SESSION 2015
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP
MATHEMATIQUES 1
EXERCICE I
I.1. Soitλ > 0. NotonsGXla fonction génératrice deX. Pour tout entier naturelk, P(X=k) =e−λλk k!. Pour tout réelx, la série de terme généralP(X=k)xk=e−λ(λx)k
k! converge et
GX(x) =
+∞
X
k=0
P(X=k)xk=e−λ
+∞
X
k=0
(λx)k k!
=e−λeλx=eλ(x−1).
∀x∈R,GX(x) =eλ(x−1). On sait alorsGX est indéfiniment dérivable surRet pour tout réelx,
+∞
X
k=1
kP(X=k)xk−1=GX′(x) =λeλ(x−1). puis
E(X) =
+∞
X
k=0
kP(X=k) =GX′(1) =λ.
Pour tout réelx,
+∞
X
k=0
kP(X=k)xk=xGX′(x) =λxeλ(x−1) puis en redérivant
+∞
X
k=1
k2P(X=k)xk−1=λ(λx+1)eλ(x−1) Pourx=1, on obtient
E(X2) =
+∞
X
k=1
k2P(X=k) =λ(λ+1), puis
V(X) =E X2
− (E(X))2=λ(λ+1) −λ2=λ.
E(X) =λetV(X) =λ.
EXERCICE II
II.1.Soitn∈N∗. La fonctionfn est continue sur [0,+∞[et est négligeable en +∞ devant 1
x2 d’après un théorème de croissances comparées (et car n > 0). On en déduit que la fonction fn est intégrable sur [0,+∞[ et en particulier sur ]0,+∞[. De plus,
Z+∞
0
fn(x)dx=
−e−nx
n + e−2nx n
+∞
0
=0− 1
n− 1 n
=0.
On en déduit que
+∞
X
n=1
Z+∞ 0
fn(x)dx
=0.
II.2. Soit x > 0. Alors e−x ∈] −1, 1[ et e−2x ∈] −1, 1[. On en déduit que les séries géométriques de termes généraux respectifse−nx= (e−x)n ete−2nx= e−2xn
convergent.
Par suite, la série de fonctions de terme généralfn, n∈N∗, converge simplement sur]0,+∞[vers une fonction que l’on noteS. Pour tout réelx > 0,
S(x) =
+∞
X
n=1
e−xn
−2
+∞
X
n=1
e−2xn
= e−x
1−e−x − 2e−2x
1−e−2x = ex×e−x
ex(1−e−x)− 2e2x×e−2x e2x(1−e−2x)
= 1
ex−1 − 2
e2x−1 = ex+1
(ex−1) (ex+1)− 2
(ex−1) (ex+1)= ex−1
(ex−1) (ex+1) = 1 ex+1. La fonction S est continue sur]0,+∞[, se prolonge par continuité en 0 et est négligeable devant 1
x2 en+∞d’après un théorème de croissances comparées. Donc la fonctionSest intégrable sur]0,+∞[. De plus,
Z+∞
0
S(x)dx= Z+∞
0
e−x
1+e−x dx=
−ln 1+e−x+∞ 0 =ln2.
Z+∞
0
+∞
X
n=1
fn(x)
!
dx=ln2.
II.3.
+∞
X
n=1
Z+∞
0
|fn(x)|dxexiste et est élément de[0,+∞]. Si par l’absurde
+∞
X
n=1
Z+∞
0
|fn(x)|dx <+∞, alors
• chaque fonctionfn est continue par morceaux sur]0,+∞[,
• la série de fonctions de terme généralfn converge simplement sur ]0,+∞[vers une fonctionSqui est continue sur]0,+∞[,
•
+∞
X
n=1
Z+∞
0
|fn(x)|dx <+∞.
D’après un théorème d’intégration terme à terme, on doit avoir Z+∞
0
+∞
X
n=1
fn(x)
! dx=
+∞
X
n=1
Z+∞ 0
fn(x)dx
, ce qui n’est pas d’après les deux questions précédentes. Donc,
+∞
X
n=1
Z+∞
0
|fn(x)|dx= +∞.
