Maths 2

# CCINP MP — Mathématiques 2 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

Épreuve MP3M2, durée 4 heures, calculatrices interdites. Deux exercices et un problème indépendants, 20 questions.

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## Exercice 1

Ici $a,b\in\mathbb R$, $a\neq 0$, $I=I_3$, $J\in\mathcal M_3(\mathbb R)$ a tous ses coefficients égaux à $1$, et $A=aJ+bI$.

### Q1

Les trois colonnes de $J$ sont égales à $u={}^t(1,1,1)\neq0$, donc $\operatorname{Im}J=\operatorname{Vect}(u)$ et $\boxed{\operatorname{rg}J=1}$.

Pour tous $i,j$, $(J^2)_{ij}=\sum_{k=1}^3 1\cdot1=3$, donc $J^2=3J$ : le polynôme $X(X-3)$ annule $J$. Il est scindé sur $\mathbb R$ à racines simples, donc $J$ est diagonalisable dans $\mathcal M_3(\mathbb R)$ et $\operatorname{Sp}(J)\subset\{0,3\}$.

- $\ker J=\{x\in\mathbb R^3,\ x_1+x_2+x_3=0\}$ est de dimension $3-\operatorname{rg}J=2$ (théorème du rang) : $0$ est valeur propre, $\dim E_0(J)=2$.
- $Ju=3u$ avec $u\neq0$ : $3$ est valeur propre. Comme $J$ est diagonalisable, $\dim E_0+\dim E_3=3$, d'où $E_3(J)=\operatorname{Vect}(u)$.

$$\boxed{J \text{ est diagonalisable, semblable à } \operatorname{diag}(3,0,0)}$$

### Q2

Soit $Q\in GL_3(\mathbb R)$ telle que $Q^{-1}JQ=D=\operatorname{diag}(3,0,0)$. Alors
$$Q^{-1}AQ=aQ^{-1}JQ+bI=aD+bI.$$
$$\boxed{A \text{ est semblable à } \operatorname{diag}(3a+b,\ b,\ b)}$$
avec $E_{3a+b}(A)=\operatorname{Vect}({}^t(1,1,1))$ et $E_b(A)=\{x_1+x_2+x_3=0\}$. Comme $a\neq0$, $b\neq 3a+b$.

### Q3

D'après Q2, $A$ est diagonalisable, donc son polynôme minimal est scindé à racines simples ; ses racines sont exactement les valeurs propres de $A$, à savoir $b$ et $3a+b$, distinctes car $a\neq0$. Comme $\pi_A$ est unitaire :
$$\boxed{\pi_A=(X-b)(X-3a-b)}$$

### Q4

On pose $\lambda=3a+b$, de sorte que $\lambda-b=3a\neq0$.

**a)** Soit $n\in\mathbb N$. Comme $\deg\pi_A=2$, la division euclidienne s'écrit $X^n=\pi_A Q_n+R_n$ avec $R_n=\alpha_nX+\beta_n$. En évaluant en les racines $b$ et $\lambda$ de $\pi_A$ :
$$b^n=\alpha_nb+\beta_n,\qquad \lambda^n=\alpha_n\lambda+\beta_n.$$
Par différence, $\alpha_n=\dfrac{\lambda^n-b^n}{\lambda-b}=\dfrac{\lambda^n-b^n}{3a}$, puis $\beta_n=b^n-\alpha_nb=\dfrac{\lambda b^n-b\lambda^n}{3a}$. Comme $\pi_A(A)=0$, $A^n=\pi_A(A)Q_n(A)+R_n(A)=R_n(A)$ :
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad A^n=\frac{\lambda^n-b^n}{3a}\,A+\frac{\lambda b^n-b\lambda^n}{3a}\,I,\qquad \lambda=3a+b}$$
(contrôle : $n=0$ donne $I$, $n=1$ donne $A$).

