Épreuve des petites mines, commune, 1995

Épreuve des petites mines, commune, 1995 - corrigé
c François Fayard, protégé par la GNU Free Documentation License
source disponible sur http://www.velvia.org
Problème 1
ϕ0 (0) = −
Partie I
1. (a)
i. On cherche le développement limité (si il existe) de 1/t − 1/ sin t en 0 à
l’ordre 4. Calculons tout d’abord l’ordre k auquel il est nécessaire d’effectuer
le développement limité de sin t :
1
1
1
1
1
1
−
=
−
=
1−
t
sin t
t
t DLk−1
t
DLk−1
1
1
=
(1 − DLk−1 ) = DLk−1 = DAk−2
t
t
Donc k − 2 = 4. Il est donc nécessaire d’effetcuer un développement limité de
sin t à l’ordre 6.
1
1
sin t = t − t3 + t5 + o t6
t→0
3!
5!
Donc :
1
1
1
=
1 4
sin t
t 1 − 16 t2 + 120
t + o (t5 )
t→0
Par division selon les puissances croissantes :
1
1
1
7 4
1 + t2 +
=
t + o t5
t→0
sin t
t
6
360
Donc :
(b) D’après les théorèmes usuels, ϕ est de classe C 1 sur [−π/2, π/2] \ {0}. D’après la
question précédente, ϕ est continue et dérivable en 0. Il reste à montrer que ϕ0 est
continue en 0. Or :
h π πi
1
cos t
∀t ∈ − ,
\ {0} ϕ0 (t) = − 2 +
2 2
t
sin2 t
On cherche la limite de cette expression lorsque t tend vers 0. Il est donc nécessaire
d’en effectuer un développement limité à l’ordre 0. Un raisonnement similaire à
celui de la question précédente nous montrer qu’il faut effectuer un développement
limité de sin2 t à l’ordre 4 :
1
sin t = t − t3 + o t3
t→0
6
2
1
sin2 t = t2 1 − t2 + o t2
t→0
6
1
= t2 1 − t2 + o t2
t→0
3
Donc, par division selon les puissances croissantes :
cos t
sin2 t
1
1
1
7 3
−
=− t−
t + o t4
t→0
t
sin t
6
360
7 3
1
t + o t4
ϕ (t) = − t −
t→0
6
360
−
t6=0
Comme ϕ (0) = 0, on en déduit :
7 3
1
t + o t4
ϕ (t) = − t −
t→0
6
360
ii. Par troncature, ϕ admet un développement limité en 0 à l’ordre 0 donc est
continue en 0. De même ϕ admet un développement limité en 0 à l’ordre 1
donc ϕ est dérivable en 0 et :
1
6
1
cos t
+
t2
sin2 t
1 2
o t2
1 1 − 2 t + t→0
= 2
t 1 − 13 t2 + o (t2 )
t→0
1 2
1
2
= 2 1− t + o t
t→0
t
6
1
= − + o (1)
6 t→0
Donc :
ϕ0 (t) −−−→ −
t→0
t6=0
1
= ϕ0 (0)
6
Donc ϕ0 est continue en 0.
ϕ est de classe C 1 sur − π2 , π2
3. (a) Soit n ∈ N∗ et t ∈ ]0, π[. Alors :
(c) On remarque que :
h π πi
∀t ∈ − ,
\ {0}
2 2
n
X
ψ (t) = 1 − tϕ (t)
ei2kt
k=1
ei2t
k=1
n
X
k
ei2t
k=1
= ei2t
ψ (t) = 1 − tϕ (t)
n−1
X
=
=
ψ 0 (t) = −ϕ (t) − tϕ0 (t)
=
=
En particulier, pour t = 0, on a :
k−1
ei2t
k=0
D’après la question précédente et les théorèmes usuels, on en déduit que ψ est de
classe C 1 sur [−π/2, π/2] et :
h π πi
∀t ∈ − ,
2 2
n
X
= ei2t
De plus cette égalité est vraie en 0, donc :
h π πi
∀t ∈ − ,
2 2
=
k
1 − ei2nt
ei2t
car ei2t 6= 1
1 − ei2t
int
e−int − eint
i2t e
e
eit (e−it − eit )
(−2i) sin (nt)
ei(n+1)t
(−2i) sin t
sin (nt)
ei(n+1)t
sin t
Donc :
0
ψ (0) = 0
1+2
Z
intègre
b
z }| { g (t) sin (λt) dt car g est de classe C 1
a |{z}
dérive
Z b
b
(−1)
(−1)
g 0 (t)
cos (λt) −
cos (λt) dt
g (t)
λ
λ
a
a
Z b
|g (b)| + |g (a)|
1
|g 0 (t)| dt −−−−−→ 0
+
λ→+∞
λ
λ a
=
=
6
cos (2kt) = 1 + 2 Re
n
X
k=1
k=1
2. Soit g une fonction de classe C 1 sur [a, b]. Alors, pour tout λ > 0 :
Z
b
g (t) sin (λt) dt
a
n
X
e
i2kt
!