Problème
Partie 1. Exemples et contre-exemples
III.1. Supposons par l’absurde qu’il existe une suite de polynômes(Pn)n∈N convergeant uniformément vers la fonction fsur]0, 1]. Alors,
• la suite(Pn)n∈Nconverge uniformément versfsur]0, 1],
• chaque fonctionPn a une limite réelle en0à droite à savoirℓn =Pn(0).
D’après le théorème d’interversion des limites, la fonctionfdoit avoir une limite réelle en0à droite ce qui n’est pas. Donc, il n’existe pas de suites de polynômes convergeant uniformément versfsur]0, 1].
Ainsi, le théorème deWeierstrassdonné sur un segment[a, b]ne peut être généralisé à un intervalle quelconque.
III.2. On sait qu’un sous-espace de dimension finie d’un espace vectoriel normé est un fermé de cet espace. PuisquePN est un sous-espace de dimension finie deC0([a, b],R),PN est un fermé de C0([a, b],R),k k∞
.
SoitN∈N. Soit (Pn)n∈Nune suite d’éléments de PN convergeant uniformément sur[a, b]vers une certaine fonction f.
Alors, la suite(Pn)n∈Nune suite d’éléments dePNconvergeant versfdans l’espace vectoriel normé C0([a, b],R),k k∞ . PuisquePn est un fermé de cet espace, on en déduit quef∈PN ou encore on en déduit plus explicitement quefest un polynôme.
III.3.
III.3.a. • Soit P ∈ R[X]. P est continue sur le segment [−2,−1]. En particulier, p est bornée sur ce segment. On en déduit queN1(P)existe dansR. Ainsi,N1est une application deR[X]dansR.
•SoitP∈R[X].N1(P) = sup
x∈[−2,−1]
|P(x)|>0.
•SoitP∈R[X].
N1(P) =0⇒ sup
x∈[−2,−1]
|P(x)|=0⇒∀x∈[−2,−1], |P(x)|60
⇒∀x∈[−2,−1], P(x) =0
⇒P=0(polynôme ayant une infinité de racines)
•Soientλ∈RetP∈R[X]. Pour tout réelx∈[−2,−1],|λP(x)|=|λ|×|P(x)|et donc N1(λP) =|λ|N1(P).
•SoientP etQdeux polynômes. Pour tout réelxde[−2,−1],
|(P+Q)(x)|6|P(x)|+|Q(x)|6N1(P) +N1(Q).
Ainsi,N1(P)+N1(Q)est un majorant de{|(P+Q)(x)|, x∈[−2,−1]}. PuisqueN1(P+Q)est le plus petit de ces majorants, N1(P+Q)6N1(P) +N1(Q).
On a montré queN1 est une norme surR[X].
III.3.b. Graphe de f.
1 2 3 4 5 6 7 8
1 2
−1
−2
fest continue sur le segment[−2, 2]et doncfest limite uniforme sur ce segment d’une suite de polynômes(Pn)n∈Nd’après le théorème d’approximation deWeierstrass. Pour tout réel xde[−2,−1]
Pn(x) −x2
=|Pn(x) −f(x)|6 sup
x∈[−2,−1]
{|Pn(x) −f(x)|}6 sup
x∈[−2,−2]
{|Pn(x) −f(x)|}, et donc06N1 PN−X2
6 sup
x∈[−2,−2]
{|Pn(x) −f(x)|}. Puisque la suite(Pn)n∈Nconverge uniformément versfsur[−2, 2], sup
x∈[−2,−2]
{|Pn(x) −f(x)|}tend vers 0 quand n tend vers+∞et il en est de même de N1 PN−X2
. Ceci montre que la suite(Pn)n∈Nconverge versX2pour la normeN1.
De même, pour tout réelxde[1, 2]
Pn(x) −x3
=|Pn(x) −f(x)|6 sup
x∈[−2,−2]
{|Pn(x) −f(x)|}, et donc06N2 PN−X3
6 sup
x∈[−2,−2]
{|Pn(x) −f(x)|}et N2 PN−X3
tend vers0 quand ntend vers+∞. Ceci montre que la suite(Pn)n∈Nconverge versX3pour la normeN2.
