Un corrigé du concours X-ENS Maths-B

Un corrigé du concours X-ENS Maths-B- (X)
Filière MP
Mr : HAMANI Ahmed Mohammedia
Première partie : un théorème de Kronecker
1. • Soit (an )n une suite convergente de limite l et soit ε > 0.
ε
∃N1 ∈ N tel que ∀n ≥ N1 , |an − l| ≤ , donc
2
N1 −1
n
∑
1 ∑
1
K
n − N1 + 1 ε
K
ε
|ak − l| ≤
∀n ≥ N1 , |mn − l| ≤
|ak − l| +
+
≤
+
n+1
n+1
n+1
n+1 2
n+1 2
k=N1
k=0
K
K
ε
= 0, donc ∃N2 ∈ N tel que ∀n ≥ N2 ,
≤ .
n+1
n+1
2
k=0
ε ε
En conclusion ∀n ≥ max(N1 , N2 ), |mn − l| ≤ + = ε.
2 2
1
• Avec an = (−1)n , on aura m2n =
et m2n+1 = 0, donc la suite (mn )n converge vers 0, mais la suite
2n + 1
(an )n diverge.
n
∑
2. Supposons que (an )n est une suite C-convergente et soit L sa C-limite, alors si on pose Sn =
ak , on
où K =
1
n+1
N∑
1 −1
|ak − l|, or
lim
n−→+∞
k=0
an
1
aoura ∀n ∈ N , an = Sn − Sn−1 = (n + 1)mn − nmn−1 , donc
= (1 + )mn − mn−1 −→ L − L = 0.
n
n
n
n
n−1
∑
∑
∑
3. Soit Sn =
(−1)k k α , alors • 0 ≤
((2k)α − (2k − 1)α ) = S2n = (−1)α +
((2k)α − (2k + 1)α ) + (2n)α ≥
∗
(2n)α .
k=0
• −(2n + 1)α ≤
k=1
n
∑
k=1
(−(2k − 1)α − (2k)α ) − ()2n + 1α = S2n+1 = (−1)α +
k=1
n
∑
k=1
((2k)αα − (2k + 1)α ) ≤ 0.
|Sn |
nα
1
• En en déduit que ∀n ∈ N, |Sn | ≤ nα , et par suite |mn | =
≤
= 1−α , or α ∈]0, 1[, donc mn tend
n+1
n
n
vers 0 lorsque n tend vers l’infini.
∑
Sn (z0 )
= 0, c’est à dire que la
4. La série
cn z0n est C-convergente, donc d’après la question 2, lim
n−→+∞ n + 1
cn z0n
suite (cn z0n )n est C-convergente, ce qui entraine d’après la question 2, que lim
= 0, donc la série
n−→+∞ n
∑ cn z n
∑
0
qui est de même rayon de convergence R que
cn z0n , est convergente, ce qui exige que |z0 | ≤ R.
n

