Devoir en temps libre no 14

Lycée Marceau MPSI
2014/2015
Pour le vendredi 27 mars 2015
Devoir en temps libre no 14
Vous numéroterez vos copies et ferez apparaître clairement sur la première page le nombre de copies.
Vous prêterez une attention particulière
au soin
de vos copies et à la qualité de votre argumentation
PROBLEME : Mines de Sup 1995
Notations :
n
est un entier naturel xé,
n > 2.
F
est l'espace vectoriel des fonctions réelles dénies sur
E
est le sous-espace vectoriel des fonctions polynômes à coecients réels.
En
R.
est le sous-espace vectoriel des fonctions polynômes à coecients réels, de degré inférieur ou égal à
n.
PARTIE I
Si
f ∈ F,
on note
∆(f )
et
T (f )
les fonctions réelles dénies par :
∀x ∈ R : ∆(f )(x) = f (x + 1) − f (x),
On admettra (aisément !) que
On note
∆0 = T 0 = IdF
∆
(donc, si
et
T
(a)
i. Soit
P ∈ E,
f ∈ F , ∆0 (f ) = T 0 (f ) = f ),
non constant.
Comparer les degrés de
∆(P )
∆(P )
(b)
i. Déterminer
∆
k ∈ N,
et de
3.
(a)
(b)
∆(P )
∆n .
Déterminer
on dénit les fonctions polynômes
i. Pour
k > 1,
en fonction de celui de
En ,
noté
P.
∆n .
N0 (x) = 1
et
dim ∆n .
Nk par :
Nk (x) =
x(x − 1) · · · (x − k + 1)
k!
∆(Nk ) en fonction des polynômes (Nj )j>0 .
j ∈ N et k ∈ N, ∆j (Nk ), puis (∆j (Nk )) (0).
exprimer
ii. Calculer, pour
(b)
P.
ker ∆n .
∀x ∈ R,
(a)
j ∈ N, j > 1,
T j = T j−1 ◦ T = T ◦ T j−1 .
induit un endomorphisme de
ii. En déduire le rang de
2. Pour
et, si
F.
est une fonction polynôme.
Calculer le coecient dominant de
ii. Vérier que
T (f )(x) = f (x + 1)
sont des endomorphismes de
∆j = ∆j−1 ◦ ∆ = ∆ ◦ ∆j−1 ,
1.
et
(N0 , N1 , ..., Nn ) est une base de En .
n+1
ii. Soit P ∈ En . P s'écrit P = a0 N0 + a1 N1 + · · · + an Nn où (a0 , a1 , ..., an ) ∈ R
.
j
Exprimer les aj en fonction des (∆ (P )) (0).
k
Soient k ∈ N et f ∈ F . Déterminer pour x ∈ R, T (f ) (x).
Soit j ∈ N. Soit f ∈ F .
i. Montrer que la famille
∆j (f ) en fonction des T k (f ), 0 6 k 6 j . (On pourra remarquer que ∆ = T − IdF ).
j
En déduire que (∆ (f )) (0) ne dépend que des valeurs f (0), f (1), ..., f (j) de f aux points
0, 1, ..., j .
i. Expliciter
ii.
1
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PARTIE II
On se donne une fonction
f
de
F.
On cherche les polynômes solutions du problème
(P)
On pose
N (x) =
n
Q
deg P 6 n
∀k ∈ {0, 1, ..., n},
(P)
suivant :
P (k) = f (k)
(x − j) = x(x − 1) · · · (x − n).
j=0
1.
(a) Soit l'application linéaire
Montrer que
Φ
Φ
est un isomorphisme.
(b) En déduire que le problème
2.
(a) Pour
En → Rn+1
P 7→ (P (0), .., P (n))
:
j ∈ {0, 1, ..., n},
(P)
comparer
(b) En déduire l' expression de
Pf
Mn = sup f (n+1) (t) ,
(a) Soit
x ∈ [0, n],
(∆j (f )) (0)
f
Pf .
(∆j (Pf )) (0).
est de classe
(∆j (f )) (0)
et des polynômes
Nj .
C n+1 .
t ∈ [0, n] .
non entier. Montrer que :
(On pourra poser
et
en fonction des