Partie 2. Application : un théorème des moments III.4.
III.4.a. Soit P un polynôme. P est une combinaison linéaire des Xk, k ∈ N. Par linéarité de l’intégrale, on obtient Zb
a
P(x)f(x)dx=0.
III.4.b. D’après le théorème d’approximation deWeierstrass, il existe une suite de polynômes(Pn)n∈Nconvergeant uniformément versfsur[a, b]. La fonctionfest continue sur le segment[a, b]et en particulier est bornée sur ce segment.
On en déduit que la suite de fonctions(Pnf)n∈Nconverge uniformément versf×f=f2 sur ce segment.
Puisque chaque fonctionPnfest continue sur le segment[a, b]et que la suite de fonctions(Pnf)n∈Nconverge uniformément versf2sur ce segment, on sait que
Zb
a
f2(x)dx= Zb
a
n→lim+∞Pn(x)f(x)dx= lim
n→+∞
Zb
a
Pn(x)f(x)dx
III.5. D’après ce qui précède,F⊥ ={0}. En particulier,F+F⊥=F=R[X]⊂
6= E.
III.6.
III.6.a. Soitn∈N. La fonctionfn : x7→xne−(1−i)x est continue sur[0,+∞[. De plus, quandxtend vers+∞, xne−(1−i)x
=xne−x=o 1
x2
d’après un théorème de croissances comparées.
Doncfn est intégrable sur[0,+∞[ou encore In existe.
Soientn∈Net Aun réel positif. Les deux fonctionsx7→xn+1et x7→ e−(1−i)x
−(1−i) sont de classe C1 sur le segment[0, A].
On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit ZA
0
xn+1e−(1−i)xdx=
xn+1e−(1−i)x
−(1−i) A
0
− ZA
0
(n+1)xne−(1−i)x
−(1−i) dx
=An+1e−(1−i)A
−1+i +n+1 1−i
ZA
0
xne−(1−i)xdx.
Ensuite,
An+1e−(1−i)A
−1+i
= An+1e−A
√2 . Cette expression tend vers 0 quand A tend vers +∞ d’après un théorème de croissances comparées et donc lim
A→+∞
An+1e−(1−i)A
−1+i =0. QuandAtend vers+∞, on obtient doncIn+1= n+1 1−iIn. D’autre part,I0=
Z+∞
0
e−(1−i)xdx= 1 1−i lim
A→+∞
1−e−(1−i)A
= 1
1−i (car
e−(1−i)A
=e−A). En résumé,I0= 1 1−i et∀n∈N,In+1= n+1
1−iIn. Par suite, pourn∈N∗, In =I0
n−1Y
k=0
Ik+1
Ik = 1 1−i
n−1Y
k=0
k+1
1−i = n!
(1−i)n+1 ce qui reste vrai pourn=0.
III.6.b. Soitk∈N.
I4k+3= (4k+3)!
(1−i)4k+4 = (4k+3)!
√
2e−iπ4 4k+4 = (−1)k+1(4k+4)!
22k+2 . En particulier,I4k+3 est un réel et donc sa partie imaginaire est nulle. Or,
Im Z+∞
0
x4k+3e−(1−i)xdx
= Z+∞
0
x4k+3e−x Imeix dx=
Z+∞
0
x4ke−xx3sinx dx et on a donc montré que pour toutk∈N,
Z+∞
0
x4ke−xx3sinx dx=0.
III.6.c. L’applicationϕ : u7→u1/4est une bijection de]0,+∞[sur lui-même, strictement croissante et de classeC1 sur]0,+∞[. En posantu=x4 et doncx=u1/4puisdx= 1
4u−3/4du, on obtient Z+∞
0
x4ke−xx3sinx dx= Z+∞
0
uke−u1/4u3/4sin
u1/4 du 4u3/4 = 1
4 Z+∞
0
uke−u1/4sin u1/4
du.
