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 ) =
Si
0,
,
k
sont des scalaires tels que
k
X
i Li
ij
1 si i = j
0 si i 6= j
=
= 0, on a pour tout j
i=0
k
X
i Li (aj )
= 0, soit
j
= 0 :La famille est libre.
i=0
Comme elle est de cardinal k + 1 = dim (Ck [X]) c’est une base.
k
la famille (Li )i=0 est une base de E
2. Si P est un polynôme de Ck [X], sa décomposition dans la base (L0 ;
; Lk ) est P =
k
X
i Li
avec
j
i=0
k
Les coordonnées de P dans la base (Li )i=0 sont les P (ai ) .
=
k
X
i Li (aj )
= P (aj )
i=0
Donc la matrice M demandée est M = (mi;j ) 2 Mk+1 (C), avec mi;j = aji 11 :
0
1
1 a0
ak0
B 1 a1
ak1 C
B
C
B
ak2 C
M = B 1 a2
C :
B . .
.. C
@ .. ..
. A
1 ak
akk
3. Si les (ai ) sont deux à deux distinctes la matrice précédente est une matrice de changement de base : elle est inversible
Si ai = aj avec i 6= j la 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 P est un polynôme propre
de d , P 6= 0 et il existe un scalaire tel que P 0 = P .En comparant les degrés on a
0
une absurdité si 6= 0; P et P étant de degrés di¤érents.La seule solution possible est donc = 0 et P 2 C0 [X] .
Un polynôme constant non nul véri…e bien P 0 = 0P
d admet une seule valeur propre 0 et on a alors P constante non nulle
Si P est un polynôme propre de ta , P 6= 0 et il existe un scalaire tel que P (X + a) = P (X) . En regardant les
coe¢ cients dominants on trouve = 1 .P est donc périodique de période jaj (car a 6= 0 ) . L’équation P (x) P (0) = 0
admet donc une in…nité de racines (tous les na , n 2 Z ) et est donc P (x) P (0) est le polynôme nulle.
ta admet une seule valeur propre 1 et on a alors P constante non nulle
j
X
j j i i
a X
i
i=0
8
<
j
(Ta )i;j =
:
i
5. Soit j 2 [[0; k]]. On a ta (X j ) = (X + a)j =
Par ailleurs, d(X j ) = j X j
1
par la formule du binôme de Newton.On a donc :
0 si i > j
1 j i
a
si i
1
pour tout j 2 [[1; k]], donc
di;j =
0 si i 6= j
i si i = j
1
1
j
ce qui donne les matrioces :
0
0
B
B 0
B
B
D=B 0
B
B .
@ ..
0
1
0
0
2
..
.
..
.
..
.
0
0
0
0
1
0
.. C
. C
C
C
0 C
C
C
k A
0
1 a
B 0 1
B
B
B
Ta = B 0 0
B
B .
@ ..
0 0
et
a2
2a
..
1
..
.
ak
kak 1
k k
a
2
..
.
.
..
.
0
1
2
1
C
C
C
C
C :
C
C
A
6.
Si F = f0g , F est un sous espace vectoriel stable de E:
Si F 6= f0g alors l’ensemble des degrés des polynômes de F est un sous ensemble non vide de N majoré par k . Il
admet donc un plus grand élément p et il existe un polyôme P de F de degré p:F étant stable par d , P 0 = d(P ) est
élément de F , et plus généralement P (j) est élément de F (par récurrence si P (i) 2 F alors P (i+1) = d P (i) 2 F
).
Par dé…nition de p on 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 F on a Cp [X]
, donc l’égalité.
F . On a la double inclusion
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 .
di (P )
est de degré k i pour i
i!
Pour j 2 [[0; k]], on obtient facilement
7. Le polynôme
k, la famille B1 est échelonnée en degrés c’est donc une base de E = Ck [X]
k j
dj (P ) X (i + 1)(i + 2)
=
j!
j!
i=0
(i + j)
pi+j X i =
k j
X
i+j
j
i=0
pi+j X i :
La matrice R = PB (B1 ) = (rij ) 2 Mk+1 (C) est donc donnée par
8
0 si i + j > k + 2
<
i+j 2
rij =
pi+j 2 si i + j k + 2
:
j 1
0
1
p 0 p1
p2
pk
B p1 2p2
kpk 0 C
B
C
k(k + 1)
B
C
p2
pk 1
0
0 C :
R=B
B
C
2
B .
