\documentclass[10pt,a4paper]{article}

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  pdfauthor  = {Laurent Pater \& Jean Louet},
  pdftitle   = {PTSI 1 -- Corrigé du DS7 (2017-2018)},
  pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018},
}

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%  Informations propres au document
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%  En-tete, pied de page et titre
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\fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}}
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\fancyfoot[L]{Lycée Jules Ferry -- Versailles}
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  \begin{center}
    {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip
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%  Exercices et numerotation des questions
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  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*}
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\newenvironment{ExoP}
  {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*}
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% Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1.
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\setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*}
\setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*.,
                      ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*}

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%  Macros mathematiques
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% Delimiteurs
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% Operateurs en style « display »
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% Logique
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% Encadre sur une ligne d'un environnement align
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% Matrices augmentees : \begin{pmatrix}[ccc|ccc] ... \end{pmatrix}
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\begin{document}

\Titre

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item Soit $P\in\K[X]$. On a $P = 0$ ou, si $P \neq 0$, en notant $n = \deg P \in \N$ et $a \in \K$ :
\[\boxed{P(X) = \sum_{k=0}^n \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X-a)^k}.\]
\item Soit $f$ un endomorphisme d'un espace vectoriel $E$. Soit $x \in \Ker f$. On a $f(x) = 0_E$ donc, comme $f$ est linéaire :
\[f \circ f(x) = f\big( f(x)\big) = f(0_E) =0_E \]
donc $x \in \Ker f\circ f$. En conclusion, \fbox{$\Ker f \subset \Ker f \circ f$}.
\item Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres $n \in \N^*$ et $p \in [0,1]$. On a
\[\boxed{E(X) = \sum_{k=0}^n k P(X = k) = \sum_{k=0}^n k \binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}}.\]
On considère la fonction polynomiale
\[\varphi : x \mapsto (1-p +x)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k(1-p)^{n-k}.\]
Cette fonction est dérivable sur $\R$ et, pour tout $x \in \R$ :
\[\varphi'(x) = n (1-p+x)^{n-1} = \sum_{k=0}^n k \binom{n}{k} x^{k-1} (1-p)^{n-k}\]
donc \fbox{$E(X) = p \varphi'(p) = np$}.
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item Soit~$x\in\R$. Alors~$f$ est d\'efinie si et seulement si la fonction
    $$ t\mapsto \dfrac{1}{\ln t} $$
    est d\'efinie (et continue) sur le segment d\'elimit\'e par~$x$ et~$x^2$ (qui est~$[x,x^2]$ ou~$[x^2,x]$ selon si~$x^2$ est inf\'erieur ou sup\'erieur \`a~$x$). Ceci impose que:
    \begin{itemize}
    \item $x$ soit stictement positif car sinon, l'intervalle~$[x,x^2]$ contient~0, o\`u le logarithme n'est pas d\'efini;
    \item $x$ soit diff\'erent de~$1$ car sinon, l'intervalle $[x,x^2]$ est le singleton~$\{1\}$, o\`u le logarithme est nul donc son inverse n'est pas d\'efini.
    \end{itemize}
    Ainsi,~$f$ n'est pas d\'efinie ailleurs que sur~$]0,1[\cap]1,+\infty[$, et si~$x$ appartient \`a cet intervalle, alors:
    \begin{itemize}
    \item soit~$0<x<1$, auquel cas~$0<x^2<x<1$, donc le logarithme est continu et ne s'annule pas sur~$[x^2,x]$;
    \item soit~$x>1$, auquel cas~$x^2>x>1$, donc le logarithme est continu et ne s'annule pas sur~$[x,x^2]$.
    \end{itemize}
    Ceci permet de conclure que \fbox{$f$ est d\'efinie sur~$\mathcal{D} = ]0,1[ \cup ]1,+\infty[$}.
  \item Soit~$F$ une primitive sur~$\mathcal{D}$ de la fonction $t\mapsto 1/\ln t$. Alors on a
    $$ \forall x \in \mathcal{D},\; f(x) = F(x^2)-F(x). $$
    La fonction~$F$ est d\'erivable de d\'eriv\'ee $t\mapsto 1/\ln t$, et les fonctions $x\mapsto x^2$ et~$x\mapsto x$ sont \'egalement d\'erivables, donc d'apr\`es le th\'eor\`eme de d\'erivation des fonctions compos\'ees, $f$ est d\'erivable sur~$\mathcal{D}$ et pour tout~$x\in\mathcal{D}$,
\[f'(x) = 2xF'(x^2)-F'(x) = \dfrac{2x}{\ln(x^2)}-\dfrac{1}{\ln x} = \dfrac{2x}{2\ln x}-\dfrac{1}{\ln x}= \dfrac{x-1}{\ln x}.\]
    On distingue alors deux cas:
    \begin{itemize}
    \item si~$x\in]0,1[$, alors $x-1<0$ et~$\ln x <0$, donc~$f'(x)>0$;
