Corrigé

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Corrigé
Une série
1. a) On effectue un développement limité de ln wn+1 − ln wn :
1
a
b
b−a
1
b−a
1
1
+ ln 1 +
− ln 1 +
=
+O
−
+O
=O
.
ln wn+1 − ln wn = (b − a) ln 1 +
n
n
n
n
n2
n
n2
n2
Attention, on ne peut pas se contenter d’un développement en o(1/n) et affirmer ensuite que o(1/n) = O(1/n2 ), car
c’est généralement faux !
P
b) On en déduit, par comparaison de séries positives, que la série (ln wn+1 − ln wn ) converge absolument, et donc
converge ; par conséquent,
La suite (ln wn )n∈N converge.
déf.
c) La suite (ln wn )n∈N converge vers une limite ℓ, donc la suite (wn )n>0 converge vers L = eℓ > 0 (par continuité de
la fonction exponentielle en ℓ). On en déduit que
puis
L = lim wn > 0
n→∞
un ∼
L
nb−a
.
d) La suite (un )n>0 est à valeurs positives. L’équivalent de un permet de conclure, par comparaison d’une série positive
à une série de Riemann, que
P
un converge si et seulement si b − a > 1.
2. a) On simple calcul de sommes partielles montre que, pour tout n ∈ N,
N
X
vn =
n=1
N
X
un − N uN+1 .
n=1
Or, on est ici dans le cas b − a > 1, ce qui montre que
L
−−−−−→ 0,
nb−a−1 N=→∞
N uN+1 ∼
P
et donc
vn converge.
b) D’après la question précédente et en passant à la limite lorsque N → ∞ (tous les termes étant convergents, et de
limite connue), on obtient
∞
X
n=0
vn =
∞
X
un .
n=1
c) On obtient cette formule en multipliant par les dénominateurs la relation définissant (un )n>0 :
∀n ∈ N
vn = b un+1 − a un .
d) On en déduit que S − u0 = b(S − u0 ) − aS et donc
S=
dimanche  septembre  —  vendémiaire 
b−1
u0 .
b−a−1
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
Un opérateur sur les polynômes
1. Simple vérification ! Bien entendu, il ne s’agit pas de vérifier que t 7→ P(t) − P(t − 1) est linéaire, ou d’autres choses
encore plus baroques.
2. Si p = 0, alors Φ(Xp ) = Φ(1) = 0. Sinon, Φ(Xp ) = Xp − (Xp − pXp−1 + · · · ) = p Xp−1 + · · · , qui est de degré p − 1.
Φ(X0 ) = 0 et deg Φ(Xp ) = p − 1 pour tout p > 1.
3. D’après ce qui précède, deg Φ(P) = deg(P) − 1 lorsque P est non-constant, donc tous les P ∈ En ont leur image dans
En−1 , donc dans En .
Φ induit un endomorphisme de En .
Toujours grâce au degré de Φ(P), on a Φ(P) = 0 si et seulement si P est constant, donc Ker Φn = R0 [X].
Puisque deg (Φ(P)) 6 deg(P) − 1, on a Im Φn ⊂ Rn−1 [X]. Mais d’après le théorème du rang, Im Φn est de dimension
n + 1 − 1 = n, c’est-à-dire la dimension de Rn−1 [X]. Ainsi : Im Φn = Rn−1 [X].
Ker Φn = R0 [X]
Im Φn = Rn−1 [X].
4. Pour l’unicité, on remarque que, si P1 et P2 répondent au problème, alors leur différence admet pour racines tous les
entiers, ce qui représente une infinité de valeurs, donc P1 − P2 = 0. Pour l’existence, notons Q un élément de Ep+1 tel
que Φ(Q) = Xp (l’existence est assurée car Xp ∈ Ep = Im Φp+1 ).
n
X
On a Q(X) − Q(X − 1) = Xp , donc Q(n) = np + Q(n − 1) = np + (n − 1)p + Q(n − 2) = · · · =
k p + Q(0). Le
k=0
polynôme Q − Q(0) répond donc au problème.
L’existence et l’unicité sont donc prouvées.
5. On cherche Q = a + bX + cX2 + dX3 + eX4 tel que Φ(Q) = X3 . Mais :
Φ(Q) = (a − a) + b X − (X − 1) + c X2 − (X2 − 2X + 1) + d X3 − (X3 − 3X2 + 3X − 1)
+e X4 − (X4 − 4X3 + 6X2 − 4X + 1)
= (b − c + d − e) + (2c − 3d + 4e)X + (3d − 6e)X2 + 4eX3
et on est ramené à la résolution du système triangulaire

