.
\end{aligned}

La matrice $T$ choisie est :

\begin{aligned}
T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \frac{2\sqrt{870}}{145} & -\frac{11\sqrt{145}}{145}\\
0 & \frac{11\sqrt{145}}{145} & \frac{2\sqrt{870}}{145}
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Alors :

\begin{aligned}
TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & -\frac{7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{29\sqrt{6}}{6} & -\frac{11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{\sqrt{174}}{6} & -\frac{47\sqrt{174}}{174} & \frac{181\sqrt{174}}{174} & \frac{31\sqrt{174}}{87}\\
0 & 0 & 0 & -\frac{2\sqrt{29}}{29} & \frac{4\sqrt{29}}{29} & -\frac{6\sqrt{29}}{29}.
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Concluez

Le système obtenu est échelonné.

Vous procédez à la méthode de remontée :

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-a_1 &+2a_2&-\frac{7}{6}a_3 &+\frac{1}{6}a_4&-\frac{29}{6}a_5&=-\frac{11}{3}\\
& & \frac{1}{6}a_3 &-\frac{47}{174}a_4 &+\frac{181}{174}a_5 &=\frac{31}{87}\\
& & &-\frac{2}{29}a_4&+\frac{4}{29}a_5&=-\frac{6}{29}
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\
& & &-a_4&+2a_5&=-3
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=62+47a_4-181a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=62+141 +94a_5-181a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=203 -87a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &a_3 &=7 -3a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\left\{\begin{align*}
-6a_1 &=-22-12a_2+7(7-3a_5)-(3+2a_5)+29a_5\\
 a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
-6a_1&=-12a_2+24+6a_5\\
 a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
a_1&=2a_2-4-a_5\\
a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5.
\end{align*}\right.

Soit $E$ l’ensemble des polynômes de $\R[X]$ dont le degré est inférieur ou égal à $2.$

Munissez $E$ du produit scalaire suivant :

\begin{aligned}
\forall (P,Q)\in E^2, \langle P, Q \rangle = \int_{0}^{1} P(x)Q(x)\text{d}x.
\end{aligned}

Considérez la famille $(1,X,X^2).$ C’est une base de $E.$

Etablissez la matrice du produit scalaire de cette famille

Posez $P_1(X) = 1$, $P_2(X) = X$ et $P_3(X) = X^2.$

Vous calculez tous les produits scalaires $\langle P_i, P_j \rangle$, où $i$ et $j$ sont deux entiers compris entre $1$ et $3.$

\begin{aligned}
\langle P_1, P_1 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)^2\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} 1\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} \text{d}x\\
&=1.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_1, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_2(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^2}{2}\right]\\
&=\frac{1}{2}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_1, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_3(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^3}{3}\right]\\
&=\frac{1}{3}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_2, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_2(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\
&=\frac{1}{3}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_2, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_3(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^3\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^4}{4}\right]\\
&=\frac{1}{4}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_3, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_3(x)^2\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^4\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^5}{5}\right]\\
&=\frac{1}{5}.
\end{aligned}

Compte tenu de la symétrie du produit scalaire, la matrice de ce dernier, calculée dans la famille $(P_1,P_2,P_3)$ est égale à :

\begin{aligned}
A&=\begin{pmatrix}
\langle P_i, P_j \rangle
\end{pmatrix}_{\substack{1\leq i \leq 3 \\ 1\leq j \leq 3}} \\
&=\begin{pmatrix}
1 & 1/2 & 1/3\\
1/2 & 1/3 & 1/4\\
1/3 & 1/4 & 1/5
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Utilisez des opérations élémentaires pour rendre cette matrice diagonale

Dans la partie gauche, vous allez utiliser la même opération élémentaire sur les lignes et les colonnes.