    \item si~$x\in]1,+\infty[$, alors~$x-1>0$ et~$\ln x >0$, donc ~$f'(x)>0$.
    \end{itemize}
    La d\'eriv\'ee de~$f$ est strictement positive, donc~$f$ est strictement croissante sur chaque intervalle de son ensemble de d\'efinition. On peut~conclure:
    \begin{center}
      \fbox{$f$ est strictement croissante sur~$]0,1[$ et strictement croissante sur~$]1,+\infty[$}.
    \end{center}
  \item
    \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
    \item Soit~$x\in\mathcal{D}$. Si~$x\in]0,1[$, on a~$0<x^2<x<1$, donc la fonction~$t\mapsto 1/(t\ln t)$ est bien d\'efinie et continue sur l'intervalle~$[x^2,x]$. Si~$x\in]1,+\infty[$, alors on a~$1<x<x^2$, donc la fonction~$t\mapsto 1/(t\ln t)$ est bien d\'efinie et continue sur l'intervalle~$[x,x^2]$. Dans les deux cas, \fbox{l'int\'egrale~$I(x)$ est bien d\'efinie}. De plus, en notant~$u$ la fonction logarithme qui est d\'erivable sur~$\R_+^*$, on a
\begin{align*}
I(x) & = \dint_x^{x^2} \dfrac{1}{t}\dfrac{1}{\ln t} \dx t = \dint_x^{x^2} \dfrac{u'(t)}{u(t)} \dx t = \Big[\ln|u(t)|\Big]_{t=x}^{x^2} = \ln|\ln x^2|-\ln|\ln x| = \ln\dfrac{|\ln x^2|}{|\ln x|} = \ln \dfrac{|2\ln x|}{|\ln x|}
\end{align*}
      soit finalement $\boxed{I(x) = \ln 2}$.
    \item Soit~$x\in]1,+\infty[$. Alors~$x<x^2$, et pour tout~$t\in [x,x^2]$, on~a $x\leqslant t \leqslant x^2$. En divisant cette in\'egalit\'e par~$t$ qui est strictement positif, puis par~$\ln t$ qui l'est \'egalement (car~$t>1$), on obtient successivement
      $$ \dfrac{x}{t} \leqslant 1 \leqslant \frac{x^2}{t} \qquad\text{puis}\qquad \boxed{\dfrac{x}{t\ln t} \leqslant \dfrac{1}{\ln t} \leqslant\dfrac{x^2}{t \ln t}.} $$
    \item Soit~$x\in]1,+\infty[$. Par positivit\'e de l'int\'egrale, en int\'egrant l'in\'egalit\'e pr\'ec\'edente sur le segment~$[x,x^2]$, il~vient
      $$ \int_x^{x^2}\frac{x}{\ln t}\dx t \leqslant \int_x^{x^2} \frac{\text{d}t}{\ln t} \leqslant \frac{x^2}{\ln t}\dx t. $$
      Le membre de gauche de cette double in\'egalit\'e est~$xI(x)$, car~$x$ \'etant constant par rapport \`a la variable d'int\'egration, on peut le sortir de l'int\'egrale par lin\'earit\'e. De m\^eme, le membre de droite est~$x^2I(x)$. Puisque~$I(x) = \ln 2$ d'apr\`es la question~3.1, l'in\'egalit\'e obtenue est
      $$ \forall x > 1,\; x\ln 2 \leqslant f(x) \leqslant x^2\ln 2. $$
      On peut alors en d\'eduire que
      \begin{itemize}
      \item par op\'eration sur les limites, $\lim\limits_{x\to 1^+}(x\ln 2) = \lim\limits_{x\to 1^+}(x^2\ln 2) = \ln 2$ donc par encadrement $\boxed{\lim\limits_{x\to 1^+} f(x) = \ln 2}$;
      \item puisque~$\ln 2 >0$, on a~$\lim\limits_{x\to +\infty} (x\ln 2) = +\infty$ donc par comparaison~$\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty} f(x) = +\infty}$.
      \end{itemize}
    \item Soit~$x\in ]0,1[$. On raisonne comme \`a la question pr\'ec\'edente, mais en partant cette fois-ci du fait que~$x^2 < x$, donc que, pour tout~$t\in[x^2,x]$,
        $$ x^2 \leqslant t \leqslant x \qquad \text{donc}\qquad \frac{x^2}{t} \leqslant 1 \leqslant \frac{x}{t}, $$
        la deuxi\`eme cha\^ine d'int\'egalit\'es \'etant v\'erifi\'ee car~$t>0$. On peut alors diviser par~$\ln t$, mais il faut changer le sens des in\'egalit\'es car~$\ln t < 0$, donc il vient
        $$ \forall t \in [x^2,x],\; \frac{x}{t \ln t} \leqslant \frac{1}{\ln t} \leqslant \frac{x^2}{t \ln t}.$$
        Par int\'egration sur~$[x^2,x]$ et gr\^ace \`a la positivit\'e de l'int\'egrale, on obtient
        $$ x \int_{x^2}^x \frac{\text{d}t}{t\ln t} \leqslant \int_{x^2}^x\frac{\text{d}t}{\ln t} \leqslant x^2 \int_{x^2}^x \frac{\text{d}t}{t\ln t}   $$
        $$ \text{soit} \quad x\cdot(-I(x)) \leqslant -f(x) \leqslant x^2\cdot (-I(x)). $$
        En tenant compte du r\'esultat de la question~3.1 et en changeant le signe et le sens de ces in\'egalit\'es, l'encadrement que l'on obtient si~$x\in]0,1[$ est
        $$ x^2\ln 2 \leqslant f(x) \leqslant x\ln 2. $$
        Les membres extr\^emes de cet encadrement tendent tous deux vers~0 quand~$x\to 0$ et vers~$\ln 2$ quand~$x\to 1^-$. Par th\'eor\`eme d'encadrement, on peut conclure que
        $$ \boxed{\lim\limits_{x\to 0} f(x) = 0 \text{ et } \lim\limits_{\substack{x\to 1 \\ x<1}} = \ln 2.} $$
        En particulier, $f$ admet une limite finie en~0 et tend vers~$\ln 2$ \`a droite et \`a gauche en~1, donc admet \'egalement une limite finie en~1:
        \begin{center} \fbox{$f$ est prolongeable par continuit\'e \`a~$\R_+$.} \end{center}
        Le prolongement obtenu, toujours not\'e~$f$, v\'erifie~$f(0)=0$ et~$f(\ln 2) = \ln 2$.
  \end{enumerate}
  \item D'apr\`es les calculs effectu\'es dans la r\'esolution de la question~1, $f$ est d\'erivable sur~$\mathcal{D}$ et
    $$ \forall x \in \mathcal{D},\; f'(x) = \frac{x-1}{\ln x}. $$
    Cette fonction est continue sur~$\mathcal{D}$ en tant que quotient de fonctions qui y sont continues et dont le d\'enominateur ne s'y annule pas. Ainsi, $f$ est de classe~$\mathscr{C}^1$ sur~$\mathcal{D}$.

