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\title{Proposition de Corrig\'e \\[4pt]
Concours Commun INP 2026 -- Math\'ematiques 2 (Fili\`ere MP/MPI)}
\author{}
\date{}

\begin{document}

\maketitle

\section*{EXERCICE 1}

\noindent On note $J\in\mathcal{M}_3(\R)$ la matrice dont tous les coefficients
sont \'egaux \`a $1$~:
\[
J=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}.
\]

\subsection*{Q1.}

D\'eterminer le rang de $J$, la dimension de $\ker J$, calculer $J^2$, donner
le polyn\^ome minimal de $J$ et montrer que $J$ est diagonalisable.

Les trois colonnes de $J$ sont identiques et non nulles, donc $\operatorname{rg}(J)=1$.
Par le th\'eor\`eme du rang,
\[
\dim\ker J = 3-\operatorname{rg}(J)=2.
\]
Ainsi $0$ est valeur propre de $J$ et $\dim E_0(J)=2$.

On calcule $J^2$~:
\[
J^2=
\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}3&3&3\\3&3&3\\3&3&3\end{pmatrix}
=3J.
\]
Donc $J(J-3I_3)=0$, et $J$ est annul\'ee par $X(X-3)$. Le polyn\^ome
$X(X-3)$ est scind\'e \`a racines simples, donc $J$ est diagonalisable.
Comme $J\neq0$ et $J\neq3I_3$, le polyn\^ome minimal de $J$ est
\[
\boxed{\pi_J(X)=X(X-3)}.
\]
En outre, $J\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=3\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$,
donc $3$ est valeur propre et $\dim E_3(J)=1$.

\subsection*{Q2.}

Soient $a,b\in\R$ et $A=aJ+bI_3$. Montrer que $A$ est semblable \`a
$\operatorname{diag}(b,b,3a+b)$.

D'apr\`es Q1, il existe $P\in\operatorname{GL}_3(\R)$ telle que
$P^{-1}JP=D=\operatorname{diag}(0,0,3)$. Alors
\[
P^{-1}AP = aP^{-1}JP + bP^{-1}I_3P = aD+bI_3
= \begin{pmatrix}b&0&0\\0&b&0\\0&0&3a+b\end{pmatrix}.
\]
\[
\boxed{A\text{ est semblable \`a }\operatorname{diag}(b,b,3a+b)}.
\]

\subsection*{Q3.}

D\'eterminer le polyn\^ome minimal de $A$ et montrer que $A$ est diagonalisable
dans $\mathcal{M}_3(\R)$.

D'apr\`es Q2, les valeurs propres de $A$ sont $b$ (d'ordre $2$) et $3a+b$.
$A$ est diagonalisable car elle est semblable \`a une matrice diagonale. Son
polyn\^ome minimal est le polyn\^ome unitaire ayant pour racines simples et
exactement les valeurs propres distinctes de $A$. Donc
\[
\boxed{\pi_A(X)=(X-b)(X-3a-b)}.
\]

\subsection*{Q4.}

Calculer $A^n$ pour $n\in\N$ de deux fa\c cons~:
\begin{enumerate}
  \item[a)] par utilisation du polyn\^ome minimal de $A$ et division euclidienne~;
  \item[b)] en utilisant $J^k=3^{k-1}J$ pour $k\ge1$ et la formule du bin\^ome.
\end{enumerate}

\noindent\textbf{a)} Par division euclidienne de $X^n$ par $\pi_A(X)=(X-b)(X-3a-b)$,
il existe $Q_n,R_n\in\R[X]$ avec $\deg R_n<2$ tels que
\[
X^n = \pi_A(X)Q_n(X) + \alpha_n X + \beta_n.
\]
En \'evaluant en $b$ et $3a+b$ (racines de $\pi_A$)~:
\[
\begin{cases}
b^n = \alpha_n b + \beta_n,\\
(3a+b)^n = \alpha_n(3a+b) + \beta_n.
\end{cases}
\]
On r\'esout~:
\[
\alpha_n = \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a},\qquad
\beta_n = b^n - \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,b.
\]
Comme $\pi_A(A)=0$, on a $A^n = \alpha_n A + \beta_n I_3$, soit
\[
\boxed{A^n = \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,A
+ \Bigl(b^n - \frac{(3a+b)^n-b^n}{3a}\,b\Bigr)I_3}.
\]

\noindent\textbf{b)} Montrons par r\'ecurrence que $J^k=3^{k-1}J$ pour $k\ge1$.
C'est vrai pour $k=1$. Si c'est vrai au rang $k$, alors
$J^{k+1}=J^k J = 3^{k-1}J^2 = 3^{k-1}\cdot3J = 3^k J$.
Ainsi la formule est v\'erifi\'ee.

