SADIK Omar CPGE FES — Corrigé du concours Mines ponts 17

maths 1

A. Préliminaires
1) la fonction nulle est un élément de D et de P .
On a P ⊂ E et D ⊂ E par définition.
Si P,Q ∈ P et λ ∈ C, alors P + λQ est une fonction polynômiale, donc P
est un sous espace vectoriel de E .
Si f , g ∈ D alors ∃R 1 , R 2 > 0 et ∃(a n )n , (b n )n deux suites de nombres com-
+∞
a n x n et ∀x ∈] − R 2 , R 2 [, g (x) =
X
plexes tels que ∀x ∈] − R 1 , R 1 [, f (x) =
n=0
+∞
n
X
b n x . Soit R = min(R 1 , R 2 ), alors :
n=0
+∞ +∞ +∞
∀x ∈] − R, R[, ( f + λg )(x) = an x n + λ bn x n = (a n + λb n )x n .
X X X
n=0 n=0 n=0
Donc D est un sous espace vectoriel de E .
2) Soit f ∈ E .
• ∀x ∈ I , ∀t ∈ [0, π/2], |x sin t | ≤ |x| ≤ a et les applications t 7−→ f (x sin t )
et t 7−→ f 0 (x sin t ) sont continues sur [0, π/2], donc u( f ) et v( f ) sont bien
définies sur I .
• ∀x ∈ I , t 7−→ f (x sin t ) est continue sur [0, π/2]
• ∀t ∈ [0, π/2], x 7−→ f (x sin t ) est de classe C ∞ sur I .
∂p f (x sin t )
et ∀p ∈ N, = (sin t )p f (p) (x sin t ) et ∀x ∈ I , t 7−→ (sin t )p f (p) (x sin t )
∂x p
est continue sur [0, π/2].
• f (p) est continue sur le compact I donc bornée par une constante M p ,
alors ∀x ∈ I ; ∀t ∈ [0, π/2], |(sin t )p f (p) (x sin t )| ≤ M p et l’application t 7−→
M p est continue sur [0, π/2] donc u( f ) est de classe C ∞ sur I et ∀p ∈
2 π/2
Z
N; ∀x ∈ I u( f )(p) (x) = (sin t )p f (p) (x sin t )d t .
π 0
f est un élément de E donc f 0 aussi, donc v( f ) est de classe C ∞ sur I
aussi. donc u( f ), v( f ) ∈ E , alors u et v sont des applications de E dans E .
On vérifie facilement que si f , g ∈ E et si λ ∈ C alors ∀x ∈ I , u( f +λg )(x) =
[u( f ) + λu(g )](x) donc u( f + λg ) = u( f ) + λu(g ) donc u est linéaire de
même pour v.
3) Si f est constante alors u( f ) et v( f ) sont aussi des fonctions constantes.

1
 2
Soit n ∈ N∗ , posons : f n (x) = x n . Alors ∀x ∈ I , u( f n )(x) = Wn f n (x) et
π
v( f n )(x) = nWn−1 f n (x).
Puisque u et v sont linéaires, alors u(P ) ⊂ P et v(P ) ⊂ P .
Z π/2
4) Soit n ∈ N, alors par une intégration par parties, on obtient Wn+2 = sin t (sin t )n+1 d t =
Z π/2 0
2 n n +1
(n+1) cos t (sin t ) d t = (n+1)Wn −(n+1)Wn+2 , donc Wn+2 = Wn .
0 n +2
La relation est vraie pour n = 0, soit n ∈ N et supposons que cette relation
est vraie à l’ordre n alors
n +1 n +1 n +1 π π
Wn+1Wn+2 = Wn+1 Wn = Wn Wn+1 = = .
n +2 n +2 n + 2 2(n + 1) 2(n + 2)
La récurrence s’applique et le résultat est vraie pour tout n ∈ N.
Z π/2
5) Soit n ∈ N, Wn − Wn+1 = (sin t )n (1 − sin t )d t qui est positive et si on
0
suppose qu’elle est nulle, puisque l’application t 7−→ (sin t )n (1 − sin t ) est
continue sur [0, π/2], alors ∀t ∈]0; π/2], 1 − sin t = 0 ce qui est absurde :
donc (Wn )n est strictement décroissante.
La suite (Wn )n est strictement décroissante et minorée par 0 donc conver-
gente, soit ` sa limite, alors `2 = 0 de la relation précédente. donc ` = 0.
On ∀n ∈ N∗ , Wn Wn+1 ≤ Wn2 ≤ Wn Wn−1 vu la monotonie.
π π π
r
2
Donc ≤ Wn ≤ . donc Wn ∼
2(n + 1) 2n +∞ 2n