Pouru∈[0,+∞[, posonsf(u) =e−u1/4sin u1/4
. Alors, la fonctionfest continue sur[0,+∞[, non nulle sur cet intervalle et vérifie∀k∈N,
Z+∞
0
ukf(u)du=0.
III.6.d. On note que la fonction f est continue sur [0,+∞[ et négligeable en+∞ devant 1
u2. Donc, la fonction f est intégrable sur[0,+∞[ou encore
Z+∞
0
|f(x)|dx <+∞.
D’autre part, par linéarité, pour tout polynômeP, on a Z+∞
0
P(x)f(x)dx=0.
Supposons par l’absurde qu’il existe une suite de polynômes(Pn)n∈Nconvergeant uniformément versfsur[0,+∞[. Pour tout entier natureln, on a
Z+∞
0
(f(x))2 dx= Z+∞
0
(f(x) −Pn(x))f(x)dx+ Z+∞
0
Pn(x)f(x)dx= Z+∞
0
(f(x) −Pn(x))f(x)dx, puis
06 Z+∞
0
(f(x))2 dx= Z+∞
0
(f(x) −Pn(x))f(x)dx=
Z+∞
0
(f(x) −Pn(x))f(x)dx
6 Z+∞
0
|f(x) −Pn(x)| |f(x)|dx
6kf−Pnk∞
Z+∞
0
|f(x)|dx.
Quandntend vers+∞, on obtient Z+∞
0
(f(x))2 dx=0 et doncf=0 (fonction continue positive d’intégrale nulle). Ceci est absurde et donc il n’existe pas de suites de polynômes convergeant uniformément versf sur[0,+∞[.
Partie 3. Exemple via un théorème de Dini III.7. Montrons par récurrence que∀n∈N,06un6√
x.
• C’est vrai pourn=0.
• Soitn>0. Supposons que06un 6√
x. Alors un+1=un+1
2
x− (un)2
>0+ 1 2
x− √
x2
=0.
D’autre part,
un+1−√
x=un−√ x+ 1
2
x− (un)2
= un−√ x
1−
√x+un 2
60.
carun−√
x60 et1−
√x+un 2 >1−
√x+√ x
2 =1−√ x>0.
Le résultat est démontré par récurrence.
On en déduit encore que pour tout entier naturel n,un+1−un = 1 2
x− (un)2
>0 et donc que la suite(un)n∈N est croissante.
Ainsi, la suite(un)n∈Nest croissante et majorée par√
x. Donc, la suite(un)n∈N converge vers un certain réelℓ. Puisque pour tout entier natureln,06un6√
x, on a encore06ℓ6√ x.
En faisant tendre n vers +∞ dans l’égalité un+1 = un + 1 2
x− (un)2
, on obtient 1
2 x−ℓ2
= 0 puis ℓ = √ x (car ℓ>0). On a montré que la suite(un)n∈Nconverge vers√
x.
III.8. Pourn∈N∗ etx∈[a, b], posonsfn(x) =
2n
b−a(x−a) six∈
a, a+b−a 2n
− 2n b−a
x−
a+ b−a n
six∈
a+b−a
2n , a+b−a n
0six∈
a+ b−a n , b
. Voici
le graphe de la fonctionfn :
a b 1
La suite de fonctions(fn)n∈Nconverge simplement sur[a, b]vers la fonction nulle qui est continue sur[a, b].
En effet, d’une part, pour toutn>1,fn(a) =0et donc lim
n→+∞fn(a) =0 et d’autre part, six∈]a, b], pourn> b−a x−a de sorte quex>a+ b−a
n , on a fn(x) =0 et donc lim
n→+∞
fn(x) =0.
Maintenant, pour toutn∈N∗,kfn−0k∞=kfnk∞>
fn
a+b−a 2n
=1et donckfn−0k∞ne tend pas vers0quand ntend vers+∞. La suite de fonctions(fn)n∈Nne converge pas uniformément sur[a, b]vers la fonction nulle.
III.9.
III.9.a. D’après la question III.7, la suite de fonctions(Pn)n∈Nconverge simplement sur[0, 1]vers la fonctionf : x7→√ x.
