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 Iest dans Det il est connu qu’une combinaison linéaire d’éléments de Dest dans D.
Donc, Dest un sous-espace de E.
2) Soit f∈ E. Pour tout xde I,|xsin t|6|x|6a. La fonction t7→xsin test continue sur h0, π
2ià valeurs dans Iet la
fonction f:y7→f(y)est continue sur I. Donc la fonction t7→f(xsin t)est continue sur le segment h0, π
2ipuis, u(f)(x)
existe. Ainsi, u(f)est une fonction définie sur Ià valeurs dans C.
Soit F:I×h0, π
2i→C
(x, t)7→2
πf(xsin t)
de sorte que pour tout x∈I,u(f)(x) = Zπ
2
0
F(x, t)dt.
•Pour tout xde I, la fonction t7→F(x, t)est continue par morceaux sur h0, π
2i
•Pour tout tde I, la fonction x7→F(x, t)admet sur I×h0, π
2ides partielles à tout ordre par rapport à sa première
variable xdéfinies par :
∀(x, t)∈I×h0, π
2i,∂KF ∂xk(x, t) = 2 πsinktf(k)(xsin t).
De plus,
-Pour tout xde I, la fonction t7→∂KF
∂xk(x, t)est continue par morceaux sur h0, π 2i.
-Pour tout tde h0, π
2i, la fonction x7→∂KF ∂xk(x, t)est continue par morceaux sur I.
-Pour tout (x, t)∈I×h0, π
2i,
∂KF
∂xk(x, t)
62
π
f(k) ∞=ϕk(t)(où  f(k) ∞=sup f(k)(u), u ∈Iexiste dans R
car la fonction f(k)est continue sur le segment [−a, a]). De plus, la fonction constante ϕkest intégrable sur
le segment h0, π
2i.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonction u(f)est de classe C∞sur Iet de plus,
∀k∈N,∀x∈I, (u(f))(k)(x) = 2
πZπ
2
0
sinktf(k)(xsin t)dt.
On a montré que la fonction u(f)est définie sur Iet élément de E.
Pour tout xde I,v(f)(x) = f(0) + πx
2u(f′) (x). Puisque f′est dans E, la fonction v(f)est définie sur Iet élément de E.
3) Pour x∈I, posons P(x) =
n
X
k=0
akxk. Pour tout x∈I,
u(P)(x) =
n
X
k=0
2
πakWkxk,
et donc u(P)∈ P. Ensuite, P′est dans Pet pour tout xde I,v(P)(x) = P(0) + πx
2u(P′) (x). Donc, v(P)∈ P.
On a montré que Pest stable par uet v.
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4) Soit n∈N. Une intégration par parties, licite, fournit
Wn+2=Zπ
2
0
sin tsinn+1t dt =−cos tsinn+1(t)
π
2
0−Zπ
2
0
(− cos t)(n+1)cos tsinnt dt
= (n+1)Zπ
2
0
cos2tsinnt dt = (n+1)Zπ
2
01−sin2tsinnt dt
= (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+2Wn+1= (n+1)Wn+1Wn.
La suite ((n+1)Wn+1Wn)n∈Nest donc constante. Par suite, pour tout n∈N,
(n+1)Wn+1Wn=W1W0=π
2
puis
∀n∈N, WnWn+1=π
2(n+1).
5) Soit n∈N.Wn−Wn+1=Zπ
2
0
(1−sin t)sinnt dt > 0 (intégrale d’une fonction continue, positive, non nulle). Donc, la
suite (Wn)n∈Nest strictement décroissante.
La suite (Wn)est décroissante et minorée par 0. Donc, cette suite converge vers une limite ℓpositive ou nulle. Quand n
tend vers +∞dans l’égalité de la question précédente, on obtient ℓ2=0puis ℓ=0.
Pour n∈N,06Wn+26Wn+16Wn. Après division des trois membres de cet encadrement par le réel strictement positif
Wn, on obtient n+1
n+26Wn+1 Wn
61. D’après le théorème des gendarmes, Wn+1
Wn
tend vers 1ou encore Wn+1∼
n→+∞
Wn.
D’après la question précédente, W2
n∼
n→+∞
π
2n ou encore, puisque la suite (Wn)est strictement positive,
Wn∼
n→+∞rπ
2n.
B. Etude de la continuité de uet v
6) Pour tout fde 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.
uest une application linéaire de Edans Eou encore u∈L(E). Soit f∈ E. Pour tout x∈I,
|u(f(x))|62
πZπ
2
0
|f(xsin t)|dt 62
πZπ
2
0
M(f)dt =M(f),
puis M(u(f)) 6M(f). Ainsi, l’endomorphisme uvérifie : ∀f∈ E,M(u(f)) 6M(f). On sait alors que uest une application
continue de l’espace vectoriel normé (E, M)dans lui-même.
7) Pour n∈Net x∈I, posons fn(x) = xn. Pour n∈N,M(fn) = an. Pour n∈N∗et x∈I,
v(fn(x)) = 2
πxZπ
2
0
nxn−1sinn−1t dt =2
πnWn−1xn.