**b)** Par récurrence, $J^k=3^{k-1}J$ pour tout $k\ge1$ : c'est vrai pour $k=1$, et si $J^k=3^{k-1}J$, alors $J^{k+1}=3^{k-1}J^2=3^kJ$.
$$\boxed{\forall k\ge1,\quad J^k=3^{k-1}J}$$
Les matrices $aJ$ et $bI$ commutent, donc la formule du binôme s'applique ; en isolant le terme $k=0$ (pour lequel $J^0=I$) :
$$A^n=\sum_{k=0}^n\binom nk a^kb^{n-k}J^k=b^nI+\frac13\Big(\sum_{k=1}^n\binom nk(3a)^kb^{n-k}\Big)J=b^nI+\frac{(3a+b)^n-b^n}{3}\,J.$$
$$\boxed{\forall n\in\mathbb N,\quad A^n=b^n\,I+\frac{(3a+b)^n-b^n}{3}\,J}$$
Cohérence avec a) : $\alpha_nA+\beta_nI=\alpha_na\,J+(\alpha_nb+\beta_n)I=\frac{\lambda^n-b^n}{3}J+b^nI$.

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## Exercice 2

Ici $n\in\mathbb N^*$, $P=a_0+a_1X+\dots+a_{n-1}X^{n-1}\in\mathbb R[X]$, $\omega_k=\mathrm e^{2ik\pi/n}$ pour $k\in[\![0,n-1]\!]$, et l'on veut montrer $(*)$ : $P(\omega_1)\cdots P(\omega_{n-1})\in\mathbb R$.

### Q5

$j\neq1$ et $j^3=1$, donc $1+j+j^2=\dfrac{j^3-1}{j-1}$ :
$$\boxed{1+j+j^2=0}$$
On prend $n=3$ et $P=1+2X+3X^2$ (degré $2$, coefficients réels, non nuls, deux à deux distincts) ; ici $\omega_1=j$, $\omega_2=j^2$. Avec $j^2=-1-j$ :
$$P(j)=1+2j+3j^2=-2-j,\qquad P(j^2)=1+2j^2+3j^4=1+3j+2j^2=-1+j.$$
Donc $P(j)P(j^2)=(-2-j)(-1+j)=2-j-j^2=2+1$ :
$$\boxed{P(\omega_1)P(\omega_2)=3\in\mathbb R}$$
ce qui vérifie $(*)$ (on note d'ailleurs que $j^2=\overline j$ et que le produit vaut $|P(j)|^2$).

### Q6

$J$ est définie par $J_{i,i+1}=1$ ($1\le i\le n-1$), $J_{n,1}=1$, les autres coefficients étant nuls. On note $\chi_J=\det(XI_n-J)$.

Si $n=1$, $J=(1)$ et $\chi_J=X-1$. Si $n\ge2$, soit $M=XI_n-J$ : sa première colonne n'a que deux coefficients non nuls, $M_{1,1}=X$ et $M_{n,1}=-1$. En développant selon cette colonne :
$$\chi_J=X\,\Delta_{1,1}+(-1)\cdot(-1)^{n+1}\,\Delta_{n,1},$$
où $\Delta_{i,1}$ est le mineur obtenu en supprimant la ligne $i$ et la colonne $1$.

- $\Delta_{1,1}$ : sous-matrice triangulaire supérieure de diagonale $X$ (et de sur-diagonale $-1$), donc $\Delta_{1,1}=X^{n-1}$.
- $\Delta_{n,1}$ : lignes $1,\dots,n-1$ et colonnes $2,\dots,n$ ; c'est une matrice triangulaire inférieure de diagonale $-1$ (les $-1$ de $M$ en position $(i,i+1)$) et de sous-diagonale $X$, donc $\Delta_{n,1}=(-1)^{n-1}$.

D'où $\chi_J=X^n+(-1)^{n+2}(-1)^{n-1}=X^n+(-1)^{2n+1}$ :
$$\boxed{\chi_J=X^n-1}$$
(contrôle : pour $n=3$, la règle de Sarrus donne $X^3-1$).