III.9.b. D’après la question III.7, pour chaque x de [0, 1], la suite (Pn(x))n∈N est croissante. Puisque d’autre part, chaque fonction Pn est continue sur [0, 1] et que la fonction f est continue sur [0, 1], le théorème admis dans l’énoncé permet d’affirmer que la suite de polynômes(Pn)n∈Nconverge uniformément sur[0, 1]vers la fonctionf : x7→√
x.
Partie 4. Démonstration du théorème d’approximation de Weierstrass III.10.
III.10.a. Soitn∈N∗. On sait queE(Sn) =nxetV(Sn) =nx(1−x). D’après l’inégalité deBienaymé-Tchebychev, P(|Sn−nx|> nα) =P(|Sn−E(Sn)|> nα)6 V(Sn)
(nα)2 = nx(1−x)
n2α2 = x(1−x) nα2 . Maintenant, pour toutx∈[0, 1],x(1−x) = −x2+x= 1
4−
x− 1 2
2
6 1
4 et donc P(|Sn−nx|> nα)6 1
4nα2. III.10.b. On sait que pour toutk∈J0, nK, P(Sn=k) =
n k
xk(1−x)n−k. D’après un théorème de transfert, on a
E
f Sn
n
= Xn
k=0
f k
n
P Sn
n = k n
= Xn
k=0
f k
n
P(Sn=k)
= Xn
k=0
n k
f k
n
xk(1−x)n−k=Bn(f)(x).
III.11.
III.11.a. Soitε > 0. La fonction fest continue sur le segment[0, 1] et donc est uniformément continue sur ce segment d’après le théorème de Heine. Donc, il existe α > 0 tel que pour tout couple (a, b) ∈ [0, 1]2, |a−b| 6 α entraîne
|f(a) −f(b)|6ε.
Soitx∈[0, 1]. Soitk∈J0, nKtel que k n−x
6α. Alors, f
k n
−f(x)
6ε.
III.11.b. Soient x∈[0, 1]et n∈N∗.
X
|nk−x|>α
f
k n
−f(x)
P(Sn =k)
6 X
|nk−x|>α
f
k n
+|f(x)|
P(Sn=k)62kfk∞ X
|kn−x|>α
P Sn
n = k n
=2kfk∞P
Sn
n −x
> α
=2kfk∞P(|Sn−nx|> nα).
III.11.c. Soient x∈[0, 1] etn∈N∗.
|Bn(f)(x) −f(x)|=
Xn
k=0
f k
n
P(Sn =k) −f(x) Xn
k=0
P(Sn =k)
=
Xn
k=0
f
k n
−f(x)
P(Sn =k)
=
X
|kn−x|6α
f
k n
−f(x)
P(Sn =k) + X
|nk−x|>α
f
k n
−f(x)
P(Sn =k)
6
X
|kn−x|6α
f
k n
−f(x)
P(Sn=k)
+
X
|nk−x|>α
f
k n
−f(x)
P(Sn =k)
6 X
|kn−x|6α
f
k n
−f(x)
P(Sn =k) +2kfk∞P(|Sn−nx|> nα)
6ε X
|kn−x|6α
P(Sn=k) + 2kfk∞
4nα2 (d’après III.10.a)
6ε Xn
k=0
P(Sn=k) + kfk∞ 2nα2
=ε+ kfk∞ 2nα2.
En résumé, pour toutn∈N∗et toutx∈[0, 1],|Bn(f)(x) −f(x)|6ε+kfk∞
2nα2. Maintenant, kfk∞
2nα2 tend vers0quandntend vers+∞ et donc il existe un entier naturel non nuln0, indépendant de x, tel que kfk∞
2nα2 6ε. Pourn>n0 et x∈[0, 1], on a|Bn(f)(x) −f(x)|62ε.
On a montré que∀ε > 0, ∃n0∈ N∗/∀n∈[0, 1], |Bn(f)(x) −f(x)|62ε et donc la suite des polynômes de Bernstein converge uniformément versfsur[0, 1].