Puisque $A=aJ+bI_3$ et que $J$ et $I_3$ commutent, on applique la formule du
bin\^ome de Newton~:
\[
A^n = (aJ+bI_3)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^k J^k b^{n-k}
= b^n I_3 + \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} a^k 3^{k-1} J b^{n-k}
= b^n I_3 + \frac{1}{3}\Bigl(\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k}\Bigr) J.
\]
Or $\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k} = (3a+b)^n$, donc
$\displaystyle\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (3a)^k b^{n-k} = (3a+b)^n - b^n$.
On obtient
\[
\boxed{A^n = b^n I_3 + \frac{(3a+b)^n-b^n}{3}\,J}.
\]

\section*{EXERCICE 2}

\noindent Dans cet exercice, $n\ge2$ est un entier. On note
$\omega=e^{2i\pi/n}$, $\omega_k = \omega^k$ pour $0\le k\le n-1$ les
racines $n$-i\`emes de l'unit\'e, et $P\in\R_{n-1}[X]$.
Soit $A=(a_{i,j})_{0\le i,j\le n-1}\in\mathcal{M}_n(\R)$ la matrice
dont les coefficients sont les $a_{i,j}=a_{(j-i)\bmod n}$, o\`u
$P(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_{n-1}X^{n-1}$.

\subsection*{Q5.}

On suppose $n=3$ et on note $j=e^{2i\pi/3}$.

Montrer que $1+j+j^2=0$ et que pour tout $P\in\R_2[X]$,
$P(j)\,P(j^2)\in\R$.

On a $j^3=1$ et $j\neq1$, donc
\[
0=j^3-1=(j-1)(1+j+j^2)\quad\Longrightarrow\quad 1+j+j^2=0.
\]

Soit $P\in\R_2[X]$. Puisque $P$ est \`a coefficients r\'eels,
$\overline{P(j)} = P(\overline{j}) = P(j^2)$. Donc
\[
P(j)\,P(j^2) = P(j)\,\overline{P(j)} = |P(j)|^2 \in\R_+.
\]
\[
\boxed{1+j+j^2=0\quad\text{et}\quad P(j)P(j^2)=|P(j)|^2\in\R}.
\]

\subsection*{Q6.}

Soit $J$ la matrice de permutation associ\'ee au $n$-cycle
$(1\;2\;\cdots\;n)$~:
\[
J = \begin{pmatrix}
0&0&\cdots&0&1\\
1&0&\cdots&0&0\\
0&1&\cdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&\cdots&1&0
\end{pmatrix}\in\mathcal{M}_n(\R).
\]
Montrer que $\pi_J(X)=X^n-1$.

La matrice $J$ v\'erifie $J^n=I_n$, donc $X^n-1$ annule $J$.
Montrons que la famille $(I_n,J,J^2,\dots,J^{n-1})$ est libre.
Soient $\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\in\R$ tels que
$\sum_{k=0}^{n-1}\alpha_k J^k=0$. Appliquons cette \'egalit\'e au premier
vecteur $e_1=(1,0,\dots,0)^{\mathsf T}$ de la base canonique.
Pour $0\le k\le n-1$, $J^k e_1 = e_{k+1}$ (o\`u $(e_i)$ est la base
canonique, avec $e_{n+1}=e_1$). On obtient
\[
\sum_{k=0}^{n-1}\alpha_k e_{k+1}=0,
\]
et par ind\'ependance des vecteurs de la base canonique,
$\alpha_0=\alpha_1=\cdots=\alpha_{n-1}=0$.
Donc $\deg\pi_J \ge n$. Comme $\pi_J\mid X^n-1$ et $\deg(X^n-1)=n$,
\[
\boxed{\pi_J(X)=X^n-1}.
\]

\subsection*{Q7.}

Soit $P\in\R_{n-1}[X]$. Montrer que $A=P(J)$.