### Q7

On a $J_{i,j}=1$ si $j\equiv i+1\ [n]$ et $0$ sinon. Par récurrence sur $k$ : $(J^k)_{i,j}=1$ si $j\equiv i+k\ [n]$, $0$ sinon (dans $(J^{k+1})_{i,j}=\sum_\ell (J^k)_{i,\ell}J_{\ell,j}$, seul le terme $\ell\equiv i+k$ est non nul, et il vaut $1$ si et seulement si $j\equiv i+k+1$). Pour $i,j$ fixés, un seul $k\in[\![0,n-1]\!]$ vérifie $j\equiv i+k\ [n]$, à savoir $k=(j-i)\bmod n$, donc
$$P(J)_{i,j}=\sum_{k=0}^{n-1}a_k(J^k)_{i,j}=a_{(j-i)\bmod n}.$$
La première ligne est $(a_0,a_1,\dots,a_{n-1})$ et chaque ligne se déduit de la précédente par un décalage circulaire d'une case vers la droite ; c'est la description de $A$ :
$$\boxed{A=P(J)}$$

### Q8

D'après Q7, $(J^n)_{i,j}=1$ si et seulement si $j\equiv i\ [n]$, donc $J^n=I_n$ : le polynôme $X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega_k)$ annule $J$ ; il est scindé sur $\mathbb C$ à racines simples (les $\omega_k$ sont deux à deux distincts). Donc $J$ est diagonalisable dans $\mathcal M_n(\mathbb C)$, et d'après Q6 ses valeurs propres sont les $n$ racines de $\chi_J=X^n-1$, toutes simples. Il existe $Q\in GL_n(\mathbb C)$ telle que
$$\boxed{Q^{-1}JQ=\Delta=\operatorname{diag}(\omega_0,\omega_1,\dots,\omega_{n-1})}$$
(on peut prendre pour colonnes de $Q$ les vecteurs $V_k={}^t(1,\omega_k,\omega_k^2,\dots,\omega_k^{n-1})$, qui vérifient $JV_k=\omega_kV_k$).

Comme $J^m=Q\Delta^mQ^{-1}$ pour tout $m$, par linéarité $A=P(J)=Q\,P(\Delta)\,Q^{-1}$, et $P(\Delta)$ est diagonale :
$$\boxed{Q^{-1}AQ=\operatorname{diag}\big(P(\omega_0),P(\omega_1),\dots,P(\omega_{n-1})\big)}$$
Les $P(\omega_k)$ ne sont pas forcément distincts (pour $n=4$ et $P=X+X^3$ : $P(i)=P(-i)=0$).

### Q9

Si $n=1$, le produit est vide et vaut $1$. Supposons $n\ge2$. D'après Q8,
$$\det A=\prod_{k=0}^{n-1}P(\omega_k)=P(1)\prod_{k=1}^{n-1}P(\omega_k),$$
et $\det A\in\mathbb R$ car $A$ est réelle ; $P(1)=a_0+\dots+a_{n-1}\in\mathbb R$.

- Si $P(1)\neq0$ : $\prod_{k=1}^{n-1}P(\omega_k)=\dfrac{\det A}{P(1)}\in\mathbb R$.
- Cas général (y compris $P(1)=0$). Pour $x\in\mathbb R$, le polynôme $P+x$ est à coefficients réels et sa matrice circulante est $A+xI_n$ ; Q8 appliquée à $P+x$ donne $\det(A+xI_n)=\prod_{k=0}^{n-1}(P(\omega_k)+x)$. La fonction $R:x\mapsto\prod_{k=1}^{n-1}(P(\omega_k)+x)$ est polynomiale, donc continue de $\mathbb R$ dans $\mathbb C$, et pour $x\neq-P(1)$, $R(x)=\dfrac{\det(A+xI_n)}{P(1)+x}\in\mathbb R$ d'après le premier point. Comme $\mathbb R$ est fermé dans $\mathbb C$, $R(0)=\lim_{x\to0,\,x\neq-P(1)}R(x)\in\mathbb R$.

$$\boxed{P(\omega_1)P(\omega_2)\cdots P(\omega_{n-1})\in\mathbb R}$$

*Remarque (vérification directe).* $P$ étant réel, $\overline{P(\omega_k)}=P(\overline{\omega_k})=P(\omega_{n-k})$ et $k\mapsto n-k$ est une bijection de $[\![1,n-1]\!]$ : le produit est égal à son conjugué.