    De plus, par op\'erations sur les limites, $\lim\limits_{x\to 0} f'(x) = 0$ (c'est une limite du type \og $0/\infty$\fg). Pour \'etudier l'existence d'une limite \`a~$f'$ en~$1$, on pose~$x=1+h$: alors, quand~$h$ est au voisinage de~$0$, un d\'eveloppement limit\'e d'ordre~1 de~$h\mapsto\ln(1+h)$ donne
    $$ f'(x) = f'(1+h) = \frac{h}{\ln(1+h)} = \frac{h}{h+\text{o}(h)} = \frac{1}{1+\text{o}(1)} \xrightarrow[h\to 0]{} 1. $$
    Ainsi, $f'(x) \xrightarrow[x\to 1]{} 1$. En fin de compte:
    \begin{itemize}
    \item $f$ de classe~$\mathscr C^1$ sur~$]0,1[\cup]1,+\infty[$;
    \item $f'$ admet une limite finie en~0 ainsi qu'en~1.
    \end{itemize}
    D'apr\`es le th\'eor\`eme du prolongement~$\mathscr C^1$, \fbox{$f$ est de classe~$\mathscr C^1$ sur~$\R_+$}.
  \item
    \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
    \item Par d\'erivation de fonctions compos\'ees, puisque~$f$ est d\'erivable sur~$\R_+$ et puisque $x\mapsto 1+x$ l'est sur~$[-1,+\infty[$ et est \`a valeurs dans~$\R_+$, \fbox{$g$ est d\'erivable sur~$[-1,+\infty[$}. De plus, si~$x\in ]-1,0[\cap]0,+\infty[$, $1+x$ appartient \`a~$\mathcal{D}$ donc on peut calculer~$f'(1+x)$ \`a l'aide de la formule trouv\'ee \`a la premi\`ere question et
          $$ g'(x) = f'(1+x) \quad\text{soit}\quad \boxed{g'(x) = \frac{x}{\ln(1+x)}.} $$
    \item Pour calculer le d\'eveloppement limit\'e \`a l'ordre~3 de~$g$ en~0, on commence par calculer celui \`a l'ordre~2 de~$g'$. On a pour tout~$x$ au voisinage de~0:
      $$ g'(x) = \frac{x}{\ln(1+x)} = \frac{x}{x-x^2/2+x^3/3+\text{o}(x^3)} = \frac{1}{1-x/2+x^2/3+\text{o}(x^2)}. $$
      En posant~$u = x/2-x^2/3$, qui est \'equivalent \`a~$x/2$ donc \og d'ordre~1 en~$x$\fg\@ au voisinage de~0, on~a
      $$ g'(x) = \frac{1}{1-u(x)+\text{o}(x^2)} = 1+u(x)+u(x)^2+\text{o}(x^2). $$
      On d\'eveloppe le terme~$u(x)^2$ en tronquant \`a l'ordre~2 en~$x$:
      $$ u(x)^2 = \left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}\right)^2 = \frac{x^2}{4}+\text{o}(x^2) $$
      ce qui en reportant dans l'expression pr\'ec\'edente donne
      $$ g'(x) = 1+\left(\frac{x}{2}-\frac{x^2}{3}\right)+\frac{x^2}{4}+\text{o}(x^2) = 1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{12}+\text{o}(x^2). $$
      Par primitivation des d\'eveloppements limit\'es, il vient
      $$ g(x)- g(0) = x+\frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{36}+\text{o}(x^3) $$
      soit en tenant compte de ce que~$g(0)=f(1)=\ln 2$:
      $$ \boxed{g(x) = \ln 2 + x + \frac{x^2}{4}-\frac{x^3}{36}+\text{o}(x^3).} $$
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
    \item Puisque~$x\in]1,+\infty[$, le minimum de l'intervalle~$[x,x^2]$ est~$x$, et la fonction logarithme y est croissante donc son inverse y est d\'ecroissante. Son minimum est donc atteint en~$t=x^2$, et puisque~$\ln(x^2)=2\ln x$, on peut conclure:
      \begin{center} \fbox{le minimum de la fonction~$t\mapsto\dfrac{1}{\ln t}$ sur~$[x,x^2]$ est~$\dfrac{1}{2\ln x}$.}\end{center}
    \item La question pr\'ec\'edente montre que, pour tout~$x\in]1,+\infty[$ fix\'e,
      $$ \forall t\in [x,x^2],\; \frac{1}{\ln t} \geqslant \frac{1}{2\ln x}. $$
      Par positivit\'e de l'int\'egrale, en int\'egrant sur~$[x,x^2]$, il vient
      $$ \int_x^{x^2} \frac{\text{d}t}{\ln t} \geqslant \int_{x}^{x^2} \frac{\text{d}t}{2\ln x}. $$
      Dans membre de droite de cette in\'egalit\'e, la fonction int\'egr\'ee est constante par rapport \`a~$t$, et le membre de gauche vaut~$f(x)$. Ainsi,
      $$ f(x) \geqslant \frac{x^2-x}{2\ln x} $$
      d'o\`u l'on d\'eduit en divisant par~$x$:
      $$ \frac{f(x)}{x} \geqslant \frac{x}{2\ln x}-\frac{1}{2\ln x}. $$
      Par croissances compar\'ees, $\dfrac{x}{2\ln x}\xrightarrow[x\to +\infty]{} +\infty$, donc par op\'eration sur les limites,
      $$ \frac{x}{2\ln x}-\frac{1}{2\ln x} \xrightarrow[x\to +\infty]{} +\infty. $$
      Par comparaison de limites,
      $$ \boxed{\dfrac{f(x)}{x} \xrightarrow[x\to +\infty]{} +\infty.} $$
      Montrons que la courbe repr\'esentative de~$f$ ne peut avoir d'asymptote oblique en~$+\infty$. Supposons que ce soit le cas: alors, il existe~$(a,b)\in\R^2$ tels que $f(x)-(ax+b)$ tende vers~$0$ en~$+\infty$, et dans ce~cas
      $$ \frac{f(x)}{x} = \frac{f(x)-(ax+b)}{x}+\frac{ax+b}{x} = \frac{f(x)-(ax+b)}{x}+a+\frac{b}{x} \xrightarrow[x\to +\infty]{} a $$
      ce qui est contradictoire avec la limite que l'on vient de calculer. En conclusion,
      \begin{center} \fbox{la courbe repr\'esentative de~$f$ n'admet pas d'asymptote oblique en~$+\infty$.} \end{center}
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
\begin{enumerate}
\item Soit $T_k$ l'événement \og On réussit le $k$-ième travail\fg. Ces événements étant mutuellement indépendants, on a :
\[ P(X_N=N)=P\pth{\bigcap_{k=1}^N T_k} = \dprod_{k=1}^N P\pth{T_k}=\dprod_{k=1}^N \dfrac{1}{k}=\dfrac{1}{N!}\]
\[\boxed{P(X_N=N)=\dfrac{1}{N!}.}\]
\item Soit $k \in \Cro{1,N-1}$. On a :
\begin{align*}
P(X_N=k) &=P\pth{\barre{T_{k+1}}\cap\displaystyle\bigcap_{i=1}^{k} T_i} = P\pth{\barre{T_{k+1}}}\times\dprod_{i=1}^{k} P\pth{T_i}\\
P(X=k) &=\pth{1-\dfrac{1}{k+1}}\dprod_{i=1}^k \dfrac{1}{i}=\dfrac{k}{(k+1)!} \\
\text{ donc } \ \boxedalign{\pt{k \in \Cro{1,N-1}} P(X_N=k)}{=\dfrac{k}{(k+1)!}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[resume]
\item Comme $X_N(\Omega)=\Cro{0,N}$, le théorème de transfert appliqué à $X_N+1$ donne :
\begin{align*}
E(X_N+1) &=\dsum_{k=0}^N (k+1)P(X=k) =0+\dsum_{k=1}^{N-1}(k+1)\dfrac{k}{(k+1)!}+(N+1)\dfrac{1}{N!} \\&=\dsum_{k=1}^{N-1}\dfrac{1}{(k-1)!}+\dfrac{1}{(N-1)!}+\dfrac{1}{N!} =\dsum_{i=0}^{N}\dfrac{1}{i!}\\
\text{ donc } \ \boxedalign{E(X_N)}{=\dsum_{i=0}^{N}\dfrac{1}{i!} - 1 =S_N-1}
\end{align*}
\end{enumerate}
\begin{enumerate}[resume]
\item Appliqué à $Z_N$, le théorème de transfert donne
\begin{align*}
E(Z_N) &=\dsum_{k=0}^N(k+1)(k-1)P(X=k) \\
&=0+\dsum_{k=1}^{N-1}(k+1)(k-1)\dfrac{k}{(k+1)!}+(N+1)(N-1)\dfrac{1}{N!}=\dsum_{k=2}^{N-1}(k+1)(k-1)\dfrac{k}{(k+1)!}+\dfrac{N^2-1}{N!} \\
&=\dsum_{k=2}^{N-1}\dfrac{1}{(k-2)!}+\dfrac{N^2-1}{N!}= \dsum_{i=0}^{N-3}\dfrac{1}{i!}+\dfrac{N^2-1}{N!} \\
\text{donc } \ \boxedalign{E(Z_N)}{=S_{N-3}+\dfrac{N^2-1}{N!}}
\end{align*}
\item On a $E(Z_N)=E(X_N^2-1)=E(X_N^2)-1$, d'où $E(X_N^2)=E(Z_N)+1=S_{N-3}+\dfrac{N^2-1}{N!}+1$. On déduit alors le résultat de la formule de K{\oe}nig-Huygens.
\[\boxed{V(X_N)=-S_N^2+2S_N+S_{N-3}+\dfrac{N^2-1}{N!}}\]
\item Puisque la fonction $x\mapsto e^x$ est de classe $\Ck{\infty}$ sur $\cro{0,1}$, on peut lui appliquer la formule de Taylor avec reste intégral à l'ordre $N+1$ :
\[ e^1= \dsum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} + \int_{0}^1 \dfrac{e^t}{n!}(1-t)^{n} \dx{t}\ (\star)\]
Or on a $ \abs{\dint_{0}^1 \dfrac{e^t}{n!}(1-t)^{n} \dx{t}}\le \dint_{0}^1 \dfrac{e^ t}{n!}\abs{1-t}^{n} \dx{t}\le \dfrac{1}{n!}\dint_{0}^1 e^t \dx{t}\le \dfrac{e-1}{n!}$, ce qui prouve :
\[ \lim\limits_{N \to +\infty} \dint_{0}^1 \dfrac{e^ t}{n!}(1-t)^{n} \dx{t}=0.\]
Il ne reste alors plus qu'à faire tendre $N$ vers $+\infty$ dans $(\star)$ pour obtenir le résultat.
\[ \boxed{\lim\limits_{N \to +\infty} S_N=e}\]
\item On utilisant le résultat précédent, on obtient :
\[\boxed{\lim\limits_{N \to +\infty} E(X_N)= e-1 \ \et \  \lim\limits_{N \to +\infty} V(X)=e(3-e)}\]
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}