B. Étude de la continuité de u et de v
6) Soit f ∈ E alors | f | est continue sur le compact I , donc bornée et atteint
sa borne supérieure, alors M ( f ) existe. et M (u( f )) aussi car u( f ) est de
2 π/2
Z
∞
classe C sur I . Soit x ∈ I , alors |u( f )(x)| ≤ | f (x sin t )|d t ≤ M ( f ),
π 0
alors M (u( f )) ≤ M ( f ). u est un endomorphisme donc il est continu de
(E , M ) −→ (E , M ).
xn 1 xn
7) Soit n ∈ N∗ , soit g n (x) = n p , On a M (g n ) = p et v(g n )(x) = nWn−1 n p
a n n a n
1
Alors M (v(g n )) = nWn−1 p .
n
La suite (g n )n tend vers 0 au sens de la norme M tandis que M (v(g n )) ∼
+∞
π
r
ne tend pas vers 0 au sens de la norme M , Alors v n’est pas continu
2
de (E , M ) −→ (E , M ).

2
 8) Soit f , g ∈ E alors f 0 ∈ E donc N est une application
Si N ( f ) = 0 alors M ( f ) = 0 donc f = 0.
Soit λ ∈ R ; N (λ f ) = M (λ f ) + M ((λ f )0 ) = |λ|(M ( f ) + M ( f 0 )) = λN ( f ).
N ( f + g ) = M ( f + g ) + M ( f 0 + g 0 ) ≤ M ( f ) + M ( f 0 ) + M (g ) + M (g 0 ) = N ( f ) +
N (g ).
Z π/2
π
Soit x ∈ I , alors |v( f )x| ≤ | f (0)|+|x| | f 0 (x sin t )|d t ≤ M ( f )+a M ( f 0 ) ≤
0 2
π 0
max(1, a )(M ( f ) + M ( f )).
2
π
Donc M (v( f )) ≤ αN ( f ) où α = max(1, a ), donc v est continue de (E , N ) −→
2
(E , M ).
Supposons qu’il existe β > 0 tel que N ≤ βM , alors ∀ f ∈ E , M (v( f )) ≤
βM ( f ), alors v est continu de (E , M ) −→ (E , M ) ce qui est absurde de la
question 7). Les deux normes ne sont pas équivalents.
9) Soit f ∈ E et ε > 0, alors f 0 est continue sur le compact I par application
du théorème de Weierstrass :
∃Q ∈ P ; tel que ∀x ∈ I ; | f 0 (x) −Q 0 (x)| ≤ ε.
Si f (0) = Q(0) c’est bien si non soit P (x) = Q(x) − Q(0) + f (0), on a bien
P ∈ P et P 0 = Q 0 de plus P (0) = f (0) et ∀x ∈ I ; | f 0 (x) − P 0 (x)| ≤ ε.
¯Z x ¯
0 0
On a alors M (( f − P ) ) ≤ ε et ∀x ∈ I ; |( f − P )(x)| = ¯ ( f − P ) (t )d t ¯¯ ≤
¯ ¯
¯
¯Z x ¯ ¯Z x ¯ 0
0
εd t ¯¯ ≤ εa
¯ ¯ ¯ ¯
¯
¯ |( f − P ) (t )|d t ¯¯ ≤ ¯¯
0 0
Alors M ( f − P ) ≤ εa, donc N ( f − P ) ≤ (1 + a)ε, ce qui assure la densité de
P dans (E , N ).

C. Étude de l’inversibilité de u et v
10) Soit n ∈ N∗ de la question 3), si on pose f n (x) = x n ,
2
Soit x ∈ I , u( f n )(x) = Wn f n (x) et v( f n (x) = nWn−1 f n (x) ;
π
2
Alors u ◦ v( f n (x) = nWn Wn−1 f n (x) = f n (x) de la question 5).
π
et v ◦ u( f n )(x) = f n (x) égalité encore vraie pour n = 0. Alors v ◦ u = u ◦ v =
I d P , car sont des endomorphismes et égaux sur les éléments d’une base
de P .
11) Soit f ∈ E , par application de la question 9) il existe une suite (P n )n d’élé-
ments de P qui converge vers f dans (E , N ).
Or v : (E , N ) −→ (E , M ) est continue donc v(P n ) tend vers v( f ) dans
(E , M ).