3. Dans cette question, on suppose que
On note
possède une unique solution notée
∃ c ∈ ]0, n[
ϕ(t) = f (t) − Pf (t) − KN (t),
où
f (n+1) (c)
N (x).
(n + 1)!
ϕ(x) = 0, et appliquer
/ f (x) − Pf (x) =
K
est tel que
judicieusement le théorème de Rolle).
(b) En déduire que :
1
Mn .
n+1
intervalle [j, j + 1],
∀x ∈ [0, n], |f (x) − Pf (x)| 6
(On pourra majorer
|N (x)|
sur chaque
2
où
j ∈ {0, 1, ..., n − 1}).
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CORRECTION
PROBLEME I : Polynômes de Tchebychev de première espèce (suite)
P0 = I, P1 = X et ∀n ∈ N, Pn+2 = 2XPn+1 − Pn
On rappelle que l'on a :
Pn
de la parité de n, qu'il vérie :
π
pour k ∈ [[0, n − 1]]
cos 2k+1
2n
PARTIE IV
n et de coecient dominant 2n−1 si n > 1. On sait aussi qu'il est
∀α ∈ R, Pn (cos(α)) = cos(nα), qu'il posséde n zéros réels distincts : les
de degré
Rn
Pn et Pn+1 sont à coecients entiers
+ R0 est-elle vraie ? P0 = I et P1 = X sont à coecients entiers donc R0
+ Supposons Rn vraie pour un certain entier n. Rn+1 est-elle vraie ?.
On a Pn et Pn+1 à coecients entiers. Donc 2XPn+1 − Pn est aussi à coecients entiers. En
particulier, Pn+1 et Pn+2 sont à coecients entiers. Ainsi
Rn+1
+ On a montré que R0 est vraie et, pour tout entier n, Rn vraie entraine Rn+1 vraie. Ainsi
par théorême de récurrence, ∀n ∈ N, Rn vraie, et en particulier,
∀n ∈ N, Pn
1. Soit
: est vraie
est vraie
est à coecients entiers
2. On pose
f
la fonction qui à
t∈R
associe
f (t) = Pn (cos(t)) = cos(n t). f
est de classe
C2
sur
R et on a d'une part :
∀t ∈ R, f 00 (t) = − cos(t)Pn0 (cos(t)) + sin2 (t)Pn00 (cos(t))
00
2
et d'autre part : ∀t ∈ R, f (t) = −n Pn (cos(t)).
2
2
0
0
Ainsi : ∀t ∈ R, n Pn (cos(t)) − cos(t)Pn (cos(t)) + sin (t)Pn (cos(t)) = 0
2
0
2
00
En particulier, le polynôme : n Pn − XPn + (1 − X ) Pn s'annule en tout cos(t) donc en
tout point de [−1, 1] car cos(t) décrit [−1, 1] lorsque t décrit R. Ainsi Pn satisfait l'équation
diérentielle :
(1 − X 2 ) Pn00 (X) − XPn0 (X) + n2 Pn (X) = 0
3. On note
Pn =
n
bX
2c
ak X n−2k
k=0
On a :
Pn0 =
n
bX
2c
(n − 2k)ak X n−2k−1
et
Pn00 =
k=0
2
Ainsi, comme X
n
bX
2c
(n − 2k)(n − 2k − 1)ak X n−2k−2 .
k=0
Pn00 + XPn0 − n2 Pn = Pn00 , on en déduit :
n
n
bX
bX
2c
2c
n−2k−2
(n − 2k)(n − 2k − 1)ak X
=
4k(k − n)ak X n−2k
k=0
i.e.
k=0
n
−1
bX
2c
(n − 2k)(n − 2k − 1)ak X n−2k−2 =
n
−1
bX
2c
k=0
La famille
4(k + 1)(k + 1 − n)ak+1 X n−2k−2
k=0
(X p )p∈N étant libre, on peut identier et on a :
(n − 2k)(n − 2k − 1)
∀k ∈ 0, n2 − 1 , ak+1 =
ak
4(k + 1)(k + 1 − n)
En remarquant que a0 est le coecient dominant de Pn et en regroupant certains facteurs pour
reconnaitre des factorielles, on en déduit :
n n−2k−1 n − k
ak = (−1)k
2
n−k
k
!
4. En utilisant les expressions précédentes ou en reprenant la relation de récurrence, on montre :
P3 = 4X 3 − 3X
PARTIE V
,P
4