si z0 = 1
 n+1
5. (a) • R = 1. Soit z0 de module 1, Sn (z0 ) =
1 − z0n+1

si z0 ̸= 1
1 − z0

n+2

si z0 = 1

2
n+2
, donc F = C(0, 1) − {1}, et
• σn (z0 ) =
1 − z0
1


−
si z0 ̸= 1
1 − z0
(n + 1)(1 − z0 )
1
∀z0 ∈ F σ(z0 ) =
1 − z0
{
n−1
n
∑
∑
(2α + β)n + α si z0 = 1
z02k + (α + β)
z02k+1 =
(b) • R = 1, et si z0 = ±1, S2n (z0 ) = α
−βn + α
si z0 = −1
k=0 {
k=0
(2α + β)(n + 1) si z0 = 1
• S2n+1 (z0 ) = S2n (z0 ) + (α + β)z02n+1 =
−β(n + 1)
si z0 = −1
σn (z0 )
• Donc si z0 = ±1,
ne tend pas vers 0 (2α + β ̸= 0 et β ̸= 0), et par suite d’après la question 2,
n
(σn (z0 ))n diverge.
α + (α + β)z0
• Un simple calcul aboutit à F = C(0, 1) − {−1, 1} et ∀z0 ∈ F, σ(z0 ) =
.
1 − z02
(c) R = 1.
• -si eiλ = 1, alors Sn (1) = (1 + α)(n + 1)
1 − e−(n+1)λ
1 − ei(n+1)λ
et Sn (e−iλ ) =
+ α(n + 1), donc si z0 ∈ {1, e−iλ },
-si eiλ ̸= 1, Sn (1) = n + 1 +
iλ
1−e
1 − e−iλ
1
Sn (z0 )
ne tend pas vers 0, ce qui entraine que (σn )n diverge.
n
• Un calcul montre que F = C(0, 1) − {1, e−iλ } et ∀z0 ∈ F, σ(z0 ) =
1
α
+
.
1 − z0
1 − eiλ z0
Deuxième partie : convergence au sens de Césaro
{
∫ x
sin(λx)
1
si λ ̸= 0 ,
iλt
6. (a) • Soit f ∈ E, alors f est combinaison linéaire finie des eλ , or
e dt =
λx
2x −x
1
si λ = 0
{
∫ x
∫ x
1
1
0 si λ ̸= 0
donc lim
eiλt dt =
f (t)dt existe.
et par combinaison linéaire lim
1 si λ = 0
x−→+∞ 2x −x
x−→+∞ 2x −x
∫ x
∫ x
∫ x
1
1
1
• ∀α, β ∈ C, f, g ∈ E, ∀x > 0,
(αf + βg) = α
f +β
g, et par passage à la limite, on
2x −x
2x −x
2x −x
obtient M (αf + g) =αM∫(f ) + βM(g), donc f 7−→ M (f ) est linéaire.
x
1
f (t)dt ≤ ∥f ∥∞ , donc par passage à la limite |M (f )| ≤ ∥f ∥∞ , d’où la
• ∀f ∈ E, ∀x > 0, 2x −x
continuité de f 7−→ M (f ).
(b) • Soient p ∈ R, λ1 , ..., λp des réels distincts deux à deux et α1 , ..., αp des complexes tels que ∀t ∈
p
p
∑
∑
R,
αk eiλk t = 0, alors en dérivant m fois , on obtient
αk (iλk )m eiλk t = 0, donc on a le sysk=1
tème ∀m ∈ [[0, p − 1]], ∀k ∈ [[1, p]]
p
∑
k=1
αk (λk )m = 0 qui est un système de Cramer de discriminant
k=1
V and(λ1 , ...,{λp ) ̸= 0, donc α1 = ... = αp = 0.
0 si λ ̸= 0
• M (eλ ) =
, donc M (f ) est la coordonnée de f dans la base (eλ)λ∈R .
1 si λ = 0
(c) • ∀λ, µ ∈ R, eλ eµ = eλ+µ , donc E est stable par produit.
∫ x
∫ x ∫ |x|
1
1
1
• ∀f, g ∈ E, ∀x > 0, f g ≤
∥f ∥∞ g = ∥f ∥∞ g , donc par passage à la limite,
2x −x
2|x| −|x|
2x −x
on obtient |M (f g)| ≤ ∥f ∥∞ M (g).
)
N (
N
∑
j
2 ∑
7. (a) KN (t) = 1+
1−
(N +1−j)cos(jt) et le changement d’indice
(eijt +e−ijt ) = 1+
N +1
N + 1 j=1
j=1
2 ∑
jcos((N + 1 − j)t).
N + 1 j=1
N
N + 1 − j ←− j, donne KN (t) = 1 +
( )∑
(
)
N
N
) 1(
)
t
1 ∑ ( −i(2k−1−N ) t
N +1
i( N
−k)t
−i(2k+1−N ) 2t
−i(1+N ) 2t
i(1+N ) 2t
2
2
(b) • sin
e
=
e
−e
=
−e
= sin
e
t .
2
2i
2
2
k=0
k=1
• En levant les deux membres de l’égalité précédente au carré, on obtient :
) 2
(

N +1
(N
)2
t 
2N ∑
∑ N
∑
 sin
2
i(
−k)t
 =

2
(
)
e
=
ei(N −j)t , or


t
j=0 p+q=j
k=0
sin
2
{
j+1
si
j ∈ [[0, N ]]
Card{(p, q) ∈ [[0, N ]]2 / p + q = j} =
, ce qui entraine que
2N − j + 1 si j ∈ [[N + 1, 2N ]]
) 2
(

N +1
t 
N
2N
∑
∑
 sin
2
i(N −j)t

 =
(
)
(j
+
1)e
+
(2N − j + 1)ei(N −j)t .