Par suite, pour n∈N∗,M(v(fn)) = 2
πnWn−1an. D’après la question précédente, M(v(fn)) = 2 πnrπ 2n an∼
n→+∞
r2n
πan.
Mais alors, M(v(fn))
M(fn)∼
n→+∞r2n
π→
n→+∞
+∞. On en déduit que M(v(f))
M(f), f ∈ E \ {0}n’est pas majoré et on sait alors
que l’endomorphisme vn’est pas continu de l’espace vectoriel normé (E, M)dans lui-même.
8) Pour f∈ E,fet f′sont dans Eet donc Nest bien définie sur E.
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Pour tout f∈ E,N(f)>0et 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)∈ E2,N(f+g) = M(f+g) + M(f′+g′)6M(f) + M(f′) + M(g) + M(g′) = N(f) + N(g).
Tout ceci montre que Nest une norme sur E.
Pour f∈ E et x∈I,
|v(f(x))|6|f(0)|+2
π|x|Zπ
2
0
|f′(xsin t)|dt 6M(f) + a2
πZπ
2
0
M(f′)dt =M(f) + aM(f′)
6(1+a)(M(f) + M(f′)) = (1+a)N(f).
Par suite, pour tout f∈ E,M(v(f)) 6(1+a)N(f). On en déduit que l’endomorphisme vest continu de l’espace vectoriel
normé (E, N)dans l’espace vectoriel normé (E, M).
Si les normes Met Nétaient équivalentes, l’application vdevrait aussi être continue de l’espace vectoriel normé (E, M)
dans lui-même, ce qui n’est pas. Donc, les normes Met Nne sont pas équivalentes.
9) Soient f∈ E et ε > 0. Puisque la fonction f′est continue sur le segment [−a, a], il existe un polynôme qtel que
M(f′−q)6εd’après le théorème de Weierstrass. Soit p:x7→f(0) + Zx
0
q(t)dt.pest un polynôme tel que
p(0) = f(0)et pour tout xde I,|f′(x) − p′(x)|6ε.
Soient f∈ E et ε > 0. Soit pun polynôme tel que p(0) = f(0)et pour tout xde I,|f′(x) − p′(x)|6ε
1+a. Pour x∈I,
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′)6εa
1+a
et donc M(f−p)6εa
1+a. On en déduit que
N(f−p) = M(f−p) + M(f′−p′)6ε
1+a+εa 1+a=ε.
Ainsi, pour tout f∈ E et tout ε > 0, il existe p∈ P tel que N(f−p)6ε. Ceci montre que Pest dense dans l’espace
vectoriel normé (E, N).
C. Etude de l’inversibilité de uet v
10) Pour n∈Net x∈I, on pose fn(x) = xn.v(f0) = f0=u(f0)puis u(v(f0)) = v(u(f0)) = f0. Pour n>1et x∈I,
u(fn) (x) = 2
πZπ
2
0
xnsinnt dt =2
πWnxn=2 πWnfn(x)
et
v(fn) (x) = 0+xZπ
2
0
nxn−1sinn−1t dt =nWn−1fn(x).
d’après la question 4. Par suite,
v(u(fn)) = 2
πWnv(fn) = 2 πnWnWn−1fn=fn.
De même,
u(v(fn)) = nWn−1v(fn) = 2
πnWnWn−1fn=fn.
Ainsi, l’endomorphisme v◦u/P(resp. u◦v) coïncide avec IdPsur la base canonique de P. On en déduit que (v◦u)/P=IdP
(resp. (u◦v)/P=IdP).
On a vu que uet vlaissent Pstable. Ces deux dernières égalités s’écrivent encore v/P◦u/P=IdPet u/P◦v/P=IdP.
Ainsi, u/Pet v/Psont des automorphismes de P.
11) Soit f∈ E. D’après la question 9, Pest dense dans l’espace (E, N). Il existe donc une suite de polynômes (pn)
convergeant vers la fonction fdans l’espace (E, N). La fonction vest continue de l’espace (E, N)dans l’espace (E, M)
d’après la question 8 et la fonction uest continue de l’espace (E, M)dans lui-même. Donc, la fonction u◦vest 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 M6Net donc M(pn−f)6N(pn−f)→
n→+∞
0. Donc, la suite (pn)converge vers fdans l’espace
(E, M). Par unicité de la limite, u◦v(f) = f.
Ainsi, u◦v=IdE. En particulier, u◦vest injective et donc vest injective ou encore 0n’est pas valeur propre de v.
12) Pour f∈ E et x∈I,
u◦v(f)(x) = 2
πZπ
2
0
v(f)(xsin t)dt =2
πZπ
2
0 f(0) + xsin tZπ
2
0
f′(xsin tsin u)du!dt
=f(0) + 2
πxZπ
2
0 Zπ
2
0
f′(xsin tsin u)sin t du!dt
et
v◦u(f)(x) = u(f)(0) + xZπ
2
0
u(f)′(xsin t)dt =f(0) + 2
πxZπ
2
0 Zπ
2
0
f′(xsin tsin u)sin t du!dt
=u◦v(f)(x)
Donc, v◦u=u◦v=IdE. On en déduit que uet vsont des automorphismes de Eet que v=u−1.
