Corrigé I - al9ahira

Mines-Ponts MP
Un corrigé de Mathématiques 1
2015
Opérateur de Volterra et équations diérentielles
A. Opérateur de Volterra
Soit f et g dans E.
D'après le théorème fondamentale de l'analyse, V(f ) et −V (f ) sont des primitives f sur [0, π/2] car f y est
continue
De plus on a V(f ) + V (f ) : x 7→ π/2, d'après la relation de Chasles et V(f )(0) = 0 = V (f )(π/2)
On utilise le théorème
d'intégration par parties
avec les fonctions de classe
C : V(f ) et −V (g).
Z
Z
On a : hV(f ), gi = V(f )(x)g(x)dx = V(f )(x)(−V (g)(x)) + f (x)V (g)(x)dx
On a bien hV(f ), gi = hf, V (g)i
2) V ◦ V est bien un endomorphisme par composition.
Soit f et g dans E. On utilise deux fois la question précédente.
On a hV ◦ V(f ), gi = hV(f ), V(g)i = hf, V ◦ V(g)i
On va montrer que : hV ◦ V(f ), f i = 0 =⇒ f = 0
On suppose que : hV ◦ V(f ), f i = 0 donc 0 = hV(f ), V(f )i = kV(f )k
donc V(f ) = 0 et en dérivant f = V(f ) = 0
ainsi l'endomorphisme V ◦ V est symétrique déni positif
Soit λ une valeur propre de V ◦ V et f un vecteur propre associé à λ
On a hV ◦ V(f ), f i = kV(f )k
or V(f ) 6= 0 car f 6= 0 et que V(f ) = f
donc hV ◦ V(f ), f i > 0
et on a hV ◦ V(f ), f i = hλf , f i = λkf k
Comme kf k > 0, on en déduit que les valeurs propres de V ◦ V sont strictement positives
3) On a f = V ◦ V(f ) = V (V(f ))
À l'aide des observations du 1), on a f = V(f ) et f = f ce qui prouve que f est de classe C
De plus f (π/2) = V (V(f ))(π/2) = 0 et f (0) = V(f )(0)
donc f est solution de l'équation diérentielle : y + λ1 y = 0 avec les conditions : y(π/2) = 0 et y (0) = 0
4) =⇒ : Soit λ est une valeur propre de V ◦ V et f un vecteur propre associé à λ.
Par résolution de l'équationx diérentiellex car λ > 0, on peut trouver
A et B ∈ R tels que
A
x
B
x
f : x 7→ A cos( √ ) + B sin( √ ) et on a f : x 7→ − √ sin( √ ) + √ cos( √ )
λ
λ
λ
λ
λ
λ π
π
on a 0 = f (π/2) = A cos 2√λ + B sin 2√λ et 0 = f (0) =
donc B = 0 donc on a f : x 7→ A cos √xλ
x
Ainsi f ∈ vect x 7→ A cos √λ
π
et A cos 2√λ = f (π/2) = 0
π
Comme f 6= 0 , on a A 6= 0 donc cos 2√λ = 0
1)
∗
∗
∗
∗
1
π/2
π/2
π/2
∗
0
∗
0
0
∗
∗
∗
∗
∗
E
∗
2
0
E
E
∗
∗
∗
λ
λ
E
λ
∗
λ
λ
0
λ
λ
λ
1
λ
λ
λ
2
E
λ
∗
λ
λ
λ
λ
λ
λ
2
∗
2
∗
∗
1
λ
λ
λ
0
λ
∗
1
λ
λ
1
λ
00
λ
λ
0
λ
λ
1
λ
1
λ λ
λ
0
00
λ
∗
λ
0
λ
λ
0
λ
λ
λ
λ
λ
2
λ
E
1/11
B
√
λ
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ce qui nous fournit k ∈ Z tel que 2√π λ = π2 + kπ = (2k +2 1)π
donc 2√λ = (2k 2+ 1)
donc il existe n ∈ N tel que : λ = (2n +1 1) en prenant n ∈ N tel que 2n + 1 = |2k + 1|