On a $P(X)=a_0+a_1X+\cdots+a_{n-1}X^{n-1}$. Le calcul de $J^k$ donne la
matrice de la permutation puissance $k$~: $(J^k)_{i,j}=1$ si
$j\equiv i+k\pmod n$ et $0$ sinon. Par suite,
\[
P(J)=\sum_{k=0}^{n-1} a_k J^k
\]
a pour coefficient $(i,j)$ la somme des $a_k$ tels que $j\equiv i+k\pmod n$, soit
$(P(J))_{i,j}=a_{(j-i)\bmod n}$. C'est exactement la d\'efinition de $A$.
\[
\boxed{A=P(J)}.
\]

\subsection*{Q8.}

En diagonalisant $J$, montrer que $A$ est diagonalisable dans
$\mathcal{M}_n(\C)$ et que ses valeurs propres sont $P(\omega^k)$ pour
$0\le k\le n-1$.

Le polyn\^ome minimal de $J$ est $\pi_J(X)=X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega^k)$,
scind\'e \`a racines simples dans $\C[X]$. Donc $J$ est diagonalisable et il
existe $Q\in\operatorname{GL}_n(\C)$ telle que
\[
Q^{-1}JQ = \Delta = \operatorname{diag}(1,\omega,\omega^2,\dots,\omega^{n-1}).
\]
Alors pour $A=P(J)$,
\[
Q^{-1}AQ = Q^{-1}P(J)Q = P(Q^{-1}JQ) = P(\Delta)
= \operatorname{diag}\bigl(P(1),P(\omega),\dots,P(\omega^{n-1})\bigr).
\]
\[
\boxed{A\text{ est diagonalisable et }\operatorname{Sp}(A)=\{P(\omega^k)\mid 0\le k\le n-1\}}.
\]

\subsection*{Q9.}

En d\'eduire que $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)\in\R$.

D'apr\`es Q8, $A$ est semblable \`a $\operatorname{diag}(P(\omega^k))$,
donc $\det A = \prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)$. Or $A\in\mathcal{M}_n(\R)$
(par construction), donc $\det A\in\R$. Ainsi
\[
\boxed{\prod_{k=0}^{n-1} P(\omega^k)\in\R}.
\]

\section*{PROBL\`EME --- Polyn\^omes de Laguerre}

\noindent On note $I=\R_+=[0,+\infty[$ et
\[
E = \Bigl\{ f\in C^0(I,\R) \;\Big|\; \int_0^{+\infty}\! f(t)^2 e^{-t}\,dt < +\infty \Bigr\}.
\]

\subsection*{Q10.}

Soit $F$ un sous-espace vectoriel de dimension finie $n+1$ de $E$ muni
d'une base orthonorm\'ee $(e_0,\dots,e_n)$. Montrer que pour tout $x\in E$,
\[
p_F(x)=\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle\, e_i
\]
est le projet\'e orthogonal de $x$ sur $F$, et que
$\displaystyle\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2 \le \|x\|^2$.

Soit $x\in E$. Le vecteur $y=\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle e_i$
appartient \`a $F$. Pour tout $j\in\{0,\dots,n\}$,
\[
\langle x-y,e_j\rangle = \langle x,e_j\rangle - \sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle\langle e_i,e_j\rangle
= \langle x,e_j\rangle - \langle x,e_j\rangle = 0,
\]
donc $x-y\perp F$. Ainsi $y$ est le projet\'e orthogonal de $x$ sur $F$.

Par le th\'eor\`eme de Pythagore,
\[
\|x\|^2 = \|x-y\|^2 + \|y\|^2 \ge \|y\|^2
= \sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2.
\]
\[
\boxed{\displaystyle\sum_{i=0}^n \langle x,e_i\rangle^2 \le \|x\|^2}.
\]

\subsection*{Q11.}

Montrer que pour tout $f,g\in E$, la fonction $t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}$
est int\'egrable sur $I$.

Pour tous $a,b\in\R$, on a $(a-b)^2\ge0$, donc $2ab\le a^2+b^2$ et
$|ab|\le\frac{a^2+b^2}{2}$. Pour tout $t\in I$,
\[
|f(t)g(t)|e^{-t} \le \frac{f(t)^2+g(t)^2}{2}\,e^{-t}.
\]
Par hypoth\`ese, $t\mapsto f(t)^2 e^{-t}$ et $t\mapsto g(t)^2 e^{-t}$ sont
int\'egrables sur $I$. Leur somme (divis\'ee par $2$) est int\'egrable,
donc $t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}$ est int\'egrable par le crit\`ere de
comparaison.
\[
\boxed{t\mapsto f(t)g(t)e^{-t}\in L^1(I)}.
\]

\subsection*{Q12.}

Montrer que l'application
\[
\langle f,g\rangle = \int_0^{+\infty} f(t)g(t)\,e^{-t}\,dt
\]
d\'efinit un produit scalaire sur $E$.