3
 L’application u : (E , M ) −→ (E , M ) est continue, donc u ◦ v(P n ) tend vers
u ◦ v( f ) dans (E , M )
Or ∀n ∈ N; u ◦v(P n ) = P n et (P n ) tend vers f dans le même espace (E , M ),
l’unicité de la limite entraine ; f = u ◦ v( f ).
Soit f ∈ E tel que v( f ) = O, alors u ◦ v( f ) = u(O), donc f = 0, alors v est
injectif donc pas de valeur propre nulle.
2
12) Soit f ∈ E et x ∈ I , alors M (u( f )) ≤ M ( f ).
π
Z π/2
2 2
et (u( f ))0 (x) = sin t f 0 (x sin t )d t donc |(u( f ))0 (x)| ≤ M ( f 0 )
π 0 π
2
Donc M ((u( f ))0 ) ≤ M ( f 0 ), en rassemblant N (u( f )) ≤ N ( f ) ce qui se tra-
π
duit par u est continue de dans (E , N )
Soit (P n )n une suite qui tend vers f dans (E , N ) ; (Q9)), alors u(P n ) tend
vers u( f ) dans (E , N ) par continuité.
Alors v ◦u(P n ) tend vers v ◦u( f ) par continuité de v de (E , N ) dans (E , M ).
Donc P n tend v ◦u( f ) dans (E , M ) et P n tend vers f dans (E , N ) donc dans
(E , M ) car M ≤ N . Par unicité de la limite f = v ◦ u( f ).
Alors v ◦ v = v ◦ u = I d E , donc u et sont des automorphismes de E et
v = u −1 .
2 π/2 0
Z
0
13) Soit f ∈ E , ∀x ∈ I ; u( f )(x) = f (x sin t )d t ; donc
π 0
π
xu( f 0 )(x) = v( f )(x) − f (0)
2

2 π/2 1 2 +∞ 1
Z Z
Soit x ∈ R, u(arctan0 )(x) = d t = dz =
π 0 2
1 + x 2 sin t π 0 1 + (1 + x 2 )z 2
2/π p 1
p [arctan( 1 + x 2 z)]+∞ 0 =p .
1 + x2 1 + x2
1
Pour calculer u(argsh00 ), on calcul d’abord v(argsh0 )(x) = v( p )(x) =
1 + x2
1
v ◦ u(arctan0 )(x) = arctan0 x = .
1 + x2
π
Alors de la formule xu( f 0 )(x) = v( f )(x) − f (0) appliqué à f = argsh0 =
2
1
p , on obtient :
1 + x2
π 00 0 1 −x 2
xu(argsh )(x) = v(argsh )(x) − 1 = −1 = , donc
2 1 + x2 1 + x2
−2x
u(argsh00 )(x) = pour tout x ∈ R à cause de la continuité.
π(1 + x 2 )

4
 14) • Soit f ∈ E et x ∈ I , alors
2 π/2
Z ½
−u( f )(x) si f est impaire
u( f )(−x) = f (−x sin t )d t =
π 0 u( f )(x) si f est paire
π
On a la relation v( f )(x) = f (0) + xu( f 0 )(x), donc
2
• Si f est impaire alors f (0) = 0 et f 0 est paire et v( f ) est impaire.
• Si f est paire alors f 0 est impaire et v( f ) est paire.
Réciproquement :
• Supposons que u( f ) est paire. Montrons que f est paire.
Z π/2
Soit g (x) = f (−x), on a ∀x ∈ I , ; u( f )(−x) = u( f )(x), donc ∀x ∈ I , f (−x sin t )d t =
Z π/2 0

f (x sin t )d t
0
Z π/2 Z π/2
Donc ∀x ∈ I , g (x sin t )d t = f (x sin t )d t , alors u(g ) = u( f ) ; u est
0 0
injectif donc f = g
Alors ∀x ∈ I , f (−x) = f (x), donc f est paire.
• En posant h(x) = − f (x), alors si u( f ) est impaire alors h(g ) = u(h), donc
g = h, donc f est impaire.
• Supposons maintenant que v( f ) est paire alors ∀x ∈ I ; f (0)+xu( f 0 )(x) =
f (0) − xu( f 0 )(−x), donc
∀x ∈ I ; u( f 0 )(x) = −u( f 0 )(−x) vu la continuité en 0. ce qui se traduit par
u( f 0 ) est impaire donc f 0 est impaire
Alors f est paire. (Primitivation de f 0 (−x) = − f 0 (x) avec constante néces-
sairement nulle
• Supposons maintenant que v( f ) est impaire alors ∀x ∈ I ; f (0)+xu( f 0 )(x) =
− f (0) + xu( f 0 )(−x), en particulier pour x = 0, on obtient f (0) = 0. donc
∀x ∈ I ; u( f 0 )(x) = u( f 0 )(−x) vu la continuité en 0. ce qui se traduit par
u( f 0 ) est paire donc f 0 est paire
Alors f est impaire. (Primitivation de f 0 (−x) = f 0 (x) avec constante né-
cessairement nulle car f (0) = 0.