1
et f : x 7→ cos( ) = cos((2n + 1)x)
=⇒ : Soit λ ∈ R tel qu'il existe n ∈ N tel que : λ =
(2n + 1)
Soit x ∈ [0, ]. Z
sin((2n + 1)x)
+ 1)t) =
On a V(f )(x) = cos((2n + 1)t)dt = sin((2n
2n + 1
2n + 1
Z
cos((2n + 1)t) + 1)t)
cos((2n + 1)x) cos((2n + 1)π/2)
=
et (V ◦ V) (f )(x) = sin((2n
dt = −
−
2n + 1
(2n + 1)
(2n + 1)
(2n + 1)
Ainsi et (V ◦ V) (f )(x) = λf (x)
donc (V ◦ V) (f ) = λf et f 6= 0
Conclusion : On en déduit que
1
λ est une valeur propre de V ◦ V si et seulement s'il existe n ∈ N tel que : λ =
(2n + 1)
2
√x
λ
2
π
2
x
x
0
0
π/2
∗
2
x
∗
∗
π/2
x
2
2
E
∗
2
Dans ce cas
E1/(2n+1)2 (V∗ ◦ V) = vect x 7−→ cos((2n + 1)x)
B. Théorème d'approximation de Weierstrass
suit la loi binomiale de paramètres et de loi donnée par
On utilise pour tout
,
On a
5) Sn
ainsi
n k
n x
∀k ∈ [[0, n]], P(Sn = k) =
x (1 − x)n−k
k
n!
(n − 1)!
0 < k 6 n k nk = k
=n
= n n−1
k−1
(n − k)!k!
(n − 1 − (k − 1))!(k − 1)!
n n
n
X
X
X
n−1 k
n k
n−k
x (1 − x)n−k
k
x (1 − x)
=n
kP(Sn = k) = 0 +
E(Sn ) =
k−1
k
k=1
k=1
k=0
n−1
X n − 1
E(Sn ) = nx
xj (1 − x)n−1−j
j =k−1
j
et si n > 2, on a
donc
par changement d'indice :
j=0
E(S2n
− Sn ) =
n
X
(k 2 − k)P(Sn = k)
par la formule du transfert
k=0
n
X
n
X
n k
n−2 k
n−k
− Sn ) =
k(k − 1)
x (1 − x)
=
n(n − 1)
x (1 − x)n−k
k
k−2
k=2
k=2
n−2
X n
E(S2n − Sn ) = n(n − 1)x2
xj (1 − x)n−2−j = n(n − 1)x2
n=1
j
E(S2n
donc
donc E(S ) = E(S − S ) + E(S ) = n(n − 1)x + nx
donc V(S ) = E(S ) − E(S ) = n x − nx + nx − (nx)
d'où E(S ) = nx et V(S ) = nx(1 − x) (comme prévu)
6) D'après Irénée-Jules Bienaymé et Pafnouti Tchebychev, on a
j=0
2
n
n
n
2
n
2
n
n
2
n
n
2
valable même si
2 2
2
2
n
P (|Sn − E(Sn )| > nα) 6
2/11
V(Sn )
(nα)2
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nx(1 − x)
x(1 − x)
)
=
=
or V(S
(nα)
n α
nα
Une étude classique de variations nous donne ∀x ∈ [0, 1], 0 6 x(1 − x) 6 1/4.
donc P (|S − E(S )| > nα) 6 4nα1
or (|S − E(S )| > nα) = (|S − nx| > nα) = − x > α = [ (S = k)
n
2
2 2
n
n
2
n
2
n
donc P (|S
n
Sn
n
n
n
06k6n
k
|n
−x|>α
− E(Sn )| > nα) =
X
P(Sn = k)
par réunion disjointe
06k6n
k
|n
−x|>α
donc on a bien
X
06k6n
k
|n
−x|>α
n k
1
x (1 − x)n−k 6
k
4nα2
On a B (f )(x) = E(f (Z )) = E(f (S /n)) = X f ( nk )P(S
n
7)
n
n
n
n
= k)
selon la formule du transfert
k=0
donc
et
n k
k
Bn (f )(x) =
x (1 − x)n−k f ( )
k
n
n
X n
xk (1 − x)n−k f (x) = (x + 1 − x)n f (x) = f (x)
k
k=0
n X
n k
k
n−k
Bn (f )(x) − f (x) =
x (1 − x)
f ( ) − f (x)
k
n
En faisant la soustraction :
Soit ε > 0.
