corrigé

ConcoursE3A
CORRIGEDEL’EPREUVEDEMATHEMATIQUES3 2001
PARTIEI
1aL(f)estuneprimitivedelafonctioncontinuef,ilexistedoncune constanteCtellequepourtoutt2[a;b]:L(f)(t)=
Rt
af(u)du+C.
LarelationRb
aL(f)(t)dt=0permetdedéterminerC=¡1 b¡aRb a¡Rx af(u)du¢dx.CequiprouvequeL(f)estbien dé…ni
pourtoutf2E0
DeplusL(f)(t)=Rt
af(u)du¡1 b¡aRb a¡Rx af(u)du¢dx
touteprimitived’unefonctioncontinue estC1donc estbienC0:festuneapplication deE0dansE0.
Onmontrefacilementquef7! Rt
af(u)du¡1 b¡aRb a¡Rx af(u)du¢dxestuneapplicationlinéaireparlinéaritédel’intégrale.
C’estun endomorphismedeE0.
1bSoitf2kerL,alors,L(f)=0.En dérivant,onobtientf=0.
kerL=f0g
1cL(f)estdérivablededérivée f,doncL(f)estde classeC1:
ImL½E1
L’endomorphismefjE1n’estpas surjectifcarlesélémentsdesonimagesontde classeC2.Larestriction deLàE1n’estpas
un automorphismedeE1.
remarqueonpeutaussidonnerunexempledefonctiond’intégralenon nul lesur[a;b]
2aOnrepartdelaformuletrouvée en1±.(a):
L(f)(t)=Zt
a
f(u)du¡1
b¡aZb
aµZx a
f(u)du¶dx
=1
b¡aZb
aµZt a
f(u)du¶dx¡1
b¡aZb
aµZx a
f(u)du¶dx
=1
b¡aZb
aµZt x
f(u)du¶dx
L(f)(t)=1
b¡aRb a³Rt xf(u)du´dx
2bL(f)estcontinuesurlesegment[a;b],doncl’imagedu segment[a;b]estun segmentfatteintsonminimumen un point
xi2[a;b]etsonmaximumen un pointxs2[a;b].Pourtoutt2[a;b]:L(f)(xi)·L(f)(t)·L(f)(xs).
2c
Zb
a
jx¡tjdt=Zx
a
(x¡t)dt+Zb
x
(t¡x)dt
=x2¡(a+b)x+a2+b2
2:
L’étudedesvariationsdelafonctionx7! x2¡(a+b)x+a2+b2
2permetdemontrerquesabornesupérieure est(b¡a)2 2,donc
supt2[a;b]Rb
ajt¡xjdt=(b¡a)2 2.
jL(f)(t)j=¯¯¯¯¯
1
b¡aZb
aµZt x
f(u)du¶dx¯¯¯¯¯
·1
b¡aZb
a¯¯¯¯Zt x
f(u)du¯¯¯¯dx
·kfk
b¡aZb
a
jx¡tjdx·b¡a
2kfk
DonckL(f)k·b¡a 2kfk

Soitalorsf2E0et(Án)unesuitedeE0delimitef0ona:
kL(Án)¡L(f)k=kL(Án¡f)k·b¡a
2kÁn¡fk
Onadonc:limn¡>1(L(Án)) =L(f)pourtoutesuiteÁndelimitef.Parle critèreséquentielledelalimitefestcontinue
entoutélémentfdeE0.LestcontinuesurE0
remarque:(linéaire)continue)n’estvraiqu’endimension …nie.
2dL(P0)(t)=t+Cavec Rb
a(t+C)dt=0doncL(P0)(t)=t¡a+b 2etkL(P0)k=b¡a 2
DelarelationkL(f)k·b¡a
2kfk,on déduitquepourkfk·1b¡a 2estun majorantdekL(f)ketdoncjjjLjjj ·b¡a 2.
Depluspourf=P0onakP0k=1etkL(P0)k=b¡a
2.b¡a 2estdoncleplusgrand élémentdefkL(f)k;kfk=1g
OnadoncjjjLjjj =b¡a 2
PARTIEII
1aF1=ff2E0;8t2[a;b]f(a+b¡t)=¡f(t)g
F2=ff2E0;8t2[a;b]f(a+b¡t)=f(t)g
L’applicationf1:t7! ¡t¡a+b
2¢3estdansF1doncF1estnonvide etnonréduitàf0g.
L’applicationf2:t7! (t¡a)(t¡b)estdansF2doncF2estnonvide etnonréduitàf0g.
Interprétationgéométrique:le graphedesfonctionsdeF2admetunaxedesymétrie enx=(a+b)=2,celledeF1uncentre
desymétrie en((a+b)=2;0),d’oùl’idée deprendrelesprimitivesnulle en(a+b)=2defpourutiliserlasymétrie.