\begin{enumerate}
\item Soit $\alpha \in \K$. On rappelle que, pour tout $k \in \N^*$,
\[X^k - \alpha^k = (X-\alpha) \sum_{i=0}^{k-1} X^i \alpha^{k-1-i}.\]
On note, pour tout $k \in \N^*$, $Q_k(X) = \sum_{i=0}^{k-1} X^i \alpha^{k-1-i}$. Notons $P = \sum_{k=0}^n a_k X^k$ un polynôme de $\K[X]$ et supposons que $P(\alpha ) = 0$. On a :
\[P(X) = P(X) - P(\alpha) = \sum_{k=1}^n a_k (X^k - \alpha^k) = (X - \alpha)\sum_{k=1}^n Q_k(X)\]
donc, en posant $Q = \sum_{k=1}^n Q_k(X)$ qui est un polynôme, on a bien : \fbox{$P = (X - \alpha)Q$}.
\item Procédons par récurrence sur le degré de $P$. Si $P$ est de degré $0$ et non nul, il possède $0$ racine. Soit $n\in\N$. Supposons que tout polynôme $P$ non nul de degré $n$ possède au plus $n$ racines distinctes. Soit $P$ un polynôme de degré $n+1$ (il est non nul). Si $P$ n'a pas de racine dans $\K$, il possède au plus $n+1$ racines. Sinon, $P$ possède une racine $\alpha$ donc il existe $Q \in \K[X]$ non nul tel que $P = (X-\alpha) Q$. Ainsi $Q$ est de degré $n$ et possède donc au plus $n$ racines distinctes. Par suite, $P$ possède au plus $n+1$ racines distinctes (les racines de $P$ sont $\alpha$ et celles de $Q$). En conclusion, \fbox{un polynôme $P \in \K[X]$ possède au plus $\deg P$ racines distinctes}.
\end{enumerate}

