A. Préliminaires

SESSION 2017
Concours commun Mines-Ponts
PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP
A. Préliminaires
1) On sait que P ⊂ D et d’autre part D ⊂ E par définition. Ensuite, (P, +, .) est un espace vectoriel et donc un sous-espace
de E. Enfin, la fonction nulle sur I est dans D et il est connu qu’une combinaison linéaire d’éléments de D est dans D.
Donc, D est un sous-espace de E.
h πi
2) Soit f ∈ E. Pour tout x de I, |x sin t| 6 |x| 6 a. La fonction t 7→ x sin t est continue sur 0,
à valeurs dans I et la
2
h πi
fonction f : y 7→ f(y) est continue sur I. Donc la fonction t 7→ f(x sin t) est continue sur le segment 0,
puis, u(f)(x)
2
existe. Ainsi, u(f) est une fonction définie sur I à valeurs dans C.
Z π2
h πi
Soit F : I × 0,
→
C
de sorte que pour tout x ∈ I, u(f)(x) =
F(x, t) dt.
2
0
2
(x, t)
7→
f(x sin t)
π
h πi
• Pour tout x de I, la fonction t 7→ F(x, t) est continue par morceaux sur 0,
2
h πi
des partielles à tout ordre par rapport à sa première
• Pour tout t de I, la fonction x 7→ F(x, t) admet sur I × 0,
2
variable x définies par :
h π i ∂K F
2
∀(x, t) ∈ I × 0,
(x, t) = sink tf(k) (x sin t).
,
2
∂xk
π
De plus,
-Pour tout x de I, la fonction t 7→
h πi
∂K F
(x,
t)
est
continue
par
morceaux
sur
0, .
∂xk
2
h πi
∂K F
(x, t) est continue par morceaux sur I.
-Pour tout t de 0, , la fonction x 7→
2
∂xk
h π i ∂K F
2
-Pour tout (x, t) ∈ I × 0, , k (x, t) 6 f(k) ∞ = ϕk (t) (où f(k) ∞ = sup f(k) (u) , u ∈ I existe dans R
2
∂x
π
(k)
car la fonction
f
est
continue
sur
le
segment
[−a, a]). De plus, la fonction constante ϕk est intégrable sur
h πi
.
le segment 0,
2
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonction u(f) est de classe C∞ sur I et de plus,
∀k ∈ N, ∀x ∈ I, (u(f))(k) (x) =
2
π
Z π2
sink tf(k) (x sin t) dt.
0
On a montré que la fonction u(f) est définie sur I et élément de E.
πx
Pour tout x de I, v(f)(x) = f(0) +
u (f ′ ) (x). Puisque f ′ est dans E, la fonction v(f) est définie sur I et élément de E.
2
n
X
3) Pour x ∈ I, posons P(x) =
ak xk . Pour tout x ∈ I,
k=0
u(P)(x) =
n
X
2
a k Wk x k ,
π
k=0
et donc u(P) ∈ P. Ensuite, P ′ est dans P et pour tout x de I, v(P)(x) = P(0) +
πx
u (P ′ ) (x). Donc, v(P) ∈ P.
2
On a montré que P est stable par u et v.
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4) Soit n ∈ N. Une intégration par parties, licite, fournit
Wn+2 =
Z π2
0
π
sin t sinn+1 t dt = − cos t sinn+1 (t) 02 −
= (n + 1)
Z π2
cos2 t sinn t dt = (n + 1)
0
Z π2
Z π2
(− cos t)(n + 1) cos t sinn t dt
0
1 − sin2 t sinn t dt
0
= (n + 1) (Wn − Wn+2 )
et donc (n + 2)Wn+2 = (n + 1)Wn . En multipliant les deux membres de cette égalité par Wn+1 , on obtient
∀n ∈ N, (n + 2)Wn+2 Wn+1 = (n + 1)Wn+1 Wn .
La suite ((n + 1)Wn+1 Wn )n∈N est donc constante. Par suite, pour tout n ∈ N,
(n + 1)Wn+1 Wn = W1 W0 =
π
2
puis
∀n ∈ N, Wn Wn+1 =
5) Soit n ∈ N. Wn − Wn+1 =
Z π2
π
.
