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A2020 – MATH II PC ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARIS, TÉLÉCOM PARIS, MINES PARISTECH, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT ATLANTIQUE, ENSAE PARIS, CHIMIE PARISTECH. Concours Centrale-Supélec (Cycle International), Concours Mines-Télécom, Concours Commun TPE/EIVP. CONCOURS 2020 DEUXIÈME ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES II - PC L’énoncé de cette épreuve comporte 3 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Les sujets sont la propriété du GIP CCMP. Ils sont publiés les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’Utilisation Commerciale - Pas de Modification 3.0 France. Tout autre usage est soumis à une autorisation préalable du Concours commun Mines Ponts. Approximation par des exponentielles-polynômes L’objectif du problème est d’établir, par des méthodes euclidiennes, des théorèmes d’approximation par des polynômes ou des exponentielles-polynômes de certaines fonctions définies sur [0, +Œ[ ou sur R. Les parties I et II sont indépendantes. La partie III utilise les résultats des parties I et II. Étant donné un intervalle I de R, on appelle fonction polynomiale sur I toute fonction de la forme f : I æ R, x ‘æ n ÿ k=0 ⁄kxk, où n est un entier naturel et ⁄0, . . . , ⁄n des nombres réels. I. Résultats préliminaires I.1. Étude d’une série entière Pour tout réel x strictement positif, on pose (x) = ⁄ +Œ 0 tx≠1e≠tdt. 1) Montrer que la fonction est bien définie, et à valeurs strictement positives. 2) À l’aide d’une intégration par parties que l’on justifiera avec soin, montrer que (x + 1) = x (x) pour tout x > 0. Soit – un réel strictement supérieur à ≠1. Pour tout n œ N, on pose an = (n + – + 1) n! . 3) Déterminer le rayon de convergence R de la série entière ÿ anxn. 4) Montrer que Œ ÿ n=0 anxn = (– + 1) (1 ≠ x)–+1 pour tout x œ] ≠ R, R[. On pourra e ectuer une permutation des symboles Œ ÿ n=0 et ⁄ +Œ 0 , que l’on justifiera soigneusement. I.2. Projections orthogonales Dans cette partie, E désigne un R-espace vectoriel, pas nécessairement de dimension finie, muni d’un produit scalaire È·, ·Í. On note Î · Î la norme associée à ce produit scalaire, définie par ÎxÎ = Èx, xÍ1/2 pour tout x œ E. Soit F un sous-espace vectoriel di érent de {0} et de dimension finie de E. 5) Donner la définition de la projection orthogonale fiF sur F. On fixe (e1, . . . , en) une base orthonormale de F, et x un vecteur de E. 6) Montrer que fiF (x) = n ÿ i=1 Èx, eiÍei. 7) Montrer enfin que Îx ≠ fiF (x)Î2 = ÎxÎ2 ≠ n ÿ i=1 Èx, eiÍ2. 1 II. Polynômes de Laguerre Dans toute cette partie, on fixe un réel – > ≠1, et on note E– l’ensemble des fonctions continues f : [0, +Œ[æ R telles que l’intégrale ⁄ +Œ 0 x–e≠xf(x)2dx est convergente. 8) Montrer que, pour tout (a, b) œ R2, |ab| Æ a2 + b2 2 . 