1bOnvoitfacilementqueF1etF2sontdes sous-espacesvectorielsdeE0.
Soitf2F1.IlexisteC2RtelqueL(f)(t)=Rt a+b
2f(u)du+C(L(f)primitivedef)
Alors,L(f)(a+b¡t)=Ra+b¡t a+b
2
f(u)du+C
=¡Rt
a+b
2
f(a+b¡v)dv+C(changementdevariablev=a+b¡u)
=Rt
a+b
2
f(v)dv+C(carf2F1)
donc,sif2F1,alorsL(f)2F2.L(F1)½F2
Remarque: ilnepeutpasyavoirégalité carL(F1)nepeutcontenirquedesfonctionsC1,alorsqueF2contientdesfonctions
continuesnondérivable(prendreuntranslationdelavaleurabsolue)
Soitf2F2
D’aprèslaremarquedesymétriel’intégraledefsur[a;b]etla primitive admetuncentredesymétrie:véri…cationparle
calcul:
Rb
a³Rt
a+b
2
f(u)du´dt=Rb
a³Ra+b¡x
a+b
2
f(u)du´dx(changementdevariablet=a+b¡x)
=Rb
a³¡Rx
a+b
2
f(a+b¡v)dv´dx(changementdevariableu=a+b¡v)
=¡Rb
a³Rx
a+b
2
f(v)dv´dx(carf2F2)
Onen déduitquesif2F2,alors,Rb
a³Rt
a+b
2
f(u)du´dt=0etdoncL(f)(t)=Rt
a+b
2
f(u)du.
Ona alors
L(f)(a+b¡t)=Ra+b¡t
a+b
2
f(u)du
=¡Rt a+b
2
f(a+b¡v)dv(changementdevariablev=a+b¡u)
=¡Rt
a+b
2
f(v)dv+C(carf2F2)
Sif2F2,alorsL(f)2F1.
L(F2)½F1iciaussi l’inclusioneststricte.
2a8t2[a;b],g(a+b¡t)=g(t)doncg2F2.
Delamêmefaçon,on dé…nitlafonctionhsur[a;b]parh(t)=1
2[f(t)¡f(a+b¡t)]etonvéri…equeh2F1.
2bSoitf2E0,alorsf=h+g(notationsdu (a)) avec h2F1etg2F2doncE0=F1+F2.
DeplusF1\F2=f0gdonc
E0=F1©F2
2cSoitnun entiersupérieurouégalà 2.
Ln(f)(b)¡Ln(f)(a)=Rb
a(Ln(f))0(t)dt(carLn(f)estC1)
=Rb
aLn¡1(f)(t)dt=0(dé…nition deL)
Donc,pourtoutentiern¸2Ln(f)(b)=Ln(f)(a)
3af2F2,L(F1)½F2etL(F2)½F1,pourtoutentiern2N¤,L2n¡1(f)estdoncun élémentdeF1.
Ona alorsL2n¡1(f)¡a+b
2¢=¡L2n¡1(f)¡a+b¡a+b 2¢=¡L2n¡1(f)¡a+b 2¢
doncpourn2N¤:L2n¡1(f)¡a+b 2¢=0
2

Delamêmefaçon,
L2n+1(f)(a)=¡L2n+1(f)(a+b¡a)=¡L2n+1(f)(b)or,onsaitqueL2n+1(f)(a)=L2n+1(f)(b)
doncpourn2N¤:L2n+1(f)(a)=L2n+1(f)(b)=0
Ra+b
2
aL2n(f)(t)dt=Ra+b
2
a¡L2n+1(f)¢0(t)dt=L2n+1(f)¡a+b 2¢¡L2n+1(f)(a)=0.doncpourn2N¤:Ra+b
2
aL2n(f)(t)dt=0
3bTouteslesvariationsdanscettequestionsontàcomprendreausens strict.
(L(f))0=fetfeststrictementpositive.Onen déduitqueL(f)estcroissante.OnsaitaussiqueL(f)¡a+b
2¢=0
(L2(f))0=L(f)doncL2(f)décroîtsur£a;a+b
2¤etcroitsur£a+b 2;b¤.Deplusl’intégraledelafonctioncontinueL2(f)est
nulle.DoncL2(f)changedesigne.En…n commeL2(f)(a)=L2(f)(b)on déduit:
½L2(f)décroitsur£a;a+b
2¤def(a)>0àà f¡a+b 2¢<0
L2(f)croitsur£a+b
2;b¤def¡a+b 2¢<0àà f(b)>0
On notec1etc2leracinesdeL2(f):
(L3(f))0=L2(f),deplusL3(f)s’annule ena,b,eta+b
2.Onen déduitlesvariationsetlesignedeL3(f).