= 8X 4 − 8X 2 + 1
et P
5
= 16X 5 − 20X 3 + 5X
1 6 p < 2q (donc q > 3).
Dans les questions
cos(rπ) appartient à Q.
1. p ∧ q = 1 donc d'après Bezout, il existe un couple (u, v) d'entiers
π
= πv + urπ donc cos πq = (−1)v P|u| (cos(rπ)).
q
On pose
p
avec p ∧ q = 1 et
q
à , on suppose que
r=
1 4
3
tel que
pu + qv = 1.
Ainsi
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Donc, puisque
Pour le vendredi 27 mars 2015
cos(rπ) ∈ Q
et
P|u|
cos
est à coecients entiers, on a
q est un multiple de 4.
∗
On écrit q sous la formeq = 4k avec k ∈ N .
π
= Pk cos πq . Comme Pk est à coecients
On a alors cos
4
√
π
déduit cos
∈ Q i.e. 2 ∈ Q ce qui est faux.
4
.
Ainsi
q
π
q
∈Q
.
2. On suppose par l'absurde que
entiers et
cos
π
q
∈ Q,
on en
n'est pas un multiple de 4
3. On considère l'équation à coecients entiers :
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 = 0 avec a0 6= 0 et
an 6= 0.
On suppose que cette équation admet une solution rationnelle
On a montré en exercice qu'alors
Si
q
α
divise a et β divise a
α ∧ β = 1.
est nul. Or
Pq cos
π
q
= −1
donc
cos
π
q
est
q−1
2
et de coecient
α
π
constant 1. Donc si cos
est rationnel de la forme
avec α ∧ β = 1, on en déduit α = 1
q
β π
π
k
et β = 2 avec 0 6 k 6 q − 1 car, par ailleurs, cos
>
0
. Mais alors soit cos
= 1
q
q
π
1
π
6
ce qui est impossible, soit cos
. Or q > 3 donc par décroissance de cos sur 0,
,
q
2
2
cos πq > cos π3 = 12 . En regroupant les deux inégalités, on en déduit cos πq 6 21 et q = 3.
racine de
Pq + 1
Pq
avec
n .
0
est impair, le coecient constant de
α
β
qui est à coecients entiers, de coecient dominant
si q est impair, alors q = 3
q n'est pas un multiple de 4, on a q = 2k avec k impair et donc
2
k > 3. cos k = 2 cos πq
− 1 ∈ Q donc, d'après la question précédente, k = 3.
√
3
π
=
∈
/ Q. Ainsi q
Ainsi q = 6. Or cos
6
2 1
pπ
p
On a trouvé que pour que cos
∈
Q
avec
∈
0, 2 , il fallait q = 3 et donc également
q
q
1
p = 1. Réciproquement cos π3 = ∈ Q .
2
1
Donc
r ∈ 0, 12
cos(rπ) ∈ Q
3
4. Si
q
.
est pair, alors comme
π
ne peut pas être pair
5.
est le seul rationnel
tel que
PROBLEME II : Polynômes de Bernoulli (suite)
On dénit les polynômes
Pn
par les conditions :
B0 = I
et
∀n ∈
0
N, Bn+1
Z
= Bn
1
Bn+1 (t)dt = 0.
et
0
On rappelle que l'on a :
1. On trouve :
B4 =
1
X4
24
Bn
de degré
B1 = X −
−
1
X3
12
+
1
,
2
1
X2
24
n
et de coecient dominant
B2 = 12 X 2 − 12 X +
−
1
720
et
B5 =
1
,
12
1
X5
120
4
1
n!
B3 = 16 X 3 − 14 X 2 +
−
1
X4
48
+
1
X3
72
−
1
X,
12
1
X.
720
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Partie II : Séries de Riemann et nombres de Bernoulli
N
1) Montrer , de préférence sans récurrence, que : ∀N∈IN , ∀t∈]0,1[, 1 + 2
*
∑ cos(2kπt) =
sin ((2N+1)πt)
sin (πt)
k=1
N
Soit N∈IN . Soit t ∈]0,1[ . On pose T = 1 + 2
*
∑ cos(2kπt)
k=1
N
∑
On a : T =
cos(2kπt)
k=–N
N
 –2iNπt  2N