b − c + d −



2c − 3d +
3d −



e
4e
6e
4e
=
=
=
=
0
0
0
1
(pas de condition sur a, ce qui est normal puisque Φ(a) = 0...). On trouve alors comme unique solution pour (b, c, d, e)
1 1 1
le quadruplet 0, , ,
. Ainsi :
4 2 4
∀n ∈ N
n
X
k=1
Un opérateur sur les polynômes
k3 =
1 4 1 3 1 2
n2 (n + 1)2
n + n + n =
.
4
2
4
4
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
Transformation de Toeplitz
1. a) La condition ❶ montre que la série définissant Tu converge absolument.
b) Simple conséquence de ❸.
c) ❏ Soit ε > 0. Puisque la suite (un )n>0 tend vers 0, il existe un entier K tel que |uk | < ε/A pour tout k > K.
On écrit alors que, pour tout n ∈ N,
K
P
Tun =
∞
P
cn,k uk +
k=0
cn,k uk .
k=K+1
On peut majorer le deuxième terme du second membre en utilisant l’inégalité |uk | < ε/A et la condition ❶ :
∞
∞
∞
X
X
X
cn,k · |uk | 6 ε
cn,k 6 ε.
cn,k uk 6
A
k=K+1
k=K+1
k=K+1
Quant au premier terme, c’est une somme sur un nombre fini et constant de termes : la limite de la somme est donc
la somme des limites, c’est-à-dire
lim
K
P
n→∞ k=0
cn,k uk =
K
P
lim cn,k uk = 0
k=0 n→∞
en vertu de la propriété ❷. Il existe donc un entier N ∈ N tel que, pour tout n > N :
K
X
cn,k uk 6 ε.
k=0
Par suite, pour tout n > N, on a
K
∞
X
X
|Tun | 6 cn,k uk + cn,k uk 6 2ε. ❏
k=0
k=K+1
Ainsi :
lim Tun = 0.
n→∞
Remarque
Quand on commence ne démonstration « en ε », on finit la démonstration « en ε », sinon c’est faux !
déf.
d) On suppose que lim un = ℓ, et on pose vn = un − ℓ pour tout n ∈ N. Alors, la suite (vn )n>0 converge vers 0, donc
n→∞
lim Tvn = 0. De plus, la transformation T étant linéaire, on a
n→∞
Tun = Tvn + Tℓn ,
et puisque lim Tℓn = ℓ, on conclut que lim = ℓ.
n→∞
n→∞
Ainsi,
T est bien régulière.
2. a) Il suffit d’appliquer la définition d’une transformation régulière au cas de la suite constante (un )n>0 = (1, 1, . . . , 1, . . . ).
b) ❏ Soit k ∈ N . On définit la suite
u(k) = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ).
↑
k
(k)
(k)
Bref, un = δk,n pour les kroneckeriens enragés. Alors Tun = cn,k pour tout n ∈ N. Puisque T est régulière et que
(k)
(k)
lim un = 0, on en déduit que lim Tun = 0, c’est-à-dire que lim cn,k = 0. ❏
n→∞
n→∞
n→∞
Ainsi, la propriété ❷ est vérifiée.
P
c) c–i) D’après l’hypothèse de la divergence de la série positive
|cn,k |,
k
lim wk = +∞.
k→∞
c–ii)
On utilise le théorème des accroissement finis pour la fonction dérivable ϕ : t 7→ ln t : il existe un réel ξ ∈ ] x ; y [
tel que
y−x
y−x
ln y − ln x = (y − x) · ϕ′ (ξ) =
6
.
ξ
x
Transformation de Toeplitz
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
Sk+1 − Sk
On applique l’inégalité précédente avec y = Sk+1 et x = Sk : on obtient cn0 ,k vk =
> ln Sk+1 −ln Sk .
Sk
En sommant ces inégalités, on
l’inégalité
demandée.
P obtient
On en déduit que la série cn0 ,k vk diverge, alors que la suite (vn )n>0 tend vers 0. La suite (un )n>0 ainsi construite
c–iii)
k
tend également vers 0, tandis que
Tun0 =
∞
X
cn0 ,k uk =
k=0
∞
X
cn0 ,k vk ,
k=0
alors que cette dernière série avait été supposée divergente, ce qui est en contradiction avec l’hypothèse que T est
régulière.
d) d–i) ❏ Soit p un entier strictement positif, et supposons les entiers n0 , . . . , np−1 et k0 , . . . , kp−1
construits avec les propriétés demandées.
Puisque lim |cn,k | = 0 pour k = 0, . . . , kp−1 , on en déduit par somme d’un nombre fixe de limites que
n→∞
kP
p−1
lim
n→∞ k=0
|cn,k | = 0.
Ainsi, il existe un entier N ∈ N tel que, pour tout n > N, on a
kP
p−1
|cn,k | < 1.
k=0
Puisque la suite (Cn )n>0 n’est pas bornée, il existe un entier np vérifiant np > np−1 et np > N, tel que CN >
r2 + 2r + 2. On a alors
kp−1
X
cnp ,k < 1.
Cnp > p2 + 2p + 2
et
k=0
Enfin, puisque la série définissant Cnp est convergente, on peut choisir kp > kp−1 tel que
∞
P
k=kp +1
kp
P
Il s’ensuit que
k=kp−1 +1
cnp ,k < 1.
cnp ,k > r2 + 2r. ❏
On a ainsi pu construire les suites (np )p>0 et (kp )p>0 par récurrence.
d–ii)
On peut calculer, pour tout p ∈ N :
kp−1
X
(Tu)np > −
|cnp ,k | +
k=0
kp
X
k=kp−1 +1
∞
X
1
p2 + 2p
|cnp ,k | > −1 +
|cnp ,k | −
− 1 = p.
p
p
k=kp +1
Cela montre que (Tup )p n’est pas bornée. En revanche, lim uk = 0, ce qui constitue une contradiction.
k→∞
3. Les propriétés ❶, ❷ et ❸ sont aisément vérifiées. On en déduit que, si une suite (un )n>0 est convergente de limite ℓ, la
suite de ses moyennes de Cesàro est également convergente et de limite ℓ.
Transformation de Toeplitz
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