D. Étude des valeurs et vecteurs propres de u et v

15) Soit λ ∈ R Si λ est une valeur propre de v, alors λ 6= 0, car v est injectif. et
∃ f ∈ E tel que f 6= 0, v( f ) = λ f , alors u ◦ v( f ) = λu( f ).
1 1
Donc u( f ) = f , comme f 6= 0, alors est une valeur propre de u.
λ λ
En composant à nouveau la dernière égalité par v on obtient λ f = v( f )
alors l’équivalence.

5
 De plus on a montré que f ∈ E λ (v) ⇐⇒ f ∈ E 1 (v) ce qui ce traduit par :
λ

E 1 (v) = E λ (u)
λ

+∞
16) Soit f ∈ D, ∃R > 0 et ∃(a n )n ∈ CN telle que ∀x ∈] − R, R[, f (x) = an x n
X
n=0
2 π/2 +∞
Z
n n
Posons ∀t ∈ [0, π/2] ; h n (t ) = a n x (sin t ) , calculons u( f )(x) = a n x n (sin t )n d t .
X
π 0 n=0
• Soit x ∈] − R, R[ fixé, ∀n ∈ N, h n est continue sur [0, π/2]
X
• La série de fonction h n converge normalement donc uniformément
[0, π/2], en effet :
Soit t ∈ [0, π/2], |h n (t )| ≤ |a n x n | et la série a n x n converge absolument.
X

l’un des théorèmes d’intégration terme à terme s’applique et

X Z π/2
2 +∞ +∞ µ ¶
n n
X 2
u( f )(x) = a n x (sin t ) d t = a n Wn x n , donc u( f ) ∈ D ,alors
π n=0 0 n=0 π
u(D) ⊂ D.
π
Soit x ∈ I , on a v( f )(x) = f (0)+x u( f 0 )(x), or f 0 ∈ E donc u( f 0 ) ∈ D, donc
2
v(D) ⊂ D
17) Soit f ∈ E , alors pour tout n ∈ N, | f (n) | est continue sur I compact donc
bornée et atteint sa borne supérieure, alors m n exists.
2 π/2
Z
(n)
Soit x ∈ I , et soit n ∈ N, λ f (x) = (sin t )n f (n) (x sin t )d t c’est la
π 0
question 2)
2 ¯¯ π/2 ¯ 2 π/2
¯Z ¯ Z
n (n)
(n)
donc |λ f (x)| = ¯ (sin t ) f (x sin t )d t ¯ ≤
¯ (sin t )n | f (n) (x sin t )|d t ≤
π 0 π 0
2
m n Wn .
π
2
et cette dernière égalité valable pour tout x ∈ I , donc |λ|m n ≤ m n Wn ,
µ ¶ π
2
donc m n Wn − |λ| ≥ 0
π
2
Or |λ| 6= 0 et la suite ( Wn )n tend vers 0.
π
2
A partir d’un certain rang, Wn − |λ| est négatif strictement donc m n = 0,
π
alors f (n) est nulle à partir d’un certain rang sur I ; en intégrant n fois ; f
est un élément de P .
N
a n x n un vecteur
X
18) Par application de la question précédente ; soit P =
n=0
propre associé à la valeur propre λ , alors l’équation u(P ) = λP donne

6
 N 2 N 2
a n Wn x n = λx n donc ∀n ∈ {0, 1, ..., N }, a n (Wn − λ) = 0
X X
n=0 π n=0 π
S’il existe deux entiers distincts m 6= n tels que a n 6= 0 et a m 6= 0 (il existent
car P 6= 0), alors
2 2
λ = Wn = Wm et ceci est absurde avec (Wn ) est strictement décrois-
π π
sante.
2
Donc nécessairement P est de la forme µX n , µ 6= 0 donc λ = Wn .
π
n 2
Réciproquement : Pour f (x) = x on a bien u( f ) = Wn f .
π
2
Alors Sp(u) = { Wn / n ∈ N} et E 2 Wn (u) = Vect(x 7−→ x n ).
π π
π
Sp(v) = { / n ∈ N} et E π (v) = Vect(x 7−→ x n ).
2Wn 2Wn

E 2 Wn (u) = E ou bien Vect(x 7−→ x n )n∈N = E , Non en effet :

M
19) A-t-on
π
n∈N
La fonction x 7−→ exp x est de classe C ∞ et n’appartient pas à Vect(x 7−→
x n )n∈N si non ses dérivées vont s’annuler à partir d’un certain rang.
2
Sp(u) n’est pas un fermé car la suite Wn tend vers 0 et 0 n’est pas une
π
valeur propre de u.
π π
Sp(v) = { / n ∈ N} est un fermé en effet la suite ({ )n est stric-
2Wn 2Wn
temnt croissante, soit (x n ) une sous suite de cette suite donc de Sp(v) qui
converge, donc bornée, alors elle doit être stationnaire et sa sa limite est
un élément de Sp(v).
Pour vos remarques ... sadikoulmeki@gmail.com