\begin{enumerate}[resume]
\item On a $V \subset \R[X]$ et, si $P$ est le polynôme nul, $P \in \R_n[X]$ et $P(0) = 0$ donc $P\in V$. Soit $P,Q\in V$ et $\lambda,\mu \in \R$. On a $\lambda P+\mu Q\in\R_n[X]$ et $P(0) = Q(0) = 0$ donc :
\[(\lambda P+\mu Q)(0) = \lambda P(0) + \mu Q(0) = \lambda 0 + \mu 0 = 0\]
donc $\lambda P+\mu Q \in V$. En conclusion, \fbox{$V$ est un sous-espace vectoriel de $\R[X]$}.
\item On a $X,X^2, \dots, X^n \in V$ donc, comme $V$ est un espace vectoriel, $\text{Vect}(X,X^2,\dots,X^n) \subset V$.
Soit $P \in V$. Il existe $a_0,\dots,a_n$ tel que $P = \sum_{k=0}^n a_k X^k$. De plus, $a_0 = P(0) = 0$ donc
\[P = a_1 X + \cdots + a_n X^n \in \text{Vect}(X,X^2,\dots,X^n)\]
Finalement, $V = \text{Vect}(X,X^2,\dots,X^n)$ c'est-à-dire \fbox{$(X,X^2,\dots,X^n)$ est une famille génératrice de $V$}.
\item La famille $(X,X^2,\dots,X^n)$ est échelonnée en degré donc elle est libre. Ainsi, avec la question précédente, $(X,X^2,\dots,X^n)$ est une base de $V$. Comme cette famille comporte $n$ vecteurs, \fbox{$\dim V = n$}.
\item Soit $P \in \R_n[X]$. Il existe $a_0,\dots,a_n$ tel que $P = \sum_{k=0}^n a_k X^k$. On a
\[P(X+1) - P(X) = a_n (X+1)^n - X^n + \sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k - \sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k = a_n \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} X^k + \sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k - \sum_{k=0}^{n-1} a_k X^k\]
donc \fbox{$P \in \R_{n-1}[X]$ comme somme de polynômes de degré au plus $n-1$}.
\end{enumerate}

\begin{enumerate}[resume]
\item Soit $P,Q \in V$ et $\lambda,\mu\in\R$. On a
\[\Delta(\lambda P+\mu Q) = (\lambda P+\mu Q)(X+1) - (\lambda P+\mu Q)(X) = \lambda \big(P(X+1) - P(X)\big)+\mu\big(Q(X+1) - Q(X)\big) = \lambda \Delta(P)+\mu\Delta(Q).\]
Finalement, \fbox{$\Delta$ est linéaire}.
\end{enumerate}

\begin{enumerate}[resume]
\item
On a $\dim V = n =\dim \R_{n-1}[X]$. Il suffit donc, pour montrer que $\Delta$ est un isomorphisme, de montrer que $\Delta$ est injective. Soit $P \in \Ker \Delta$. On a $P(X+1) - P(X) = 0$ et $P(0) = 0$ donc par récurrence immédiate, pour tout $k \in \N$, $P(k) = 0$. Ainsi, $P$ possède une infinité de racines. Si $P$ n'était pas nul, ceci contredirait le fait que $\deg P \leqslant n-1$ donc $P$ est nul. En conclusion, \fbox{$\Ker P = \{0\}$ donc $\Delta$ est un isomorphisme}.
\end{enumerate}