D'apr\`es Q11, $\langle f,g\rangle$ est bien d\'efinie pour tous $f,g\in E$.
\begin{itemize}
  \item \textbf{Sym\'etrie~:} $\langle f,g\rangle = \langle g,f\rangle$ par
  commutativit\'e du produit.
  \item \textbf{Bilin\'earit\'e~:} par lin\'earit\'e de l'int\'egrale et
  bilin\'earit\'e du produit dans $\R$.
  \item \textbf{Positivit\'e~:}
  $\langle f,f\rangle = \int_0^{+\infty} f(t)^2 e^{-t}\,dt \ge 0$.
  \item \textbf{D\'efinie-positivit\'e~:} si $\langle f,f\rangle=0$, alors
  $f(t)^2 e^{-t}=0$ pour tout $t$ (continuit\'e et signe constant), donc
  $f=0$.
\end{itemize}
\[
\boxed{\langle\cdot,\cdot\rangle\text{ est un produit scalaire sur }E}.
\]

\subsection*{Q13.}

Soit $n\in\N$ et $F=\R_n[X]$. Montrer que $F\subset E$ et que $F$ est un
sous-espace vectoriel de $E$.

Tout polyn\^ome est continu sur $I$, donc $F\subset C^0(I,\R)$. Soit
$P\in F$ non nul, de degr\'e $d$ et de coefficient dominant $a_d$.
Pour $t\to+\infty$,
\[
P(t)^2 e^{-t} \sim a_d^2 t^{2d} e^{-t} = o\bigl(e^{-t/2}\bigr).
\]
La fonction $t\mapsto e^{-t/2}$ est int\'egrable sur $I$, donc par
comparaison $\int_0^{+\infty} P(t)^2 e^{-t}\,dt$ converge. Ainsi $P\in E$.
De plus, $F$ est stable par combinaison lin\'eaire et contient $0$, donc
$F$ est un sous-espace vectoriel de $E$.
\[
\boxed{F=\R_n[X]\subset E}.
\]

\subsection*{Q14.}

On pose $h_n(x)=x^n e^{-x}$ pour $x\in\R$. Soit
\[
L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\,h_n^{(n)}(x).
\]

\noindent\textbf{a)} Calculer $h_n^{(p)}(x)$ pour $0\le p\le n$.
Montrer que $h_n^{(p)}=0$ si $p>n$.

Par la formule de Leibniz,
\[
h_n^{(p)}(x) = \sum_{k=0}^p \binom{p}{k} \frac{d^k}{dx^k}(x^n)\,
\frac{d^{p-k}}{dx^{p-k}}(e^{-x})
= \sum_{k=0}^{\min(p,n)} \binom{p}{k} \frac{n!}{(n-k)!}\,x^{n-k}\,
(-1)^{p-k}e^{-x}.
\]
Si $p<n$, cette expression est bien d\'efinie. Si $p=n$, on a
$h_n^{(n)}(x)= n!\bigl((-1)^n e^{-x} + \cdots\bigr)$. Si $p>n$, alors
$\frac{d^k}{dx^k}(x^n)=0$ pour $k>n$, donc $h_n^{(p)}(x)=0$.

\noindent\textbf{b)} Montrer que $L_n$ est un polyn\^ome. Pr\'eciser son
degr\'e et son coefficient dominant.

D'apr\`es la formule pr\'ec\'edente,
\[
L_n(x)=\frac{e^x}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{n!}{(n-k)!}\,
(-1)^{n-k} x^{n-k} e^{-x}
= \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!}\binom{n}{k} x^{n-k}.
\]
C'est bien un polyn\^ome. Le terme de plus haut degr\'e correspond \`a
$k=0$~: $(-1)^n \dfrac{x^n}{n!}$. Donc
\[
\boxed{\deg L_n = n,\qquad \operatorname{cd}(L_n)=\frac{(-1)^n}{n!}}.
\]