8
>
>
<
>
>
:
L3(f)croitsur[a;c1]def(a)=0àà f(c1)>0
L3(f)décroitsur£c1;a+b
2¤def(c1)àà f¡a+b 2¢=0
L3(f)décroitsur£a+b
2;c2¤def(a+b 2)=0àà f(c2)<0
L3(f)croitsur[c2;b]def(c2)àà f(b)=0
On passedelamêmefaçonàL(4)(f)puisàL(5)(f)pourconstaterqueL(5)àlemêmetableau designequeL(1):
LesvariationsdeL(n)(f)sevéri…ealorspar récurrence selonlavaleurdenmodulo 4.
OnsupposequeL(4p)alesvariationsetlesignedeL(4)etonconstruitlestableauxdeL(4p+1)¢¢¢L(4p+4)
(voirannexemanuscrite,jenesaispastracerun tableau devariationavec montraitementdetexte)
3c-n=ft2[a;b]jLn(f)(t)=0g
Destableauxdevariation delaquestion précédente,on déduitque:
pourn=1, lecardinalde-1est1
pourn pair,le cardinalde-nest2
pourn¸3impair, le cardinalde-nest3.
3dDemême:
pourn=1,L(f)(a)<0,
pourn¸3impair,Ln(f)(a)=0,
pourncongruà2modulo 4,Ln(f)(a)>0,
pournmultiplede4,Ln(f)(a)<0
PARTIEIII 1a
En utilisantàchaquefoisquePi+1(x)=Rx
aPi(t)dt+Cavec CtelqueRb aPi+1=0ona:
P0(t)=1
P1(t)=(t¡a)¡b¡a
2
P2(t)=(t¡a)2
2¡(b¡a)(t¡a) 2+(b¡a)2 12
P3(t)=(t¡a)3
6¡(b¡a)(t¡a)2 4+(b¡a)2(t¡a) 12
1bMontronsl’égalitéPn(X+b¡a)¡Pn(X)=(b¡a)(X¡a)n¡1
(n¡1)!par récurrence surn.
Pourn=1,onabienP1(X+b¡a)¡P1(X)=(b¡a)
Supposonsquepourun entiern2N¤onaitPn(X+b¡a)¡Pn(X)=(b¡a)(X¡a)n¡1
(n¡1)!.
Ladérivée dePn+1estPn,donclepolynômePn+1(X+b¡a)¡Pn+1(X)¡(b¡a)(X¡a)n
n!apourdérivée Pn(X+b¡a)¡
Pn(X)¡(b¡a)(X¡a)n¡1
(n¡1)!,quiestnulled’aprèsl’hypothèsederécurrence.
Deplus,savaleurenaestPn+1(b)¡Pn+1(a)quiestnulled’aprèslaquestionII 2±(c).
Onen déduitquelepolynômePn+1(X+b¡a)¡Pn+1(X)¡(b¡a)(X¡a)n
n!estnul, d’oùlarelationàl’ordren+1.
D’aprèsleprincipederécurrence,onamontréque8n2N¤Pn(X+b¡a)¡Pn(X)=(b¡a)(X¡a)n¡1
(n¡1)!.
Sivousrédigezavec desfonctionspolynômes sur[a;b]n’oubliezpasdedire quelesegmentestde cardinalin…nipour revenir
auxpolynômes.
1cDanslarelation précédente,on posea=0,b=1,n=3etX=k.
OnobtientP3(k+1)¡P3(k)=k2
2
Onsommealorspourkvariantde1ànetontrouveP3(n+1)¡P3(1)=1
2Pn k=1k2.
OrP3(t)=t3
6¡t2 4+t 12 d’où …nalement:Pn
k=1k2=n(n+1)(2n+1)
6
3

2a'(P;Q)=1
b¡aRb aP(t)Q(t)dt
'estuneapplication deP£PdansR.
Onvéri…efacilementque'estbilinéaire etsymétrique.
PourtoutP2P,'(P;P)¸0etsi'(P;P)=0,alorsl’intégraledelafonctioncontinuepositiveP2estnulledoncP=0et
'estdé…niepositive.
'estbien un produitscalairedeP
2bIntégrons'(Pn;Pm)parparties:
1
b¡aRb aPn(t)Pm(t)dt=1 b¡a³[Pn(t)Pm+1(t)]b
a¡Rb
aPn¡1(t)Pm+1(t)dt´avec u=Pm;v=Pm+1fonctionsC1sur[a;b]
or,onsaitd’aprèsII 2±.(c)quepourk¸2,Pk(a)=Pk(b)doncpourm¸n¸2,ona
'(Pn;Pm)=¡'(Pn¡1;Pm+1).
