Centrale Maths 1 PSI — Corrigé Π

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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 1/16
Centrale Maths 1 PSI — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Thomas Chomette (ENS Ulm) ; il a été relu par Alexis
Devulder (ENS Ulm) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Cette épreuve est composée de trois parties, les deux premières étant indépen-
dantes l’une de l’autre. La troisième partie utilise, elle, les résultats des deux pre-
mières. Dans l’ensemble, cette épreuve est d’un niveau assez homogène, bien construite,
et permet de réviser un grand nombre de sujets.
L’objectif final du problème est de démontrer un résultat dû à Georg Pólya (1915) :
toute fonction développable en série entière sur C, prenant des valeurs entières sur
N, et vérifiant une certaine majoration asymptotique est en réalité un polynôme.
•Dans la première partie, on étudie les polynômes de Hilbert (Hi)i∈N,
suite définie par :
H0= 1 et ∀i∈N∗Hi=1
i!
i−1
Π
k=0 (X −k)
L’intérêt de ces polynômes est qu’ils prennent des valeurs entières sur Z, et per-
mettent même de caractériser les polynômes vérifiant P (Z)⊂Z: ce sont ceux
qui s’écrivent comme des combinaisons linéaires à coefficients entiers de poly-
nômes de Hilbert.
On étudie également les suites qui peuvent s’écrire comme les valeurs sur Nd’un
polynôme, leur caractérisation étant très utile pour démontrer le théorème de
Pólya.
•La deuxième partie est consacrée à l’étude des séries entières. On y démontre
plusieurs propriétés assez classiques : principe du maximum, factorisation d’une
série entière f(z)par z−ωlorsque ωest un zéro de f. Tout ceci permet de
conclure sur la nullité des séries entières nulles sur N, sous une hypothèse de
majoration asymptotique.
•Enfin, dans la dernière partie, on combine les résultats des deux premières pour
obtenir le théorème de Pólya. Il s’agit tout d’abord de trouver un polynôme
Pqui coïncide sur Navec la série entière fgrâce aux résultats de la première
partie. La seconde partie nous permet ainsi de conclure, puisque la différence
f−Pest alors nulle sur N.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/16
Indications
Partie I
I.A.1 Chercher les vecteurs colonnes de la matrice Mn, images des vecteurs de base.
I.A.2 Chercher l’inverse de l’endomorphisme Tn.
I.B.1 La famille (Hi)i6nest échelonnée en degré.
I.C.1 Exprimer les nombres P(j)comme des coordonnées du produit matriciel :
tMn·
a0
.
.
.
an
I.C.2 Pour i>n+ 1, raisonner dans Ci[X].
I.D Utiliser les polynômes de Lagrange pour interpoler les premières valeurs de la suite.
Utiliser ensuite la question I.C.2 pour montrer par récurrence que le polynôme
obtenu convient.
Partie II
II.A.1 Intégrer le développement en série entière de f.
II.B.2 Majorer l’expression intégrale de ftrouvée à la question II.A.2.
II.C.2 Montrer que la suite rj+1bjj∈Nest majorée par une constante.
II.D.1 Appliquer le résultat de la question précédente à la fonction :
z7−→ f(z)·
p
Π
j=1 r2−zjz
II.D.2 Remarquer que r2=zz pour tout z∈Cr.
II.D.4 Appliquer le résultat précédent à la fonction g:z7−→ f(z)
zk.
Montrer que g(0) = f(k)(0)
k!.
Partie III
III.A.3 Majorer « brutalement » l’expression intégrale précédente.
III.B.1 Montrer que la suite d’entiers n
P
k=0
(−1)n−kCk
nf(k)n∈N
tend vers 0.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/16
I. Polynômes de Hilbert
I.A.1 Le j-ième vecteur colonne de la matrice Mncorrespond au vecteur colonne
des coordonnées de Tn(Xj)dans la base (1,X,...,Xn). Grâce à la formule du binôme
de Newton, on trouve :
Tn(Xj) = (X + 1)j=
j
P
i=0
Ci
jXi
Dans toute cette partie, lorsque l’on travaille sur des endomorphismes
de Cn[X], espace vectoriel de dimension n+ 1, on indice de 0àn(et non de
1àn+ 1) les lignes et les colonnes des matrices. Ainsi, ces indices corres-
pondent aux puissances de l’indéterminée Xlorsqu’on travaille dans la base
canonique (1,X,...,Xn).