\bigskip

\noindent\textbf{Une application}

\begin{enumerate}[resume]
\item On a : $\Delta(B_1) = \Delta(X) = 1 = B_0$. On a également
\[ \Delta(B_2) = B_2(X+1) - B_2(X) = \frac{1}{2}\,(X+1)\,X - \frac{1}{2}\,X\,(X-1) = X = B_1(X) \] et de même $\Delta(B_3) = B_2$. Finalement, pour tout $i = 1,2,3$, \fbox{$\Delta(B_i) = B_{i-1}$}.
\item Comme $\Delta$ est un isomorphisme et que $X^2 \in \R_{3-1}[X]$, \fbox{il existe un unique polynôme $Q \in V$ tel que $\Delta(Q) = X^2$}.
\item On a directement \fbox{$X^2 = 2B_2 + B_1$}.
\item On a : $Q(X+1) - Q(X) = X^2$ donc
\[\sum_{k=0}^n i^2 = \sum_{i=0}^n \big(Q(i+1) - Q(i)\big) = Q(n+1) - Q(0) = Q(n+1)\]
car $Q(0) = 0$. Il reste à calculer $Q$.
On a
\[Q(X) = \Delta^{-1}(X^2) = 2\Delta^{-1}(B_2) + \Delta^{-1}(B_1) = 2B_3 + B_2.\]
Ainsi :
\[\boxed{\sum_{k=0}^n i^2 = 2B_3(n+1) + B_2(n+1) = 2 \frac{(n+1) n (n - 1)}{6} + \frac{(n+1) n}{2} = \frac{n(n+1) (2n+1)}{6}}.\]
\item On pourrait construire une base $\mathscr B = (B_0,\dots,B_n)$ de la même forme que précédemment de $\R_n[X]$ et déterminer $Q$ tel que $\Delta(Q) = X^k$ qu'on décompose dans la base $\mathscr B$. On obtient ensuite
\[\sum_{i=0}^n i^k = Q(n+1).\]
\end{enumerate}
\end{Exo}