13) Pour f∈ E et x∈I, on a déjà constaté que v(f)(x) = f(0) + πx
2u(f′)(x).
Pour x∈R, en posant z=tan tet donc sin2t=1−cos2t=z2
1+z2et dt =dz 1+z2, on obtient
u(arctan′)(x) = 2
πZπ
2
0
1
1+x2sin2tdt =2
πZ+∞
0
1
1+x2z2
1+z2
dz
1+z2
=2
πZ+∞
0
dz
1+ (1+x2)z2dz
=2
π√1+x2Z+∞
0
du
1+w2dw (en posant w=zp1+x2)
=1
√1+x2=argsh′(x)
puis
1
1+x2=arctan′(x) = v(argsh′)(x) = argsh′(0) + πx 2u(argsh′′)(x) = 1+πx 2u(argsh′′)(x).
Donc, pour x6=0,u(argsh′′)(x) = 2
πx 1 1+x2−1= − 2x π(1+x2)ce qui reste vrai pour x=0par continuité.
∀x∈R, u(argsh′′)(x) = − 2x
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) = Zπ
2
0
f(−xsin t)dt =εZπ
2
0
f(xsin t)dt =εu(f)(x).
De même, si fest impaire, alors f(0) = 0et f′est paire puis pour x∈[−a, a],
v(f)(−x) = 0−xZπ
2
0
f′(−xsin t)dt = −xZπ
2
0
f′(xsin t)dt = −v(f)(x)
et donc v(f)est impaire, et si fest paire, f′est impaire puis
pour x∈[−a, a],
v(f)(−x) = f(0) − xZπ
2
0
f′(−xsin t)dt =f(0) + xZπ
2
0
f′(xsin t)dt =v(f)(x)
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et v(f)est paire. En résumé, si fest 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 uet v
15) Soit λ∈R∗une valeur propre de v. Soit fun vecteur propre associé. Alors f=u(v(f)) = λu(f)puis u(f) = 1
λfde
sorte que 1
λest valeur propre de uet fest un vecteur propre de uassocié à la valeur propre 1 λ. En résumé, si λest valeur
propre de v, alors 1
λest valeur propre de uet Eλ(v)⊂E1
λ(u).
En échangeant les rôles de uet v, on a aussi : µ=1
λest valeur propre de u, alors 1 µ=λest valeur propre de v
et E1
λ(u)⊂Eλ(v). Finalement, λest valeur propre de vsi et seulement si 1
λest valeur propre de uet dans ce cas,
Eλ(v) = E1
λ(u).
16) Soit f∈ D. Il existe α∈]0, a]puis (an)n∈Ntels que pour tout x∈] − α, α[,f(x) =
+∞
X
n=0
anxn. Soit x∈] − α, α[. Pour
t∈h0, π
2i, posons fn(t) = anxnsinntde sorte que u(f)(x) = Zπ
2
0 +∞
X
n=0
fn(t)!dt.
•Chaque fonction fnest continue par morceaux sur l’intervalle h0, π
2i.
•Pour tout t∈h0, π
2,|fn(t)|6|an| |x|nqui est le terme général d’une série numérique convergente (car Xanxn
converge absolument sur ] − α, α[). Donc la série de fonctions de terme général fn,n∈N, converge normalement et
en particulier uniformément sur le segment h0, π
2i.
On sait alors que l’on peut intégrer terme à terme. Pour x∈] − α, α[, on obtient
u(f)(x) =
+∞
X
n=0
anWnxn.
Donc, u(f)∈D. Ceci montre que Dest stable par u.
Si fest dans D, alors f′est dans Dpuis u(f′)est dans Dpuis v(f) : x7→f(0) + πx
2u(f′)(x)est dans D. Donc, Dest
stable par v.
17) Pour f∈ E et n∈N, la fonction f(n)est continue sur le segment Iet donc mnexiste dans R.
Soit λ(∈R∗)une valeur propre de upuis fun vecteur propre associé. Pour n∈Net x∈I,
|λ|f(n)(x)=(λf)(n)(x)=u(f)(n)(x)=2
πZπ
2
0
sinntf(n)(xsin t)dt
62
πZπ
2
0
|sinnt|f(n)(xsin t)dt 62
πmnZπ
2
0
sinnt dt
=2mnWn
π.
En particulier, pour tout n∈N,|λ|mn62mnWn
π. Supposons par l’absurde que pour tout n∈N,mn> 0, alors pour
tout n∈N,|λ|62Wn
π. Quand ntend vers +∞, on obtient λ=0ce qui n’est pas. Donc, il existe n∈Ntel que mn=0
ou encore f(n)=0. Ceci montre que fest nécessairement dans P.
18) Soit λ∈R∗. Soit n∈Npuis P:
n
X
k=0
akXk,an6=0, une fonction polynomiale non nulle de degré n. D’après la
question 3,
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