Catégorie : Niveau Prépa

Pour tout entier naturel $n$, vous posez $I_n = \int_{-1}^{1} (t^2-1)^n\,\mathrm{d}t.$

Cette intégrale apparaît dans le calcul de la norme des polynômes de Legendre. Pour en savoir davantage, reportez-vous au contenu écrit dans l'article 218.

Calculez $I_0$

\begin{aligned}
I_0 &= \int_{-1}^{1} (t^2-1)^0\,\mathrm{d}t \\
&= \int_{-1}^{1} \mathrm{d}t\\
&=2.
\end{aligned}

Vous avez $\boxed{I_0 = 2.}$

Trouvez une relation entre $I_{n+1}$ et $I_n$

Soit $n\in\N.$ Partez de $I_{n+1}$ et effectuez une intégration par parties.

\begin{aligned}
I_{n+1} &= \int_{-1}^{1} (t^2-1)^{n+1}\,\mathrm{d}t \\
&= \int_{-1}^{1} 1 \times (t^2-1)^{n+1}\,\mathrm{d}t \\
&=\left[t \times (t^2-1)^{n+1}\right]_{-1}^{1}  - \int_{-1}^{1} t  (n+1)\times (t^2-1)^{n} \times 2t \,\mathrm{d}t \\
&=  -2(n+1)  \int_{-1}^{1} t^2  (t^2-1)^{n}  \,\mathrm{d}t \\
&=  -2(n+1)  \int_{-1}^{1} (t^2-1+1)  (t^2-1)^{n}  \,\mathrm{d}t \\
&=  -2(n+1)  \left[\int_{-1}^{1} (t^2-1)  (t^2-1)^{n}\,\mathrm{d}t +\int_{-1}^{1}  (t^2-1)^{n}\,\mathrm{d}t \right]  \\
&=  -2(n+1)  \left[\int_{-1}^{1}   (t^2-1)^{n+1}\,\mathrm{d}t + I_n \right]  \\
&=  -2(n+1)  (I_{n+1} + I_n).
\end{aligned}

Donc :

$(1 + 2(n+1))I_{n+1} = -(2n+2)I_n.$

Finalement, $\boxed{\forall n\in\N, I_{n+1} = -\frac{2n+2}{2n+3}I_n.}$

Déduisez-en la valeur de $I_n$ avec une récurrence

L’expression précédente suggère la conduction d’une récurrence. Par souci de commodité, il sera utile de faire appel à la notion de factorielle double.

Pour tout entier naturel $n\geq 2$, notez $(2n)!!$ le produit de tous les entiers pairs compris entre $2$ et $2n$, avec la convention $0!!=1$ et $2!!=2.$

De même, pour tout entier naturel $n\geq 1$ notez $(2n+1)!!$ le produit de tous les entiers impairs compris entre $1$ et $2n+1$, avec la convention $1!!=1.$

Pour tout entier naturel $n$, notez $\mathscr{P}(n)$ le prédicat :
« $I_n = 2 (-1)^n \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$. »

Initialisation. Pour $n=0$ :

\begin{aligned}
2 (-1)^n \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} &= 2 (-1)^0 \frac{0!!}{(1)!!} \\
&= 2\\
&= I_0.
\end{aligned}

Donc $\mathscr{P}(0)$ est vérifié.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel. Supposez $\mathscr{P}(n).$

\begin{aligned}
I_{n+1} &= -\frac{2n+2}{2n+3}I_n \\
&=-2(-1)^n\frac{2n+2}{2n+3} \times \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\\
&=2(-1)^{n+1} \times \frac{(2n+2)!!}{(2n+3)!!}.
\end{aligned}

Donc $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifié.

Ainsi, il est établi que $\forall n\in\N, I_n = 2 (-1)^n \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$

Ecrivez $I_n$ avec des factorielles

Soit $n\in\N.$ Vous allez utiliser le fait que le produit des pairs avec les impairs donne le produit de tous les entiers. Autrement dit, $(2n+1)! = (2n+1)!!(2n)!!.$ Du coup :

\begin{aligned}
\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} &= \frac{(2n)!! (2n)!!}{(2n+1)!!(2n)!!} \\
&= \frac{((2n)!!)^2}{(2n+1)!}\\
&= \frac{(2^n n!)^2}{(2n+1)!}\\
&= \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!}.
\end{aligned}