t
j=0
j=N +1
sin
2
N
N
∑
∑
• Le changement d’indice j ←− N − j donne
(j + 1)ei(N −j)t =
(N − j + 1)eijt et le changej=0
ment d’indice j ←− j − N , puis j ←− −j donne
j=0
2N
∑
j=N +1
−1
∑
(N + j + 1)eijt .
j=−N
2
(2N − j + 1)e
i(N −j)t
N
∑
=
(N − j + 1)e−ijt =
j=1
(
) 2
N +1
sin
t
N
∑


2


(
)
• Ce qui donne finalement 
(N − |j| + 1)eijt , d’où l’égalité
 =
t
j=−N
sin
2
) 2
(

N +1
t
sin

1 
2

( ) 
KN (t) =


t
N +1
sin
2
.
)
n+1
N (
∏ ∑
|j|
8. (a) • gN (x) =
1−
eij(λp x+αp ) =
N
+
1
p=1 j=−N
(
) (
)
n+1
∑
∑
|k1 |
|kn+1 |
=
1−
... 1 −
exp(i
kp αp ).eiλx .
N
+
1
N
+
1
n+1
p=1

(k1 ,...,kn+1 )∈[[−N,N ]]
• La famille (λ1 , ..., λn+1 est Q−libre, donc λ = 0 si, et seulement si k1 = ... = kn+1 = 0.
M (gN ) est la coordonnée de gN suivant e0 , ceci correspond à λ = 0, donc c’est 1.
(
) (
)
n+1
∑
∑
∑
|k1 |
|kn+1 |
(b) Posons gN =
cλ eλ où cλ = 1 −
... 1 −
exp(i
kp αp ), alors (f gN )(x) =
cλ r0 eλ +
N +1
N +1
p=1
n+1
∑∑
aj cλ ei(λj +λ)x , donc la coordonnée de f gN suivant e0 est : c0 r0 +
j=1
n+1
∑
aj c−λj , or λ = 0 si, et seule-
j=1
ment si (
λ1 = ... = λn+1
) = 0 et λ = −λj si, et seulement si kj = −1 et kp = 0 pour p ̸= j, donc c0 = 1 et
1
e−iαj , ce qui entraine que :
c−λj = 1 −
N +1
)
n+1
n+1
∑ (
N ∑
1
rj
e−iαj = r0 +
M (f gN ) = r0 +
aj 1 −
N +1
N + 1 j=1
j=1
(c) • D’une part f (x) = r0 +
n+1
∑
aj eiλj x , donc ∥f ∥∞ ≤ r0 +
j=1
n+1
∑
|aj | = r0 +
j=1
n+1
∑
rj =
j=1
n+1
∑
rj .
j=0
• D’autre part d’après la question 7, KN ∈ E et elle est positive, donc par stabilité de E pour le produit,
gN ∈ E et positive, ce qui entraine en utilisant la question 6.c, que
n+1
N ∑
∀N ≥ 0, r0 +
rj = M (f gN ) ≤ ∥f ∥∞ M (gN ) = ∥f ∥∞ , donc en tendant N vers +∞, on obtient
N + 1 j=1
n+1
∑
rj ≤ ∥f ∥∞ .
j=0
• D’où l’égalité ∥f ∥∞ =
n+1
∑
rj .
j=0
9. • Soient k ̸= j, m − ε ≤ |u1 + ... + um | ≤ |uk + uj | + |
∑
up | ≤ |uk + uj | + m − 2, donc |uk + uj | ≥ 2 − ε.
p∈{k,j}
/
• |uk + uj |2 + uk − uj |2 =√2(|uk |2 + |uj |2 ) = 4, donc |uk − uj |2 = 4 − |uk + uj |2 ≤ 4 − (2 − ε)2 = 4ε − ε2 ≤ 4ε,
et par suite |uk − uj | ≤ 2 ε.
10. (a) Dans ce cas ∥f ∥∞ = n + 2, donc d’après la caractérisation de la borne supérieure, ∃(xm )m ⊂ R tels
que lim |f (xm )| = n + 2.
m−→+∞
(b) Soit ε > 0, on a
lim
|f (xm )| = n + 2, donc ∃N ∈ N tel que ∀m ≥ N , |f (xm )| ≥ n + 2 − ε, et par la
√
√
− 1| ≤ 2 ε et ∀j ∈ [[1, n]], |eiαj eiλj xm − 1| ≤ 2 ε, c’est à dire
m−→+∞
i2πxm
question 9, on aura |e
lim
m−→+∞
(c) •
lim
m−→+∞
ei2πym =
lim
m−→+∞
ei2πxm = 1 et
ei2πxm = 0, donc
