Concours commun Centrale

SESSION 2012

Concours commun Centrale

MATHÉMATIQUES 1. FILIERE PC

Partie I - Approximation

I.A - Quelques calculs préliminaires

I.A.1)Soientx∈Ret n∈N. D’après la formule du binôme deNewton, Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= (x+ (1−x))ⁿ=1.

I.A.2)Soitx∈R. La formule est claire quandn=0. Soit alorsn>1.

Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k= Xn

k=1

n n−1

k−1

x^k(1−x)^n−k=nx Xn

k=1

n−1 k−1

x^k−1(1−x)^n−k

=nx

n−1X

j=0

n−1 j

x^j(1−x)^n−1−j(en posantj=k−1)

=nx(d’après la question précédente).

I.A.3)Soitx∈R. La formule est claire pourn∈{0, 1}. Soit alorsn∈N\ {0, 1}. Pour toutk∈J2, nK,

k(k−1) n

k

=k(k−1) n!

k!(n−k)! = n!

(k−2)!((n−2) − (k−2))! =n(n−1) (n−2)!

(k−2)!((n−2) − (k−2))!

=n(n−1) n−2

k−2

.

Par suite, Xn

k=0

k(k−1) n

k

x^k(1−x)^n−k=n(n−1) Xn

k=2

n n−2

k−2

x^k(1−x)^n−k=n(n−1)x² Xn

k=2

n−2 k−2

x^k−2(1−x)^n−k

=n(n−1)x²

n−2X

j=0

n−2 j

x^j(1−x)^n−2−j=n(n−1)x². I.A.4)Soientx∈Ret n∈N. D’après les questions précédentes,

Xn

k=0

x− k

n 2

n k

x^k(1−x)^n−k=x² Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k− 2x n

Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k+ 1 n²

Xn

k=0

k² n

k

x^k(1−x)^n−k

=x²−2x

n ×nx+ 1 n²

Xn

k=0

k(k−1) n

k

x^k(1−x)^n−k+ Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k

!

= −x²+ 1

n² n(n−1)x²+nx

= −x²+ 1

n (n−1)x²+x

= 1

n −x²+x

= x(1−x) n .

∀x∈R, ∀n∈N, Xn

k=0

x− k

n 2

n k

x^k(1−x)^n−k= x(1−x) n .

I.B - Étude de S(x)

I.B.1) a)Soientx∈[0, 1]et n∈N^∗.

SV(x) = X

k∈V

x− k

n

n k

x^k(1−x)^n−k 6 1

√n X

k∈V

n k

x^k(1−x)^n−k6 1

√n Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k(carx∈[0, 1])

= 1

√n.

b)Soientx∈[0, 1]et n∈N^∗.

SW(x) = X

k∈W

x− k

n

n k

x^k(1−x)^n−k= 1

√n X

k∈W

√n x− k

n

n k

x^k(1−x)^n−k

6 1

√n X

k∈W

n

x− k n

2 n k

x^k(1−x)^n−k(car pourk∈W, √ n

x− k

n > 1)

= n

√n×x(1−x)

n = x(1−x)

√n .

c)Soientx∈[0, 1]et n∈N^∗.

S(x) =SV(x) +SW(x)6 1

√n+x(1−x)

√n = 1

√n 1−

x−1 2

2

+ 1 4

!

6 5

4√ n.

∀x∈[0, 1], ∀n∈N^∗,S(x)6 5 4√

n. I.B.2) a) Inégalité deCauchy-Schwarz.Pour tout

(ak)_06k6n,(bk)_06k6n

∈ Rⁿ⁺¹2

,

Xn

k=0

akbk

6

vu ut

Xn

k=0

a²_k vu ut

Xn

k=0

b²_k.

b)Soientx∈[0, 1]et n∈N^∗. D’après l’inégalité deCauchy-Schwarz

S(x) = Xn

k=0

s x− k

n 2

n k

x^k(1−x)^n−k× sn

k

x^k(1−x)^n−k

6 vu ut

Xn

k=0

x− k

n 2

n k

x^k(1−x)^n−k vu ut

Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k=

rx(1−x)

n ×√

1= 1

√n× s

1 4 −

x− 1

2 2

6 1

√n× r1

4 = 1 2√

n.