La fonction f est continue sur le segment [0, 1] donc y est bornée uniformément continue d'après le théorème
de Heine. On note kf k la norme innie de f sur [0, 1].
L'uniforme continuité de f nous fournit α > 0 tel que : ∀y, z ∈ [0, 1], |y − z| < α =⇒ |f (x) − f (y)| 6 donc
k=0
∞
ε
2
X
X n
k
n k
k
n−k
k
n−k x (1 − x)
f ( ) − f (x) 6
x (1 − x)
f ( ) − f (x)
k
n
k
n
06k6n
06k6n
| k −x|<α
| k −x|<α
n
n
X n
ε
xk (1 − x)n−k
6
k
2
06k6n
k
|n
−x|<α
n X
n k
ε
6
x (1 − x)n−k
k
2
k=0
X n
k
ε
xk (1 − x)n−k f ( ) − f (x) 6
2
k
n
06k6n
| k −x|<α
n
3/11
selon l'inégalité triangulaire
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d'autre part, on a
X n
X n
k k
k
n−k
k
n−k x (1 − x)
f ( ) − f (x) 6
x (1 − x)
f ( n ) + |f (x)|
n
k
k
06k6n
06k6n
| k −x|>α
| k −x|>α
n
n
X n
xk (1 − x)n−k
6 2kf k∞
k
inégalité triangulaire
06k6n
k
|n
−x|>α
X n
k
kf k∞
xk (1 − x)n−k f ( ) − f (x) 6
k
n
2nα2
06k6n
| k −x|>α
selon 6
n
or
Ceci nous fournit N ∈ N, tel que
On vient de montrer que
kf k∞
lim
=0
n→+∞ 2nα2
kf k∞ 6
∀n ∈ N, n > N =⇒ 2nα2 ε
2
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n > N =⇒ (∀x ∈ [0, 1], |Bn (f )(x) − f (x)| 6 ε)
ou encore : kB (f ) − f k −→ 0
converge uniformément vers f sur [0, 1]
n
on en déduit que la suite (B (f ))
n
∞ n→+∞
n∈N
C. Développement de V∗ ◦ V(f ) en série trigonométrique
Soit p un polynôme de degré n que l'on écrit p(X) = X a X et on note q
fonction t 7−→ p(cos(t)) appartient à vect(q , . . . , q )
Soit k ∈ [[0, n]]. Soit t ∈ [0, π]. Par la formule du binôme on a :
n
8)
k
k
k
: t 7→ cosk (t)
n=0
0
qk (t) =
eit + e−it
2
k
j=0
X
06j<n/2
(
n
(n/2
)
X n
1
e(2k−n)it + k
k
2
062j<n
X
n<2j62n
:
06p<n/2
06k<n/2
n
cos((2k − n)t) + r
k
donc q ∈ vect(c , c , . . . , c ) ⊂ vect(c , c , . . . , c )
Par combinaison linéaire, la fonction t 7−→ p(cos(t)) dénie sur [0, π] appartient à F
k
0
1
k
0
1
p
n
4/11
n (2j−n)it
e
+r
j
si pair
sinon
n
2k
0
p = n − kj 2j − n = 2n − 2p − n = −(2p − n)
X
n (2k−n)it
1 X
n
1
e
+ k
e−(2p−n)it + r = k−1
k
n−p
2
2
donc avec le changement d'indice
1
qk (t) = k
2
n
n 1 X n (2j−n)it
1
= k
e
= k
j
2
2
où r =
de sorte que : la
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Soit p et k ∈ N. Soit t ∈ [0, π]. On a c (t)c (t) = cos((p + k)t) +2 cos((p − k)t)
donc si k 6= p alors p +Z k > 0
cos((p + k)t) + cos((p − k)t)
sin((p + k)t) sin((p − k)t)
=0
on a donc hc , c i =
dt =
+
2
2(p + k)
2(p − k)
Z
+1
et kc k = hc , c i = cos(2pt)
dt
2
Z
si p = 0, on a kc k = 1 = π
sin(2pt)
t
et si p 6= 0, on a kc k = 4p + 2 = π2
(
si n = 0
En prenant α = q sinon , on a (α ) ∈]0, +∞[ et (α c ) est orthonormée
Soit f ∈ G. On va montrer que f ∈ vect(α c ) , adhérence dans G muni de la norme euclidienne k · k .