Vous déduisez $\boxed{\forall n\in\N, \int_{-1}^{1} (t^2-1)^n\,\mathrm{d}t = (-1)^{n} \frac{2^{2n+1} (n!)^2}{(2n+1)!}.}$

Dans le cadre du contenu se trouvant dans l'article 214, les polynômes de Legendre sont définis, en utilisant la formule de Rodrigues, par :

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

L’espace vectoriel $\R[X]$ est muni du produit scalaire suivant :

$\forall (P,Q)\in(\R[X])^2, \langle P, Q \rangle = \int_{-1}^{1} P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t.$

La norme associée est définie par :

$\forall P\in\R[X], \Vert P \Vert = \sqrt{\langle P, P \rangle}.$

L’objectif de cet article est de trouver un moyen qui permet de calculer, quand $n\in\N$, le nombre $\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2.$

Dans la suite de ce paragraphe, vous fixez $n\in\N.$

Utilisez des notations adaptées

Posez $P(X) = (X^2-1)^n$ et $c = \frac{1}{2^n n!}$, de sorte que $\mathscr{L}_n(X) = cP^{(n)}(X).$

Le calcul de la norme au carré fournit :

\begin{aligned}
\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 &= \langle \mathscr{L}_n, \mathscr{L}_n \rangle \\
&= c^2 \langle P^{(n)}, P^{(n)} \rangle.
\end{aligned}

Dérivée d’ordre $2n$

Utilisant la formule du binôme, $P(X) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^{n-k}X^{2k}.$
Isolant un terme des autres et posant $A(X) = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k}(-1)^{n-k}X^{2k}$ il vient $P(X) = X^{2n} + A(X).$

En dérivant $2n$ fois, le polynôme $A$ qui a un degré strictement inférieur à $2n$, est nul.
Il vient donc $\boxed{P^{(2n)}(X) = (2n)!.}$

Evaluation en $1$ et en $-1$ de certaines dérivées

Notez que $P(X) = (X+1)^n(X-1)^n$ ce qui montre que $1$ est racine de $P$ avec une multiplicité égale à $n.$

Ainsi, de part l’étude des racines multiples effectuée dans l'article 217, $\forall k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket , P^{(k)}(1)=0.$

D’autre part, $P(-X) = P(X).$

En dérivant, il vient $P^{(n)}(X) = (-1)^n P(-X)$ donc en définitive :

$\boxed{\forall k\in \llbracket 0,n-1 \rrbracket, P^{(k)}(-1)=P^{(k)}(1) = 0.}$

Utilisez une récurrence limitée

En utilisant des intégrations par parties successives, vous allez intégrer le $P^{(n)}$ de gauche et dériver $P^{(n)}$. En intégrant $n$ fois le polynôme $P^{(n)}$, vous allez arriver sur $P.$ En dérivant $n$ fois le polynôme $P^{(n)}$ vous allez tomber sur $P^{(2n)}$ qui est un polynôme constant, puisque $P$ est de degré $2n.$ Cela conduit à la récurrence limitée suivante.

Pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$, vous notez $\mathscr{P}(k)$ le prédicat :
« $\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 = c^2 (-1)^k\langle P^{(n-k)}, P^{(n+k)} \rangle.$ »

Initialisation. Quand $k = 0$ :

\begin{aligned}
c^2 (-1)^k\langle P^{(n-k)}, P^{(n+k)} \rangle &= c^2 (-1)^0\langle P^{(n-0)}, P^{(n+0)} \rangle \\
&= c^2 \langle P^{(n)}, P^{(n)} \rangle \\
&= \Vert \mathscr{L}_n \Vert^2.
\end{aligned}

Hérédité. Soit $k$ un entier compris entre $0$ et $n-1.$ Supposez $\mathscr{P}(k).$ Commencez par une intégration par parties :

\begin{aligned}
\langle P^{(n-k)}, P^{(n+k)} \rangle &= \int_{-1}^{1} P^{(n-k)}(t) P^{(n+k)}(t)\,\mathrm{d}t \\
&= \left[P^{(n-k-1)}(t) P^{(n+k)}(t) \right]_{-1}^{1}- \int_{-1}^{1} P^{(n-k-1)}(t) P^{(n+k+1)}(t)\,\mathrm{d}t.
\end{aligned}