9) En déduire que, si f et g sont deux éléments de E–, l’intégrale ⁄ +Œ 0 x–e≠xf(x)g(x)dx est convergente. 10) En déduire que E– est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel C([0, +Œ[, R) des fonctions continues de [0, +Œ[ vers R. 11) Montrer que toute fonction polynomiale sur [0, +Œ[ est élément de E–. Pour tout entier naturel n, on définit les fonctions Ïn :]0, +Œ[æ R, x ‘æ xn+–e≠x et Ân :]0, +Œ[æ R, x ‘æ x≠–exÏ(n) n (x) où la notation Ï(n) n désigne la dérivée d’ordre n de Ïn (avec la convention Ï(0) 0 = Ï0). 12) Calculer Â0, Â1 et Â2. 13) Pour tout n œ N, montrer que la fonction Ân est polynomiale. Préciser son degré et son coe cient dominant. Dans la suite, on identifie Ân à son unique prolongement continu à [0, +Œ[, qui est une fonction polynomiale sur [0, +Œ[. Cela permet de considérer Ân comme un élément de E–, ce qu’on fera désormais. Pour tout (f, g) œ E2 –, on pose Èf, gÍ = ⁄ +Œ 0 x–e≠xf(x)g(x)dx. 14) Montrer que È·, ·Í est un produit scalaire sur E–. Dans la suite, on note Î · Ζ la norme associée à ce produit scalaire, définie par ÎfΖ = 3⁄ +Œ 0 e≠xx–f(x)2dx 41/2 pour tout f œ E–. 15) Soit n un entier Ø 1. Pour tout entier k œ [[0, n ≠ 1]], établir que Ï(k) n (x) æ 0 quand x tend vers 0 par valeurs strictement positives, et que Ï(k) n (x) = o ! e≠ x 2 " quand x æ +Œ. 16) Soit m et n deux entiers naturels. Montrer que ÈÂm, ÂnÍ = (≠1)n ⁄ +Œ 0 Â(n) m (x)Ïn(x)dx En déduire que la famille (Ân)nœN est orthogonale pour le produit scalaire È·, ·Í. 17) Montrer que, pour tout n œ N, ÎÂnÎ2 – = n! (n + – + 1) (la fonction a été définie dans la partie I). 2 III. Approximation On conserve les hypothèses et notations de la partie II. Pour tout entier naturel k, on définit la fonction fk : [0, +Œ[æ R, x ‘æ e≠kx, qui est élément de E– (on ne demande pas de le vérifier). Pour tout N œ N, on note VN le sous-espace vectoriel de E– engendré par la famille finie (Ân)0ÆnÆN, et on note fiN la projection orthogonale de E– sur VN. 18) Soit k œ N. Montrer l’existence de la somme Œ ÿ n=0 Èfk, ÂnÍ2 ÎÂnÎ2– , et calculer sa valeur. 19) En déduire que, pour tout k œ N, Îfk ≠ fiN(fk)Ζ æ 0 quand N æ +Œ. Dans la suite, on note P le sous-espace vectoriel de E– constitué des fonctions polynomiales. 20) Montrer que, pour tout k œ N et tout Á > 0, il existe p œ P telle que Îfk ≠ pΖ Æ Á. Soit f : [0, +Œ[æ R une fonction continue tendant vers 0 en +Œ. Il est facile de vérifier (ce n’est pas demandé) que f œ E–. 21) Montrer que, pour tout Á > 0, il existe un entier naturel n ainsi que des réels ⁄0, . . . , ⁄n tels que .....f ≠ n ÿ k=0 ⁄kfk ..... – Æ Á. On pourra utiliser la fonction g : [0, 1] æ R, t ‘æ ; f(≠ ln t) si t œ]0, 1] 0 si t = 0 et le résultat admis suivant : si „ : [0, 1] æ R est une fonction continue, alors, pour tout Á > 0, il existe une fonction polynomiale p : [0, 1] æ R telle que |„(t) ≠ p(t)| Æ Á pour tout t œ [0, 1]. 