2(n + 1)
(1 − sin t) sinn t dt > 0 (intégrale d’une fonction continue, positive, non nulle). Donc, la
0
suite (Wn )n∈N est strictement décroissante.
La suite (Wn ) est décroissante et minorée par 0. Donc, cette suite converge vers une limite ℓ positive ou nulle. Quand n
tend vers +∞ dans l’égalité de la question précédente, on obtient ℓ2 = 0 puis ℓ = 0.
Pour n ∈ N, 0 6 Wn+2 6 Wn+1 6 Wn . Après division des trois membres de cet encadrement par le réel strictement positif
Wn+1
Wn+1
n+1
6 1. D’après le théorème des gendarmes,
tend vers 1 ou encore Wn+1 ∼ Wn .
6
Wn , on obtient
n→+∞
n+2
Wn
Wn
π
2
D’après la question précédente, Wn ∼
ou encore, puisque la suite (Wn ) est strictement positive,
n→+∞ 2n
r
π
.
Wn ∼
n→+∞
2n
B. Etude de la continuité de u et v
6) Pour tout f de E, la fonction |f| est continue sur le segment I = [−a, a] et donc la fonction |f| admet un maximum sur
I. Donc, M(f) existe dans R.
u est une application linéaire de E dans E ou encore u ∈ L (E). Soit f ∈ E. Pour tout x ∈ I,
|u(f(x))| 6
2
π
Z π2
|f(x sin t)| dt 6
0
2
π
Z π2
M(f) dt = M(f),
0
puis M(u(f)) 6 M(f). Ainsi, l’endomorphisme u vérifie : ∀f ∈ E, M(u(f)) 6 M(f). On sait alors que u est une application
continue de l’espace vectoriel normé (E, M) dans lui-même.
7) Pour n ∈ N et x ∈ I, posons fn (x) = xn . Pour n ∈ N, M (fn ) = an . Pour n ∈ N∗ et x ∈ I,
2
v (fn (x)) = x
π
Z π2
nxn−1 sinn−1 t dt =
0
2
nWn−1 xn .
π
r
2
2
π n
n
a
∼
Par suite, pour n ∈ N , M (v (fn )) = nWn−1 a . D’après la question précédente, M (v (fn )) = n
n→+∞
π
π
2n
r
2n n
a .
π
r
2n
M(v(f))
M (v (fn ))
∼
→ +∞. On en déduit que
, f ∈ E \ {0} n’est pas majoré et on sait alors
Mais alors,
M (fn ) n→+∞
π n→+∞
M(f)
que l’endomorphisme v n’est pas continu de l’espace vectoriel normé (E, M) dans lui-même.
∗
8) Pour f ∈ E, f et f ′ sont dans E et donc N est bien définie sur E.
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Pour tout f ∈ E, N(f) > 0 et de plus, N(f) = 0 ⇒ M(f) = M(f ′ ) = 0 ⇒ f = 0.
Pour tout f ∈ E et λ ∈ C, N(λf) = M(λf) + M(λf ′ ) = |λ|(M(f) + M(f ′ )) = |λ|N(f).
Pour tout (f, g) ∈ E 2 , N(f + g) = M(f + g) + M(f ′ + g ′ ) 6 M(f) + M(f ′ ) + M(g) + M(g ′ ) = N(f) + N(g).
Tout ceci montre que N est une norme sur E.
Pour f ∈ E et x ∈ I,
Z π2
Zπ
2
2 2
|x|
|f ′ (x sin t)| dt 6 M(f) + a
M(f ′ ) dt = M(f) + aM(f ′ )
π
π 0
0
6 (1 + a)(M(f) + M(f ′ )) = (1 + a)N(f).
|v(f(x))| 6 |f(0)| +
Par suite, pour tout f ∈ E, M(v(f)) 6 (1 + a)N(f). On en déduit que l’endomorphisme v est continu de l’espace vectoriel
normé (E, N) dans l’espace vectoriel normé (E, M).
Si les normes M et N étaient équivalentes, l’application v devrait aussi être continue de l’espace vectoriel normé (E, M)
dans lui-même, ce qui n’est pas. Donc, les normes M et N ne sont pas équivalentes.