2ikπt
= Re
e

 = Re e

k=0
k = – N

∑
∑
 –2iNπt  2i sin ((2N+1)πt) e

Ainsi T = Ree
iπt


2i sin(πt) e


i(2N+1)πt

 –2iNπt 1 – e

 = Re e

 1 – e2iπt



2i(2N+1)πt
2ikπt
e

2iπt
 car e ≠ 1


N
 sin ((2N+1)πt)
 =
. D'où : 1 + 2
cos(2kπ
πt) =
sin(πt)

k=1

∑
sin ((2N+1)π
πt)
sin (π
πt)
2) Montrer que pour tout entier n∈IN*, n ≥ 2, la fonction ϕn définie par ∀t∈]0,1[, ϕn(t) = Bn(t) – Bn(0) est prolongeable par continuité sur [0,1] et que le
sin (πt)
prolongement (que l'on note encore ϕn) est de classe C 1 sur [0,1].
Soit n∈IN, n≥ 2. En 0, pour t ∈]0,1[, on a : Bn(t) = Bn(0) + B'n(0) t + o(t).
B' (0)
B' (0)
Aussi lim ϕn(t) = n : ϕn est donc prolongeable par continuité en 0 , le prolongement étant noté ϕn(0) = n
t→0
π
π
1
1
ϕn est de classe C sur ]0,1[ car quotient de fonctions de classe C sur ]0,1[ dont le dénominateur ne s'annule pas. De plus :
B' (t) sin(πt) – π (Bn(t) – Bn(0)) cos(πt)
∀t∈]0,1[ : ϕ'n(t) = n
.
( sin(πt) )2
Or Bn et B'n étant des polynômes, ils admettent des DL à tout ordre en 0 et on a :
2 2
B' (t) sin(πt) – π (B (t) – B (0)) cos(πt) = (B' (0) + B" (0) t + o(t)) (πt + o(t2)) – π (B' (0) t + B"n(0) t2 + o (t2)) (1 – π t + o(t2))
+
n
n
n
n
n
n
2
2
π B"n(0) t2 + o (t2)
2
D'où ϕ'n possède une limite finie B"n(0) en 0
2π
π2 t2 + o (t2)
1
Ainsi ϕn est continue sur [0,1[, de classe C sur ]0,1[ et ϕ'n possède une limite finie en 0, donc d'après le théorême de
prolongement, ϕn est de classe C 1 sur [0,1[
D'où ϕ'n(t) =
D'autre part, on a : ∀ t ∈]0,1[ , ϕn(1 – t) =
Bn(1 – t) – Bn(0) (– 1)n Bn(t) – (– 1)n Bn(1)
=
= ( – 1)n ϕn(t) car Bn(0) = Bn(1)
sin (πt)
sin (π – πt)
Aussi on a les mêmes résultats en 1 qu'en 0, et donc, ϕn est de classe C 1 sur [0,1]
3) Montrer, par exemple à l'aide d'une intégration par parties, que : ∀ f ∈ C 1 ( [0,1], ) , lim
x→+∞
⌠
⌡0
1
f (t) sin(xt) dt = 0
Soit f de classe C 1 sur [0,1] et x>0. En intégrant par parties, on a : ⌠ f (t) sin(xt) dt = 
1
⌡0
– cos(xt) f (t) 1
x
0 +
⌠ f '(t) cos(xt) dt
x
⌡0
1
Ainsi, puisque | f | et | f ' | sont continues sur [0,1] donc majorées (par exemple par le majorant commun M), on obtient :
1
f (t)
[ – cos(xt)
] + ⌠⌡
x
0
0
1
f ' (t) cos(xt) dt
x
1
f (t)
[ cos(xt)
]
x
≤
0
4) Pour k et n entiers strictement positifs, on définit : In,k =
⌠
⌡0
⌠
⌡0
1
+
f '(t)
1 dt ≤ 2M + M = 3M.
x
x
x
x
⌠ f (t) sin(xt) dt = 0
x → + ∞ ⌡0
1
D'où lim
1
Bn(t) cos(2kπt) dt. Trouver une relation entre In,k et In-2,k et en déduire selon la parité de n,
l'expression de In,k en fonction de k et de n.
I1,k = ⌠
1
( t – 12 ) cos(2kπt) dt
 t sin(2kπt) + cos(2kπt)
1 = 0
(2kπ)2 0
 2kπ
•
Si n = 1 et k ∈ IN* , on a :
•
Si n ≥ 2 et k ∈ IN* . En intégrant deux fois par parties In,k = ⌠ Bn(t) cos(2kπt) dt, on obtient :
⌡0
=
1
⌡0
In,k = 
1
Bn(t) sin(2kπt) + Bn-1(t) cos(2kπt) 1
– 1 2 ⌠ Bn-2(t) cos(2kπt) dt = 1 2 (Bn-1(1) – Bn-1(0)
2
2kπ
(2kπ)

