Concours commun polytechnique concours DEUG

Concours commun polytechnique concours DEUG

première partie : Polynômes de Bernoulli 1.

a)

B0= 1, doncB1=X+K avecK constante.

et donc B₂=X²

2 +KX+C avecCconstante.

La condition B₂(0) =B₂(1)donne 1

2+K+C=C doncK= 1=2 DoncB₂= X²

2 X

2 +C . Et doncB₃=X³ 6

X²

4 +CX+D. La conditionB₃(0) =B₃(1)donne 1 6

1

4+C= 0 soit C= 1

12

B1=X 1

2 ,B2= X² 2

X 2 + 1

12 b)

On continue :

B₃= X³ 6

X² 4 +X

12+D et donc

B4= X⁴ 24

X³ 12 +X²

24 +DX+E . et B4(0) =B4(1)donne

1 24

1 12+ 1

24+D= 0 soit D= 0

B₃= X³ 6

X² 4 +X

12 et B4= X⁴

24 X³

12 +X²

24 +E donc

B5= X⁵ 120

X⁴ 48 +X³

72 +EX+F et donc

1 120

1 48+ 1

72+E= 0 N

B4=X⁴ 24

X³ 12 +X²

24 1 720

2. Qest une (la) primitive deP d’intégrale nulle sur [0;1]. Ce n’est pas une "condition initiale" du cours. L’existence et l’unicité ne sont pas évidentes.

a)SoitP₀= Z X

0

P(t)dtla primitive nulle en0deP:Elle existe par continuité de P surR. On cherche doncQsous la formeQ=P₀+C. La condition

Z 1 0

Q(u)du= 0équivaut àC= Z 1

0

P₀(u)du= Z 1

0

Z u 0

P(t)dt du .

Il existe donc une unique constanteC , donc un unique polynômeQ: L(P) =

Z x 0

P(t)dt Z 1

0

Z u 0

P(t)dt du

Comme pour tout( ; )réels l’applicationf ! Z

f(t)dtest linéaire,Lest linéaire comme composé et combinaison linéaire d’applications linéaires.

Si L(P) =Q= 0on aP = 0⁰ soit P = 0. Le noyau deLest réduit à0. Lest injective.

La condition Z 1

0

Q(t)dt= 0 montre queLn’est pas surjective . Par exemple il n’existe pas de polynômeP tel que L(P) = 1car

Z 1 0

1dt6= 0

On peut même montrer queIm(L) = Q2R[X]; Z 1

0

Q(t)dt= 0 et que l’unique antécédent deQ2 Q2R[X]; Z 1

0

Q(t)dt= 0 estQ⁰ .

b) On peut réécrire les conditions(P1) :de façon équivalente :

B0= 0,8n2N,B_n+1⁰ =Bn , Bn+2(0) =Bn+2(1) Si la suite véri…e(P₁)on a pourn2N,B⁰_n+1=B_net donc

Z 1 0

B_n+1(t)dt= Z 1

0

B_n+2⁰ (t)dt=B_n+2(1) B_n+2(0) = 0 et donc Bn+1=L(Bn)On a bien

B0= 1;8n2N,Bn+1=L(Bn)

Réciproque: si pour toutn,B_n+1=L(B_n)on aB_n+1=B_n⁰ et doncB_n+2(1) B_n+2(0) = Z 1

0

B_n+2⁰ (t)dt= Z 1

0

B_n+1(t)dt= 0 (par dé…nition deL)

c)Par récurrence : B0= 1existe et est unique . SiBn existe et est uniqueBn+1 existe et est unique d’après la question 2.a)

On peut véri…er B₃ et B₄

3. On poseCn(X) = ( 1)ⁿBn(1 X)et on véri…e que la suite (Cn)véri…e la même relation que(Bn) C0= 1

et pour tout n C_n+1=L(C_n)car :

C_n+1⁰ (x) = ( 1)ⁿ⁺¹ B_n+1⁰ (1 x) = ( 1)ⁿBn(1 x) =Cn(x) Z 1

0

C_n+1(t)dt= Z 1

0

( 1)ⁿB_n+1(1 t)dt= ( 1)ⁿ Z 0

1

B_n+1(u) ( du) = ( 1)ⁿ Z 1

0

B_n+1(u)du= 0 par unicité:

8n2N,B_n(X) = ( 1)ⁿB_n(1 X) 4.

a)on reprend les valeurs numériques de la première question : b₀(1); b₁= 1

2; b₂= 1

12; b₃= 0; b₄= 1 720

b) D’après la question3. pour nimpairBn(0) = Bn(1). Mais pourn 2 Bn(0) =Bn(1). donc commebn =Bn(0) pourn 2;impairb_n= 0

remarque : attention à la cohérence si n= 3. II calcul de (2)

5. Commek 1on aB2k(0) =B2k(1) et doncgk(0) =gk(2 )donc par périodegk(2 ) =gk 2 =gk 2 ⁺ La fonctiong2kestC¹sur[0;2 [, continue en2 (d’après la remarque précédente) etg_2k⁰ (x) = 1

2 B_2k⁰ ( x 2 ) = 1

2 B_2k⁰ ₁ x 2 admet une limite …nie en2 ; donc par périodeg_k est continue,2 périodique etC¹par morceaux surR, donc g_k est égale à la somme de sa série de Fourier.

gk(x) =a0(gk)

2 +

Xn

k=1

an(gk) cos(nx) +bn(gk) sin(nx)

avec :

a0(gk) = 1Z 2 0

B2k

x

2 dx= 1 Z 1 0

B2k(t) (2 dt) = 2 0(k)en posantx= 2 t, changement de variable C1 .

pour n 1 , an(gk) = 1 Z 2 0

B2k

x

2 cos(nx)dx = 1 Z 1 0

B2k(t) cos(2 nt) (2 dt) = n(k) en posant x= 2 t , changement de variable C1

idem pourbn(gk) 6. 0(k) =

Z 1 0

B2k(t)dt= 0, d’après la dé…nition deL(on a bien2k 1) 7.

a)deux intégrations par parties donnent

n(1) = 2 Z 1

0

t² 2

t 2+ 1

12 cos(2 nt)dt

= 2 t²

2 t 2 + 1

12

sin(2 nt) 2 n

1

0

1 2 n

Z 1 0

(t 1=2) sin(2 nt)dt

!

= 2 1

2 n Z 1

0

(t 1=2) sin(2 nt)dt

= 2 1

4 ²n²(t 1=2) cos(2 nt)

1

0

! 1 4 ²n²

Z 1 0

cos (2 nt)dt

= 2: 1 4 ²n²

pourn 1, n(1) = 2 4 ²n² b)Et pourk 2 , on intégre par parties grâce àB⁰_2k =B_{2k 1} :

n(k) = 2 Z 1

0

B2k(t) cos(2 nt)dt

= 2 B2k(t)sin(2 nt) 2 n

1

0

1 2 n

Z 1 0

B2k 1(t) sin(2 nt)dt

!

= 2 1

2 n Z 1

0

B2k 1(t) sin(2 nt)dt

= 2 B2k 1(t)cos(2 nt) 4 ²n²

1

0

_ 1

4 ²n² Z 1

0

B2k 2(t) cos(2 nt)dt

!

Mais2k 1est impair plus grand que 3 doncB2k 1(0) =B2k 1(1) = 0 8n 1;8k 2 , _n(k) = 1

4 ²n^{2 n}(k 1) c)An…xé etkvariable on a une suite géométrique

8n 1;8k 1 , n(k) =( 1)^{k 1}2 (2 n)^2k

8. Comme2kest pair la relation deI.3donneBn(1 x) =Bn(x). On a doncBn(1 x) sin(2 (1 x)) = Bn(x) sin (2 x)

. Et donc Z 1=2

0

Bn(1 x) sin(2 (1 x))dx=

Z 1=2 0

Bn(x) sin (2 ns)dx le changement de variableX = 1 xdonne :

Z 1 1=2

B_n(x) sin (2 nx)dx=

Z 1=2 0

B_n(x) sin (2 nx)dx et donc :

8n 1;8k 1, _n(k) = 0

remarque: on peut aussi montrer la parité et véri…er : 8x2]0;2 [gk( x) =gk(x)et étendre à x=0 ou2 puis à R: pour x2]0;2 [,gk( x) =gk(2 x) =B2k 1 x