Dans la partie droite, vous mémorisez les opérations en effectuant l’opération élémentaire uniquement sur les colonnes en partant de la matrice identité notée $I.$

Cela fournit les calculs suivants :

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
A \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2-1/2 C_1]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1/3\\
1/2 & 1/12 & 1/4\\
1/3 & 1/12 & 1/5
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2-1/2 L_1]{} {}^{t}P_1AP_1 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1/3\\
0 & 1/12 & 1/12\\
1/3 & 1/12 & 1/5
\end{pmatrix} &
I \xrightarrow[C_2 \leftarrow C_2-1/2 C_1]{} P_1 = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
\end{array}\end{aligned}

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
{}^{t}P_1AP_1 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-1/3 C_1]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
1/3 & 1/12 & 4/45
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-1/3 L_1]{} {}^{t}P_2AP_2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
0 & 1/12 & 4/45
\end{pmatrix} &
P_1 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-1/3 C_1]{} P_2 = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & -1/3\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
\end{array}\end{aligned}

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
{}^{t}P_2AP_2 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-C_2]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
0 & 0 & 1/180
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-L_2]{} {}^{t}PAP = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 0\\
0 & 0 & 1/180
\end{pmatrix} &
P_2 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-C_2]{} P = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 1/6\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{array}\end{aligned}

Lisez la matrice de passage obtenue

Il a été établi que :

\begin{aligned}
P = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 1/6\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

En lisant colonne par colonne, vous notez $Q_1(X) = 1\cdot P_1(X)=1$, puis $Q_2(X) = -\frac{1}{2} \cdot P_1(X)+1\cdot P_2(X) = -\frac{1}{2} + X$ et enfin $Q_3(X) = \frac{1}{6}\cdot P_1(X)-1\cdot P_2(X)+1\cdot P_3(X) = \frac{1}{6}-X+X^2.$

D’après ce qui précède la famille $(Q_1,Q_2,Q_3)$ est orthogonale et :

\begin{aligned}
\langle Q_1,Q_1 \rangle &= 1\\
\langle Q_2,Q_2 \rangle &= \frac{1}{12}\\
\langle Q_3,Q_3 \rangle &= \frac{1}{180}.
\end{aligned}

Posez $R_1 = Q_1$, $R_2 = \sqrt{12}Q_2 = 2\sqrt{3} Q_2 $ puis $R_3 =\sqrt{180} Q_3 = 6\sqrt{5} Q_3.$

Alors la famille $(R_1, R_2, R_3)$ est orthonormale où :

\begin{aligned}
R_1(X) &= 1\\
R_2(X) &= -\sqrt{3} + 2\sqrt{3}X\\
R_3(X) &= \sqrt{5}-6\sqrt{5}X+6\sqrt{5}X^2.
\end{aligned}

Vous lisez dans de nombreux livres qu’un produit scalaire réel est une forme bilinéaire symétrique définie positive.

Autrement dit, soit $E$ un espace vectoriel, l’application $\langle, \rangle: E^2\to \R$ définit un produit scalaire réel, si et seulement si, elle vérifie toutes les conditions énumérées ci-dessous :

\begin{aligned} \begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + \mu y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\mu \langle y,z\rangle & \text{(linéarité à gauche)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \lambda \langle x,y \rangle+\mu \langle x,z \rangle & \text{(linéarité à droite)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0 & \text{(caractère défini)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle \geq 0.& \text{(positivité)}\\
\end{array}\end{aligned}

Vous allez montrer que ces conditions peuvent être allégées, et notamment la condition de positivité.

Soit dans toute la suite une application $\langle, \rangle: E^2\to \R$ vérifiant les conditions suivantes :

\begin{aligned} \begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall \lambda \in\R, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle & \text{(linéarité allégée à gauche)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0 & \text{(caractère défini sans équivalence)}\\
\exists x_0\in E, \langle x_0,x_0 \rangle > 0.& \text{(existence d’un vecteur de norme strictement positive)}\\
\end{array}\end{aligned}

Vous allez montrer que l’application $\langle, \rangle$ est un produit scalaire réel.

Etablissez une propriété avec le vecteur nul

Utilisez la linéarité allégée à gauche :

\begin{aligned}
\langle 1 \cdot 0 + 0, 0\rangle &= 1 \langle 0,0\rangle+\langle 0,0\rangle \\
\langle 0+0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
\langle 0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
0 &= \langle 0,0\rangle.
\end{aligned}

Soit $x\in E.$

Grâce à la symétrie puis à la linéarité allégée à gauche, il vient :

\begin{aligned}
\langle x, 0\rangle &= \langle 0, x\rangle \\
&= \langle 1\cdot 0+0, x\rangle \\
&= 1 \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle \\
&= \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle\\
&= \langle x, 0\rangle +\langle x, 0\rangle.
\end{aligned}

Du coup, $0 = \langle x, 0\rangle.$

Est donc démontrée la propriété suivante :

$\boxed{\forall x\in E, \langle x, 0\rangle = 0.}$

Déduisez-en une équivalence

Vous souhaitez démontrer que :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0.$

L’implication :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0$ est déjà acquise.