On remarque que Arccos est la bijection réciproque de la restriction : t ∈ [0, π] 7→ cos(t) ∈ [−1, 1]
On note g = f ◦ Arccos qui est continue sur le segment [−1, 1] par composition car Arccos est continue
Le théorème théorème de Weierstrass, nous fournit une suite (g ) de fonctions polynomiales qui converge
uniformément vers g sur [−1, 1].
Je note N la norme innie sur [−1, 1] de sorte que : N (g − g ) −→ 0
R
Soit k ∈ N. On pose f : [0, π]t 7−−→
→ g (cos(t))
Il existe alors N ∈ N tel que f ∈ F donc f ∈ vect(α c ) car les α 6= 0
Pour tout t ∈ [0, π], on a |f (t) − f (t)| = |f (Arccos(cos t)) − f (Arccos(cos t))| = |g(cos(t)) − g (cos(t))|
donc on a |f (t) − fZ (t)| 6 N (g − g ) Z
donc kf − f k = (f (t) − f (t)) dt 6 N (g − g ) dt 6 πN (g − g )
donc kf − f k 6 √πN (g − g )
donc kf − f k −→ 0 par théorème d'encadrement
on a trouvé une suite de vect(α c ) qui converge vers f pour G muni de de la norme associé au produit
scalaire h·, ·i
Ce qui donne bien la densité de vect(α c ) dans G
Ainsi la suite orthonormée (α c ) est totale dans G
10) On remarque que la suite des sous espaces (F ) est croissante pour l'inclusion
Ainsi pour n ∈ N, comme F et F sont de dimensions nies, on a
9)
p
k
t=π
π
p
k G
0
t=0
π
p
2
p
p G
0
0
π
2
0
t=π
2
p
t=0
√1
π
2
π
n
N
n n∈N
n n n∈N
n n n∈N
G
k k∈N
∞
∞
k
n n n∈N
k
k
∞
k
n
k
k
k
π
π
2
k
∞
0
k
2
∞
k
2
0
∞
k G
k G
k→+∞
k
N
k
2
k G
k
k
k→+∞
n n n∈N
G
n n n∈N
n n n∈N
n
n
n+1
kf − PFn (f )kG = inf kf − gkG >
g∈Fn
inf
g∈Fn+1
kf − gkG = f − PFn+1 (f )G > 0
Donc la suite (kf − P (f )k ) est décroissante et positive
Soit ε > 0.
Il existe une suite (f ) à valeurs dans vect(α c ) qui converge vers f pour la norme k · k d'après la
question précédente.
Donc il existe m ∈ N tel que kf − f k 6 ε
Comme f ∈ vect(α c ) , ceci nous fournit N ∈ N tel que f ∈ vect(α c ) donc
Fn
G n∈N
n n n∈N
k
G
m G
m
n n n∈N
m
5/11
n n 06n6N
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kf − PFN (f )kG 6 kf − fm kG
Par décroissance et positivité, on a : ∀n > N, 0 6 kf − P
On vient de prouver
Fn (f )kG
6ε
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n > N =⇒ 0 6 kf − PFn (f )kG 6 ε
On a bien kf − P (f )k tend vers 0 lorsque n tend vers l'inni
On suppose de plus que la suite (P (f )) converge uniformément sur [0, π] vers une fonction g.
Comme de plus, chaque fonction P (f ) est continue sur [0, π], la fonction g est continue sur [0, π] par
théorème.