9) Soient f ∈ E et ε > 0. Puisque la fonction f ′ est continue sur le segment [−a,
Z x a], il existe un polynôme q tel que
′
M(f − q) 6 ε d’après le théorème de Weierstrass. Soit p : x 7→ f(0) +
q(t) dt. p est un polynôme tel que
0
p(0) = f(0) et pour tout x de I, |f ′ (x) − p ′ (x)| 6 ε.
Soient f ∈ E et ε > 0. Soit p un polynôme tel que p(0) = f(0) et pour tout x de I, |f ′ (x) − p ′ (x)| 6
d’après l’inégalité des accroissements finis,
|f(x) − p(x)| = |(f(x) − p(x)) − (f(0) − p(0))| 6 |x − 0|M(f ′ − p ′ ) 6
et donc M(f − p) 6
ε
. Pour x ∈ I,
1+a
εa
1+a
εa
. On en déduit que
1+a
N(f − p) = M(f − p) + M(f ′ − p ′ ) 6
εa
ε
+
= ε.
1+a 1+a
Ainsi, pour tout f ∈ E et tout ε > 0, il existe p ∈ P tel que N(f − p) 6 ε. Ceci montre que P est dense dans l’espace
vectoriel normé (E, N).
C. Etude de l’inversibilité de u et v
10) Pour n ∈ N et x ∈ I, on pose fn (x) = xn . v (f0 ) = f0 = u (f0 ) puis u (v (f0 )) = v (u (f0 )) = f0 . Pour n > 1 et x ∈ I,
u (fn ) (x) =
2
π
Z π2
xn sinn t dt =
0
2
2
Wn xn = Wn fn (x)
π
π
et
v (fn ) (x) = 0 + x
Z π2
nxn−1 sinn−1 t dt = nWn−1 fn (x).
0
d’après la question 4. Par suite,
v (u (fn )) =
2
2
Wn v (fn ) = nWn Wn−1 fn = fn .
π
π
De même,
2
nWn Wn−1 fn = fn .
π
(resp. u◦v) coïncide avec IdP sur la base canonique de P. On en déduit que (v◦u)/P = IdP
u (v (fn )) = nWn−1 v (fn ) =
Ainsi, l’endomorphisme v◦u/P
(resp. (u ◦ v)/P = IdP ).
On a vu que u et v laissent P stable. Ces deux dernières égalités s’écrivent encore v/P ◦ u/P = IdP et u/P ◦ v/P = IdP .
Ainsi, u/P et v/P sont des automorphismes de P.
11) Soit f ∈ E. D’après la question 9, P est dense dans l’espace (E, N). Il existe donc une suite de polynômes (pn )
convergeant vers la fonction f dans l’espace (E, N). La fonction v est continue de l’espace (E, N) dans l’espace (E, M)
d’après la question 8 et la fonction u est continue de l’espace (E, M) dans lui-même. Donc, la fonction u ◦ v est continue
de l’espace (E, N) dans l’espace (E, M). Mais alors, la suite (u ◦ v (pn )) = (pn ) converge vers u ◦ v(f) dans l’espace (E, M).
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On note enfin que M 6 N et donc M (pn − f) 6 N (pn − f)
→
n→+∞
(E, M). Par unicité de la limite, u ◦ v(f) = f.
0. Donc, la suite (pn ) converge vers f dans l’espace
Ainsi, u ◦ v = IdE . En particulier, u ◦ v est injective et donc v est injective ou encore 0 n’est pas valeur propre de v.
12) Pour f ∈ E et x ∈ I,
!
Z π2
Zπ
2 2
f(0) + x sin t
v(f)(x sin t) dt =
f ′ (x sin t sin u) du dt
π 0
0
0
!
Z π2 Z π2
2
′
= f(0) + x
f (x sin t sin u) sin t du dt
π 0
0
2
u ◦ v(f)(x) =
π
Z π2
et
v ◦ u(f)(x) = u(f)(0) + x
Z π2
0
2
u(f) (x sin t) dt = f(0) + x
π
′
Z π2
0
Z π2
′
!
f (x sin t sin u) sin t du dt
0
= u ◦ v(f)(x)
Donc, v ◦ u = u ◦ v = IdE . On en déduit que u et v sont des automorphismes de E et que v = u−1 .