I.C - Application à l’approximation uniforme I.C.1)Soient x∈[0, 1] etn∈N^∗.

Bn(f)(x) = 1 n²

Xn

k=0

k² n

k

x^k(1−x)^n−k= 1 n²

Xn

k=0

k(k−1) n

k

x^k(1−x)^n−k+ Xn

k=0

k n

k

x^k(1−x)^n−k

!

= 1

n² n(n−1)x²+nx

= n−1 n x²+ x

n. Ensuite,

|f(x) −Bn(f)(x)|=

x²− n−1 n x²− x

n

= x(1−x) n . Pour tout x∈ [0, 1], 0 6x(1−x) = 1

4 −

x−1 2

2

6 1

4 avec égalité effectivement obtenue pour x= 1

2 ∈ [0, 1]. Donc sup{x(1−x), x∈[0, 1]}= 1

4 puiskBn(f) −fk∞= 1 4n. I.C.2)Soient x∈[0, 1] etn∈N^∗. D’après la question I.A.1),

Bn(f)(x) −f(x) = Xn

k=0

f k

n n k

x^k(1−x)^n−k−f(x) Xn

k=0

n k

x^k(1−x)^n−k= Xn

k=0

f

k n

−f(x) n k

x^k(1−x)^n−k. I.C.3) a)On suppose quef estδ-lipschitzienne. Soientx∈[0, 1]et n∈N^∗.

|Bn(f)(x) −f(x)|6 Xn

k=0

f

k n

−f(x)

n k

x^k(1−x)^n−k6δ Xn

k=0

x− k

n

n k

x^k(1−x)^n−k

6 δ

2√

n (d’après la question I.B.2)b)) Ainsi, le nombre δ

2√

n est un majorant de l’ensemble{|B_n(f)(x) −f(x)|, x∈[0, 1]}. PuisquekBn(f) −fk∞est le plus petit majorant de cet ensemble, on a montré quekB_n(f) −fk^∞6 δ

2√ n.

b) Soit f une fonction de classe C¹ sur [0, 1]. Sa dérivée f^′ est une fonction définie et continue sur le segment [0, 1]

et donc est bornée sur ce segment ou encore kf^′k∞ < +∞. L’inégalité des accroissements finis montre alors que f est kf^′k^∞-lipschitzienne. D’après la question précédente, pour tout entier nature non nuln,kB_n(f) −fk^∞6 kf^′k^∞

2√ n .

∀f∈C¹([0, 1],R),∀n∈N^∗,kB_n(f) −fk^∞6 kf^′k^∞ 2√

n .

c)Soitfune fonction continue sur[0, 1] à valeurs dansR, de classeC¹ par morceaux. Vérifions quefest lipschitzienne.

Il existe une subdivision0 =a0< a1< . . . < ap=1 telle que pour toutk ∈J0, p−1K, f/[ak,ak+1] est de classeC¹ sur [a_k, ak+1]. Pourk∈J0, p−1K, notonsMk un réel positif tel que∀(x, y)∈[a_k, ak+1],|f(x) −f(y)|6Mk|x−y|.