22) Montrer que, pour tout Á > 0, il existe p œ P telle que Îf ≠ pΖ Æ Á. 23) Soit h : R æ R une fonction continue, paire et nulle en dehors d’un segment [≠A, A] (A > 0). Montrer que, pour tout Á > 0, il existe une fonction polynomiale p : R æ R telle que ⁄ +Œ ≠Œ 1 h(x) ≠ p(x)e≠ x2 2 22 dx Æ Á. On pourra appliquer le résultat de la question 22) à la fonction f : [0, +Œ[æ R, x ‘æ h (Ôx) e x 2 et à un – bien choisi. On peut montrer que le résultat de la question 23) est en réalité valable pour toute fonction h : R æ R continue et de carré intégrable sur R. Fin du problème 3

Concours Commun Mines-Ponts 2020 Épreuve PC II de mathématiques Un corrigé Approximation par des exponentielle-polynômes I. Résultats préliminaires I.1 Étude d’une série entière 1. Soit x > 0. fx : t → tx−1e−t est continue sur I =]0, +∞[, donc localement intégrable sur cet intervalle. On remarque que fx est strictement positive sur I, par conséquent si Γ(x) est convergente alors Γ(x) > 0 par stricte positivité de l’intégrale. Γ(x) est généralisée en 0 et en +∞. Étude en 0 : Soit t ∈]0, 1]. On a : fx(t) ∼ t→0+ tx−1 = 1 t1−x et 1 − x < 1 car x > 0. Donc, d’après le cours, l’intégrale 1 0 1 t1−x dt est convergente. Par comparaison de fonctions positives l’intégrale 1 0 fx(t) dt est convergente. Étude en +∞ : Soit t ∈ [1, +∞[. On a : lim t→+∞ t2fx(t) = lim t→+∞ tx+1e−t = 0 par croissances comparées. Donc fx(t) = t→+∞ o 1 t2 . D’après le cours, l’intégrale +∞ 1 1 t2 dt est convergente. Par comparaison de fonctions positives l’intégrale +∞ 1 fx(t) dt est convergente. Ainsi Γ(x) = +∞ 0 tx−1e−t dt est convergente pour tout x > 0. En résumé : La fonction Γ est bien définie sur I et à valeurs strictement positives. On peut remarquer, d’après ce qui précède, que pour tout x > 0, fx est intégrable sur I. 1 2. Soit x > 0. Considérons Γ(x + 1) et les fonctions u et v de classe C1 sur I définies pour t > 0 par : u(t) = tx, v(t) = −e−t. On a : Γ(x + 1) = +∞ 0 u(t)v′(t) dt. Si le produit uv admet des limites en 0 et en +∞ alors les intégrales +∞ 0 u(t)v′(t) dt et +∞ 0 u′(t)v(t) dt seront de même nature. En particulier la deuxième intégrale sera convergente puisque la première l’est. Or : u(t)v(t) = −txe−t −→ t→+∞ 0 par croissances comparées; u(t)v(t) = −txe−t ∼ t→0+ −tx = −ex ln t et lim t→0+ ex ln t = 0, vu que x > 0 et lim t→0+ ln t = −∞. Ainsi : [uv]+∞ 0 = lim 0+ uv − lim +∞ uv = 0. L’intégrale +∞ 0 u′(t)v(t) dt est donc convergente et l’on peut écrire : Γ(x + 1) = [uv]+∞ 0 − +∞ 0 u′(t)v(t) dt = x +∞ 0 tx−1e−t dt = xΓ(x). Conséquence, par une récurrence immédiate : ∀n ∈ N, Γ(n + 1) = n!. 3. On remarque que les coefficients an sont non nuls. Pour x ̸= 0 et à l’aide de la question 2 on a, pour tout n ∈ N : an+1xn+1 anxn = Γ(n + α + 2) (n + 1)! n! Γ(n + α + 1)|x| = n + α + 1 n + 1 |x| −→ n→+∞ |x|. D’après la règle de d’Alembert : si |x| < 1, la série anxn est absolument convergente; si |x| > 1, la série est grossièrement divergente. On en déduit le rayon de convergence de cette série entière : R = 1. 