corrigé

D’APRES MINES-PONTS 2008 -
ÉPREUVE COMMUNE PC/PSI
Par rapport au corrigé initiale , j’ai rajouté la question 3 et la question 11 ( propriétés élémentaires des coe¢ cients de Fourier)
, j’ai modi…é un petit peu la seconde partie pour retirer les sous espaces propres et j’ai rajouté les indications à la …n du
problème.
I. Préliminaires
1. On reconnaît les polynômes d’interpolation de Lagrange.
On véri…e la relation : 8(i; j)2[[0; k]]2,Li(aj) = ij =1si i=j
0si i6=j
Si 0,   ,ksont des scalaires tels que
k
X
i=0
iLi= 0, on a pour tout j
k
X
i=0
iLi(aj) = 0, soit j= 0 :La famille est libre.
Comme elle est de cardinal k+ 1 = dim (Ck[X]) c’est une base.
la famille (Li)k
i=0 est une base de E
2. Si Pest un polynôme de Ck[X], sa décomposition dans la base (L0;   ; Lk)est P=
k
X
i=0
iLiavec j=
k
X
i=0
iLi(aj) = P(aj)
Les coordonnées de Pdans la base (Li)k
i=0 sont les P(ai).
Donc la matrice Mdemandée est M= (mi;j )2 Mk+1(C), avec mi;j =aj1
i1:
M=0
B
B
B
B
B
@
1a0   ak
0
1a1   ak
1
1a2   ak
2
.
.
..
.
..
.
.
1ak   ak
k
1
C
C
C
C
C
A
:
3. Si les (ai)sont deux à deux distinctes la matrice précédente est une matrice de changement de base : elle est inversible
Si ai=ajavec i6=jla matrice a deux lignes égales (Li+1 =Lj+1 ) elle n’est pas inversible.
II. Fonctions polynomiales
4. Dans le sujet initial cette question …gure après le calcul des matrices qui suit. Ce qui laisse deux plan au choix : celui
qui utilise , comme ci dessous, les propriétés des polynômes , ou bien celui qui utilise les polynôme carctéristique.
Si Pest un polynôme propre de d,P6= 0 et il existe un scalaire tel que P0=P .En comparant les degrés on a
une absurdité si 6= 0; P 0et P étant de degrés di¤érents.La seule solution possible est donc = 0 et P2C0[X].
Un polynôme constant non nul véri…e bien P0= 0P
dadmet une seule valeur propre 0et on a alors Pconstante non nulle
Si Pest un polynôme propre de ta,P6= 0 et il existe un scalaire tel que P(X+a) = P (X). En regardant les
coe¢ cients dominants on trouve = 1 .Pest donc périodique de période jaj(car a6= 0 ) . L’équation P(x)P(0) = 0
admet donc une in…nité de racines (tous les na ,n2Z) et est donc P(x)P(0) est le polynôme nulle.
taadmet une seule valeur propre 1et on a alors Pconstante non nulle
5. Soit j2[[0; k]]. On a ta(Xj) = (X+a)j=
j
X
i=0 j
iajiXipar la formule du binôme de Newton.On a donc :
(Ta)i;j =8
<
:
0si i > j
j1
i1ajisi ij
Par ailleurs, d(Xj) = j Xj1pour tout j2[[1; k]], donc
di;j =0si i6=j1
isi i=j1

ce qui donne les matrioces :
D=
0
B
B
B
B
B
B
B
@
0 1 0    0
0 0 2 ....
.
.
0......0
.
.
.0k
0 0 0    0
1
C
C
C
C
C
C
C
A
et Ta=
0
B
B
B
B
B
B
B
@
1a a2   ak
0 1 2a kak1
0 0 1 ...k
2ak2
.
.
........
.
.
0 0    0 1
1
C
C
C
C
C
C
C
A
:
6.
Si F=f0g,Fest un sous espace vectoriel stable de E:
Si F6=f0galors l’ensemble des degrés des polynômes de Fest un sous ensemble non vide de Nmajoré par k. Il
admet donc un plus grand élément pet il existe un polyôme Pde Fde degré p:F étant stable par d,P0=d(P)est
élément de F, et plus généralement P(j)est élément de F(par récurrence si P(i)2Falors P(i+1) =dP(i)2F
) .
Par dé…nition de pon a FCp[X], mais la famille des P(i)p
i=0 est une famille échelonnée en degré, donc une
base de Cp[X], donc Cp[X] = Vect P(i)et comme les P(i)sont dans Fon a Cp[X]F. On a la double inclusion
, donc l’égalité.
Réciproquement les Cp[X]sont stables par d.
Les sous-espaces vectoriels Ci[X](0ik), ainsi que f0g, sont les seuls sous espaces stables par d
Il y en a donc k+ 2 .
7. Le polynôme di(P)
i!est de degré kipour ik, la famille B1est échelonnée en degrés c’est donc une base de E=Ck[X]
Pour j2[[0; k]], on obtient facilement
dj(P)
j!=
kj
X
i=0
(i+ 1)(i+ 2)    (i+j)
j!pi+jXi=
kj
X
i=0 i+j
jpi+jXi:
La matrice R=PB(B1) = (rij )2 Mk+1(C)est donc donnée par
rij =8
<
:
0si i+j > k + 2
i+j2
j1pi+j2si i+jk+ 2
R=
0
B
B
B
B
B
B
@
p0p1p2   pk
p12p2   kpk0
p2
k(k+ 1)
2pk10 0
.
.
..
.
.
pk0 0    0
1
C
C
C
C
C
C
A
:
La matrice Rest symétrique car :
si i+j > k + 2 ri;j =rj;i
si i+jk+ 2 ,rj;i =i+j2
i1pi+j2=i+j2 (i+j2) (i1)pi+j2=i+j2 j1pi+j2=ri;j
8. La formule de Taylor pour les polynômes donne, pour j2[[0; k]],
P(X+ja) =
k
X
i=0
P(i)(X)
i!(ja)i=
k
X
i=0
jiaidi(P)
i!:
On en déduit la matrice U=MB1(S) = (uij )2 Mk+1(C)avec
uij =a(i1)(j1)(i1)
2