Notez que, comme $0\leq k\leq n-1$, le nombre $n-k-1$ est compris entre $0$ et $n-1$, donc $P^{(n-k-1)}(1) = P^{(n-k-1)}(-1) = 0.$

\begin{aligned}
\langle P^{(n-k)}, P^{(n+k)} \rangle &= – \int_{-1}^{1} P^{(n-k-1)}(t) P^{(n+k+1)}(t)\,\mathrm{d}t \\
&= – \langle P^{(n-k-1)}, P^{(n+k+1)} \rangle\\
&= – \langle P^{(n-(k+1))}, P^{(n+(k+1))}\rangle.
\end{aligned}

Du coup :

\begin{aligned}
\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 &= c^2 (-1)^k\langle P^{(n-k)}, P^{(n+k)} \rangle \\
&= – c^2 (-1)^k \langle P^{(n-(k+1))}, P^{(n+(k+1))}\rangle\\
&= c^2 (-1)^{k+1}\langle P^{(n-(k+1))}, P^{(n+(k+1))}\rangle.
\end{aligned}

Le prédicat $\mathscr{P}(k+1)$ est vérifié.

D’après ce qui précède, le prédicat $\mathscr{P}(n)$ est vérifié. Donc :

\begin{aligned}
\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 &= c^2 (-1)^n \langle P, P^{(2n)} \rangle \\
&= (2n)! c^2 (-1)^n \langle P, 1 \rangle \\
&= (2n)! c^2 (-1)^n \int_{-1}^{1} (t^2-1)^n\,\mathrm{d}t.
\end{aligned}

L’évaluation de l’intégrale $\int_{-1}^{1} (t^2-1)^n\,\mathrm{d}t$ est effectuée dans l'article 219. Vous avez $\int_{-1}^{1} (t^2-1)^n\,\mathrm{d}t = (-1)^{n} \frac{2^{2n+1} (n!)^2}{(2n+1)!}.$

\begin{aligned}
\Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 &= (2n)! c^2 (-1)^n (-1)^{n} \frac{2^{2n+1} (n!)^2}{(2n+1)!} \\
&= (2n)! \times \frac{1}{2^{2n} (n!)^2} \times \frac{2^{2n+1} (n!)^2}{(2n+1)!}\\
&= (2n)! \times \frac{1}{2^{2n} } \times \frac{2^{2n+1} }{(2n+1)!}\\
&= \frac{ (2n)!}{(2n+1)!} \times \frac{2^{2n+1}}{2^{2n} } \\
&= \frac{2}{2n+1}.
\end{aligned}

Ainsi, $\boxed{\forall n\in\N, \Vert \mathscr{L}_n \Vert^2 = \frac{2}{2n+1}.}$

Par définition, un polynôme $P\in\R[X]$ admet une racine $a\in\R$ de multiplicité $n\in\N^{*}$, si et seulement si, il existe un polynôme $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)^nQ(X)$ et $Q(a)\neq 0.$

Démontrez que les $n$ dérivées successives du polynôme $P$ sont nulles et que $P^{(n)}(a)$ est non nul

Soit $n$ un entier naturel non nul et $P$ un polynôme de $\R[X]$ admettant une racine $a\in\R$ de multiplicité $n.$

Alors il existe un polynôme $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)^nQ(X)$ et $Q(a)\neq 0.$

Par commodité, il sera utile de noter $T(X) = (X-a)^n$ et de remarquer que, pour tout entier naturel $k\in[0,n-1], T^{(k)}(X) = \frac{n!}{(n-k)!}(X-a)^{n-k}.$

Partez de $P = TQ.$

Soit maintenant $k\in[0,n-1]\in \N$ et appliquez la formule de Leibniz.

\begin{aligned}
P^{(k)}(X) &= \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} T^{(i)}(X) Q^{(k-i)}(X).
\end{aligned}

Du coup :

\begin{aligned}
P^{(k)}(a) &= \sum_{i=0}^k \binom{k}{i} T^{(i)}(a) Q^{(k-i)}(a).
\end{aligned}

Pour tout $i\in[0,k]\cap \N, i\in[0,n-1]$ donc $T^{(i)}(a) = 0.$

Il vient $P^{(k)}(a) = 0.$

Vous avez donc montré que $\boxed{\forall k\in[0,n-1]\in\N, P^{(k)}(a) = 0.}$

De plus,

\begin{aligned}
P^{(n)}(a) &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} T^{(i)}(a) Q^{(n-i)}(a) \\
&= \sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i} T^{(i)}(a) Q^{(n-i)}(a) + \binom{n}{n} T^{(n)}(a) Q^{(0)}(a) \\
&= \sum_{i=0}^{n-1}0 \times Q^{(n-i)}(a) + n! Q(a) \\
&= n! Q(a).
\end{aligned}