4. Première méthode : à l’aide du Théorème ITT, indication du sujet Soit x ∈] − 1, 1[. On a : +∞ n=0 anxn = +∞ n=0 Γ(n + α + 1) n! xn = +∞ n=0 +∞ 0 xn n! tn+αe−t. Posons, pour n ∈ N et t ∈ I =]0, +∞[ : fn(t) = xn n! tn+αe−t. On a : — Pour tout n ∈ N, fn est continue par morceaux sur I. — Pour tout n ∈ N, fn est intégrable sur I par construction. — fn converge simplement sur I. En effet, pour n ∈ N et t ∈ I : fn(t) = e−ttα (xt)n n! . Or (xt)n n! est convergente, de somme +∞ n=0 (xt)n n! = ext. 2 Donc fn(t) est convergente, et sa somme est : +∞ n=0 fn(t) = e−ttαext = tαe−(1−x)t. La somme S = +∞ n=0 fn : t → tαe−(1−x)t est évidemment continue par morceaux sur I. — La série +∞ 0 |fn(t)| est convergente. En effet, les fn étant positives, il s’agit de la série anxn, qui est absolument convergente puisque |x| < 1. Les hypothèses du théorème d’interversion terme à terme de Lebesgue sont vérifiées. Par consé- quent S est intégrable sur I et l’on peut écrire : +∞ n=0 +∞ 0 fn(t) dt = +∞ 0 +∞ n=0 fn(t) dt, en d’autres termes : +∞ n=0 anxn = +∞ 0 tαe−(1−x)t dt. Par ailleurs l’application t → (1 − x)t est une bijection strictement croissante, de classe C1, de I dans I. Par conséquent on peut écrire, à l’aide du changement de variable u = (1 − x)t : +∞ 0 tαe−(1−x)t dt = +∞ 0 u 1 − x α e−u 1 1 − x du = 1 (1 − x)α+1 +∞ 0 uαe−u du. Ainsi, pour tout x ∈] − 1, 1[ : +∞ n=0 anxn = Γ(α + 1) (1 − x)α+1 . Deuxième méthode : à l’aide d’une équation différentielle Soit g : x → +∞ n=0 anxn la somme de la série anxn sur ] − 1, 1[. On sait, d’après le cours, que g est de classe C∞ sur ] − 1, 1[. Le calcul de la question 3 montre que, pour tout n ∈ N : an+1 = n + α + 1 n + 1 an. Soit x ∈] − 1, 1[. On peut écrire : g(x) = a0 + +∞ n=0 an+1xn+1 = a0 + +∞ n=0 n + α + 1 n + 1 anxn+1 = a0 + +∞ n=0 1 + α n + 1 anxn+1. Les séries anxn et an n + 1xn sont convergentes. Par conséquent : g(x) = a0 + x +∞ n=0 anxn + α +∞ n=0 an xn+1 n + 1 = a0 + xg(x) + α +∞ n=0 an x 0 tn dt. 3 La convergence de la série antn est normale, donc uniforme, sur tout segment de ] − 1, 1[, en particulier sur le segment [0, x] ou [x, 0], selon le signe de x. Par conséquent on peut écrire : +∞ n=0 x 0 antn dt = x 0 +∞ n=0 antn = x 0 g(t) dt. Ainsi, pour tout x ∈] − 1, 1[ : g(x) = a0 + xg(x) + α x 0 g(t) dt. Les fonctions intervenant dans cette égalité sont dérivables. On a donc, pour tout x ∈] − 1, 1[, après dérivation et réarrangement des termes : (1 − x)g′(x) = (1 + α)g(x). Enfin : g(0) = a0 = Γ(α + 1). D’après le théorème de Cauchy-Lipshitz g est l’unique solution sur ] − 1, 1[ du problème de Cauchy : y′(x) = 1 + α 1 − x y(x) y(0) = Γ(α + 1) La résolution est immédiate : ∀x ∈] − 1, 1[, g(x) = +∞ n=0 anxn = Γ(α + 1) (1 − x)α+1 . I.2 Projections orthogonales 5. F étant de dimension finie : E = F ⊕ F ⊥. La projection orthogonale sur F est la projection sur F parallèlement à F ⊥. Plus précisément, si l’on note pour tout x ∈ E, (x′, x′′) l’unique couple de F × F ⊥ tel que x = x′ + x′′, alors πF est définie par : πF (x) = x′. 