sin (nt)
sin t
sin t + 2 cos ((n + 1) t) sin (nt)
sin t
sin t + sin (2n + 1) t − sin t
sin t
sin ((2n + 1) t)
sin t
= 1 + 2 cos ((n + 1) t)
=
=
=
En conclusion :
∀n ∈ N∗
∀t ∈ ]0, π[
Sn (t) =
sin ((2n + 1) t)
sin t
(b) On a :
En conclusion :
Si g est de classe C 1 sur [a, b] :
Z
a
Sn (0) = 1 + 2
g (t) sin (λt) dt −−−−−→ 0
λ→+∞
1 = 1 + 2n et Sn (π) = 1 + 2
k=1
En conclusion :
b
n
X
∀n ∈ N∗
n
X
k=1
Sn (0) = Sn (π) = 1 + 2n
1 = 1 + 2n
(c) On a :
a bien un sens. De plus :
Jn
=
π
2
Z
0
=
π
2
Z
0
=
=
=
=
Z
=
π
2
cos (2kt) dt
k=1 0
n X
π
sin (2kt)
+2
2
2k
k=1
π
2
π
2
π2
Z
π
2
0
k=1
X
π
+2
2
Z
0
Sn (t) dt
"
#
n
X
1+2
cos (2kt) dt
n
=
In
π
2
Z
0
=
sin ((2n + 1) t)
dt
sin t
En conclusion :
Z
π
2
|0
sin ((2n + 1) t)
dt
t
Z π2
1
1
sin ((2n + 1) t)
sin ((2n + 1) t) dt +
−
dt
t
sin t
sin t
0
π
π
ϕ (t) sin ((2n + 1) t) dt + −−−−→
2 n→∞ 2
{z
}
−−
−−−→0
n→+∞
In −−−−−→
n→+∞
0
2. (a)
π
2
i. Puisque :
sin t
−−−→ 1
t t→0
On en déduit que :
En conclusion :
∀n ∈ N∗
Jn =
f se prolonge par continuité en 0 en posant f (0) = 1.
π
2
ii. Soit n ∈ N. Alors :
Z
In =
0
Partie II
=
1
1. (a) D’après la question 1.b de la partie I, ϕ est de classe C sur [0, π/2]. Donc, d’après
la question 2 de la partie I :
Z
=
En conclusion :
π
2
ϕ (t) sin ((2n + 1) t) dt −−−−−→ 0
sin ((2n + 1) t)
dt
t
(2n+1) π
2
sin u 1
(2n + 1)
du
u 2n + 1
0
π
F (2n + 1)
2
∀n ∈ N
n→+∞
0
Z
π
2
(b) Soit x > π/2. Alors :
(b) Puisque :
sin ((2n + 1) t)
sin ((2n + 1) t)
= (2n + 1)
−−−
→ 2n + 1
t→0
t
(2n + 1) t
1
2
On pose :
n=E
l’intégrale :
In =
Z
0
π
2
sin ((2n + 1) t)
dt
t
Alors :
n6
1
2
π
F (2n + 1)
= In
2
2
x−1
π
>0
1 2
x−1
>0
2 π
2
x−1
π
<n+1
u = (2n + 1) t
2
x − 1 < 2n + 2
π
2n 6
2n + 1 6
2
x < 2n + 3
π
F (x) −−−−−→
x→+∞
3. (a) Soient x et y réels tels que 0 < x < y. Alors :
π
π
(2n + 1) 6 x < (2n + 3)
2
2
Z
Donc :
Pour tout x > π/2, il existe n ∈ N tel que :
(c) Soit x > 3π/2. Alors :
Z
x sin t dt 6
α(x) t
Z
6
Z
6
6
6
=
=
α(x)
x
Z
α(x)
x
|sin t|
dt
t
6
dt
t
6
dt
α (x)
6
x − α (x)
α (x)
π
car x − α (x) 6 π et α (x) > x − π > 0
x−π
π
−−−−−→ 0
x − π x→+∞
En conclusion :
Z
x
α(x)
sin t
dt −−−−−→ 0
x→+∞
t
(d) Montrons que F (x) tend vers π/2 lorsque x tend vers +∞.