Soit(x, y)∈[0, 1]²tel quex6y. Sixety n’appartiennent pas à un même intervalle[ak, ak+1], on peut considérerkle plus petit indiceitel quex6ai etl le plus grand indicejtel queaj6l. Alorsx6ak 6. . .6al6ypuis

|f(x) −f(y)|6|f(x) −f(a_k)|+ Xl−1

i=k

|f(a_i+1−f(a_i)|+|f(a_l) −f(y)|6Mk−1|x−ak|+

l−1X

i=k

Mi|ai+1−ai|+Ml+1|y−al|

6(Mk−1+. . .+Ml+1)|x−y|6

p−1X

i=0

M_i

!

|x−y|,

ce qui reste vrai si x et y appartiennent à un même intervalle [xk, xk+1]. Finalement, ∀(x, y) ∈ [0, 1]², |f(x) −f(t)| 6

n−1X

i=0

M_i

!

|x−y|. On a montré quef est lipschitzienne.

Le résultat s’étend donc aux fonctions continues sur[0, 1], de classeC¹par morceaux sur [0, 1].

I.C.4)Soitfune fonction continue sur[0, 1]à valeurs dansR, de classeC¹par morceaux. Soitr > 0.

Soientn=E kf^′k^∞ r

2!

+1(de sorte quen>

kf^′k^∞ r

2

puis kf^′k^∞

√n 6r) puisP=B_n(f).Pest un polynôme tel que kP−fk^∞6r. Mais alors, pour toutxde[0, 1],|P(x) −f(x)|6rou encore f(x) −r6P(x)6f(x) +r.

Partie II - Un théorème de Hardy-Littlewood

II.A - L’hypothèse II.1 n’entraîne pas la propriété II.2 II.A.1)Pour toutx∈] −1, 1[, 1

1−x² =

+∞

X

n=0

x²ⁿ=

+∞

X

n=0

b_nxⁿ où∀n∈N,b_n =

1sinest pair

0sinest impair =δ_n,2E(n/2). II.A.2)Pourn∈N, posonsan =2bn. On sait queRa=1 et de plus, pourx∈] −1, 1[,

f(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ= 2 1−x². Quand x tend vers 1, f(x) = 2

(1−x)(1+x) ∼ 1

1−x et donc la suite a vérifie la propriété II.1. Mais la suite extraite (a_2n+1)_n∈N est nulle et en particulier ne converge pas vers1. On en déduit que la suite(a_n)_n∈Nne converge pas vers 1.

II.B - L’hypothèse II.1 n’entraîne pas la propriété II.3 II.B.1)Pour tout réelt∈] −1, 1[, 1

1−t =

+∞

X

n=0

tⁿ. On sait que cette série entière est dérivable sur] −1, 1[terme à terme et que la série obtenue a même rayon de convergence. En dérivant, on obtient pour toutt∈] −1, 1[

1 (1−t)² =

+∞

X

n=1

ntⁿ⁻¹=

+∞

X

n=0

(n+1)tⁿ.

Sit=1 out= −1, la suite(ntⁿ)ne tend pas vers0et donc la série diverge pourt=1out= −1.

II.B.2)• D’après ce qui précède, pour toutx∈] −1, 1[, ϕ(x) =

+∞

X

n=0

(n+1)x²ⁿ.

La suiteudéfinie par :∀n∈N,un=

0sinest impair n

2 +1sinest pair =

0sin=2p+1

p+1sin=2p =n 2 +1

δ_n,2E(n/2) convient.

•Pour toutx∈] −1, 1[,

ψ(x) = (1−x)ϕ(x) =

+∞

X

n=0

(n+1)(x²ⁿ−x²ⁿ⁺¹).

La suitev définie par :∀n∈N,vn=

p+1sin=2p

−(p+1)sin=2p+1 convient.

II.B.3)Soitp∈N.

˜

v2p+1= 1 2p+2

2p+1X

k=0

vk= 1 2p+2

Xp

k=0

(v2k+v2k+1) =0, et

˜

v2p = 1 2p+1

X2p

k=0

vk= 1

2p+1((2p+2)˜v2p+1−v2p+1) = p+1 2p+1.