0 (2kπ) ⌡0
(2kπ)
•
Si n = 2 , on a I2,k =
1
(2kπ)2
D'où : si n est impair , ∀ k ∈ IN* , In,k = 0
• Si n> 2 , on a In,k =
–1
(2kπ)2
– In-2,k)
In-2,k
et si n est pair, avec n = 2p, p≥ 1, on a ∀ k ∈ IN* I2p,k =
5
Ainsi
(– 1)p+1
(2kπ
π)2p
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1
5) En utilisant la formule du II 1, trouver, pour N∈IN , une expression de ⌠ ϕ (t) sin((2N+1)πt) dt en fonction de m, N et B2m(0).
⌡0
En déduire la convergence de la suite 
n
∑

 k=1
2m
+∞
1
k2m
∑
et la valeur de la limite , notée
n∈IN*
+∞
1 , en fonction de m et B (0). Expliciter
2m
k2m
k=1
+∞
∑ ∑ k1
1 et
k2
k=1
4
k=1
1
Si m = 0, on a ⌠
⌡ ϕ (t) sin((2N+1)πt) dt = 0
0
0
1
1
Si m≥ 1. On a : ⌠
⌡ ϕ (t) sin((2N+1)πt) dt =
0
1
⌠ (B (t) – B (0))
2m
⌡0 2m
2m
sin((2N+1)πt) dt = = ⌠ (B (t) – B (0))dt + 2
⌡0 2m
2m
sin(πt)
N
∑
1
⌠ (B (t) – B (0)) cos(2kπt) dt
⌡0 2m
2m
k=1
N
1
1
⌠
D'où ⌠
⌡0 ϕ2m(t) sin((2N+1)πt) dt = ⌡0 B2m(t) dt – B2m(0) + 2
∑I
N
2m,k
– 2 B2m(0)
k=1
1
Or ⌠
⌡ cos(2kπt) dt = 0 et I2m,k =
⌡ B (t) dt = 0 , ⌠
0
1
2m
0
∑ ⌠⌡ cos(2kπt) dt
1
0
k=1
(– 1)
(– 1)m+1
⌠
πt) dt = 2
2m. D'où : ⌡ ϕ2m(t) sin((2N+1)π
0
(2kπ)
(2π
π)2m
1
m+1
N
∑ k1
2m
k=1
Puisque ϕ2m est de classe C
N
Donc lim
N→+∞
∑
1
1
sur [0,1], on a
1 existe et vaut : (– 1)
k2m
m+1
lim ⌠
⌡ ϕ2m(t) sin((2N+1)πt) dt = 0
N→+∞
0
+∞
∑
(2π)2m B2m(0)
:
2
k=1
m+1
π)2m B2m(0)
1 = (– 1) (2π
2m
k
2
k=1
Pour m = 1 on a B2(0) = 1
12
et pour m =2 on a B4 (0) =
–
1 , donc :
720
+∞
∑
1 = π2
k2 6
+∞
et
k=1
∑
1 = π4
k4 90
k=1
+∞
6) Montrer, pour tout m∈IN*, la majoration :
∑ k1 ≤ 2 et en déduire
2m
B (0) ≤
4
(4π2)m
2m
k=1
Soit k∈IN, k ≥ 2. On a : ∀x∈[k–1, k], 12 ≥ 12 ≥ 12m D'où : ⌠ k dx2
x
k
k
⌡k–1 x
n
Aussi ∀n∈IN, n ≥ 2 ⇒
∑
k=1
1 =1+
k2m
n
∑
k=2
1
k2m
≤ 1+
n
∑ ⌠⌡
k
k–1
1 .
k2m
≥