\begin{Exo}
  \begin{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
    \item Soit~$k\in\N$.
      \begin{itemize}
      \item D'une part, d'apr\`es la formule du bin\^ome de Newton,
        $$ V_k = \sum\limits_{j=0}^k \binom{n}{k} X^j \frac{(-1)^{k-j}}{2^{k-j}}. $$
        Ainsi, $\deg V_k = k$ et son coefficient dominant est celui correspondant \`a~$j=k$ dans la somme ci-dessus:
        \begin{center} \fbox{$V_k$ est de degr\'e~$k$ et son coefficient dominant est~1.} \end{center}
      \item D'autre part, supposons que maintenant que~$k\leqslant n$. Alors, par le m\^eme raisonnement que ci-dessus, $(1-X)^{n-k}$ est de degr\'e~$n-k$ et de coefficient dominant~$(-1)^{n-k}$. Multiplier par~$X^k$ ne change pas le coefficient dominant et ajoute~$k$ au degr\'e. On peut en d\'eduire le r\'esultat:
        \begin{center} \fbox{$U_k$ est de degr\'e~$n$ et de coefficient dominant~$(-1)^{n-k}$.} \end{center}
        \end{itemize}
      \item Soit~$p\in\N$. D'apr\`es la question~1.1, la famille~$(V_0,\dots,V_p)$ est \'echelonn\'ee en degr\'e. D'apr\`es un r\'esultat du cours, elle est donc libre. De plus, elle est de cardinal~$p+1$, qui est aussi la dimension de~$\R_p[X]$, ce qui prouve le r\'esultat demand\'e.
        \begin{center} \fbox{Pour tout~$p\in\N$, la famille $(V_0,\dots,V_p)$ est une base de~$\R_p[X]$.} \end{center}
      \item Montrons par r\'ecurrence pour~$q$ que la propri\'et\'e $\mathscr{P}(q)$: \og La famille~$(U_0,\dots,U_q)$ est libre\fg\@ est vraie pour tout~$q\in\llbracket 0,n\rrbracket$.
        \begin{itemize}
        \item \textit{Initialisation.} Le polyn\^ome~$U_0$ est non nul, donc la famille form\'ee par ce seul polyn\^ome est libre: \textit{$\mathscr{P}(0)$ est vraie}.
        \item \textit{H\'er\'edit\'e.} Soit~$q\in\llbracket 0,n-1\rrbracket$ tel que~$\mathscr{P}(q)$ soit vraie. Montrons que~$\mathscr{P}(q+1)$ est vraie. Soit~$(\lambda_0,\dots,\lambda_{q+1})\in\R^{q+2}$ tels que $\lambda_0 U_0+\dots+\lambda_{q+1} U_{q+1} = 0$. Alors
          \begin{multline*} \lambda_0 (1-X)^n + \lambda_1 X(1-X)^{n-1}+\dots+\lambda_{q+1} X^{q+1}(1-X)^{n-(q+1)}
            \\ = (1-X)^{n-(q+1)}\cdot \Big(\lambda_0(1-X)^{q+1}+\lambda_1 X^(1-X)^q+\dots+\lambda_{q-1}X^q(1-X) + \lambda_{q+1} X^{q+1}\Big) = 0. \end{multline*}
          Un produit de polyn\^omes \'etant nul si et seulement si l'un des facteurs est nul, il vient
          $$ \lambda_0(1-X)^{q+1}+\lambda_1 X^2(1-X)^q+\dots+\lambda_qX^q(1-X) + \lambda_{q+1} X^{q+1} = 0. $$
          En \'evaluant ce polyn\^ome en~$1$, on obtient~$\lambda_{q+1}=0$. On reporte cette \'egalit\'e dans l'hypoth\`ese de d\'epart sur~$(\lambda_0,\dots,\lambda_{q+1})$ ce qui~donne
          $$ \lambda_0 U_0+ \lambda_1 U_1+\dots+\lambda_q U_q = 0 $$
          ce qui entra\^ine $\lambda_0=\dots = \lambda_q=0$ puisque, par hypoth\`ese de r\'ecurrence, la famille $(U_0,\dots,U_{q})$ est libre. Ainsi,
          $$ \lambda_0 = \dots = \lambda_{q+1} = 0 $$
          ce qui prouve que~$(U_0,\dots,U_{q+1})$ est libre: \textit{$\mathscr{P}(q+1)$ est vraie}.
        \end{itemize}
        Ceci ach\`eve la r\'ecurrence et montre que~$\mathscr{P}(q)$ est vraie pour tout~$q\in\llbracket 0,n\rrbracket$. En particulier, $\mathscr{P}(n)$ est vraie et la famille~$(U_0,\dots,U_n)$ est libre dans~$\K_{n+1}[X]$. Or, elle comporte~$n+1$ vecteurs soit autant que la dimension de~$\K_{n+1}[X]$:
        \begin{center} \fbox{$(U_0,\dots,U_n)$ est une base de~$\K_{n+1}[X]$.} \end{center}
    \end{enumerate}
  \item
    \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
    \item D'une part, les polyn\^omes~$X^p$ et~$(1-X)^p$ sont tous deux de degr\'e~$p$, donc leurs d\'eriv\'ees d'ordre strictement plus grand que~$p$ sont nulles:
      $$ \forall q\in \N,\; \Big( q>p \Longrightarrow (X^p)^{(q)} = ((1-X)^p)^{(q)} = 0\Big). $$
      Il reste \`a montrer que les formules propos\'ees sont vraies pour~$q\in\llbracket 0,p\rrbracket$. Soit~$\mathscr{P}(q)$ la propri\'et\'e:
      $$ \text{\og} (X^p)^{(q)} = \frac{p!}{(p-q)!}X^{p-q} \quad\text{et}\quad ((1-X)^p)^{(q)} = (-1)^q\frac{p!}{(p-q)!} (1-X)^{p-q}\text{\fg}. $$
      Montrons par r\'ecurrence qu'elle est vraie pour tout~$q\in\llbracket 0,p\rrbracket$.
      \begin{itemize}
      \item \textit{Initialisation.} On a
        $$ \frac{p!}{(p-0)!}X^{p-0} = X^p = (X^p)^{(0)} \quad\text{et}\quad (-1)^0\frac{p!}{(p-0)!}(1-X)^{p-0} = (1-X)^p = ((1-X)^p)^{(0)} $$
        donc \textit{$\mathscr{P}(0)$ est vraie}.
      \item \textit{H\'er\'edit\'e.} Soit~$q\in\llbracket 0,p-1\rrbracket$ tel que~$\mathscr{P}(q)$ soit vraie. Montrons que~$\mathscr{P}(q+1)$ est vraie. On a par hypoht\`ese de r\'erurrence
        $$ (X^p)^{(q)} = \frac{p!}{(p-q)!}X^{p-q} \text{ et } ((1-X)^p)^{(q)} = (-1)^q\frac{p!}{(p-q)!} (1-X)^{p-q} $$
        d'o\`u par d\'erivation et puisque~$p-q>0$,
        $$ \begin{array}{lrl} & (X^p)^{(q+1)} & = \dfrac{p!}{(p-q)!} (p-q)X^{p-q-1} = \dfrac{p!}{(p-(q+1))!} X^{p-(q+1)} \\[3mm] \text{et}\quad & (1-X)^{(q+1)} & = (-1)^q \dfrac{p!}{(p-q)!} (p-q)\cdot (-1)\cdot (1-X)^{p-q-1} \\[3mm]  &  & = (-1)^{q+1}\dfrac{p!}{(p-(q+1))!} (1-X)^{p-(q+1)} \end{array}    $$
        ce qui prouve que~\textit{$\mathscr{P}(q+1)$ est vraie}.
      \end{itemize}
      Ceci ach\`eve la r\'ecurrence et montre la formule demand\'ee:
      \begin{center}
        \fbox{
          \begin{minipage}{10cm}
          Pour tout~$q\in\N$,
          $$ \begin{array}{lrl} & (X^p)^{(q)} & = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{p!}{(p-q)!} X^{p-q} \text{ si } q\leqslant p, \\ 0 \text{ sinon}\end{array}\right. \\[8mm] \text{et} \qquad & ((1-X)^p)^{(q)} & = \left\{ \begin{array}{l} (-1)^q \dfrac{p!}{(p-q)!} (1-X)^{p-q} \text{ si } q\leqslant p \\ 0 \text{ sinon.}\end{array}\right. \end{array} $$