Donc g ∈ G et en utilisant l'inégalité de 9 avec la notation N , on a
Fn
G
Fn
n∈N
Fn
∞
kg − PFn (f )kG 6 N∞ (g − PFn (f ))
donc par théorème d'encadrement
: kg − P (f )k −→ 0
donc la suite de G, P (f ) converge vers g pour la norme k · k
Par unicité de la limite f = g
Si de plus la suite (P (f )) converge uniformément sur [0, π] vers une fonction g, alors g = f
11) Soit x ∈ [0, π/2]. Vérions que g est correctement dénie
si π2 < t 6 π, on a 0 6 π − t < π2 et donc g (t) est correctement déni
d'un côté g (π/2) = π/2 − π/2 = 0 d'un autre côté g (π/2) = −g (π/2) = 0
De plus, on remarque que :

 π − x − t − |x − t| si 0 6 t 6 π
2
2
g (t) =

−g (π − t)
si π2 6 t 6 π
Ceci prouve la continuité de g en tout point de [0, π] \ {π/2} et la continuité à gauche et à droite en π/2.
On a bien g ∈ G Il n'est pas certain que cela soit à vérier !
Comme (α c ) est une base orthonormée de F , on a
Fn
G n→∞
Fn
Fn
G
n∈N
x
x
x
x
x
x
x
x
x
n
k k 06k6n
PFn (gx ) =
n
X
hαk ck , gx iG αk ck =
k=0
n
1
2X
hc0 , gx iG c0 +
hck , gx iG ck
π
π
k=1
On a hc , g i = g (t) cos(kt)dt + g (t) cos(kt)dt = g (t) cos(kt)dt − g (π − t) cos(kt)dt
dans la deuxième Zintégrale on eectue le Zchangement de variables de classe C : u = π −t ; t = π −u ; du = −dt
donc hc , g i = g (t) cos(kt)dt + g (u) cos(k(π − u))du
Z
Z
g (u) cos(ku)du
Ainsi hc , g i = g (t) cos(kt)dt − (−1)
si k est pair, hc , g i = 0 Z
si k est impair, hc , g i = 2 g (t) cos(kt)dt
donc
π/2
Z
k
x G
Z
π
x
Z
x
0
π/2
Z
π/2
x
0
π/2
1
π/2
k
x G
0
x
x
0
π/2
π/2
k
x G
π/2
k
x
0
k
x
0
x G
π/2
k
x G
π
x
x
0
6/11
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n
X
4
PFn (gx ) =
π
π/2
Z
0
k=1
!
4
gx (t) cos(kt)dt ck =
π
k impair
2015
!
π/2
Z
X
gx (t) cos((2k + 1)t)dt c2k+1
0
062k+16n
et g (t) cos((2k + 1)t)dt = (π/2 − x) cos((2k + 1)t)dt + (π/2 − t) cos((2k + 1)t)dt
Z
sin((2k + 1)t)
sin((2k + 1)x)
or (π/2 − x) cos((2k + 1)t)dt = (π/2 − x) 2k + 1
= (π/2 − x)
2k + 1
et à l'aide d'une intégration par parties avec des fonctions C :
π/2
Z
Z
x
π/2
Z
x
x
0
0
t=x
x
0
t=0
1
π/2
Z
x
donc
Z
sin((2k + 1)t)
(π/2 − t) cos((2k + 1)t)dt = (π/2 − t)
2k + 1
π/2
(π/2 − t) cos((2k + 1)t)dt = 0 − (π/2 − x)
x
Ainsi en sommant :
Z
π/2
(π/2 − t) cos((2k + 1)t)dt =
0
donc
t=π/2
+
x
t=x
π/2
sin((2k + 1)t)
dt
2k + 1
− cos((2k + 1)t) t=π/2
sin((2k + 1)x)
+
2k + 1
(2k + 1)2
t=x
cos((2k + 1)x) cos((2k + 1)π/2)
cos((2k + 1)x)
−
=
(2k + 1)2
(2k + 1)2
(2k + 1)2
b(n−1)/2c
coordonnées de
4 cos((2k + 1)x)
c2k+1
PFn (gx )
π(2k + 1)2
k=0
4 cos((2k + 1)x)
4
6
∀k ∈ N, ∀t ∈ [0, π], c
(t)
2k+1
2
π(2k + 1)
π(2k + 1)2
PFn (gx ) =
Z
X
On a
comparaison à une série (positive)
de Riemann
X 4 cos((2k + 1)x)
donc la série de fonctions
c
π(2k + 1)
0
1
n
et la série X π(2k4+ 1) converge par
2k+1
2
sur la base (c , c , . . . , c )
2
k>0
converge normalement sur [0, π]
k>0
converge uniformément sur [0, π]
donc la suite des sommes partielles
c
π(2k + 1)
donc la suite (P (g )) converge uniformément sur [0, π] vers une fonction h
d'après la question précédente, h = g
ainsi la suite (P (g )) converge simplement sur [0, π] vers la fonction g
+ 1)x)
On en déduit que : pour tout t ∈ [0, π/2] : π2 − max(x, t) = g (t) = π4 X cos((2n
cos((2n + 1)t)
(2n + 1)
m
X
4 cos((2k + 1)x)
2
!