π π F (x) − 6 |F (x) − F (α (x))| + F (α (x)) − 2
2
Z
x sin t π
dt + Iα(x) − −−−−−→ 0
6 x→+∞
|
α(x) t
{z 2 }
|
{z
}
−−
−
−
−
→
0
x→+∞
−−
−−−→0
x→+∞
En conlusion :
sin t dt
t
6
x
α(x)
6
y
x
π
π
6 x < (2n + 3)
2
2
(2n + 1)
π
2
6
Z y intègre
z}|{ 1
dt
sin t
t
x
|{z}
dérive
y Z y
cos t
cos t −
−
dt
t x
t2
x
Z
cosx cos y y cos t +
−
dt
x
y x t2
Z y
cosx cos y dt
x − y +
2
x t
cosx cos y 1
1
x − y + x − y
1
1
1
1
+ + −
x y x y
2
x
En conclusion :
Si x et y sont des réels tels que 0 < x < y :
Z y
sin t 2
dt 6
t
x
x
(b) Soit x > 0. Alors, pour tout y > x :
Z
|F (y) − F (x)| = En faisant tendre y vers +∞, on obtient :
∀x > 0
y
x
sin t 2
dt 6
t
x
|l − F (x)| 6
2
x
donc
Partie III
1. (a) Soit n ∈ N∗ . Alors :
Z π
k=1
αt + βt2 cos (nt) dt
0
Z
=
donc
intègre
π
z }| {
αt + βt2 cos (nt) dt
| {z }
0
∀n ∈ N
= −
(c) On vérifie que :
Z
π
0
intègre
z }| {
(α + 2βt) sin (nt) dt
| {z }
dérive
Z π
1
1
π
[(α + 2βt) (−1) cos (nt)]0 + 2
2
n
n
1
n
((−1) (α + 2βπ) − α)
n2
=
2β cos (nt) dt
α + 2πβ = 0
−α
=1
∀t ∈ ]0, π]
Puisque ψ se prolonge par continuité en une fonction de classe C 1 sur [0, π], il en
est de même pour h. En conclusion :
2. (a) D’après la question 1.b :
⇐⇒
un
α= −1
1
β = 2π
1
2π
sont solution du problème posé.
Z
π
2
αt + βt
0
π
2
αt + βt
0
donc
Z
0
π
cos (kt)
k=1
donc
Z
n
X
!
1+2
n
X
!
cos (kt)
k=1
αt + βt2 Sn
dt =
Z
0
1
αt + βt2
sin
n+
t dt
2
sin 2t
0
Z
π2
1
1 π
h (t) sin
n+
t dt
+
6
2 0
2
|
{z
}
−−
−−−→0
n→+∞
1
π2
+
6
2
Z
π
car h est de classe C 1 sur [0, π]. En conclusion :
(b) Soit n ∈ N∗ . Alors, pour tout k ∈ J1, nK :
Z π
1
αt + βt2 cos (kt) dt = 2
k
0
donc
=
=
En conclusion :
α = −1 et β =
t
h (t) = ψ
2 (α + βt)
2
h se prolonge en une fonction de classe C 1 sur [0, π].
0
Donc α et β sont solution du problème lorsque :
n
Z π
n
X
π2
1
t
2
2
dt
=
−
S
αt
+
βt
n
k2
2
3
0
∗
k=1
dérive
π 1
1
αt + βt2 sin (nt) 0 −
n
n
=
Z π
n
X
1
π2
π2
t
2
2
dt
=
−
−
αt
+
βt
S
n
k2
2
2
6
0
un −−−−−→
n→+∞
π2
6
(b) Soit n ∈ N∗ . Alors :
n
X
1
dt =
k2
u2n
k=1
π
2
αt + βt
n
X
1
dt + 2
k2
n
X
1
π3
π2
t
+β
+2
dt = α
2
2
3
k2
k=1
=
=
2n+1
X
k=1
2n+1
X
1
k2
k=1
k≡0[2]
k=1
=
=
n
X
2n+1
X 1
1
+
k2
k2
k=1
k≡1[2]
1
(2k)2
k=1
1
un + vn
4
+
1
X
k=0
1
(2k + 1)2
Donc :
Donc ∆ (P ) est une fonction polynôme de degré n − 1.