lim
lim
n−→+∞
m−→+∞
eiλj xm =e
−iαj
cos(2πym ) = 1 et
lim
m−→+∞
sin(2πym ) = 0, ce qui
entraine, vu l’égalité cos(2πym ) = 2cos (πym )−1, que lim |cos(πym )| = 1 et lim |sin(πym )| = 0,
m−→+∞
m−→+∞
π π
et par suite lim tan(πym ) = 0, or πym ∈]− , [, donc lim (πym ) = lim Arctan(tan(πym )) =
m−→+∞
m−→+∞
m−→+∞
2 2
0.
• lim eiλj Nm = lim eiλj xm lim e−iλj ym = e−iαj .
2
m−→+∞
m−→+∞
m−→+∞
3
11. (a) Supposons que sup |f (x)| = n + 2, l’intervalle I étant compact, donc ∃x0 ∈ I tel que
x∈I
|f (x0 )| = |1 −
n
∑
eiλj x0 + ei2πx0 | = n + 2, et par suite :
j=1
• n + 2 ≤ |1 + ei2πx0 | + |
n
∑
eiλj x0 | ≤ |1 + ei2πx0 | + n ≤ n + 2, donc |1 + ei2πx0 | = 2, ce| qui exige que
j=1
x0 ∈ Z.
∑
eiλj x0 | + |ei2πx0 | ≤ |1 − eiλk x0 | + n ≤ n + 2,
• De même on a ∀k ∈ [[1, n]], n + 2 ≤ |1 − eiλk x0 | + |
j̸=k
donc ∀k ∈ [[1, n]], |1 − eiλk x0 | = 2, ce qui exige λk x0 ∈ π + 2πZ, et puisque x0 ∈ Z, λk et 2π sont Q−liés
pour tout k ∈ [[1, n]], donc la famille (λ1 , ..., λn+1 ) est Q−liée, ce qui contredit la Q−liberté de la famille
(λ1 , ..., λn+1 ).
(b) La question précédente entraine que la suite (xm )m n’est pas bornée et par suite aussi pour la suite
′
′
=
(Nm )m , donc on peut en extraire une sous-suite extraite (Nφ(m) )m = (Nm
)m tels que lim Nm
±∞ et ∀j ∈ [[1, n]],
lim
m−→+∞
′
m−→+∞
′
eiλj Nm =
lim
m−→+∞
eiλj Nφ(m) = e−iπ = −1.
- Les suites (ei2λj Nm )m convergent vers 1.
′
′
′
12. • Dans la question 11.b, on a lim eiλj Nm = lim e−iλj Nm = −1,donc on peut prendre lim Nm
=
m−→+∞
m−→+∞
m−→+∞
+∞.
• En prennant le conjugué dans la question 10, on obtient, ∃(Nm )m ⊂ Z tel que pour tout j ∈ [[1, n]],
lim eiλj Nm = eiαj .
m−→+∞
• Considérons les ensembles HN = {(eiλ1 p , ..., eiλn p ) / p ∈ N} , HZ = {(eiλ1 p , ..., eiλn p ) / p ∈ Z} et le
n-uplet G = (eiα1 , ..., eiαn ).
∀p ∈ Z,
lim
m−→+∞
′
′
+ p)m ⊂ N à partir d’un certain rang, donc quitte à prendre
eiλj (2Nm +p) = eiλj p et (2Nm
ses premiers termes dans N, on peut la considérer comme suite dans N, et par suite HZ ⊂ HN , c’est à dire
∀p ∈ Z ∃(Nm )m ⊂ N tendant vers +∞, tel que ∀j ∈ [[1, n]], lim eiλj Nm = eiλj p .
m−→+∞
• La question 10.c, montre que G ∈ HZ , or HZ ⊂ HN , donc G ∈ HN , ce qui établit le théorème.
Troisième partie : valeurs d’adhérence aux points de C-convergence
x
p
= où p∧q = 1, alors Sn prend les seules valeurs S0 , S1 , ..., S2q−1 , donc L(eix ) = {S0 , S1 , ..., S2q−1 }.
π
q
x
• Si
∈
/ Q, alors (x, π) est libre sur Q, donc d’après le théorème de Kronecker ∀θ ∈ R ∃(Nm )m ⊂ N