Et par suite $\boxed{P^{(n)}(a) \neq 0.}$

Etablissez la réciproque

Etablissez d’abord un lemme

Pour tout entier naturel $n\geq 1$, notez $\mathscr{P}(n)$ le prédicat :

« $\forall a\in\R, \forall P\in\R[X], (\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0) \implies (\exists Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^nQ(X).)$ »

Initialisation. Supposez $n=1$, soit $a\in\R$ et soit $P\in\R[X]$ tel que $P(a)=0.$

Le nombre $a$ étant racine de $P$, il existe $Q\in\R[X]$ tel que $P(X)=(X-a)Q(X).$

Le prédicat $\mathscr{P}(1)$ est vérifié.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel tel que $n\geq 1.$ Supposez que $\mathscr{P}(n)$ est vérifié.

Soient $a\in\R$ et $P\in\R[X]$ tels que $\forall k\in[0,n]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0.$

Il convient de remarquer d’abord que $\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0.$

D’après l’hypothèse de récurrence, il existe un polynôme $Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^{n}Q(X).$

En utilisant la formule de Leibniz, et en évaluant en $a$, il vient $P^{(n)}(a) = n! Q(a).$ Comme $P^{(n)}(a) = 0$, vous avez $Q(a) = 0.$ Donc il existe un polynôme $R\in\R[X], Q(X) = (X-a)R(X).$

Mis bout à bout, il vient $P(X) = (X-a)^{n+1}R(X)$ et le prédicat $\mathscr{P}(n+1)$ est vérifié.

Par récurrence, vous avez montré que $\forall n\in\N^{*}, \forall a\in\R, \forall P\in\R[X], (\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0) \implies (\exists Q\in\R[X], P(X) = (X-a)^nQ(X).)$

Concluez

Soit $n$ un entier naturel non nul, soit $a\in\R$ et soit $P\in\R[X].$

Supposez que $\forall k\in[0,n-1]\cap \N, P^{(k)}(a) = 0$ et que $P^{(n)}(a)\neq 0.$

D’après le lemme établi ci-dessus, il existe $Q\in\R[X]$ tel que $P(X) = (X-a)^nQ(X).$

Or, toujours d’après la formule de Leibniz, et après évaluation en $a$, il vient $P^{(n)}(a) = n! Q(a).$

Comme $P^{(n)}(a) \neq 0$, vous avez $Q(a)\neq 0$ et la réciproque est démontrée.

Enoncez le résultat final

D’après ce qui a été établi, vous avez l’équivalence suivante : pour tout polynôme $P\in\R[X]$, pour tout réel $a$ et pour tout nombre entier naturel $n$ non nul, le nombre $a$ est racine du polynôme $P$ avec une multiplicité égale à $n$, si et seulement si, $P^{(n)}(a)\neq 0$ et pour tout entier naturel $k$ inférieur ou égal à $n-1, P^{(k)}(a) = 0.$

Prolongement

Le résultat de cet article subsiste-t-il si on remplace l’ensemble $\R$ par l’ensemble $\C$ ou par un corps $\K$ commutatif ?

Dans le cadre de la suite du contenu écrit dans l'article 214, vous définissez les polynômes de Legendre par :

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

Dans cette étude, l’orthogonalité est relative au produit scalaire suivant, défini sur l’ensemble des polynômes réels $\R[X]$ :

$\forall (P,Q)\in (\R[X])^2, \langle P, Q \rangle = \int_{-1}^1 P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t.$

Démontrez l’orthogonalité

Soient $n$ et $m$ deux entiers naturels tels que $n>m.$ Il s’agit de comprendre pourquoi $\langle \mathscr{L}_n, \mathscr{L}_m \rangle = 0.$

Par définition du produit scalaire :

\begin{aligned}
\langle \mathscr{L}_n, \mathscr{L}_m \rangle &= \int_{-1}^1 \mathscr{L}_n(t) \mathscr{L}_m(t)\,\mathrm{d}t\\
&= \frac{1}{2^n n!} \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}\left[(t^2-1)^n\right] \mathscr{L}_m(t)\,\mathrm{d}t.
\end{aligned}

Posez $I = \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}\left[(t^2-1)^n\right] \mathscr{L}_m(t)\,\mathrm{d}t$ et remarquez que $ \langle \mathscr{L}_n, \mathscr{L}_m \rangle = \frac{I}{2^n n!}.$

Afin d’évaluer l’intégrale $I$, il sera utile de poser $Q(t) = (t^2-1)^n$ et d’intégrer par parties.