Le coefficient sur la i-ième ligne et la j-ième colonne de la matrice Mnest donc
le coefficient de Xidans l’expression de Tn(Xj), soit Ci
j. En particulier, Mnest
triangulaire supérieure.
Mn=
1 1 ··· ··· 1
0...C1
2··· C1 n
.
.
...........
.
.
.
.
.......Cn−1
n
0··· ··· 0 1
Autrement dit, puisque par convention Ci
j= 0 pour i > j, on obtient :
Mn=Ci
j06i,j6n
I.A.2 L’endomorphisme Tnde Cn[X] est inversible, d’inverse
Tn
−1: P 7−→ P(X −1)
Par conséquent, sa matrice Mndans la base (1,X,...,Xn)est également inversible,
et Mn
−1est la matrice dans la base (1,X,...,Xn)de Tn −1. On explicite donc Mn −1
de la même façon, en calculant les images des vecteurs de base.
Ici Tn
−1(Xj) = (X −1)j=
j
P
i=0
(−1)j−iCi
jXi
soit Mn
−1=(−1)j−iCi
j06i,j6n
I.B.1 Pour tout indice i, le polynôme Hiest de degré i: la famille (Hi)06i6nest éche-
lonnée en degré, et c’est donc une famille libre.
En outre, la famille (Hi)06i6npossède n+1 éléments, c’est donc une base de Cn[X]
puisque l’espace vectoriel Cn[X] est de dimension n+ 1.
La famille (Hi)06i6nforme une base de Cn[X].
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/16
Toute famille (P0,...,Pn)de polynômes échelonnée en degré est libre. En
effet, si (λ0,...,λn)sont des scalaires tels que
n
P
k=0
λkPk= 0, alors en consi-
dérant le terme de plus haut degré, on obtient la nullité de λn. Il suffit alors
d’itérer le procédé pour obtenir successivement λn−1= 0, etc., λ0= 0.
I.B.2 Soit iun entier naturel non nul.
•Par construction, les entiers 0,1,...,i−1sont racines du polynôme Hi. Par suite
Hi(j)est nul pour tout entier j∈[[ 0 ; i−1 ]].
Pour 06j6i−1,Hi(j) = 0 est un entier.
•Si jest un entier strictement négatif,
Hi(j) = 1
i!
i−1
Π
k=0(j−k) = 1
i!
j
Π
k=j−i+1 k
c’est-à-dire, en factorisant par −1dans chacun des termes du produit :
Hi(j) = (−1)i
i!(−j)+i−1
Π
k=−jk=(−1)i((−j) + i−1)!
i!(−j−1)!
Pour j < 0,Hi(j) = (−1)iCi
(−j)+i−1est un entier relatif.
•Si jest un entier supérieur ou égal à i,
Hi(j) = 1
i!
i−1
Π
k=0(j−k) = 1
i!
j
Π
k=j−i+1 k=(j)!
i!(j−i)!
et l’on obtient cette fois-ci :
Pour j>i,Hi(j) = Ci
jest encore un entier.
I.C.1 Soit j∈[[ 0 ; n]]. En évaluant en jla décomposition P =
n
P
i=0
aiHi,
on obtient :
P(j) =
n
P
i=0
aiHi(j)
Or, d’après la question précédente, Hi(j) = Ci
j(qui est nul lorsque j < i), d’où
P(j) =
n
P
i=0
Ci
jai
Enfin, on a vu à la question I.A.1 que (Mn)i,j = Ci
j. On obtient par transposition
tMni,j = Cj
i, d’où
P(j) =
n
P
i=0 tMnj,i ai
et P(j)est bien le coefficient de la j-ième ligne du produit tMn·
a0
.
.
.
an
.
Conclusion : 
P(0)
.
.
.
P(n)
=tMn·
a0
.
.
.
an
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