π
1 − eiθ
est une valeur d’adhérence de
tendant vers +∞ tels que lim eiNm x = eiθ , donc ∀θ ∈ R,
m−→+∞
1 − eix
∑
einx .
∑
-Réciproquement Soit l une valeur d’adhérence de
einx , alors il existe une sous-suite extraite
1 − eiθ
(Sφ(n) )n convergente vers l, donc (ei(φ(n)+1)x )n converge vers un certain eiθ , donc l =
.
1 − eix
1 − eiθ
1
• En conclusion L(eix ) = {
/ θ ∈ R}, c’est le cercle de centre σ(eix ) =
et de rayon
1 − eix
1 − eix
1
.
|1 − eix |
13. (a) • Si
α + (α + β)eix
αeix + (α + β) i(2n+1)x
−
e
, donc d’après le théorème de Kronecker, l’eni2x
1−e
1 − ei2x
αeix + (α + β) iθ
semble des valeurs d’adhérence de (S2n )n est l’ensemble {σ(eix ) −
e / θ ∈ R}, c’est
1 − ei2x
ix
αe + (α + β) .
le cercle C1 de centre σ(eix ) est de rayon r1 = 1 − ei2x
ix
α + (α + β)e i(2n+2)x
• S2n+1 (eix ) = σ(eix ) −
e
, donc, d’après le théorème de Kronecker, les valeurs
1 − ei2x
α + (α + β)eix iφ
d’adhérence de (S2n+1 )n est l’ensemble {σ(eix ) −
e
/ φ ∈ R}, c’est le cercle C2 de
1 − ei2x
α + (α + β)eix .
centre σ(eix ) et de rayon r2 = 1 − ei2x
• En conclusion
L(eix ) = C1 ∪ C2
(b) • S2n (eix ) =
4
ei(n+1)x
ei(n+1)(λ+x)
−α
, donc, d’après le théorème de Kronecker, L(eix ) = {σ(eix )−
1 − eix
1 − ei(λ+x)
2
1
eiθ1
ei(θ1 +θ2 )
eiθ2
ix
ix 2
=
−
α
/
θ
,
θ
∈
R}
•
Soit
ζ
∈
L(e
),
|ζ
−
σ(e
)|
=
+
α
1
2
1 − eix
1 − eix
1 − ei(λ+x)
1 − ei(λ+x) (
)
1
α2
eiθ2
(
) + 2Re
(x) +
, or
=
λ+x
(1 − e−ix )(1 − ei(λ+x) )
4sin2
2
4sin
2
2
(
)
(
)
(
)
cos θ2 − λ2
eiθ2
(
)
et cos θ2 − λ2 ∈ [−1, 1], donc |ζ − σ(eix )|2 ∈
Re
=
(
)
−ix
i(λ+x)
λ+x
x
(1 − e )(1 − e
)
4sin
sin
2
2
(
)2
(
)2
1
1
α
1
1
α
2 2
2
2
( ) − ( ) + )
) , donc pour α ∈
(
(
[r1 , r2 ] où r1 =
et r2 =
4 sin x2 sin λ+x
4 sin x2 sin λ+x
2
2
] [
( λ+x )
sin
( x2 )
0, , |ζ − σ(eix )| ∈ [r1 , r2 ] où
sin 2 (
)
(
)
1
α
1
α
1
1
( ) − ( ) + (
) et r2 =
(
) .
r1 =
2 sin x sin λ+x 2 sin x sin λ+x (c) Sn (eix ) = σ(eix )−
2
2
2
2
• Réciproquement, soit ζ ∈ C tel que |ζ − σ(eix)
| ∈ [r1 , r2 ], alors



α2
−α
α
) ∈
(
) , (
) 
(
,
(
(
)
)

λ+x
x
λ+x x
λ + x 
4sin2
2
4sin
2 sin
sin
2 sin 2 sin
2
2
2
2
2
d’où l’existence de θ ∈ R tel que
(
)
λ
1
α2
αcos(θ)
ei(θ+ 2 )
ix) 2
(
(x) −
)=
(
) = 2Re
|ζ −σ(e | −
,
(x)
λ+x
λ+x
(1 − e−ix )(1 − ei(λ+x) )
4sin2
2
4sin
2sin
sin
2
2
2
2
λ
1
i(θ+ 2 ) e
et par suite |ζ − σ(eix )| = +α
, ce qui entraine l’existence de φ ∈ R tel que
1 − eix
1 − ei(λ+x) |ζ − σ(eix) |2 −
1
(x) −
λ
ζ − σ(eix ) = eiφ
ei(θ+ 2 )
1
+
α
, c’est à dire que ζ ∈ L(eix ).
1 − eix
1 − ei(λ+x)
5