2k+1
k=0
Fn
x
Fn
x
m>0
n>0
x
x
n>0
+∞
x
2
n=0
12)
Soit f ∈ E et x ∈ [0, π2 ]. On eectue une intégration par parties :
Z
Z
On a V ◦ V(f )(x) = V(f )(t)dt = [(t − π/2)V(f )(t)] − (t − π/2)f (t)dt
Z
Z
Z
Z
π
donc V ◦ V(f )(x) = 0 − (x − π/2)V(f )(x) − (t − π/2)f (t)dt = 2 f (t)dt − xf (t)dt −
π/2
∗
t=π/2
t=x
x
x
d'où
x
π/2
∗
∗
π/2
Z
V ◦ V(f )(x) =
0
π
2
π
2
π/2
0
− max(x, t) f (t)dt
7/11
x
0
x
π/2
tf (t)dt
Mines-Ponts MP
Un corrigé de Mathématiques 1
Ainsi
π
2
Z
∗
V ◦ V(f )(x) =
Z
gx (t)f (t)dt =
0
π
2
0
2015
+∞
4 X cos((2n + 1)x)
cos((2n + 1)t)f (t)dt
π
(2n + 1)2
n=0
+ 1)x)
cos((2n + 1)t)f (t) sont continues sur [0, π/2]
Les fonctions notées f : t 7→ cos((2n
(2n + 1)
On note N (f ) la norme innie de f sur le segment [0, π] qui y est continue
donc on a
N (f )
n
2
∞
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, π//2], |fn (t)| 6
∞
(2n + 1)2
or la série X (2nN +(f1)) converge par à une comparaison à une série de Riemann (à termes positifs)
donc la série de fonctions X f converge normalement sur [0, π/2] ; on peut donc intervertir somme et intégrale :
Z
∞
2
n>0
n
n>0
+∞
π
2
4X
V ◦ V(f )(x) =
π
∗
n=0 0
donc
+∞
En prenant
on a :
∀x ∈ [0, π/2],
V∗
π
2
Z
!
cos((2n + 1)t)f (t)dt
0
◦ V(f )(x) =
+∞
X
cos((2n + 1)x)
(2n + 1)2
cos((2n + 1)t)f (t)dt
0
n=0
4
an (f ) =
π(2n + 1)2
π
2
Z
4X
V ◦ V(f )(x) =
π
∗
cos((2n + 1)x)
cos((2n + 1)t)f (t)dt
(2n + 1)2
,
an (f ) cos((2n + 1)x)
n=0
D. Équations diérentielles du type Sturm-Liouville
Soit f ∈ E et n ∈ N. On a ϕ ∈ E.
donc d'après 2), hV ◦ V(f ), ϕ i = hf, V ◦ V(ϕ )i et d'après 4), ϕ ∈ E
donc hV ◦ V(f ), ϕ i = (2n +1 1) hf, ϕ i.
14) Soit g ∈ E.
⇒ : On suppose que g est solution de l'équation diérentielle (S).