![Figure 1 — Cas n = 6 : ω_0 = 1 est exclu du produit (∗), les autres racines s'apparient en conjugués ω_5 = ω̄_1, ω_4 = ω̄_2, et ω_3 = −1 est réel](/figures/corriges/ccinp_mp_maths-2_2026/q9-racines-conjuguees.svg)

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## Problème

### Q10 — Question de cours

**a)** Soit $x\in E$ et $y=\sum_{i=0}^n\langle x\mid e_i\rangle e_i\in F$. Pour $j\in[\![0,n]\!]$, par bilinéarité et orthonormalité,
$$\langle x-y\mid e_j\rangle=\langle x\mid e_j\rangle-\sum_{i=0}^n\langle x\mid e_i\rangle\langle e_i\mid e_j\rangle=\langle x\mid e_j\rangle-\langle x\mid e_j\rangle=0.$$
Donc $x-y$ est orthogonal à chaque $e_j$, donc par linéarité à tout vecteur de $F=\operatorname{Vect}(e_0,\dots,e_n)$ : $x-y\in F^\perp$. Par unicité du vecteur de $F$ ayant cette propriété :
$$\boxed{p_F(x)=\sum_{i=0}^n\langle x\mid e_i\rangle\,e_i}$$

**b)** Posons $p=p_F(x)$. Comme $p\in F$ et $x-p\in F^\perp$, $\langle p\mid x-p\rangle=0$, et le théorème de Pythagore donne $\|x\|^2=\|p\|^2+\|x-p\|^2\ge\|p\|^2$ :
$$\boxed{\|p_F(x)\|^2\le\|x\|^2}$$

![Figure 2 — Projeté orthogonal : p_F(x) ∈ F et x − p_F(x) ∈ F⊥ sont les côtés de l'angle droit d'un triangle rectangle d'hypoténuse x](/figures/corriges/ccinp_mp_maths-2_2026/q10-projection-orthogonale.svg)

La famille $(e_i)$ étant orthonormale, Pythagore donne aussi $\|p\|^2=\sum_{i=0}^n\langle x\mid e_i\rangle^2$, d'où
$$\boxed{\sum_{i=0}^n\langle x\mid e_i\rangle^2\le\|x\|^2}$$

### Q11

$(|a|-|b|)^2\ge0$ s'écrit $a^2+b^2-2|a||b|\ge0$ :
$$\boxed{|ab|\le\frac{a^2+b^2}{2}}$$
Soient $f,g\in E$. La fonction $\varphi:t\mapsto f(t)g(t)\mathrm e^{-t}$ est continue sur $I$ et, pour tout $t\in I$,
$$|\varphi(t)|\le\tfrac12\big(f(t)^2\mathrm e^{-t}+g(t)^2\mathrm e^{-t}\big).$$
Le majorant est intégrable sur $I$ (définition de $E$), donc par comparaison **$t\mapsto f(t)g(t)\mathrm e^{-t}$ est intégrable sur $I$.**

### Q12

*$E$ est un espace vectoriel.* $E$ est une partie de $\mathcal C(I,\mathbb R)$ qui contient la fonction nulle. Pour $f,g\in E$ et $\lambda\in\mathbb R$, $f+\lambda g$ est continue et
$$(f+\lambda g)^2(t)\mathrm e^{-t}=f(t)^2\mathrm e^{-t}+2\lambda f(t)g(t)\mathrm e^{-t}+\lambda^2g(t)^2\mathrm e^{-t},$$
combinaison linéaire de fonctions intégrables sur $I$ (définition de $E$ et Q11). Donc $f+\lambda g\in E$ : **$E$ est un sous-espace vectoriel de $\mathcal C(I,\mathbb R)$.**

*Produit scalaire.* D'après Q11, $\langle f\mid g\rangle$ est bien défini sur $E^2$.