U=0
B
B
B
B
B
@
1 1 1    1
0a2a   ka
0a24a2   k2a2
.
.
..
.
.
0ak2kak   kkak
1
C
C
C
C
C
A
:
La matrice Uest inversible car Uest la transposée de la matrice Vétudiée à la question 3en prenant ai=i a pour
i2[[0; k]] ; elle est donc inversible puisque Vest inversible quand les (ai)sont deux à deux distincts.
On en déduit que la famille Sest une base de l’espace vectoriel E.
9. On a Q=PB(S) = PB(B1)PB1(S) = RU.
Q=RU
10. Raisonnement analogue à celui de la question 5:
les sous-espaces vectoriels Ci[X](0ik) et f0gsont stables par ta
Si Fest un sous-espace vectoriel de Estable par tadistinct de f0g, il existe un polynôme Pde degré maximal p
dans F: on a par construction FCp[X]donc dim(F)p+ 1:
De plus les p+ 1 polynômes P(X),ta(P) = P(X+a),   ,tp
a(P) = P(X+pa)appartiennent à Fet forment un
sysytème libre de Fd’après la question 8, donc dim(F)p+ 1 . On a donc égalité des dimensions et donc égalité
des sous espaces.
Les sous-espaces vectoriels Ci[X](0ik), ainsi que f0g, sont les seuls sous espaces stables par ta
III. Fonctions continues, 2-périodiques
11. Evident car l’application 7! Z2
0
est une forme linéaire.
cn(ek) = 1
2Z2
0
ei(nk)tdt =8
>
>
<
>
>
:
1
2ei(nk)t i(nk)= 0 si n6=k
1
2Z2
0
dt = 1 si n=k
12.
Si 'an’est pas injective , il existe deux entiers distincts net mtels que eina =eima:(nm)aest donc un multiple
de 2. Il existe kentier tel que (mn)a= 2k . On a donc a
=2k nm2Q
Réciproquement si a
2Q, il existe deux entiers p2Zet q2Ntels que a =p q. On a donc 2qa = 2p donc
e2qai = 1 = e0.'a(2q) = 'a(0) avec 2q6= 0 donc an’est pas injective.
'ainjective () a
=2Q
Plus généralement avec les notations précédentes si a
=p qalors pour tout entier relatif n
'a(n+ 2q) = eina+2ip =a(n)
2qest une période de '.
13. On calcule avec le changement de variable C1bijectif y=x+a:
cn(ta(f)) = 1
2Z2
0
f(x+a)einx dx =1
2Za+2
a
f(y)ein(ya)dy
=eina 1
2Za+2
a
f(y)einy dy
3