6. On a déjà, pour tout y ∈ F : y = n i=1 ⟨y, ei⟩ei et ∥y∥2 = n i=1 ⟨y, ei⟩2. En effet, si (y1, . . . , yn) représente les coordonnées de y dans la base (e1, . . . , en) alors, pour tout i ∈ [[1, n]], par bilinéarité du produit scalaire : ⟨y, ei⟩ = n j=1 yj⟨ej, ei⟩ = yi, ∥y∥2 = n i=1 n j=1 yiyj⟨ei, ej⟩ = n i=1 y2 i = n i=1 ⟨y, ei⟩2. Ensuite, soit x ∈ E. On a, pour tout i ∈ [[1, n]] : ⟨x, ei⟩ = ⟨πF (x), ei⟩ + ⟨x − πF (x), ei⟩. Or x − πF (x) ∈ F ⊥. Donc : ⟨x, ei⟩ = ⟨πF (x), ei⟩. Comme πF (x) ∈ F, on en déduit : πF (x) = n i=1 ⟨πF (x), ei⟩ei = n i=1 ⟨x, ei⟩ei. 4 7. Soit x ∈ E. Le théorème de Pythagore permet d’écrire, puisque πF (x) ⊥ x − πF (x) : ∥x∥2 = ∥x − πF (x) + πF (x)∥2 = ∥x − πF (x)∥2 + ∥πF (x)∥2. D’après la question 6 on a donc : ∥x − πF (x)∥2 = ∥x∥2 − n i=1 ⟨x, ei⟩2. II. Polynômes de Laguerre 8. Soit (a, b) ∈ R2. On a : |ab| ≤ a2 + b2 2 ⇐⇒ a2 + b2 − 2|ab| ≥ 0 ⇐⇒ (|a| − |b|)2 ≥ 0. La dernière inégalité étant vraie, l’inégalité à établir l’est aussi. 9. Soit (f, g) ∈ E2 α. Pour x ≥ 0 on a, d’après la question précédente : |xαe−xf(x)g(x)| ≤ 1 2xαe−xf(x)2 + 1 2xαe−xg(x)2. Les intégrales +∞ 0 xαe−xf(x)2 dx et +∞ 0 xαe−xg(x)2 dx étant convergentes, par comparai- sons de fonctions positives on en déduit que : L’intégrale +∞ 0 xαe−xf(x)g(x) dx est (absolument) convergente. 10. Eα est non vide, puisqu’il contient l’application nulle, et c’est une partie de C([0, +∞[, R) par construction. Soit (λ, f, g) ∈ R×Eα ×Eα. Pour x ≥ 0 on a : (λf +g)2(x) = λ2f(x)2 +g(x)2 +2λf(x)g(x). Par hypothèse sur f et g et d’après la question 9 les applications x → xαe−xf(x)2, x → xαe−xg(x)2 et x → xαe−xf(x)g(x) sont intégrables sur ]0, +∞[. Par conséquent x → xαe−x(λf + g)(x)2 est également intégrable sur [0, +∞[, autrement dit : λf + g ∈ Eα. Ainsi : Eα est un sous-espace vectoriel de C([0, +∞[, R). 11. Eα étant un espace vectoriel, il suffit de montrer qu’il contient les fonctions x → xn pour n ∈ N. Soit n ∈ N. On a, pour x > 0 et avec le même procédé qu’à la question 2 : xαe−xx2n = x→+∞ o 1 x2 . On en déduit que x → xαe−xx2n est intégrable sur [1, +∞[. De plus x → xαe−x est intégrable sur ]0, 1] car α > −1 et, pour n ≥ 1 : α + 2n > 0 et xαe−xx2n ∼ x→0+ xα+2n, donc x → xαe−xx2n est intégrable sur ]0, 1]. Ainsi, pour tout n ∈ N, x → xαe−xx2n est intégrable sur ]0, +∞[. Eα contient l’ensemble {x → xn, n ∈ N}, donc il contient les fonctions polynomiales. 12. En tout x > 0 on a : ψ0(x) = x−αexϕ0(x) = x−αexxαe−x = 1. ψ1(x) = x−αexϕ′ 1(x) = x−αex (1 + α)xαe−x − xα+1e−x = −x + α + 1. 