2 ( car 2 x2[0;2 [) . donc gk( x) =gk(x)d’après Q3:

9. On a donc pour k 1 :

g_k(x) =

+1

X

n=1

( 1)^{k 1}

(2 n)^2k cos (nx) En prenantx= 0on a

+1

X

n=1

1 n^K =1

2( 4 ²)^kb_2k

b₂= 1=12donc X1 k=1

1 n² =

2

6 ,b₄= 1 720 donc

+1

X

n=1

1 n⁴ =

4

90 III Application au calcul de

Xn

k=1

k^p

10. a)Sans problème :d (P) p+ 1)d ( (P)) p+ 1et

8(P; Q)2Rp+1[X];8( ; )2R²: ( P+ Q) (X+ 1) ( + + Q)(X) = (P(X+ 1) P(X)) + (Q(X+ 1) Q(X))

b) Si (P) = 0,P est de période1:DoncP(X) P(0)est un polynôme ayant une in…nité de racines (tous les entiers) . il est donc nul

Ker( ) =R0[X]

c)CommeP est un polynôme de degré p+ 1,P(X+ 1) P(X)est aussi de degré p+ 1. Mais les termes de plus haut degré se simpli…e donc (P)2Rp[X].

CommeKer ( )est une droite, le théorème du rang donne :

dim (Im(P)) = dim (Rp+1[X]) 1 = (p+ 2) 1 =p+ 1 = dim (Rp[X])

Pour ces deux espaces vectoriels on a inclusion et égalité des dimensions …nies, donc égalité des sous espaces vectoriels.

Im( ) =Rp[X] 11. Comme X^p

p! 2Rp[X], X^p

p! admet au moins un antécédent par , notéQ. SiQ_pest un autre antécédent (Q Q_p) = 0 donc Q Q_p 2 Ker( ) . Il existe une constante C telle que Q_p = Q+C . La condition

Z 1 0

Q_p(t)dt = 0 impose C=

Z 1 0

Q(t)dt. Qp existe et est unique.

12. On véri…e par récurrence que la suiteBp+1 véri…e la relation précédente (X 1=2) = (X+ 1=2) (X 1=2) = 1 = X⁰

0! et Z 1

0

(t 1=2)dt= 0donc B₁=Q₀ Pour p 1 : SiBp=Qp 1 alors comme B_p+1⁰ =Bp

(B_p+1⁰ ) = (Bp) = (Qp 1) = X^{p 1} (p 1)!

On en déduit que :

( (Bp+1))⁰ = (Bp+1(X+ 1) Bp+1(X))⁰=B_p+1⁰ (X+ 1) B_p+1⁰ (X) = (B_p+1⁰ ) = X^{p 1} (p 1)!

Danger : ne pas aller trop vite : en général si f est linéaire (f(P))⁰ 6= f(P⁰) . Il faut justi…er clairement ( (Bp+1))⁰= (B_p+1⁰ )

En prenant une primitive (B_p+1) =B_p+1(X+ 1) B_p+1(X) =X^p

p! +Cste:

Comme p 1 on ap+ 1 2et donc par dé…nition des polynôme de Bernoulli Bp+1(1) =Bp+1(0). La valeur de l’expression en 0donne une constante nulle

(B_p+1) = X^p

p! , et d’aprèsI.2.b) Z 1

0

B_p+1(t)dt= 0 . Donc par unicitéB_p+1=Q_p .

(Bp+1) =X^p p!

13. On a donc pour tout entierk: Bp+1(k+ 1) Bp+1(k) =k^p

p! . Par télescopage Xn

k=0

k^p p! =

Xn

k=0

Bp+1(k+ 1) Bp+1(k) =Bp+1(n+ 1) Bp+1(0)

Le terme pourk= 0 est nul et donc : Xn

k=1

k^p=p! (Bp+1(n+ 1) Bp+1(0))

14. pourp= 2on aB3= X³ 6

X² 4 + X

12 donc B3(n+ 1) B3(0) = (n+ 1)³

3

(n+ 1)²

2 +(n+ 1)