\subsection*{Q15.}

Soient $g\in E$ et $n\in\N$. En int\'egrant par parties $n$ fois,
montrer que
\[
\langle g,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!}
\int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt.
\]

On a $L_n(x)=\dfrac{e^x}{n!}h_n^{(n)}(x)$ avec $h_n(x)=x^n e^{-x}$.
Donc
\[
\langle g,L_n\rangle = \int_0^{+\infty} g(t)L_n(t)e^{-t}\,dt
= \frac{1}{n!}\int_0^{+\infty} g(t)\,h_n^{(n)}(t)\,dt.
\]

Effectuons $n$ int\'egrations par parties. Chaque int\'egration par parties
fait intervenir un terme de bord de la forme
$[g^{(k)}(t)\,h_n^{(n-1-k)}(t)]_0^{+\infty}$ pour $0\le k\le n-1$.
V\'erifions leur nullit\'e~:
\begin{itemize}
  \item En $t=0$~: $h_n$ a un z\'ero d'ordre $n$ en $0$, donc
  $h_n^{(p)}(0)=0$ pour $p\le n-1$. En particulier
  $h_n^{(n-1-k)}(0)=0$ car $n-1-k\ge 0$ et m\^eme $n-1-k\ge 1$ pour $k\le n-2$.
  Le terme de bord est donc nul en $0$.
  \item En $t\to+\infty$~: $h_n^{(n-1-k)}(t)\sim c\,t^{k+1}e^{-t}\to0$
  par croissances compar\'ees, et $g^{(k)}(t)$ est polynomial, donc
  le produit tend vers $0$.
\end{itemize}
Tous les termes de bord sont nuls. On a donc~:
\[
\int_0^{+\infty} g(t)\,h_n^{(n)}(t)\,dt
= (-1)^n \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,h_n(t)\,dt
= (-1)^n \int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt.
\]
Ainsi
\[
\boxed{\langle g,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!}
\int_0^{+\infty} g^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt}.
\]

\subsection*{Q16.}

Montrer que les polyn\^omes $L_n$ sont deux \`a deux orthogonaux~:
$\langle L_i,L_j\rangle=0$ pour $i\neq j$.

Soient $i<j$. D'apr\`es Q15 appliqu\'e \`a $g=L_i$ et $n=j$,
\[
\langle L_i,L_j\rangle = \frac{(-1)^j}{j!}
\int_0^{+\infty} L_i^{(j)}(t)\,t^j e^{-t}\,dt.
\]
Comme $\deg L_i=i<j$, on a $L_i^{(j)}=0$, donc $\langle L_i,L_j\rangle=0$.
\[
\boxed{\langle L_i,L_j\rangle = 0\;\text{pour }i\neq j}.
\]

\subsection*{Q17.}

Calculer $\|L_n\|^2 = \langle L_n,L_n\rangle$.

D'apr\`es Q15 avec $g=L_n$,
\[
\langle L_n,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!}
\int_0^{+\infty} L_n^{(n)}(t)\,t^n e^{-t}\,dt.
\]
Or $L_n^{(n)} = n!\,\operatorname{cd}(L_n) = n!\cdot\frac{(-1)^n}{n!}=(-1)^n$.
Donc
\[
\langle L_n,L_n\rangle = \frac{(-1)^n}{n!}
\int_0^{+\infty} (-1)^n\,t^n e^{-t}\,dt
= \frac{1}{n!}\int_0^{+\infty} t^n e^{-t}\,dt.
\]

Il reste \`a calculer $I_n=\int_0^{+\infty} t^n e^{-t}\,dt$. Montrons par
r\'ecurrence que $I_n=n!$.
\begin{itemize}
  \item \textbf{Initialisation~:} $I_0=\int_0^{+\infty} e^{-t}\,dt=1=0!$.
  \item \textbf{H\'er\'edit\'e~:} supposons $I_n=n!$. Pour $I_{n+1}$, on
  int\`egre par parties avec $u=t^{n+1}$, $v'=e^{-t}$, d'o\`u
  $u'=(n+1)t^n$, $v=-e^{-t}$~:
  \[
  I_{n+1} = \bigl[-t^{n+1}e^{-t}\bigr]_0^{+\infty}
  + (n+1)\int_0^{+\infty} t^n e^{-t}\,dt
  = 0 + (n+1)I_n = (n+1)n! = (n+1)!.
  \]
\end{itemize}
Ainsi $\int_0^{+\infty} t^n e^{-t}\,dt = n!$, et
\[
\boxed{\|L_n\|^2 = 1}.
\]

\subsection*{Q18.}

Soit $F_n=\operatorname{Vect}(L_0,\dots,L_n)$. Que vaut
$p_{F_n}(g)$ pour $g\in E$?

