مسابقة دكتوراه 2023 — Source inconnue — الموضوع 02

1. Calcul de l'intégrale

On coupe l'intégrale au point $x_i^*\in[x_i,x_{i+1}]$ et on pose $\lambda=x_i^*-x_i\in[0,h]$ :

$$\int_{x_i}^{x_{i+1}}|x-x_i^*|\,dx =\int_{x_i}^{x_i^*}(x_i^*-x)\,dx+\int_{x_i^*}^{x_{i+1}}(x-x_i^*)\,dx =\frac{\lambda^2}{2}+\frac{(h-\lambda)^2}{2}.$$

D'où

$$\boxed{\int_{x_i}^{x_{i+1}}|x-x_i^*|\,dx=\frac{(x_i^*-x_i)^2}{2}+\frac{\big(h-(x_i^*-x_i)\big)^2}{2}.}$$

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2. Étude de $g$

$$g(\lambda)=\frac{\lambda^2}{2}+\frac{(h-\lambda)^2}{2}, \qquad g'(\lambda)=2\lambda-h, \qquad g''(\lambda)=2>0.$$

$g$ décroît sur $[0,\tfrac{h}{2}]$ et croît sur $[\tfrac{h}{2},h]$ :

$$\min_{[0,h]}g=g\!\left(\frac{h}{2}\right)=\frac{h^2}{4}, \qquad \max_{[0,h]}g=g(0)=g(h)=\frac{h^2}{2}.$$

Donc

$$\boxed{\int_{x_i}^{x_{i+1}}|x-x_i^*|\,dx\ \le\ \frac{h^2}{2}.}$$

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3. Estimation générale

Si $|f'|\le M$, l'erreur locale de l'approximation par la constante $f(x_i^*)$ vérifie

$$\left|\int_{x_i}^{x_{i+1}}\big(f(x)-f(x_i^*)\big)\,dx\right| \le M\int_{x_i}^{x_{i+1}}|x-x_i^*|\,dx\le\frac{Mh^2}{2}.$$

En sommant sur les $n$ sous-intervalles, avec $h=\dfrac{b-a}{n}$ :

$$\boxed{|I(f)-R_n(f)|\ \le\ n\cdot\frac{Mh^2}{2}=\frac{M(b-a)^2}{2n}.}$$

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4. Cas du point milieu

Si $x_i^*=\overline{x_i}=\dfrac{x_i+x_{i+1}}{2}$, alors $\lambda=\dfrac{h}{2}$ et

$$\boxed{\int_{x_i}^{x_{i+1}}|x-x_i^*|\,dx=g\!\left(\frac{h}{2}\right)=\frac{h^2}{4}.}$$

D'où l'estimation améliorée

$$\boxed{|I(f)-R_n(f)|\ \le\ \frac{M(b-a)^2}{4n}.}$$

1. Rayon de convergence

On écrit

$$\sum_{n=1}^{+\infty}n\,z^{2n-1}=z\sum_{n=1}^{+\infty}n\,(z^2)^{n-1}.$$

La série $\sum n\,w^{n-1}$ a pour rayon $1$ en $w$, donc la condition est $|z^2|<1$ :

$$\boxed{R=1.}$$

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2. Fonction somme

Pour $|w|<1$ :

$$\sum_{n=1}^{+\infty}n\,w^{n-1}=\frac{1}{(1-w)^2}.$$

Avec $w=x^2$ :

$$\boxed{f(x)=\frac{x}{(1-x^2)^2},\qquad x\in\,]-1,1[.}$$

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3. Relation de récurrence

Soit $y(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n$ solution de

$$(x^2-1)\,y''+6x\,y'+4y=0. \tag{2}$$

On a

$$y''=\sum_{n=0}^{+\infty}(n+2)(n+1)a_{n+2}x^n, \qquad x^2y''=\sum_{n=0}^{+\infty}n(n-1)a_nx^n, \qquad 6xy'=\sum_{n=0}^{+\infty}6n\,a_nx^n.$$

Le coefficient de $x^n$ dans $(2)$ donne

$$-(n+2)(n+1)\,a_{n+2}+\big[n(n-1)+6n+4\big]a_n=0.$$

Or

$$n(n-1)+6n+4=n^2+5n+4=(n+1)(n+4),$$

donc

$$(n+2)(n+1)\,a_{n+2}=(n+1)(n+4)\,a_n,$$

soit

$$\boxed{a_{n+2}=\frac{n+4}{n+2}\,a_n,\qquad n\in\mathbb{N}.}$$

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4. Solution avec $\phi(0)=1$, $\phi'(0)=0$

Les conditions donnent $a_0=1$, $a_1=0$ ; tous les coefficients impairs sont nuls. Pour $n=2k$ :

$$a_{2k+2}=\frac{2k+4}{2k+2}\,a_{2k}=\frac{k+2}{k+1}\,a_{2k} \ \Longrightarrow\ a_{2k}=k+1.$$

Donc

$$\phi(x)=\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)\,x^{2k}.$$

Or, pour $|x|<1$ :

$$\sum_{k=0}^{+\infty}(k+1)\,w^{k}=\frac{1}{(1-w)^2},\qquad w=x^2,$$

d'où

$$\boxed{\phi(x)=\frac{1}{(1-x^2)^2},\qquad x\in\,]-1,1[.}$$