πx
u(f ′ )(x).
13) Pour f ∈ E et x ∈ I, on a déjà constaté que v(f)(x) = f(0) +
2
Pour x ∈ R, en posant z = tan t et donc sin2 t = 1 − cos2 t =
u(arctan ′ )(x) =
2
π
2
=
π
Z π2
0
1
dz
z2
et dt =
, on obtient
1 + z2
1 + z2
dt =
1 + x2 sin2 t
2
π
Z +∞
0
Z +∞
dz
2
1
+
z2
z
1 + x2
1 + z2
1
dz
dz
1
+
(1
+ x2 ) z2
0
Z +∞
p
2
du
dw
(en
posant
w
=
z
= √
1 + x2 )
π 1 + x2 0 1 + w2
1
= √
= argsh ′ (x)
1 + x2
puis
1
πx
πx
= arctan ′ (x) = v(argsh ′ )(x) = argsh ′ (0) +
u(argsh ′′ )(x) = 1 +
u(argsh ′′ )(x).
1 + x2
2
2
1
2x
2
−
1
=−
ce qui reste vrai pour x = 0 par continuité.
Donc, pour x 6= 0, u(argsh ′′ )(x) =
2
πx 1 + x
π (1 + x2 )
2x
∀x ∈ R, u(argsh ′′ )(x) = −
.
π (1 + x2 )
14) Supposons que pour x ∈ [−a, a], f(−x) = εf(x) où ε ∈ {−1, 1} est indépendant de x. Pour x ∈ [−a, a],
u(f)(−x) =
Z π2
f(−x sin t) dt = ε
0
Z π2
f(x sin t) dt = εu(f)(x).
0
De même, si f est impaire, alors f(0) = 0 et f ′ est paire puis pour x ∈ [−a, a],
v(f)(−x) = 0 − x
Z π2
f ′ (−x sin t) dt = −x
0
Z π2
f ′ (x sin t) dt = −v(f)(x)
0
et donc v(f) est impaire, et si f est paire, f ′ est impaire puis
pour x ∈ [−a, a],
v(f)(−x) = f(0) − x
Z π2
f ′ (−x sin t) dt = f(0) + x
0
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Z π2
f ′ (x sin t) dt = v(f)(x)
0
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et v(f) est paire. En résumé, si f est paire (resp. impaire) alors u(f) et v(f) sont paires (resp. impaires).
Réciproquement, si u(f) est paire (resp. impaire), alors f = v(u(f)) est paire (resp. impaire) et si v(f) est paire (resp.
impaire), alors f = u(v(f)) est paire (resp. impaire).
D. Etude des valeurs et vecteurs propres de u et v
1
15) Soit λ ∈ R∗ une valeur propre de v. Soit f un vecteur propre associé. Alors f = u(v(f)) = λu(f) puis u(f) = f de
λ
1
1
sorte que est valeur propre de u et f est un vecteur propre de u associé à la valeur propre . En résumé, si λ est valeur
λ
λ
1
propre de v, alors est valeur propre de u et Eλ (v) ⊂ E 1 (u).
λ
λ
1
1
En échangeant les rôles de u et v, on a aussi : µ =
est valeur propre de u, alors
= λ est valeur propre de v
λ
µ
1
est valeur propre de u et dans ce cas,
et E 1 (u) ⊂ Eλ (v). Finalement, λ est valeur propre de v si et seulement si
λ
λ
Eλ (v) = E 1 (u).
λ
+∞
X
16) Soit f ∈ D. Il existe α ∈]0, a] puis (an )n∈N tels que pour tout x ∈] − α, α[, f(x) =
an xn . Soit x ∈] − α, α[. Pour
n=0
!
Z π2 X
+∞
h πi
t ∈ 0, , posons fn (t) = an xn sinn t de sorte que u(f)(x) =
fn (t) dt.
2
0
n=0
h πi
• Chaque fonction fn est continue par morceaux sur l’intervalle 0, .