5 ψ2(x) = x−αexϕ′′ 2(x) = x−αex (α + 2)(α + 1)xαe−x − 2(α + 2)xα+1e−x + xα+2e−x . Finalement : ψ0(x) = 1, ψ1(x) = −x + α + 1, ψ2(x) = x2 − 2(α + 2)x + (α + 2)(α + 1). 13. Soit n ∈ N. La question précédente permet de conjecturer que ψn est polynomiale, de degré n, de coefficient dominant (−1)n. Posons, pour x > 0 : u(x) = xn+α et v(x) = e−x. u et v étant de classe C∞ sur ]0, +∞[, utilisons la formule de Leibniz. En tout x > 0 on a : ϕ(n) n (x) = n k=0 n k u(k)(x)v(n−k)(x). On a immédiatement, pour tout k ∈ [[0, n]] : u(k)(x) = k−1 j=0 (n − j + α) xn−k+α et v(n−k)(x) = (−1)n−ke−x. Une récurrence finie immédiate sur k ∈ [[0, n]] montre que : k−1 j=0 (n − j + α) = Γ(n + 1 + α) Γ(n − k + 1 + α). D’où l’on déduit, pour tout n ∈ N et tout x > 0 : ψn(x) = n k=0 (−1)n−k n k Γ(n + 1 + α) Γ(n − k + 1 + α)xn−k = n k=0 (−1)k n k Γ(n + 1 + α) Γ(k + 1 + α)xk. ψn est bien polynomiale, de degré n, de coefficient dominant (−1)n. 14. D’après la question 9 l’application (f, g) → ⟨f, g⟩ est bien définie sur Eα × Eα. La symétrie et la bilinéarité de ⟨·, ·⟩ sont immédiates. Soit f ∈ Eα. On a : ⟨f, f⟩ = +∞ 0 xαe−xf(x)2 dx ≥ 0, puisque xαe−xf(x)2 ≥ 0 pour tout x > 0. Supposons ⟨f, f⟩ = 0. L’application (intégrable) x → xαe−xf(x)2 est continue et positive sur ]0, +∞[. Donc, par stricte positivité de l’intégrale, elle est nulle sur ]0, +∞[. Par conséquent f est nulle sur ]0, +∞[, donc sur [0, +∞[ puisqu’elle est continue sur cet intervalle. Ainsi : ⟨·, ·⟩ est un produit scalaire sur Eα. 15. Soit n ∈ N∗ et k ∈ [[0, n − 1]]. En procédant comme dans la question 13 on a, en x > 0 : ϕ(k) n (x) = k j=0 (−1)k−j k j Γ(n + 1 + α) Γ(n − j + α + 1)xn−j+αe−x = xα+1e−xηn,k(x) 6 où ηn,k(x) = k j=0 (−1)k−j k j Γ(n + 1 + α) Γ(n − j + α + 1)xn−j−1. ηn,k est polynomiale (et même de degré n − 1 et de coefficient dominant (−1)k). En effet : j ∈ [[0, k]] ⇐⇒ n − k − 1 ≤ n − j − 1 ≤ n − 1. Comme k ≤ n − 1, on a : n − k − 1 ≥ 0. En particulier ηn,k est prolongeable par continuité en 0, d’où, puisque α + 1 > 0 : lim x→0+ ϕ(k) n (x) = 0. Enfin, ηn,k étant polynomiale, il existe (a, p) ∈ R×N tel que : ηn,k ∼ x→+∞ axp (plus précisément : ηn,k(x) ∼ x→+∞ (−1)kxn−1). Par conséquent : ϕ(k) n (x) e− x 2 = xα+1e− x 2 ηn,k(x) ∼ x→+∞ axα+1+pe− x 2 −→ x→+∞ 0 par croissances comparées. Ainsi : ϕ(k) n (x) = x→+∞ o e− x 2 . 16. On a déjà : ⟨ψm, ψn⟩ = +∞ 0 xαe−xψm(x)x−αexϕ(n) n (x) dx = +∞ 0 ψm(x)ϕ(n) n (x) dx. Montrons, par récurrence finie sur k ∈ [[0, n]], la proposition Pk définie par : L’intégrale +∞ 0 ψ(k) m (x)ϕ(n−k) n (x) dx converge et ⟨ψm, ψn⟩ = (−1)k +∞ 0 ψ(k) m (x)ϕ(n−k) n (x) dx. P0 vient d’être établie. Soit k ∈ [[0, n − 1]] tel que Pk soit vraie et intégrons par parties. Les fonctions ψ(k) et ϕ(n−k−1) n sont de classe C1 sur ]0, +∞[. On a : — lim x→0+ ψ(k)(x)ϕ(n−k−1) n (x) = 0. En effet, ψ(k) est polynomiale, donc admet une limite en 0+. n − k − 1 ∈ [[0, n − 1]], donc d’après la question 15 : lim x→0+ ϕ(n−k−1) n (x) = 0. — lim x→+∞ ψ(k)(x)ϕ(n−k−1) n (x) = 0. En effet, ψ(k) est polynomiale, donc avec le même raisonnement que pour ηn,k (question 15) on a, pour un certain q ∈ N : ψ(k)(x) = O(xq) lorsque x tend vers +∞. D’après la question 15 encore, vu que n − k − 1 ∈ [[0, n − 1]], on a lorsque x tend vers +∞ : ϕ(n−k−1) n (x) = o(e− x 2 ). On en déduit : ψ(k)(x)ϕn(x) = o xqe− x 2 , puis la limite 0, lorsque x tend vers +∞. 