Compte tenu du fait que $\forall x\in E, 0 = \langle x, 0\rangle$ il vient $0 =\langle 0, 0\rangle$ ce qui prouve l’implication :

$\forall x\in E, x=0 \implies \langle x,x \rangle=0.$

Vérifiez la bilinéarité

Soient $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$

\begin{aligned}
\langle \lambda x + \mu y , z \rangle &= \langle 1(\lambda x) + (\mu y) , z \rangle \\
&= 1 \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x + 0, z \rangle + \langle \mu y + 0 , z \rangle \\
&= \lambda \langle x , z \rangle + \langle 0,z \rangle + \mu \langle y , z \rangle + \langle 0, z \rangle \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + 0 + \mu \langle y , z \rangle + 0 \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + \mu \langle y , z \rangle.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle x, \lambda y + \mu z \rangle &= \langle \lambda y + \mu z , x\rangle \\
&= \lambda \langle y , x\rangle + \mu \langle z, x\rangle\\
&= \lambda \langle x , y\rangle + \mu \langle x, z\rangle.
\end{aligned}

La bilinéarité à gauche et à droite de l’application $\langle, \rangle$ est acquise.

Bonus : démontrez la double distributivité

Soient $(\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4$ et $(x,y,z, t)\in E^4.$

\begin{aligned}
\langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle &= \alpha \langle x , \gamma z + \delta t \rangle + \beta \langle y , \gamma z + \delta t \rangle \\
&= \alpha (\gamma \langle x , z \rangle +\delta \langle x , t \rangle ) + \beta (\gamma \langle y , z \rangle + \delta t \langle y,t \rangle)\\
&= \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.
\end{aligned}

Est ainsi justifié le résultat pratique :

$\boxed{\forall (\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4, \forall (x,y,z, t)\in E^4, \langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle = \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.}$

Démontrez la positivité

Par hypothèse il existe un vecteur $x_0\in E$ tel que $\langle x_0, x_0\rangle > 0.$

Soit $x\in E$ et supposez un instant que $\langle x, x\rangle < 0.$

Pour tout réel $t$, vous posez $f(t) = \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle.$

Par double distributivité et par symétrie, il vient :

\begin{aligned}
f(t) &= \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle \\
&= \langle x , x\rangle + t \langle x , x_0\rangle + t\langle x_0 , x\rangle+t^2 \langle x_0 , x_0\rangle\\
&= \langle x , x\rangle + 2t \langle x_0, x\rangle + t^2\langle x_0, x_0 \rangle.
\end{aligned}

$f$ est donc un polynôme du second degré, de coefficient dominant $\langle x_0, x_0 \rangle$ strictement positif.

Il vient donc $\lim_{t\to +\infty} f(t) = +\infty$ donc il existe un réel $t_1> 0$ tel que $f(t_1) > 0.$

D’autre part, $f(0) = \langle x , x\rangle $ et $f(0)<0.$

$f$ étant une fonction continue sur $\R$, l’application du théorème des valeurs intermédiaires sur l’intervalle $[0, t_1]$ fournit l’existence d’un réel $u\in[0, t_1]$ tel que $f(u)=0$.

Ainsi, $\langle x + u x_0, x+ u x_0\rangle = 0.$ Or, le caractère défini de l’application $\langle, \rangle$ fournit $x+ux_0 = 0$, donc $x = -u x_0.$

Il vient donc par double distributivité :

\begin{aligned}
\langle x, x\rangle &=\langle -u x_0, -u x_0\rangle \\
&= (-u)^2 \langle x_0, x_0\rangle\\
&= u^2 \langle x_0, x_0\rangle.
\end{aligned}

Comme $\langle x_0, x_0\rangle \neq 0$ vous déduisez $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} = u^2.$

Or $u$ est réel donc $u^2$ est positif. Comme $\langle x_0, x_0\rangle > 0$ et $\langle x, x\rangle < 0$ il vient $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} < 0$ ce qui contredit le fait que $u^2 \geq 0.$

Il est donc aburde d’avoir l’existence d’un vecteur $x\in E$ tel que $\langle x, x\rangle < 0.$

Vous déduisez que pour tout $x\in E$, $\langle x, x\rangle \geq 0$ ce qui était la positivité cherchée.