D'apr\`es Q16 et Q17, la famille $(L_0,\dots,L_n)$ est orthonorm\'ee dans
$F_n$. Par Q10, le projet\'e orthogonal de $g$ sur $F_n$ est
\[
\boxed{p_{F_n}(g)=\sum_{k=0}^n \langle g,L_k\rangle\,L_k}.
\]

\subsection*{Q19.}

\'Enoncer et d\'emontrer l'in\'egalit\'e de Bessel pour la famille
$(L_n)_{n\in\N}$.

Soit $g\in E$. Pour tout $n\in\N$, d'apr\`es Q10 appliqu\'e \`a $F_n$,
\[
\sum_{k=0}^n \langle g,L_k\rangle^2 \le \|g\|^2.
\]
La suite des sommes partielles est croissante et major\'ee, donc la
s\'erie $\sum \langle g,L_k\rangle^2$ converge et
\[
\boxed{\sum_{k=0}^{+\infty} \langle g,L_k\rangle^2 \le \|g\|^2}.
\]

\subsection*{Q20.}

Soit $\alpha>-\dfrac12$. On pose $g_\alpha(x)=e^{-\alpha x}$.
Montrer que $g_\alpha\in E$ et que l'in\'egalit\'e de Bessel est une
\'egalit\'e pour $g_\alpha$.

Pour tout $x\ge0$, $g_\alpha(x)^2 e^{-x} = e^{-(2\alpha+1)x}$. Puisque
$2\alpha+1>0$, cette fonction est int\'egrable sur $I$~:
\[
\|g_\alpha\|^2 = \int_0^{+\infty} e^{-(2\alpha+1)x}\,dx = \frac{1}{2\alpha+1}.
\]

Calculons $\langle g_\alpha,L_n\rangle$ \`a l'aide de Q15.
Pour $n\ge0$, $g_\alpha^{(n)}(x)=(-\alpha)^n e^{-\alpha x}$. Donc
\[
\langle g_\alpha,L_n\rangle
= \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{+\infty} (-\alpha)^n e^{-\alpha t}\,t^n e^{-t}\,dt
= \frac{\alpha^n}{n!}\int_0^{+\infty} t^n e^{-(\alpha+1)t}\,dt.
\]
Le changement de variable $u=(\alpha+1)t$ donne
\[
\int_0^{+\infty} t^n e^{-(\alpha+1)t}\,dt
= \frac{1}{(\alpha+1)^{n+1}}\int_0^{+\infty} u^n e^{-u}\,du
= \frac{n!}{(\alpha+1)^{n+1}}.
\]
Donc
\[
\langle g_\alpha,L_n\rangle = \frac{\alpha^n}{(\alpha+1)^{n+1}}.
\]

La s\'erie g\'eom\'etrique converge car
\[
\frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}<1
\iff \alpha^2<(\alpha+1)^2
\iff \alpha^2<\alpha^2+2\alpha+1
\iff 2\alpha+1>0
\iff \alpha>-\frac12,
\]
ce qui est exactement l'hypoth\`ese. Alors
\[
\sum_{n=0}^{+\infty} \langle g_\alpha,L_n\rangle^2
= \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{\alpha^{2n}}{(\alpha+1)^{2n+2}}
= \frac{1}{(\alpha+1)^2}\sum_{n=0}^{+\infty}
\left(\frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}\right)^{\!n}
= \frac{1}{(\alpha+1)^2}\cdot\frac{1}{1-\frac{\alpha^2}{(\alpha+1)^2}}
= \frac{1}{(\alpha+1)^2}\cdot\frac{(\alpha+1)^2}{2\alpha+1}
= \frac{1}{2\alpha+1}.
\]
On a bien $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \langle g_\alpha,L_n\rangle^2
= \|g_\alpha\|^2$.
\[
\boxed{\text{Pour }g_\alpha(x)=e^{-\alpha x}\;(\alpha>-\tfrac12),\;
\sum_{n=0}^{+\infty}\langle g_\alpha,L_n\rangle^2 = \|g_\alpha\|^2}.
\]

\end{document}