Alors g est deux fois dérivable et g = −λg − h donc g ∈ E
ainsi V(g ) = −λ · V(g) − V(h) car V ∈ L(E)
or V(g ) est la primitive de g sur s'annulant en 0
Comme g (0) = 0, on a g = V(g ).
donc V (g ) = −λ · V ◦ V(g) − V ◦ V(h) car V ∈ L(E)
or V (g ) est la primitive de −g s'annulant en π/2 et −g(π/2) = 0
donc g = λ · V ◦ V(g) + V ◦ V(h)
⇐ : On suppose que g = λ · V ◦ V(g) + V ◦ V(h)
donc g = V λ · V(g) + V(h)
donc g(π/2) = 0
En dérivant, g = − λ · V(g) + V(h) = V(−λg − h)
13)
n
∗
∗
∗
n
n
n
n
n
2
00
00
00
00
00
0
∗
∗
0
0
00
∗
∗
0
∗
0
∗
∗
∗
∗
∗
0
8/11
1/(2n+1)2
(V∗ ◦ V)
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Un corrigé de Mathématiques 1
2015
donc g (0) = 0 et en dérivant g = −λg − h
donc g est solution de l'équation diérentielle (S)
On a bien g est solution de l'équation diérentielle (S) si et seulement si g = λ · V
Soit n ∈ N. On suppose g est solution de l'équation diérentielle (S).
donc hg, ϕ i = hV ◦ V(λg + h), ϕ i = (2n +1 1) hλg + h, ϕ i d'après 13.
λ
On a bien la formule : 1 − (2n + 1) hg, ϕ i = (2n +1 1) hh, ϕ i
Soit x ∈ [0, ]. on a : pour f ∈ E, a (f ) = π(2n4+ 1) hf, ϕ i. Ainsi
00
0
∗
n
n
◦ V(g) + V∗ ◦ V(h)
n
2
n
2
∗
n
2
√
π
2
n
π
2
2
V∗ ◦ V(f )(x) =
n
+∞
X
hf, ϕn i
ϕn (x)
(2n + 1)2
n=0
On a λg + h ∈ E donc
g(x) = V∗ ◦ V(λg + h)(x) =
+∞
X
hλg + h, ϕn i
n=0
Or hλg(2n++h,1)ϕ i = λ (2nhg,+ϕ 1)i
n
2
n
2
+
(2n + 1)2
ϕn (x)
hh, ϕn i
= hg, ϕn i
(2n + 1)2
ce qui permet de conclure à l'aide de la formule que g = hg, ϕ iϕ
Remarque : On a égalité au sens de la convergence simple; vue la question suivante c'est sans doute le sens
de cette question.
Cependant on peut facilement montrer que l'on a convergence normale à l'aide de la formule de 12); ce qui
entraîne la convergence uniforme; ce qui permet de d'établir la convergence au sens de la norme k · k.
15) Soit n ∈ N. Soit x ∈ [0, ]. On a en utilisant Cauchy-Schwarz
+∞
X
n
n
n=0
π
2
1
(2n + 1)2 −λ hh, ϕn iϕn (x) 6 √
s
Z
2
2
π|(2n + 1) −λ|
|hh, ϕn i| 6 √
2khkkϕn k
2
π|(2n + 1) −λ|
= αn
4π √
On a kϕ k =
6
6 2 donc α = O
π2
donc par comparaison entre séries à termes positifs, la série X α converge et
r
π/2
ϕ2n
n
n
0
n→∞
1
n2
n
n>0
π
∀x ∈ [0, ],
2
Ainsi la série :
1
hh, ϕn iϕn
2
(2n
+
1)
−λ
n>0
X
1
(2n + 1)2 −λ hh, ϕn iϕn (x) 6 αn
est normalement convergente sur 0,
π
2
On note alors g = (2n +11) −λ hh, ϕ iϕ
La fonction g est continue sur [0, π/2] car les ϕ le sont également et qu'il y a convergence normale
donc g ∈ E.