- Symétrie : immédiate.
- Bilinéarité : par linéarité de l'intégrale (toutes les fonctions en jeu sont intégrables) à gauche, puis à droite par symétrie.
- Positivité : $\langle f\mid f\rangle=\int_0^{+\infty}f(t)^2\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt\ge0$.
- Caractère défini : si $\langle f\mid f\rangle=0$, la fonction $t\mapsto f(t)^2\mathrm e^{-t}$ est continue, positive, intégrable et d'intégrale nulle sur $I$, donc nulle sur $I$ ; comme $\mathrm e^{-t}>0$, $f=0$.

**$\langle\ \mid\ \rangle$ est un produit scalaire sur $E$.**

### Q13

Soit $P\in\mathbb R_n[X]$. La fonction $t\mapsto P(t)^2\mathrm e^{-t}$ est continue et positive sur $I$, et par croissances comparées $t^2P(t)^2\mathrm e^{-t}\to0$ quand $t\to+\infty$, donc $P(t)^2\mathrm e^{-t}=o(1/t^2)$ ; comme $t\mapsto1/t^2$ est intégrable sur $[1,+\infty[$, $P^2\mathrm e^{-t}$ est intégrable sur $[1,+\infty[$, et elle l'est sur le segment $[0,1]$ par continuité. Donc $P\in E$.

Ainsi $F\subset E$ ; $F$ contient $0$ et est stable par combinaison linéaire, donc **$F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.** L'identification d'un polynôme à sa fonction sur $I$ est injective (un polynôme qui s'annule sur l'ensemble infini $I$ est nul), donc $\dim F=n+1$, et $\langle\ \mid\ \rangle$ est un produit scalaire sur $\mathbb R[X]$ (le même argument vaut pour tout $\mathbb R_m[X]$).

### Q14

**a)** $u:x\mapsto x^n$ et $v:x\mapsto\mathrm e^{-x}$ sont de classe $\mathcal C^\infty$, avec $u^{(k)}(x)=\frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}$ pour $k\le n$ et $v^{(m)}(x)=(-1)^m\mathrm e^{-x}$. Pour $p\le n$, la formule de Leibniz donne
$$\boxed{h_n^{(p)}(x)=\mathrm e^{-x}\sum_{k=0}^p(-1)^{p-k}\binom pk\frac{n!}{(n-k)!}\,x^{n-k}}$$
Si $p<n$, chaque exposant vérifie $n-k\ge n-p\ge1$, donc chaque terme s'annule en $0$ :
$$\boxed{p<n\implies h_n^{(p)}(0)=0}$$

**b)** Avec $p=n$ :
$$L_n(x)=\frac{\mathrm e^x}{n!}h_n^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom nk\frac{x^{n-k}}{(n-k)!},$$
et le changement d'indice $m=n-k$ donne
$$\boxed{L_n=\sum_{m=0}^n(-1)^m\binom nm\frac{X^m}{m!}\in\mathbb R[X],\qquad \deg L_n=n,\quad \text{coefficient dominant }\frac{(-1)^n}{n!}}$$
(le coefficient de $X^n$ est $\frac{(-1)^n}{n!}\neq0$). Par exemple $L_0=1$, $L_1=1-X$, $L_2=1-2X+\frac{X^2}2$.

### Q15

*Remarque sur l'énoncé.* Le crochet de Q12 porte le poids $\mathrm e^{-t}$ ; lu ainsi, $\langle g\mid h_n^{(n)}\rangle=\int_0^{+\infty}g\,h_n^{(n)}\mathrm e^{-t}$ ne s'exprime pas à l'aide de $\int_0^{+\infty}g^{(n)}h_n$ (pour $n=1$, $g=1$ : le premier vaut $\int_0^{+\infty}(1-t)\mathrm e^{-2t}\mathrm dt=\frac14$, le second $0$). On interprète donc $\langle g\mid h_n^{(n)}\rangle$ comme l'intégrale sans poids $\int_0^{+\infty}g(t)h_n^{(n)}(t)\,\mathrm dt$, qui vaut $n!\,\langle g\mid L_n\rangle$ puisque $h_n^{(n)}(t)=n!\,L_n(t)\mathrm e^{-t}$.