2
h π
X
• Pour tout t ∈ 0, , |fn (t)| 6 |an | |x|n qui est le terme général d’une série numérique convergente (car
a n xn
2
converge absolument sur ] − α, α[). Donc la hsérie ide fonctions de terme général fn , n ∈ N, converge normalement et
π
.
en particulier uniformément sur le segment 0,
2
On sait alors que l’on peut intégrer terme à terme. Pour x ∈] − α, α[, on obtient
u(f)(x) =
+∞
X
a n Wn x n .
n=0
Donc, u(f) ∈ D. Ceci montre que D est stable par u.
πx
u(f ′ )(x) est dans D. Donc, D est
Si f est dans D, alors f ′ est dans D puis u(f ′ ) est dans D puis v(f) : x 7→ f(0) +
2
stable par v.
17) Pour f ∈ E et n ∈ N, la fonction f(n) est continue sur le segment Iet donc mn existe dans R.
Soit λ(∈ R∗ ) une valeur propre de u puis f un vecteur propre associé. Pour n ∈ N et x ∈ I,
2 Z π2
(n) |λ| f (x) = (λf)(n) (x) = u(f)(n) (x) = sinn tf(n) (x sin t) dt
π 0
π
Z π2
Z
2
2
2
6
|sinn t| f(n) (x sin t) dt 6 mn
sinn t dt
π 0
π
0
2mn Wn
.
=
π
2mn Wn
En particulier, pour tout n ∈ N, |λ|mn 6
. Supposons par l’absurde que pour tout n ∈ N, mn > 0, alors pour
π
2Wn
. Quand n tend vers +∞, on obtient λ = 0 ce qui n’est pas. Donc, il existe n ∈ N tel que mn = 0
tout n ∈ N, |λ| 6
π
(n)
ou encore f
= 0. Ceci montre que f est nécessairement dans P.
18) Soit λ ∈ R∗ . Soit n ∈ N puis P :
question 3,
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n
X
k=0
ak Xk , an 6= 0, une fonction polynomiale non nulle de degré n. D’après la
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n
n
X
X
2
k
a k Wk x = λ
a k xk
u(P) = λP ⇔ ∀x ∈ I,
π
k=0
k=0
n X
2Wk
− λ a k xk = 0
⇔ ∀x ∈ I,
π
k=0
2Wk
⇔ ∀k ∈ J0, nK,
− λ ak (car I est infini)
π
2Wn
⇔λ=
(car an 6= 0) et ∀k < n, ak = 0 (car si k < n, Wk 6= Wn )
π
2Wn
et P ∈ Vect(fn ) \ {0} (où fn : x 7→ xn ).
⇔λ=
π
2Wn
2Wn
, n ∈ N . De plus, si pour n ∈ N, on pose λn =
, alors Eλn (u) = Vect (fn ).
Ainsi, Sp(u) =
π
π
π
, n ∈ N = {(n + 1)Wn+1 , n ∈ N} = {nWn , n ∈ N∗ }. De plus, pour n ∈ N,
D’après la question 15, Sp(v) =
2Wn
E 1 (v) = Vect (fn ).
λn
19) Puisqu’un vecteur propre de u (resp. v) est un polynôme, toute famille libre de vecteurs propres de u engendre un
sous-espace de P (⊂ E) et n’engendre donc pas E. E n’admet pas une base de vecteurs propres de u (resp. v).
6=
2Wn
tend vers 0 quand n tend vers +∞, 0 est adhérent au spectre de u dans C mais n’est pas dans ce spectre.
π
Donc, Sp(u) n’est pas un fermé de C.
Puisque
Sp(v) = {nWn , n ∈ N∗ }. Cette fois-ci, la suite (nWn )n∈N∗ tend vers +∞ quand n tend vers +∞.
Une suite (up )p∈N d’éléments de Sp(v) qui converge doit être bornée et donc ne prend qu’un nombre fini de valeurs dans
Sp(v). Puisque cette suite converge, elle est donc constante à partir d’un certain rang. Mais alors, la suite (up )p∈N converge
vers un élément de Sp(v). Donc, Sp(v) est un fermé de C.
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