II.B.4)Pour n∈ N, on prend an = 4vn. De nouveau Ra = 1 puis pour tout x∈] −1, 1[, f(x) = 4

(1+x)²(1−x) puis quandx tend vers1,f(x)∼ 1

1−x. Mais comme la suite(˜a2p+1) = (4˜v2p+1) est la suite nulle, en particulier ˜an ne tend pas vers1.

II.C - Majoration de la suite (aen)_n>0

II.C.1)Soitx∈[0, 1[et n∈N. Alors, pour toutk∈J0, nK,x^k>xⁿ puisakx^k>akxⁿ (carak>0). On en déduit que f(x) =

Xn

akx^k>

Xn

ak

!

xⁿ=Anxⁿ.

II.C.2)

n→lim+∞

1−e^−1/n f

e^−1/n

= lim

t→1(1−t)f(t) =1, et en particulier, il existeN∈N^∗ tel que pour toutn>N, 1−e^−1/n

f e^−1/n

62 ou encoref e^−1/n

6 2

1−e^−1/n (car1−e^−1/n > 0).

II.C.3)Soitn>N. Puisque 06e^−1/n< 1,

˜

an= An

n+1 = e^1/nn

n+1 An e^−1/nn

6 e

n+1f e^−1/n

6 2e

(n+1)(1−e^−1/n). Quand n tend vers +∞, (n+1)(1−e^−1/n) ∼ n× 1

n = 1 et donc la suite

2e

(n+1)(1−e^−1/n)

est convergente. En particulier, cette suite est majorée par un certain réel M > 0. Soit µ = Max{˜a0,a˜1, . . . ,aN˜ −1, M}. Alors, pour tout n∈N, ˜an6µ. On a montré que la suite(˜an)_n∈Nest majorée.

II.D - Minoration, à partir d’un certain rang, de (aen)_n>0 par un réel > 0 II.D.1) a)Soitx∈] −1, 1[.

f(x) 1−x=

+∞

X

n=0

xⁿ

! ₊∞

X

n=0

anxⁿ

!

=

+∞

X

n=0

Xn

k=0

ak

!

xⁿ(produit deCauchyde deux séries entières de rayon 1)

=

+∞

X

n=0

A_nxⁿ,

et donc,(1−x)

+∞

X

n=0

A_nxⁿ=f(x).

b)Soientx∈[0, 1[et N∈N^∗. Puisque la suiteaest positive, la suiteAest croissante et donc

f(x) 1−x=

N−1X

k=0

A_kx^k+

+∞

X

k=N

(k+1)˜a_kx^k

6

N−1X

k=0

AN−1x^k+

+∞

X

k=N

µ(k+1)x^k=AN−1

1−x^N 1−x +µ

+∞

X

k=N

(k+1)x^k. c)puis comme1−x > 0,

f(x)6AN−1(1−x^N) +µ

+∞

X

k=N

(k+1)x^k−

+∞

X

k=N

(k+1)x^k+1

!

=AN−1(1−x^N) +µ

+∞

X

k=N

(k+1)x^k−

+∞

X

k=N+1

kx^k

!

=AN−1(1−x^N) +µ (N+1)x^N+

+∞

X

k=N+1

x^k

!

=AN−1(1−x^N) +µ

(N+1)x^N+ x^N+1 1−x

6AN−1+µ

(N+1)x^N+x^N+1 1−x

. II.D.2) a)Comme à la question II.C.2), lim

N→+∞

1−e^−λ/N f

e^−λ/N

=1et donc il existeN0∈N^∗ tel que, pour tout N>N0, 1−e^−λ/N

f e^−λ/N

> 1

2 ou encoref e^−λ/N

> 1

2 1−e^−λ/N (car1−e^−λ/N> 0puisqueλ > 0).

Maintenant, il est connu que pour tout réel t, e^t > 1+t et donc 1−e^t 6 −t (inégalité de convexité). On applique ce résultat au réel t = −λ

n et on obtient 1−e^−λ/N 6 λ

N puis, par décroissance de la fonction X Z⇒ 1

X sur ]0,+∞[, 1

2 1−e^−λ/N 6 1

2(λ/N) = N 2λ.