Soit $g\in\mathbb R[X]$. D'après Q14.a, toutes les fonctions $g^{(p)}h_n^{(q)}$ sont de la forme $t\mapsto R(t)\mathrm e^{-t}$ avec $R$ polynomiale, donc intégrables sur $I$ (comme en Q13).

Montrons par récurrence sur $p\in[\![0,n]\!]$ : $\int_0^{+\infty}g\,h_n^{(n)}=(-1)^p\int_0^{+\infty}g^{(p)}h_n^{(n-p)}$. C'est clair pour $p=0$. Si c'est vrai pour un $p\le n-1$, une intégration par parties sur $[0,A]$ donne
$$\int_0^Ag^{(p)}h_n^{(n-p)}=\Big[g^{(p)}h_n^{(n-p-1)}\Big]_0^A-\int_0^Ag^{(p+1)}h_n^{(n-p-1)}.$$
En $0$, $h_n^{(n-p-1)}(0)=0$ par Q14.a car $n-p-1<n$ ; en $A$, le crochet est de la forme $R(A)\mathrm e^{-A}\to0$. Les intégrales convergeant, on obtient en faisant $A\to+\infty$ : $\int_0^{+\infty}g^{(p)}h_n^{(n-p)}=-\int_0^{+\infty}g^{(p+1)}h_n^{(n-p-1)}$, d'où le rang $p+1$. Pour $p=n$ :
$$\boxed{\langle g\mid h_n^{(n)}\rangle=\int_0^{+\infty}g(t)h_n^{(n)}(t)\,\mathrm dt=(-1)^n\int_0^{+\infty}g^{(n)}(t)h_n(t)\,\mathrm dt}$$
et, avec $h_n^{(n)}=n!\,L_n\mathrm e^{-t}$ et $h_n(t)=t^n\mathrm e^{-t}$ :
$$\boxed{\langle g\mid L_n\rangle=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{+\infty}g^{(n)}(t)\,t^n\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt}$$

### Q16

Soient $i<j$. $L_i$ est un polynôme de degré $i<j$, donc $L_i^{(j)}=0$, et Q15 appliquée à $g=L_i$ avec l'indice $j$ donne
$$\boxed{\langle L_i\mid L_j\rangle=\frac{(-1)^j}{j!}\int_0^{+\infty}L_i^{(j)}(t)\,t^j\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt=0}$$

### Q17

Soit $I_n=\int_0^{+\infty}t^n\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt$ (convergente, cf. Q13). $I_0=1$ et, pour $n\ge1$, une intégration par parties sur $[0,A]$ donne
$$\int_0^At^n\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt=-A^n\mathrm e^{-A}+n\int_0^At^{n-1}\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt,$$
d'où, avec $A\to+\infty$, $I_n=nI_{n-1}$, puis par récurrence
$$\boxed{\int_0^{+\infty}t^n\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt=n!}$$
$L_n$ est de degré $n$ et de coefficient dominant $\frac{(-1)^n}{n!}$, donc $L_n^{(n)}=n!\cdot\frac{(-1)^n}{n!}=(-1)^n$. Par Q15 :
$$\langle L_n\mid L_n\rangle=\frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{+\infty}(-1)^nt^n\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt=\frac{n!}{n!},\qquad\boxed{\langle L_n\mid L_n\rangle=1}$$

### Q18

Les $L_i$ ($0\le i\le n$) sont dans $F=\mathbb R_n[X]$ (Q14.b) et $\langle L_i\mid L_j\rangle=\delta_{ij}$ (Q16, Q17 et symétrie). Une famille orthonormale est libre ; celle-ci compte $n+1=\dim F$ vecteurs :
$$\boxed{(L_0,L_1,\dots,L_n)\text{ est une base orthonormale de }F}$$
$F$ étant un sous-espace de dimension finie de l'espace préhilbertien $E$, Q10.a donne, pour tout $g\in E$ :
$$\boxed{p_F(g)=\sum_{k=0}^n\langle g\mid L_k\rangle\,L_k}$$