En conclusion :
1
π2 3
vn = u2n − un −−−−−→
n→+∞
4
6 4
∆ (P ) est une fonction polynôme. De plus :
(
−∞
si deg P 6 0
deg ∆ (P ) =
deg P − 1 sinon
En conclusion :
vn −−−−−→
n→+∞
π2
8
Problème 2
De plus, si n = deg P > 1 et an est le coefficient dominant de
P , le coefficient dominant de ∆ (P ) est nan
Partie I
ii. Nous savons que ∆ est linéaire. Il reste à montrer que :
1. (a)
i. Soit P ∈ E. Montrons que ∆ (P ) est une fonction polynôme et que deg ∆ (P ) =
−∞ si deg P 6 0 et deg ∆ (P ) = deg P − 1 sinon.
– Si deg P 6 0. Alors, il existe λ ∈ R tel que :
∀P ∈ En
P (x) = λ
Or la question précédente nous montre que si deg P 6 n, alors deg ∆ (P ) 6 n.
En conclusion :
∆ (P ) (x) = λ − λ = 0
∆ induit un endomorphisme de En que l’on notera désormais
En .
∀x ∈ R
Donc
∀x ∈ R
∆ (P ) ∈ En
Donc ∆ (P ) est la fonction polynôme nulle, donc deg ∆ (P ) = −∞.
– Sinon, en notant n = deg P , il existe a0 , a1 , . . . , an ∈ R avec an 6= 0 tels
que :
n
X
∀x ∈ R f (x) =
ak xk
(b)
i. Soit P ∈ En . Alors :
P ∈ Ker ∆n
k=0
⇐⇒ ∆ (P ) = 0
⇐⇒ deg ∆ (P ) = −∞
⇐⇒ deg P 6 0
Donc
d’après la question 1.a.i
⇐⇒ P ∈ E0
=
∀x ∈ R ∆ (P ) (x)
n
n
X
X
k
ak (x + 1) −
ak xk
k=0
=
n
X
k=0
=
=
=
En conclusion :
Ker ∆n = E0
k=0
h
i
k
ak (x + 1) − xk
ii. D’après le théorème du rang :
#
!
k X
k i
x − xk
ak
i
i=0
k=0
!
k−1
n
X k X
i
x
ak
i
i=0
k=1
n−1
n−2
X k X k−1
X n
n
an
xi
xi +
ak
xn−1 + an
n−1
i
i
i=0
i=0
k=1
|
{z
}
|
{z
}
n
X
"
=nan 6=0
deg6n−2
dim En = dim Im ∆n + dim Ker ∆n
Or dim En = n + 1 et dim Ker ∆n = dim E0 = 1. Donc :
rg ∆n = dim Im ∆n = n
D’après la question 1.a.i, Im ∆n ⊂ En−1 . Comme ces deux espaces vectoriels
sont de même dimension, on en déduit qu’ils sont égaux. En conclusion :
Im ∆n = En−1
2. (a)
i. Soit k > 1. Alors :
=
=
=
(b)
∀x ∈ R ∆ (Nk ) (x)
Nk (x + 1) − Nk (x)
(x + 1) x (x − 1) · · · (x − k + 2) x (x − 1) · · · (x − k + 1)
−
k!
k!
x (x − 1) · · · (x − k + 2)
((x + 1) − (x − k + 1))
{z
}
|
k!
=k
=
=
x (x − 1) · · · (x − (k − 1) + 1)
(k − 1)!
Nk−1 (x)
i. Montrons que la famille N0 , . . . , Nn est une base de En . Puisque cette famille
possède n + 1 éléments et que dim En = n + 1, il suffit de montrer qu’elle est
libre.
Soit λ0 , . . . , λn ∈ R tels que :
λ0 N0 + · · · + λn Nn = 0
Soit j ∈ J0, nK. Alors en appliquant ∆j à l’égalité précédente et en évaluant en
0, on obtient (d’après la question précédente) λj = 0. La famille N0 , . . . , Nn
est donc libre. En conclusion :
La famille N0 , . . . , Nn est une base de En .
ii. Soit P ∈ En . Puisque N0 , . . . , Nn est une base de En , il existe a0 , . . . , an ∈ R
tels que :
P = a0 N 0 + · · · + an N n
En conclusion :
∀k > 1 ∆ (Nk ) = Nk−1
ii. Montrons la propriété suivante par récurrence sur j :
(
Nk−j si j 6 k
»
Pj : « ∀k ∈ N ∆j (Nk ) =
0
sinon
– P0 est vraie. (immédiat)
– Pj =⇒ Pj+1 . Soit j ∈ N. On suppose que Pj est vraie. Montrons qu’il en
est de même pour Pj+1 . Soit k ∈ N.