La clé du raisonnement est de constater que $Q(t) = (t-1)^n(t+1)^n$, ce qui prouve que le polynôme $Q$ est factorisable par $(t-1)^n$ et par $(t+1)^n$, d’où $\forall k\in[0,n-1]\cap\N, Q^{(k)}(1) = Q^{(k)}(-1)=0.$

Le calcul suivant va inciter à conduire une récurrence limitée, l’idée étant de faire remonter le nombre de dérivations imposées au polynôme $Q$, dérivant par la suite le polynôme $\mathscr{L}_m.$

\begin{aligned}
I &= \int_{-1}^1 \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n}\left[(t^2-1)^n\right] \mathscr{L}_m(t)\,\mathrm{d}t\\
&= \int_{-1}^1 Q^{(n)}(t) \mathscr{L}_m(t)\,\mathrm{d}t\\
&= \langle Q^{(n)}, \mathscr{L}_m \rangle\\
&=\left[ Q^{(n-1)}(t) \mathscr{L}_m(t)\right]_{-1}^1 – \int_{-1}^1 Q^{(n-1)}(t) (\mathscr{L}_m)'(t)\,\mathrm{d}t\\
&= – \int_{-1}^1 Q^{(n-1)}(t) (\mathscr{L}_m)'(t)\,\mathrm{d}t\\
&= – \langle Q^{(n-1)}, \mathscr{L}_m’ \rangle.
\end{aligned}

Vous allez maintenant considérer, pour tout entier $k\in[0,n]$ le prédicat suivant $P(k)$ : « $I = (-1)^k \langle Q^{(n-k)}, \mathscr{L}_m^{(k)} \rangle.$ »

Pour $k=0$ :

\begin{aligned}
(-1)^0 \langle Q^{(n-0)}, (\mathscr{L}_m)^{(0)} \rangle &= \langle Q^{(n)}, \mathscr{L}_m \rangle \\
&=I.
\end{aligned}

Donc $P(0)$ est vérifié.

Hérédité. Soit $k$ un entier appartenant à l’intervalle $[0,n-1]$. Supposez $P(k).$

\begin{aligned}
I &= (-1)^k \langle Q^{(n-k)}, \mathscr{L}_m^{(k)} \rangle\\
&= (-1)^k \int_{-1}^1 Q^{(n-k)}(t) (\mathscr{L}_m)^{(k)}(t)\,\mathrm{d}t\\
&= (-1)^k \left[ Q^{(n-k-1)}(t) (\mathscr{L}_m(t))^{(k)}\right]_{-1}^1 – (-1)^k \int_{-1}^1 Q^{(n-k-1)}(t) (\mathscr{L}_m)^{(k+1)}(t)\,\mathrm{d}t.
\end{aligned}

Comme $0\leq n-k-1 \leq n-1$, vous avez $Q^{(n-k-1)}(1)=Q^{(n-k-1)}(-1) = 0.$

D’où :

\begin{aligned}
I &= (-1)^{k+1} \int_{-1}^1 Q^{(n-(k+1))}(t) (\mathscr{L}_m)^{(k+1)}(t)\,\mathrm{d}t\\
&= (-1)^{k+1} \langle Q^{(n-(k+1))}, \mathscr{L}_m^{(k+1)} \rangle.
\end{aligned}

Le prédicat $P(k+1)$ est vérifié.

Ainsi, par récurrence limitée, $P(n)$ est vérifié.

Concluez

De ce qui précède :

\begin{aligned}
I &=(-1)^n \langle Q^{(0)}, \mathscr{L}_m^{(n)} \rangle\\
&= (-1)^n \langle Q, \mathscr{L}_m^{(n)} \rangle.
\end{aligned}

Comme le polynôme $\mathscr{L}_m$ est degré $m$ et que $n>m$, en dérivant $n$ fois ce polynôme, vous obtenez $\mathscr{L}_m^{(n)}=0.$

Par suite, $I = (-1)^n \langle Q, 0 \rangle = 0$ et donc $\boxed{\langle \mathscr{L}_n, \mathscr{L}_m \rangle = \frac{I}{2^n n!} = 0.}$

Prolongement

En utilisant l’orthogonalité des polynômes de Legendre, pourriez-vous démontrer que, pour tout entier naturel $n$ non nul, le polynôme $\mathscr{L}_n$ est scindé à racines simples ?

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.