### Q19

Soit $g\in E$ et $N\in\mathbb N$. Le raisonnement de Q18 avec $N$ au lieu de $n$ montre que $(L_0,\dots,L_N)$ est une base orthonormale de $\mathbb R_N[X]$, sous-espace de dimension finie de $E$ ; Q10.b donne
$$\sum_{k=0}^N\langle g\mid L_k\rangle^2\le\|g\|^2.$$
La série $\sum\langle g\mid L_n\rangle^2$ est à termes positifs et ses sommes partielles sont majorées par $\|g\|^2$, indépendant de $N$ : elle converge, et par passage à la limite
$$\boxed{\sum_{n=0}^{+\infty}\langle g\mid L_n\rangle^2\le\|g\|^2=\int_0^{+\infty}g(t)^2\mathrm e^{-t}\,\mathrm dt}$$

### Q20

*Remarque sur l'énoncé.* L'affirmation « pour tout $\alpha\in\mathbb R$, $g_\alpha\in E$ » est fausse ; on montre que $g_\alpha\in E\iff\alpha>-\frac12$, ce qui est l'hypothèse posée au début de la question.

*Appartenance à $E$.* $g_\alpha$ est continue et $g_\alpha(t)^2\mathrm e^{-t}=\mathrm e^{-(2\alpha+1)t}$, fonction positive intégrable sur $[0,+\infty[$ si et seulement si $2\alpha+1>0$ (si $2\alpha+1\le0$, elle est minorée par $1$). Alors
$$\boxed{g_\alpha\in E\iff\alpha>-\tfrac12,\qquad \|g_\alpha\|^2=\int_0^{+\infty}\mathrm e^{-(2\alpha+1)t}\,\mathrm dt=\frac1{2\alpha+1}}$$

*Coefficients.* Soit $\alpha>-\frac12$ et $\beta=\alpha+1>0$. Pour $m\in\mathbb N$, le changement de variable $u=\beta t$ (bijection affine croissante de $I$ sur $I$) et Q17 donnent $\int_0^{+\infty}t^m\mathrm e^{-\beta t}\,\mathrm dt=\frac{m!}{\beta^{m+1}}$. Par linéarité (somme finie) et Q14.b :
$$\langle g_\alpha\mid L_n\rangle=\int_0^{+\infty}L_n(t)\mathrm e^{-\beta t}\,\mathrm dt=\sum_{m=0}^n(-1)^m\binom nm\frac1{m!}\cdot\frac{m!}{\beta^{m+1}}=\frac1\beta\Big(1-\frac1\beta\Big)^n,$$
$$\boxed{\langle g_\alpha\mid L_n\rangle=\frac{\alpha^n}{(\alpha+1)^{n+1}}}$$
(on retrouverait ce résultat par la formule de Q15, qui s'étend à $g_\alpha$ car les termes de bord sont de la forme $R(A)\mathrm e^{-\beta A}\to0$.)

*Somme.* Posons $q=\frac\alpha{\alpha+1}$. Comme $\alpha+1>0$, $|q|<1\iff-(\alpha+1)<\alpha<\alpha+1\iff\alpha>-\frac12$, ce qui est le cas. La série géométrique de raison $q^2\in[0,1[$ converge et
$$\sum_{n=0}^{+\infty}\langle g_\alpha\mid L_n\rangle^2=\frac1{(\alpha+1)^2}\cdot\frac1{1-q^2}=\frac1{(\alpha+1)^2-\alpha^2}=\frac1{2\alpha+1}.$$
$$\boxed{\sum_{n=0}^{+\infty}\langle g_\alpha\mid L_n\rangle^2=\|g_\alpha\|^2}$$
L'inégalité de Bessel de Q19 est une égalité pour les fonctions $g_\alpha$.

**FIN**