– Si j 6 k. Puisque Pj est vraie, on en déduit que ∆j (Nk ) = Nk−j . Donc :
∆j+1 (Nk ) = ∆ ∆j (Nk ) = ∆ (Nk−j )
– Si k − j > 1, c’est-à-dire si j + 1 6 k, ∆ (Nk−j ) = Nk−j−1 = Nk−(j+1) .
– Sinon, Nk−j = N0 donc ∆Nk−j = 0 donc ∆j+1 (Nk ) = 0.
– Sinon, ∆j (Nk ) = 0 donc ∆j+1 (Nk ) = 0.
Donc Pj+1 est vraie.
Par récurrence sur j on en déduit que Pj est vrai quelque soit j ∈ N. En
conclusion :
(
Nk−j si j 6 k
j
∀j, k ∈ N ∆ (Nk ) =
0
sinon
Remarquons que Nk (0) = 0 si k > 1 et N0 (0) = 1. On en déduit donc que :
(
1 si j = k
j
∀j, k ∈ N
∆ (Nk ) (0) =
0 sinon
Soit j ∈ J0, nK. Alors, en appliquant ∆j puis en évaluant en 0 l’égalité
précédente, on obtient (toujours d’après la question 2.a.ii) aj = ∆j (P ) (0).
En conclusion :
∀j ∈ J0, nK aj = ∆j (P ) (0)
3. (a) Soit k ∈ N et f ∈ F. Alors, une récurrence immédiate sur k nous montre que :
∀x ∈ R
T k (f ) (x) = f (k + x)
(b) Soit j ∈ N et f ∈ F.
i. Puisque T et Id commutent dans L (F ), on en déduit en appliquant la formule
du binôme de Newton :
∆j
=
=
=
(T − IdF )j
j X
j
j−k
T k (− IdF )
k
k=0
j X
j
j−k k
(−1)
T
k
k=0
Donc :
j
∆ (f ) =
j X
j
k=0
k
j−k
(−1)
T k (f )
D’après la question précédente, on en déduit finalement que :
j X
j
j−k
∀x ∈ R
∆j (f ) (x) =
(−1)
f (x + k)
k
k=0
ii. D’après la question précédente :
Le problème P posséde une unique solution Pf .
j X
j
j−k
∆j (f ) (0) =
(−1)
f (k)
k
k=0
En particulier, ∆j (f ) (0) ne dépend que des valeurs de f aux
points 0, 1, . . . , j.
2. (a) Soit j ∈ J0, nK. D’après la question 3.b.ii :
∆ (f ) (0) =
j
=
Partie II
1. (a) Montrons que Φ est un isomorphisme.
– Φ est linéaire (évident).
– Φ est injective. En effet, montrons que Ker Φ = {0}. Soit P ∈ En tel que
Φ (P ) = (0, . . . , 0). Alors :
∀k ∈ J0, nK
En conclusion :
j−k
(−1)
f (k)
k
k=0
j X
j
j−k
(−1)
Pf (k)
k
k=0
∆j (Pf ) (0)
Donc P admet n + 1 racines 2 à 2 distinctes. Puisque deg P 6 n, on en déduit
que P = 0.
Puisque dim En = dim Rn+1 (= n + 1) et que Φ est injective, on en déduit que Φ
est un isomorphisme. En conlusion :
n+1
Pf =
n
X
j=0
∆j (Pf ) (0) Nj
On en déduit donc, d’après la question précédente :
.
(b) L’existence d’une solution au problème P découle de la surjectivité de Φ et son unicité découle de l’injectivité de Φ. La question précédente permet donc de conclure :
car Pf est solution du problème P
∆j (f ) (0) = ∆j (Pf ) (0)
∀j ∈ J0, nK
(b) D’après la question 2.b.ii :
P (k) = 0
Φ est un isomorphisme de En dans R
=
j X
j
Pf =
n
X
j=0
∆j (f ) (0) Nj