7 Ainsi le « crochet » [ψ(k)ϕ(n−k−1) n ]+∞ 0 existe et vaut 0. Par conséquent l’intégrale +∞ 0 ψ(k+1)(x)ϕ(n−k−1) n (x) dx existe et : ⟨ψm, ψn⟩ = (−1)k +∞ 0 ψ(k) m (x)ϕ(n−k) n (x) dx = (−1)k+1 +∞ 0 ψ(k+1) m (x)ϕ(n−k−1) n (x) dx. Pk+1 est donc vraie. Ainsi Pk est vraie pour tout k ∈ [[0, n]]. En particulier : ⟨ψm, ψn⟩ = (−1)n +∞ 0 ψ(n) m (x)ϕn(x) dx. Soit enfin (m, n) ∈ N2 tel que m ̸= n. Quitte à utiliser la symétrie du produit scalaire on peut supposer m < n. Dans ce cas, ψm étant polynomiale de degré m, ψ(n) m est nulle et on a : ⟨ψm, ψn⟩ = 0. La famille (ψn)n∈N est orthogonale. 17. Soit n ∈ N. On a, d’après la question précédente : ∥ψn∥2 α = (−1)n +∞ 0 ψ(n) n (x)ϕn(x) dx. ψn est polynomiale de degré n, de coefficient dominant (−1)n. On en déduit que, pour tout x > 0 : ψ(n) n (x) = (−1)nn!. D’où : ∥ψn∥2 α = (−1)2nn! +∞ 0 xn+αe−x dx = n!Γ(n + α + 1). III. Approximation 18. Pour tout n ∈ N, posons εn = ψn ∥ψn∥α . Alors la famille (εn)n∈N est une famille orthonormale de Eα. Soit N ∈ N. La famille (εn)0≤n≤N est une base orthonormée de VN. D’après les questions 6 et 7 on a : N k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = N k=0 ⟨fk, εn⟩2 = ∥πN(fk)∥2 α = ∥fk∥2 α − ∥fk − πN(fk)∥2 α ≤ ∥fk∥2 α. Les sommes partielles de la série à termes positifs ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α sont majorées, donc cette série converge. Ainsi : La somme +∞ n=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α existe. Pour le calcul de la somme, soit n ∈ N. On a : ⟨fk, ψn⟩ = +∞ 0 xαe−xe−kxψn(x) dx = +∞ 0 e−kxϕ(n) n (x) dx. 8 fk étant de classe C∞ sur ]0, +∞[, les intégrations par parties successives de la question 16 restent valables en remplaçant ψm par fk dans la seconde des intégrales ci-dessus. On récupère donc : ⟨fk, ψn⟩ = (−1)n +∞ 0 f (n) k (x)ϕn(x) dx = kn +∞ 0 xn+αe−(k+1)x dx. L’application x → (k + 1)x est une bijection de classe C1 strictement croissante de ]0, +∞[ dans cet intervalle. Le changement de variable u = (k + 1)x permet d’écrire alors : +∞ 0 xn+αe−(k+1)x dx = +∞ 0 un+α (k + 1)n+α e−u 1 k + 1 du = Γ(n + α + 1) (k + 1)n+α+1 . D’où : ⟨fk, ψn⟩ = knΓ(n + α + 1) (k + 1)n+α+1 . Ainsi, d’après la question 17 et la notation de la question 2 : +∞ k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = +∞ n=0 k2nΓ(n + α + 1) n!