.. C
@ ..
. A
pk
0
0
0
La matrice R est symétrique car :
si i + j > k + 2 ri;j = rj;i
si i + j
k + 2 , rj;i =
i+j 2
pi+j
i 1
2
=
(i + j
i+j
2)
2
(i
1)
pi+j
2
=
i+j 2
pi+j
j 1
8. La formule de Taylor pour les polynômes donne, pour j 2 [[0; k]],
P (X + ja) =
k
X
P (i) (X)
i=0
i!
(ja)i =
k
X
i=0
On en déduit la matrice U = MB1 (S) = (uij ) 2 Mk+1 (C) avec
uij = a(i
2
1)
(j
1)(i
1)
j i ai
di (P )
:
i!
2
= ri;j
0
B
B
B
U =B
B
@
1
0
0
..
.
1
a
a2
1
2a
4a2
1
ka
k 2 a2
..
.
0 ak
2k ak
k k ak
1
C
C
C
C :
C
A
La matrice U est inversible car U est la transposée de la matrice V étudiée à la question 3 en prenant ai = i a pour
i 2 [[0; k]] ; elle est donc inversible puisque V est inversible quand les (ai ) sont deux à deux distincts.
On en déduit que la famille S est 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 f0g sont stables par ta
Si F est un sous-espace vectoriel de E stable par ta distinct de f0g, il existe un polynôme P de 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),
, tpa (P ) = P (X + pa) appartiennent à F et forment un
sysytème libre de F d’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!
Z
2
est une forme linéaire.
0
cn (ek ) =
1
2
Z
8
1 ei(n k)t
>
>
= 0 si n 6= k
<
2
i(n
k)t
Z 2 k)
dt =
>
1
>
:
dt = 1 si n = k
2 0
2
ei(n
0
12.
Si 'a n’est pas injective , il existe deux entiers distincts n et m tels que eina = eima : (n m) a est donc un multiple
2k
a
2Q
de 2 . Il existe k entier tel que (m n) a = 2k . On a donc =
n m
a
a
p
Réciproquement si
2 Q , il existe deux entiers p 2 Z et q 2 N tels que
=
. On a donc 2qa = 2p donc
q
2qai
0
e
= 1 = e . 'a (2q) = 'a (0) avec 2q 6= 0 donc a n’est pas injective.
'a injective ()
Plus généralement avec les notations précédentes si
a
=
a
2
=Q
p
alors pour tout entier relatif n
q
'a (n + 2q) = eina+2ip =
a (n)
2q est une période de ' .
13. On calcule avec le changement de variable C 1 bijectif y = x + a:
Z 2
Z a+2
1
1
inx
cn (ta (f )) =
f (x + a) e
dx =
f (y) e
2
2
0
a
Z a+2
1
= eina
f (y) e iny dy
2
a
3
in(y a)
dy
Mais la fonction t ! f (t)eint est 2 périodique donc l’intégrale est indépendante de la période de calcul.
Z
2
in(y a)
f (y) e
dy
=
Z
a
f (y) e
in(y a)
dy +
=
Z
a+2
f (y) e
in(y a)
dy
a+2
in(y a)
f (y) e
Z
a+2
f (y) e
in(y a)
dy
2
a
0
0
Z
dy
a
les deux intégrales
Z
a
f (y) e
in(y a)
0
dy et
Z
a+2
in(y a)
f (y) e
dy étant égales.
2
cn (ta (f )) = eina cn (f )
14. Soit f 2 E une fonction non nulle et un scalaire telle que ta (f ) = f . On a donc pour tout n 2 Z cn (ta (f )) = cn ( f ) = cn (f )
(linéarité vue à la question 11) . Or cn (ta (f )) = eina cn (f ) .
f 2 E est non nulle donc d’après le résultat admis, il existe un entier n tel que cn (f ) 6= 0. Donc en prenant cette valeur
de n on peut simpli…er par cn (f ) et donc = eina
Réciproquement, si il existe n 2 Z tel que = eina , alors la fonction en est vecteur propre de ta pour la valeur propre
(véri…cation évidente : en (x + a) = eina en (x)).