dx = 1 + n dx = 2 – 1 ≤ 2.
⌠
n
x2
⌡1 x2
k=2
+∞
En passant à la limite lorsque n tend vers + ∞, on obtient :
∑ k1
2m
≤2
k=1
2 (– 1)m+1
En utilisant cette majoration dans l'expression B2m(0) =
(2π)2m
+∞
∑ k1
2m
k=1
6
, on en déduit : B2m(0) ≤
4
(4π
π2)m
– B2m(0)
Lycée Marceau MPSI
PARTIE II
2014/2015
1. Soit
N
X
T =
N ∈ N∗
Pour le vendredi 27 mars 2015
t ∈]0, 1[.
et
cos(2kπt) = Re
k=−N
Donc
Ainsi
Ainsi
T =1+2
N
X
cos(2kπt). On
k=1
!!
!
2N
N
X
X
e2ikπt
e2ikπt = Re e−2iN πt
On pose
k=0
k=−N
2i(2N +1)πt
a :
1−e
2iπt
car e
6= 1.
T = Re e−2iN πt
2iπt
1
−
e
2i sin ((2N + 1)πt) ei(2N +1)πt
sin((2N + 1)πt)
−2iN πt
T = Re e
=
2i sin (πt) eiπt
sin(πt)
N
X
sin((2N + 1)πt)
∗
∀N ∈ N , ∀t ∈]0, 1[, 1 + 2
cos(2kπt) =
sin(πt)
k=1
n ∈ N∗ , n > 2, la fonction φn dénie par :
Bn (t) − Bn (0)
∀t ∈]0, 1[, φn (t) =
est prolongeable par continuité sur [0, 1]
sin(πt)
1
ment (que l'on notera encore φn ) est de classe C sur [0, 1].
2. Montrer que, pour tout entier
et que le prolonge-
3. Montrer, par exemple à l'aide d'une intégration par parties, que :
Z 1
1
∀f ∈ C ([0, 1], R) , lim
f (t) sin(xt)dt = 0.
x→+∞ 0
Z
Bn (t) cos(2kπt)dt.
0
Trouver une relation entre In,k et In−2k,k et en déduire selon la parité de n, l'expression de
4. Pour
k
et
n
1
entiers strictement positifs, on dénit :
en fonction de
k
et de
n.
5. En utilisant la formule du
en fonction de
m, N
et
1
Z
, trouver, pour
Expliciter
k=1
m
1
k2
et
et
6. Montrer, pour tout
N ∈ N, une expression de
In,k
1
φ2m (t) cos((2N + 1)πt)dt
0
B2m (0).
En déduire la convergence de la suite
en fonction de
+∞
X
In,k =
n
X
1
k 2m
k=1
!
et la valeur de la limite, notée
n∈N∗
+∞
X
1
k 2m
k=1
B2m (0).
+∞
X
1
k=1
k4
m∈N
.
∗
, la majoration :
7
+∞
X
1
62
k 2m
k=1
et en déduire :
|B2m (0)| 6
4
(4π 2 )m