6 =n+ 1

6 2n²+ 4n+ 2 3n 3 + 1 =n(n+ 1)(2n+ 1) 6

pour p= 3 on aB4= X⁴ 24

X³ 12 +X²

24 1

720 et donc B4(n+ 1) B4(0) = (n+ 1)⁴

4

(n+ 1)³

2 +(n+ 1)² 4

= (n+ 1)²

4 n²+ 2n+ 1 2n 2 + 1

= n(n+ 1) 2

2

IV) séries génératrices

15. En distinguant les cas : sin= 0jb₀j= 1

2

3 sin= 1,jbnj= 1

2 6

sin >1 est impairjbnj= 0

2

3 (2 )ⁿ

sin 2 est pair , on posen= 2k. A la question9 on avait

+1

X

n=1

1 n^k =1

2( 4 ²)^kb2k et donc

jb_nj= 2 (2 )ⁿ

+1

X

n=1

1 n^2k

2 (2 )ⁿ

+1

X

n=1

1 n²

2

3 (2 )ⁿ d’après la valeur de (2) jbnj

2

3 (2 )ⁿ 16. Par récurrence surn:

B0(x) = 1 =b0

B1(x) =x 1=2 =b0x+b1

Si pour tout x B_n(x) = Xn

k=0

b_{n k}x^k

k! on aB_n+1⁰ (x) =B_n(x) = Xn

k=0

b_{n k}x^k

k! et donc Bn+1(x) = Bn+1(0) +

Z x 0

Xn

k=0

bn k

t^k

k!dt=bn+1+ Xn

k=0

bn k

x^k+1 (k+ 1)!

= bn+1+

n+1X

K=1

b_{(n+1) K}x^K K! =

n+1X

K=0

b_{(n+1) K}x^K K!

8n2N;8x2R,Bn(x) = Xn

k=0

bn k

x^k k!

remarque : on peut aussi justi…er que B_n^(k)=Bn k et utiliser la formule de Taylor Bn(x) = Xn

k=0

Bn^(k)(0) k! x^k 17.

a) On a d’après la question15 jbnzⁿj

2

3 z 2

n

: sijzj<2 le terme général tend vers0 . Comme on étudie une série entièreR 2

b) Si jzj < 2 les deux séries

+1

X

n=1

zⁿ n! et

+1

X

n=0

bnzⁿ convergent absolument. On peut faire un produit de Cauchy (e^z 1)f(z) =

+1

X

n=1

wn avec wn = Xn

k=1

z^k

k!bn kz^{n k} ( la première série n’a pas de terme pour n = 0):Or d’après la question précédenteB_n(1) =

Xn

k=0

1

k!b_{n k} . On a doncw_n= (B_n(1) b_n)zⁿ= (B_n(1) B_n(0))zⁿ . sin= 1Bn(1) Bn(0) = 1 d’après le calcul deB1.

sin 2,Bn(1) =Bn(0)par dé…nition de la suite.

Donc(e^z 1)f(z) =z

f(z) = z e^z 1 18. D’après la question16 on a un produit de Cauchy :

gx(z) =

+1

X

n=0

Xn

k=0

bn k

x^k k!

! zⁿ=

+1

X

n=0

Xn

k=0

(xz)^k k!

!

bn kz^{n k}

!

=

+1

X

n=0

Xn

k=0

k n k

!

en posant k = (xz)^k k!

!

et _k =bn zz^{n k} La série

+1

X

k=0

k est une série entière en X =xz de rayon de convergence in…nie. Elle converge absolument pour toutX et sa somme vaute^xz

La série

+1

X

k=0

k est la série qui dé…nief . Elle converge absolument sijzj<2 : Par produit de Cauchy

g_x(z) = ze^xz e^z 1 19.

a)

2f(z=2) f(z) = z e^z=2 1

z

e^z 1 =z 1 e^z=2 1

e^z=2

e^z 1 =z e^z=2+ 1 e^z 1

e^z=2

e^z 1 = ze^z=2

e^z 1 =g₁₌₂(z) b) par linéarité des développement en série entière on a donc :

2

+1

X

n=0

b_n z 2

n +X1 n=0

b_nzⁿ =

+1

X

n=0

B_n(1=2)zⁿ

Comme les séries entières ont un rayon de convergence>0 , on peut (par unicité) identi…é les coe¢ cients : B_n(1=2) = 1

2^{n 1} 1 b_n