Les valeurs propres de ta sont donc exactement les nombres complexes de la forme eina pour n décrivant Z
15. remarque : le résultat admis est une conséquence de Parseval .si f est continue par morceaux sur R , 2 périodique on
a:
Z 2
+1
X
1
2
2
jcn (f )j
jf j =
2 0
k= 1
On prouve d’abord que h est la fonction nulle si et seulement si tous ses coe¢ cients de Fourier sont nuls. :
Si h est 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 h est donc nulle sur [0; 2 ] , donc sur R par période.
Il su¢ t alors de prendre h = f
a
g pour avoir le résultat.
p
est rationnel alors 2q est une période de la suite 'a donc ei(n+2q)a = eina et donc en+2q est aussi dans
q
le sous espace propre associé à la valeur propre eina . Or les deux fonctions en et en+2q forment un système libre .
donc le sous espace propre est de dimension 2
a
Si
est irrationnel alors si f véri…e ta (f ) = eina f on a pour tout entier m :
Si
=
eima cm (f ) = cm (ta (f )) = eina cm (f )
Or ' est injective donc
m 6= n ) eima 6= eina ) cm (f ) = 0
Les deux fonctions continues f et cn (f )en ont donc les mêmes coe¢ cients de Fourier. Elle sont donc égales.
les sous espaces propres sont des droites si et seulement si
16. Les p + 1 fonctions tia (f )
famille est liée .
p
i=0
a
est irrationnel
appartiennent à F de dimension p: le cardinal est strictement supérieur à la dimension, la
9(
p
j )j=0 6= (0) ;
p
X
j
j ta (f )
=0
j=0
Or par récurrence sur j : cn tja (f ) = einja cn (f ):
vrai si j = 0 et 1 .
Si cn tja
1
(f ) = ein(j
1)a
cn (f ) alors cn tja (f ) = cn ta (taj
4
1
) = eina cn tja
1
(f ) = einja cn (f ):
Par la linéarité vue à la question 11 on a donc
0
1
p
p
X
X
j
@
A
cn
=
j ta (f )
j=0
j
j cn ta (f )
=
j=0
On a donc bien :
p
X
j
einja cn (f )
j=0
0
p
X
8n 2 Z , @
j
j=0
1
einja A cn (f ) = 0
.
p
17. Soit f 2 F . Soient ( i )i=0 les scalaires non tous nuls de la question 16.
On a donc cn (f ) = 0 ou
p
X
j
einja = 0 .
j=0
Dans le second cas eina est racine du polynôme P (X) =
p
X
j
X j . Ce polynôme admet un nombre …ni de racines . On
j=0
peut donc poser
0 si P n’a pas de racine du type eina
1 + max jnj ; eina soit racine de P sinon.
Nf =
On a donc :
jnj
Nf )
p
X
j
j=0
einja 6= 0 ) cn (f ) = 0:
p
18. F est de dimension …nie p .Il existe donc une base (fi )i=1 de F , Soit N = maxfNf1 ;
Pour tout entier relatif n tel que jnj
N , on a cn (fj ) = 0 pour tout j 2 [[1; p]] donc, par linéarité si
g=
p
X
j fj alors cn (g) =
j=1
On a cn (h) =
N
X
N , Soit alors h =
résultat admis. et donc F
N
X
k= N
G
j cn
(fj ) = 0
N
X
N ) cn (g) = 0
ck (g)ek ,
k= N
ck (f )cn (ek ) =
k= N
p
X
j=1
9N 2 N , 8g 2 F , n
19. Si g 2 F , on a cn (g) = 0 pour jnj
; Nfp g.
ck (g)
k;n
=
(
X
cn (g) +
0 = cn (g) si jnj < N
X
. donc g = h 2 G d’après le
0 = 0 = cn (g) si jnj N
En…n, G est stable par ta car pour les fonctions ek de la famille génératrice ta (ek ) = eika ek 2 G car
8x 2 R , ta (ek )(x) = eik(x+a) = eika eikx = eika ek (x)
20. Soit l’endomorphisme de G induit par ta . Il est diagonalisable puisque G admet une base (ek )
vecteurs propres de .
N k N
constituée de
21. Soit 0 l’endomorphisme de F induit par ta (et donc aussi par ). Comme c’est l’endomorphisme induit par un endomorphisme diagonalisable de G sur un sous-espace stable, il est lui aussi diagonalisable. On peut donc trouver une base
de F constituée 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 ek avec
k 2 [[ N; N ]]. Une telle base de F est donc de la forme (ek )k2S , avec S [[ N; N ]].
5