          \end{minipage}
        }
      \end{center}
    \item Par d\'efinition, $Q=X^n(1-X)^n$ donc~$Q$ est de degr\'e~$2n$: on en d\'eduit que~$Q^{(n)}$ est de degr\'e~$n$ donc~$\boxed{Q^{(n)}\in\R_n[X]}$. De plus, on~a
      $$ \begin{array}{rl}
      Q^{(n)} & = \big( X^n \cdot (1-X)^n\big)^{(n)} \\[2mm]
      & = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (X^n)^{(n-k)}\big((1-X)^n\big)^{(k)} \quad \text{d'apr\`es la formule de Leibnitz} \\[3mm]
      & = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{n!}{(n-(n-k))!} X^{n-(n-k)} \cdot (-1)^k \dfrac{n!}{(n-k)!} (1-X)^{n-k} \\[3mm] \end{array} $$
      o\`u, dans la troisi\`eme \'egalit\'e, on a appliqu\'e pour chaque~$k$ les r\'esultats de la question pr\'ec\'edente pour calculer~$(X^n)^{(n-k)}$ et~$((1-X)^n)^{(n-k)}$. Ainsi,
      $$ Q^{(n)} = \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \dfrac{n!}{k!(n-k)!} \cdot n! \cdot (-1)^k X^k (1-X)^{n-k} $$
      $$ \text{soit} \quad \boxed{Q^{(n)} = n! \cdot \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k U_k.} $$
    \item On a pour tout~$k\in\llbracket 0,n\rrbracket$
      $$ U_k(1/2) = \left(\dfrac{1}{2}\right)^k\cdot\left(1-\dfrac{1}{2}\right)^{n-k} = \dfrac{1}{2^n}. $$
      En reportant dans la formule obtenue \`a la question pr\'ec\'edente, puis en \og sortant\fg\@ le~$1/2^n$ qui ne d\'epend pas de~$k$, on obtient la formule demand\'ee:
      $$ \boxed{Q^{(n)}(1/2) = \dfrac{n!}{2^n} \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k. } $$
    \end{enumerate}
    \item
      \begin{enumerate}[label=\theenumi.\arabic*.]
      \item L'identi\'e remarquable \og $a^2-b^2$\fg\@ fournit
        $$ \begin{array}{rl} \left(\dfrac{1}{4}-\left(X-\dfrac{1}{2}\right)^2\right)^n & = \left(\left(\dfrac{1}{2}-\left(X-\dfrac{1}{2}\right)\right)\cdot\left(\dfrac{1}{2}+\left(X-\dfrac{1}{2}\right)\right)\right)^n \\[2mm] & = \big((1-X)X\big)^n \\[2mm] & = (1-X)^n X^n \end{array} $$
        ce qui est bien~$Q(X)$: $\boxed{Q(X) = \left(\dfrac{1}{4}-\left(X-\dfrac{1}{2}\right)^2\right)^n}$.
      \item \label{DecompQ} $X^n$ et~$(1-X)^n$ sont tous deux de degr\'e~$n$, donc par op\'erations sur le degr\'e, leur produit est de degr\'e~$2n$: $\boxed{Q\in \R_{2n}[X]}$. De plus, en appliquant le r\'esultat de la question pr\'ec\'edente,
        $$ \begin{array}{rll} Q & = \left(\dfrac{1}{4}-\left(X-\dfrac{1}{2}\right)^2\right)^n \\[3mm]
        & = \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k \left(X-\dfrac{1}{2}\right)^{2k}\dfrac{1}{4^{n-k}} & \text{d'apr\`es la formule du binome de Newton}  \\[3mm]
        & = \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{(-1)^k}{2^{2n-2k}} V_{2k}. \end{array} $$
        En changeant~$4^{n-k}$ en~$2^{2n-2k}$, puis en posant~$j=2k$ (de sorte que~$j$ parcourt les entiers pairs entre~$0$ et~$2n$), on obtient finalement
        $$ \boxed{Q = \sum_{\substack{0 \leqslant j \leqslant n \\ j \text{ pair}}} \binom{n}{j/2} \frac{(-1)^{j/2}}{2^{2n-j}} \, V_j.} $$
      \item Soit~$d\in\N$ et~$P\in\R[X]$ de degr\'e~$d$. D'apr\`es la formule de Taylor pour les polyn\^omes appliqu\'ee avec \og $a=1/2$\fg,
        $$ P = \sum\limits_{k=0}^d \frac{P^{(k)}(1/2)}{k!}\left(X-\frac{1}{2}\right)^k = \sum\limits_{k=0}^d \frac{P^{(k)}(1/2)}{k!} V_k. $$
        Puisque~$(V_0,\dots,V_d)$ est une base de~$\R_d[X]$, ceci fournit le r\'esultat par unicit\'e des coordonn\'ees d'un vecteur dans une base d'un espace vectoriel.
        \begin{center}
          \fbox{Les coordonn\'ees de~$P$ dans~$(V_0,\dots,V_d)$ sont~$P(1/2)$, $\dfrac{P'(1/2)}{1!}$, ..., $\dfrac{P^{(d)}(1/2)}{d!}$.}
        \end{center}
      \item D'apr\`es la question pr\'ec\'edente, et puisque~$Q$ est de degr\'e~$2n$, pour tout~$j\in\llbracket 0,2n\rrbracket$, le coefficient d'indice~$j$ dans la d\'ecomposition de~$Q$ sur la base~$(V_0,\dots,V_{2n})$ est~$P^{(j)}(1/2)/j!$. Or, le r\'esultat de la question~\ref{DecompQ} montre que:
        \begin{itemize}
        \item si~$j$ est impair, ce coefficient est nul car~$V_j$ n'appara\^it pas dans la somme;
        \item si~$j$ est pair, ce coefficient vaut~$\binom{n}{j/2} \frac{(-1)^{j/2}}{2^{2n-j}}$, autrement dit
          $$ \frac{P^{(j)}(1/2)}{j!} = \binom{n}{j/2} \frac{(-1)^{j/2}}{2^{2n-j}} $$
        \end{itemize}
        Ceci donne le r\'esultat:
        $$ \boxed{ \forall j \in \llbracket 0,2n\rrbracket,\; Q^{(j)}(1/2) = \left\{ \begin{array}{l} 0 \text{ si } j \text{ est impair}, \\[2mm] \binom{n}{j/2} \dfrac{(-1)^{j/2} j!}{2^{2n-j}} \text{ si } j \text{ est pair}. \end{array}\right.} $$
      \end{enumerate}
    \item On a :
      \begin{itemize}
      \item d'apr\`es la question~2.3, $ Q^{(n)}(1/2) = \dfrac{n!}{2^n} \dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k $;
      \item d'apr\`es la question~3.4 appliqu\'ee avec~$j=n$, $Q^{(n)}(1/2)$ est nul si~$n$ est impair, et si~$n$ est pair, il vaut~$\binom{n}{n/2} \dfrac{(-1)^{n/2}}{2^n}$.
      \end{itemize}
      En identifiant ces deux expressions de~$Q^{(n)}(1/2)$, on obtient que la somme $\dsum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k$ est nulle si~$n$ est impair, et que si~$n$ est pair, alors
      $$ \frac{n!}{2^n} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k = \binom{n}{n/2} \frac{(-1)^{n/2}n!}{2^n}. $$
      Le r\'esultat demand\'e suit en simplifiant cette \'egalit\'e par~$n!/2^n$:
      $$ \boxed{ \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2 (-1)^k = \left\{ \begin{array}{ll} (-1)^{n/2} \binom{n}{n/2} & \text{si } n \text{ est pair,} \\ 0 & \text{si } n \text{ est impair.} \end{array}\right.} $$
    \end{enumerate}
\end{Exo}

\end{document}