Centrale Maths 1 PSI — Corrigé Π

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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 indépendantes l’une de l’autre. La troisième partie utilise, elle, les résultats des deux premières. 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 :
i−1
H0 = 1
et
∀i ∈ N∗
Hi =
1
Π (X − k)
i! k=0
L’intérêt de ces polynômes est qu’ils prennent des valeurs entières sur Z, et permettent même de caractériser les polynômes vérifiant P (Z) ⊂ Z : ce sont ceux
qui s’écrivent comme des combinaisons linéaires à coefficients entiers de polynômes de Hilbert.
On étudie également les suites qui peuvent s’écrire comme les valeurs sur N d’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 − ω lorsque ω est 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
P qui coïncide sur N avec la série entière f grâce aux résultats de la première
partie. La seconde partie nous permet ainsi de conclure, puisque la différence
f − P est alors nulle sur N.
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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 )i6n est échelonnée en degré.
I.C.1 Exprimer les nombres P(j) comme des coordonnées du produit matriciel :
 
a0
 .. 
t
Mn ·  . 
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 f trouvée à la question II.A.2.
est majorée par une constante.
j∈N
II.C.2 Montrer que la suite rj+1 bj
II.D.1 Appliquer le résultat de la question précédente à la fonction :
p
z 7−→ f (z) ·
Π
j=1
r2 − z j z
II.D.2 Remarquer que r2 = zz pour tout z ∈ Cr .
f (z)
II.D.4 Appliquer le résultat précédent à la fonction g : z 7−→ k .
z
f (k) (0)
Montrer que g(0) =
.
k!
Partie III
III.A.3 Majorer « brutalement » l’expression intégrale précédente.
n
P
III.B.1 Montrer que la suite d’entiers
(−1)n−k Ckn f (k)
tend vers 0.
k=0
n∈N
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I.
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Polynômes de Hilbert
I.A.1 Le j-ième vecteur colonne de la matrice Mn correspond au vecteur colonne
des coordonnées de Tn (Xj ) dans la base (1, X, . . . , Xn ). Grâce à la formule du binôme
de Newton, on trouve :
j
P
Tn (Xj ) = (X + 1)j =
i=0
Cij Xi
Dans toute cette partie, lorsque l’on travaille sur des endomorphismes
de Cn [X], espace vectoriel de dimension n + 1, on indice de 0 à n (et non de
1 à n + 1) les lignes et les colonnes des matrices. Ainsi, ces indices correspondent aux puissances de l’indéterminée X lorsqu’on travaille dans la base
canonique (1, X, . . . , Xn ).
Le coefficient sur la i-ième ligne et la j-ième colonne de la matrice Mn est donc
le coefficient de Xi dans l’expression de Tn (Xj ), soit Cij . En particulier, Mn est
triangulaire supérieure.


1 1 ··· ···
1


0 . . . C12 · · ·
C1n 



.. 
Mn =  ... . . . . . . . . .
. 


.

.
.
.
.
.
n−1
.

.
. C
n
0 ··· ···
0
1
Autrement dit, puisque par convention Cij = 0 pour i > j, on obtient :
Mn = Cij 06i,j6n
I.A.2 L’endomorphisme Tn de Cn [X] est inversible, d’inverse
Tn −1 : P 7−→ P(X − 1)
Par conséquent, sa matrice Mn dans la base (1, X, . . . , Xn ) est également inversible,
et Mn −1 est 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
j
Tn −1 (Xj ) = (X − 1) =
j
P
(−1)j−i Cij Xi
i=0
soit
Mn −1 = (−1)j−i Cij
06i,j6n
I.B.1 Pour tout indice i, le polynôme Hi est de degré i : la famille (Hi )06i6n est échelonnée en degré, et c’est donc une famille libre.
En outre, la famille (Hi )06i6n possède 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 )06i6n forme une base de Cn [X].
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Toute famille (P0 , . . . , Pn ) de polynômes échelonnée en degré est libre. En
n
P
effet, si (λ0 , . . . , λn ) sont des scalaires tels que
λk Pk = 0, alors en consik=0
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 i un entier naturel non nul.
• Par construction, les entiers 0, 1, . . . , i−1 sont racines du polynôme Hi . Par suite
Hi (j) est nul pour tout entier j ∈ [[ 0 ; i − 1 ]].
Pour 0 6 j 6 i − 1, Hi (j) = 0 est un entier.
• Si j est un entier strictement négatif,
j
i−1
Hi (j) =
1
Π (j − k) = i!1 k=j−i+1
Π k
i! k=0
c’est-à-dire, en factorisant par −1 dans chacun des termes du produit :
(−j)+i−1
(−1)i ((−j) + i − 1)!
(−1)i
Hi (j) =
Π
k=
k=−j
i!
i!(−j − 1)!
Pour j < 0, Hi (j) = (−1)i Ci(−j)+i−1 est un entier relatif.
• Si j est un entier supérieur ou égal à i,
j
i−1
Hi (j) =
1
1
(j)!
Π
(j − k) =
Π
k=
i! k=0
i! k=j−i+1
i!(j − i)!
et l’on obtient cette fois-ci :
Pour j > i, Hi (j) = Cij est encore un entier.
I.C.1 Soit j ∈ [[ 0 ; n ]]. En évaluant en j la décomposition P =
on obtient :
n
P
P(j) =
ai Hi (j)
n
P
ai Hi ,
i=0
i=0
Or, d’après la question précédente, Hi (j) = Cij (qui est nul lorsque j < i), d’où
n
P
P(j) =
Cij ai
i=0
Enfin, on a vu à la question I.A.1 que (Mn )i,j = Cij . On obtient par transposition
t
Mn
= Cji , d’où
i,j
n P
t
 
P(j) =
Mn
ai
j,i
a0
i=0
 .. 
t
et P(j) est bien le coefficient de la j-ième ligne du produit Mn · . .
Conclusion :


 
P(0)
a0
 ..  t
 .. 
 .  = Mn ·  . 
P(n)
an
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an