Onmontrealorspar récurrence que
'(Pn;Pm)=(¡1)n+1'(Pm+n¡1;P1)=(¡1)n+1
b¡aRb aPm+n¡1(t)P1(t)dt
Puis(¡1)n+1
b¡aRb aPm+n¡1(t)P1(t)dt
=(¡1)n+1
b¡a³[Pm+n(t)P1(t)]b a¡Rb
aPm+n(t)dt´(onintègreparparties:u1;v=Pm+n,fonction2C1([a;b]))
=(¡1)n+1
b¡a(Pm+n(b)P1(b)¡Pm+n(a)P1(a)) (carRb aPm+n(t)dt=0pardé…nition deL)
=(¡1)n+1
b¡a(Pm+n(a)(b¡a)) (carPm+n(a)=Pm+n(b)etP1(b)¡P1(a)=b¡a)
Onobtientbien pourm¸n>0'(Pn;Pm)=(¡1)n+1Pm+n(a)
'(Pn;P0)=1
b¡aRb aPn(t)dt=1 b¡aRb aL(Pn¡1)(t)dt=0d’aprèsladé…nition deL.
2cPn(a)=Ln(P0)(a)etP0estun élémentdeF2telquepourtoutt2[a;b],P0(t)>0.En utilisantlerésultat trouvé enII
3±.(d),onmontreque
Pn(a)=0sietseulementsinestimpairetdi¤érentde1.
3aPourtoutentiern, lepolynômePnestdedegrén,(Pn)n2NestdoncunebasedeP.
Onen déduitquelesespacesFP1=VectfPn;n22N+1getFP2=VectfPn;n22Ngsontdeuxespaces supplémentaires:
P=FP1©FP2.
OnpeutaussirepartirdeE=F1©F2:
3bSinestun entierpairetsimestun entierimpair,montronsque'(Pn;Pm)=0.
Sin=0,c’estvrai(III 2)(b).
Si0<n·m,'(Pn;Pm)=(¡1)n+1Pm+n(a)=0.(d’aprèsIII 2) (b)etIII 2) (c)
LasommedirecteFP1©FP2estdoncbienorthogonalepourleproduitscalaire'.
4aMontronspar récurrence quePn(t)=Pn
k=0°k
(t¡a)n¡k
(n¡k)!
(b¡a)k
k!
Pourn=0laformule estvraie.
SupposonsquePn(t)=Pn
k=0°k
(t¡a)n¡k
(n¡k)!
(b¡a)k
k!
Pn+1estuneprimitivedePndonc
Pn+1(t)=Rt
aPn(u)du+Pn+1(a)=Rt aPn(u)du+°n+1
(b¡a)n+1
(n+1)!
=Pn
k=0°k
(t¡a)n+1¡k
(n+1¡k)!
b¡a)k
k!+°n+1(b¡a)n+1 (n+1)!
=Pn+1
k=0°k
(t¡a)n+1¡k
(n+1¡k)!
(b¡a)k
k!
Onobtientlarelationàl’ordren+1.
D’aprèsleprincipederécurrence,pourtoutn2N,Pn(t)=Pn
k=0°k
(t¡a)n¡k
(n¡k)!
(b¡a)k
k!
On pose ensuitet=b:Pn(b)=Pn
k=0°k
(b¡a)n
(n¡k)!k!=(b¡a)n n!Pn k=0Ck
n°k
Orpourn¸2,Pn(b)=Pn(a)=(b¡a)n
n!°n
Onen déduitlarelation demandée pourn¸2:°n=Pn k=0Ck
n°k
On peutalorsdétermineruneformulederécurrence permettantde calculerles°n:
°0=1etpourn¸2,°n¡1=¡1
nPn¡2
k=0Ck
n°k.
Onen déduitque°nestindépendantdeaetb.
4b°1=¡1
2;°2=1 6;°3=0;°4=¡1 30 ;°6=1 42 ;°8=¡1 30 ;°10 =5 66 ;
4cOn utiliseleprocédéd’orthogonalisation deSchmidtencalculantlesproduits scalairesavec lesrelationsdelaquestion
III 2±.(b).'(Pn;P0)=0etpourm¸n>0,'(Pn;Pm)=(¡1)n+1Pm+n(a)=(¡1)n+1(b¡a)m+n
(m+n)!°m+n
Onobtientcommebase'¡orthogonaledu sousespace GdeFP2engendréparlafamille(P0;P2;P4;P6):
(P0;P2;P4+(b¡a)2P
2
42 ;P6+(b¡a)2P
4
33 +(b¡a)4P2 7920
4