Mais la fonction t!f(t)eint est 2périodique donc l’intégrale est indépendante de la période de calcul.
Z2
0
f(y)ein(ya)dy =Za
0
f(y)ein(ya)dy +Za+2
a
f(y)ein(ya)dy Za+2
2
f(y)ein(ya)dy
=Za+2
a
f(y)ein(ya)dy
les deux intégrales Za
0
f(y)ein(ya)dy et Za+2
2
f(y)ein(ya)dy étant égales.
cn(ta(f)) = eina cn(f)
14. Soit f2Eune fonction non nulle et un scalaire telle que ta(f) = f . On a donc pour tout n2Zcn(ta(f)) = cn(f) = cn(f)
(linéarité vue à la question 11) . Or cn(ta(f)) = eina cn(f).
f2Eest non nulle donc d’après le résultat admis, il existe un entier ntel que cn(f)6= 0. Donc en prenant cette valeur
de non peut simpli…er par cn(f)et donc =eina
Réciproquement, si il existe n2Ztel que =eina, alors la fonction enest vecteur propre de tapour la valeur propre 
(véri…cation évidente : en(x+a) = eina en(x)).
Les valeurs propres de tasont donc exactement les nombres complexes de la forme eina pour ndécrivant Z
15. remarque : le résultat admis est une conséquence de Parseval .si fest continue par morceaux sur R,2périodique on
a :
1
2Z2
0
jfj2=
+1
X
k=1
jcn(f)j2
On prouve d’abord que hest la fonction nulle si et seulement si tous ses coe¢ cients de Fourier sont nuls. :
Si hest nulle , on a une somme de réels positifs nulle . donc tous les termes cn(h)sont nuls.
Si tous les coe¢ cients de Fourier cnb(h)sont nuls , on a l’intégrale d’une fonction continue positive qui est nulle .
La fonction hest donc nulle sur [0;2], donc sur Rpar période.
Il su¢ t alors de prendre h=fgpour avoir le résultat.
Si a
=p qest rationnel alors 2qest une période de la suite 'adonc ei(n+2q)a=eina et donc en+2qest aussi dans
le sous espace propre associé à la valeur propre eina . Or les deux fonctions enet en+2qforment un système libre .
donc le sous espace propre est de dimension 2
Si a
est irrationnel alors si fvéri…e ta(f) = einafon a pour tout entier m:
eimacm(f) = cm(ta(f)) = einacm(f)
Or 'est injective donc
m6=n)eima 6=eina )cm(f) = 0
Les deux fonctions continues fet cn(f)enont donc les mêmes coe¢ cients de Fourier. Elle sont donc égales.
les sous espaces propres sont des droites si et seulement si a
est irrationnel
16. Les p+ 1 fonctions ti
a(f)p
i=0 appartiennent à Fde dimension p: le cardinal est strictement supérieur à la dimension, la
famille est liée .
9(j)p
j=0 6= (0) ;
p
X
j=0
jtj
a(f) = 0
Or par récurrence sur j:cntj
a(f)=einjacn(f):
vrai si j= 0 et 1.
Si cntj1
a(f)=ein(j1)acn(f)alors cntj a(f)=cnta(tj1 a)=einacntj1 a(f)=einjacn(f):
4

Par la linéarité vue à la question 11 on a donc
cn0
@
p
X
j=0
jtj
a(f)1
A=
p
X
j=0
jcntj
a(f)=
p
X
j=0
jeinjacn(f)
On a donc bien :
8n2Z,0
@
p
X
j=0
jeinja1
Acn(f) = 0
.
17. Soit f2F. Soient (i)p
i=0 les scalaires non tous nuls de la question 16.
On a donc cn(f) = 0 ou
p
X
j=0
jeinja = 0 .
Dans le second cas eina est racine du polynôme P(X) =
p
X
j=0
jXj. Ce polynôme admet un nombre …ni de racines . On
peut donc poser
Nf=0si Pn’a pas de racine du type eina
1 + max jnj; eina soit racine de Psinon.
On a donc :
jnj  Nf)
p
X
j=0
jeinja 6= 0 )cn(f) = 0:
18. Fest de dimension …nie p.Il existe donc une base (fi)p
i=1 de F, Soit N= maxfNf1;   ; Nfpg.
Pour tout entier relatif ntel que jnj  N, on a cn(fj) = 0 pour tout j2[[1; p]] donc, par linéarité si
g=
p
X
j=1
jfjalors cn(g) =
p
X
j=1
jcn(fj) = 0
9N2N,8g2F,nN)cn(g) = 0
19. Si g2F, on a cn(g) = 0 pour jnj  N, Soit alors h=
N
X
k=N
ck(g)ek,
On a cn(h) =
N
X
k=N
ck(f)cn(ek) =
N
X
k=N
ck(g)k;n =(cn(g) + X0 = cn(g)si jnj< N
X0 = 0 = cn(g)si jnj  N. donc g=h2Gd’après le
résultat admis. et donc FG
En…n, Gest stable par tacar pour les fonctions ekde la famille génératrice ta(ek) = eikaek2Gcar
8x2R,ta(ek)(x) = eik(x+a)=eikaeikx =eikaek(x)
20. Soit l’endomorphisme de Ginduit par ta. Il est diagonalisable puisque Gadmet une base (ek)NkNconstituée de
vecteurs propres de .
21. Soit 0l’endomorphisme de Finduit par ta(et donc aussi par ). Comme c’est l’endomorphisme induit par un endo-
morphisme diagonalisable de Gsur un sous-espace stable, il est lui aussi diagonalisable. On peut donc trouver une base
de Fconstituée de vecteurs propres de 0(et donc de , ou de ta). Mais, comme est diagonalisable avec des valeurs
propres toutes distinctes (les eika,NkN), les vecteurs propres de sont tous colinéaires à des vecteurs ekavec
k2[[N; N ]]. Une telle base de Fest donc de la forme (ek)k2S, avec S[[N; N]].
5