(k + 1)2n+2α+2 = 1 (k + 1)2α+2 +∞ n=0 an k k + 1 2n . Comme k k + 1 ∈] − 1, 1[ on a, d’après la question 14 : +∞ k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = 1 (k + 1)2α+2 Γ(α + 1) 1 − k k+1 2 α+1 = Γ(α + 1) (2k + 1)α+1 . Par ailleurs, à l’aide du changement de variable x → (2k + 1)x = u, dont les propriétés requises sont immédiates : ∥fk∥2 α = +∞ 0 xαe−xe−2kx dx = 1 (2k + 1)α+1 +∞ 0 uαe−u du = Γ(α + 1) (2k + 1)α+1 . Conclusion : +∞ k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = ∥fk∥2 α = Γ(α + 1) (2k + 1)α+1 . 19. D’après la question précédente : lim N→+∞ N k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = ∥fk∥2 α. D’après la question 7 : N k=0 ⟨fk, ψn⟩2 ∥ψn∥2α = ∥fk∥2 α − ∥fk − πN(fk)∥2 α. On en déduit : lim N→+∞ ∥fk − πN(fk)∥α = 0. 20. Soit ε > 0. Par définition de la limite d’une suite : ∃N0 ∈ N, ∀N ∈ N, N ≥ N0 =⇒ ∥fk − πN(fk)∥α ≤ ε. Soit p = πN0(fk). On a : p ∈ VN0 ⊂ P. Ainsi : Il existe p ∈ P tel que : ∥fk − p∥α ≤ ε. 9 21. Soit ε > 0. La fonction g suggérée est continue sur ]0, 1]. En effet, elle l’est déjà sur ]0, 1] puisque t → − ln t est continue sur cet intervalle, est à valeurs dans [0, +∞[ et f est continue sur [0, +∞[. En 0 g est continue puisque : lim t→0+ g(t) = lim x→+∞ f(x) = 0 = g(0). Soit ε1 > 0. D’après le résultat admis, il existe alors n ∈ N et (λ0, . . . , λn) ∈ Rn, tels que : ∀t ∈ [0, 1], g(t) − n k=0 λktk ≤ ε1. L’application x → e−x est continue sur [0, +∞[ et elle est à valeurs dans ]0, 1]. On en déduit, pour tout x > 0 : f(x) − n k=0 λke−kx ≤ ε1, puis : f(x) − n k=0 λkfk(x) 2 ≤ ε2 1. D’où : f − n k=0 λkfk α = +∞ 0 xαe−x f(x) − n k=0 λkfk(x) 2 dx ≤ ε2 1 Γ(α + 1). Finalement le choix ε1 = ε Γ(α + 1) assure l’existence de n ∈ N et (λ0, . . . , λn) tels que : f − n k=0 λkfk α ≤ ε. 22. Soit ε > 0. D’après la question 21 il existe n ∈ N et (λ0, . . . , λn) tels que : f − n k=0 λkfk α ≤ ε/2. D’après la question 20, pour tout ε1 > 0 et pour tout k ∈ [[0, n]] il existe pk ∈ P tel que : ∥ff − pk∥α ≤ ε1, en particulier pour ε1 = ε 2 1 + n k=0 |λk| . Posons p = n k=0 λkpk. On a alors : ∥f − p∥α ≤ f − n k=0 λkfk α + n k=0 λk(fk − pk) α ≤ ε/2 + n k=0 |λk|ε1 ≤ ε. 23. Considérons, sur [0, +∞[, la fonction f : x → h(√x)e x 2 . Il est clair que f ∈ Eα. Soit ε > 0. D’après la question 22 il existe p1 ∈ P tel que : ∥f − p1∥α ≤ ε. 10 Or : ∥f − p1∥2 α = +∞ 0 xαe−x h(√x)e x 2 − p1(x) 2 dx = +∞ 0 xα h(√x) − e− x 2 p1(x) 2 dx. x → √x est une bijection de classe C1, strictement croissante, de ]0, +∞[ dans lui-même. On obtient alors, à l’aide du changement de variable u = √x : ∥f − p1∥2 α = 2 +∞ 0 u2α+1 h(u) − e− u2 2 p1(u2) 2 du. Cette égalité est vraie pour tout α > −1, en particulier pour α = −1 2 : ∥f − p1∥2 − 1 2 = 2 +∞ 0 h(u) − e− u2 2 p1(u2) 2 du. Soit p la fonction polynomiale définie sur R par : p(u) = p1(u2). Alors la fonction u → h(u) − e− u2 2 p(u) est paire et on a : ∥f − p1∥2 − 1 2 = +∞ −∞ h(u) − e− u2 2 p(u) 2 du. Ainsi il existe une fonction polynomiale p : R → R telle que : +∞ −∞ h(u) − e− u2 2 p(u) 2 du ≤ ε. 11