+∞
X
2
n
n
n=0
n
9/11
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2015
Pour montrer que g est solution de (S), il sut d'établir que g = λV
caractérisation de 14). On a :
∗
◦ V(g) + V∗ ◦ V(h)
en servant de la
+∞
+∞
X
X
hh, ϕn i
hg, ϕn i
ϕn +
ϕn
λV ◦ V(g) + V ◦ V(h) = λ
2
(2n + 1)
(2n + 1)2
∗
∗
n=0
n=0
Soit , on a
On a
Là encore la série de fonctions continues
sur le segment
, ce qui permet l'échange série/intégrale :
+∞
X
!
1
n∈N
hg, ϕn i =
hh, ϕm iϕm (t)ϕn (t) dt
(2m + 1)2 −λ
0
m=0
4
∀m ∈ N, ∀t ∈ [0, π/2], |hh, ϕm iϕm (t)ϕn (t)| 6 |hh, ϕm i|
π
X
1
t 7→
hh, ϕm iϕm (t)ϕn (t)
(2m + 1)2 −λ
m>0
[0, π/2]
Z
π/2
+∞
X
hh, ϕm i
hg, ϕn i =
(2m + 1)2 −λ
m=0
Z
converge normalement
π/2
ϕm (t)ϕn (t)dt
0
or
si
, alors
Dans ce cas
si
, alors
ainsi
π/2
Z
4 π/2 cos(2(m − n)t) + cos(2(m + n + 1)t)
ϕm (t)ϕn (t)dt =
dt
π 0
2
0
Z π/2
4 sin(2(m − n)t) sin(2(m + n + 1)t) t=π/2
=0
m 6= n
ϕm (t)ϕn (t)dt =
+
π
4(m − n)
4(m + n + 1)
0
t=0
hϕm , ϕn i = 0
Z π/2
Z
4 π/2 1 + cos(2(m + n + 1)t)
π
m=n
ϕm (t)ϕn (t)dt =
dt = + 0
π 0
2
4
0
hϕn , ϕn i = 1
On remarque que la famille (ϕn )n∈N est une famille orthonormée de E
hh, ϕn i
hg, ϕn i =
(2n + 1)2 −λ
+∞
+∞
X
X
1
hh, ϕn i
hh, ϕn i
λ · V∗ ◦ V(g) + V∗ ◦ V(h) = λ
ϕ
+
ϕn = g
n
2
2
(2n + 1) (2n + 1) −λ
(2n + 1)2
Z
Ainsi
Ainsi
n=0
n=0
Ainsi d'après 14), X (2n +11) −λ hh, ϕ iϕ est solution de S
16) Par l'absurde supposons hh, ϕ i =
6 0 et qu'il existe une solution notée g
À l'aide la première formule de 14, on a hh, ϕ i = ((2p + 1) − λ)hg, ϕ i = 0
Absurde
si hh, ϕ i =6 0, alors (S) n'a pas de solution
On suppose désormais que hh, ϕ i = 0
Il existe un unique p ∈ N tel que : λ = (2p + 1)
On pose g = X (2n +11) −λ hh, ϕ iϕ
+∞
n
2
n
n=0
p
2
p
n
p
p
2
+∞
2
n
n
n=0
n6=p
On montre de la même manière qu'en 15 qu'il y a convergence normale puis que g est solution de S ce qui
change un petit peu, c'est le calcul de hg, ϕ i = 0 = hV ◦ V(g), ϕ i = hh, ϕ i
∗
p
10/11
p
p
Mines-Ponts MP
Donc
g=
Un corrigé de Mathématiques 1
+∞
X
1
hh, ϕn iϕn
(2n + 1)2 −λ
n=0
2015
est solution de S si hh, ϕ i = 0 et λ = (2p + 1) où p ∈ N
2
p
n6=p
On considère l'équation homogène associée à (S) :
y 00 + (2p + 1)2 y = 0
y( π2 ) = 0 y 0 (0) = 0
et
Il est claire que ϕ est solution de (SH) donc que la droite vectorielle vect(ϕ ) est inclus dans l'ensemble des
solutions de (SH)
Donc pour chaque µ ∈ R, la fonction de E : g + µϕ est une solution de (S)
si hh, ϕ i = 0 et λ = (2p + 1) alors (S) admet une innité de solutions car ϕ 6= 0
(SH)
p
p
p
p
2
p
Fin du problème
11/11
E