On a montré qu’il existeN0∈N^∗tel que pour tout N>N0,f e^−λ/N

> N 2λ.

b)SoitN>N₀. On applique l’inégalité de la question II.D.1.c) au réelx=e^−λ/N. On obtient

˜

aN−1= AN−1

N > 1 N

f

e^−λ/N

−µ

(N+1)e^−λ+e^−λ e^−λ/N 1−e^−λ/N

> 1 N

N

2λ −µe^−λ

(N+1) + e^−λ/N 1−e^−λ/N

= 1

2λ−µe^−λ 1+ 1

N + e^−λ/N N 1−e^−λ/N

!

c)QuandNtend vers+∞,−λ

N tend vers0et doncN 1−e^−λ/N

∼N×

−λ N

= −λ. On en déduit que

N→lim+∞

1

2λ −µe^−λ 1+ 1

N+ e^−λ/N N 1−e^−λ/N

!!

= 1

2λ −µe^−λ

1− 1 λ

= 1+2µe^−λ

2λ −µe^−λ. d)Puisque1+2µ6=0, 1+2µe^−λ

2λ −µe^−λ ∼

λ→0

1+2µ

2λ . On en déduit que lim

λ→0 λ>0

1+2µe^−λ

2λ −µe^−λ

= +∞. En particulier, on peut choisirλ₀> 0tel que 1+2µe^−λ0

2λ0

−µe^−λ0 > 0.

II.D.3)Posonsℓ= 1+2µe^−λ0 2λ0

−µe^−λ0 > 0. Il existeN₁>N₀tel que pour tout N>N₁, 1+2µe^−λ

2λ −µe^−λ> ℓ 2. Soitν= ℓ

2 > 0. Pourn>N1+1, on a ˜an >ν.

II.E - Démonstration de la propriété II.3, due à Karamata II.E.1)g⁺est nulle sur[0, e⁻¹−ε]. Donc

Ze⁻¹−ε 0

g⁺(x)dx=0.g⁺est affine sur[e⁻¹−ε, e⁻¹]. Donc Ze⁻¹

e⁻¹−ε

g⁺(x)dx= ε(g⁺(e⁻¹−ε) +g⁺(e⁻¹))

2 = eε

2 . Enfin,

Z1 e⁻¹

g⁺(x)dx= Z1

e⁻¹

1

x dx=ln(1) −ln(e⁻¹) =1. Finalement, Z1

0

g⁺(x)dx=1+ eε 2 . De même,

Z1 0

g⁻(x)dx=0+ε(e⁻¹+ε)⁻¹

2 +

Z1 e⁻¹+ε

1

t dt= eε

2(1+eε)−ln e⁻¹+ε . II.E.2)Soient k∈NpuisP=X^k. Soitx∈[0, 1[.

(1−x)

+∞

X

n=0

anxⁿP(xⁿ) = (1−x)

+∞

X

n=0

anxⁿx^kn= (1−x)

+∞

X

n=0

anx^(k+1)n

= (1−x)f(x^k+1).

Quandxtend vers1,

(1−x)f(x^k+1)∼ 1−x

1−x^k+1 = 1

1+x+x²+. . .+x^k ∼ 1 k+1. Ainsi, siP=X^k,k∈N, alors

xlim→1(1−x)

+∞

X

n=0

anxⁿP(xⁿ) = 1 k+1 =

Z1 0

t^kdt= Z1

0

P(t)dt.

Puisque(X^k)_k∈Nest une base deR[X], le résultat se généralise par linéarité à tout polynômeP.

II.E.3) La fonction g⁻− ε

2 est continue sur [0, 1], de classe C¹ par morceaux. D’après la question I.C.4) appliquée avec r = ε

2 > 0, il existe un polynôme P tel que ∀x ∈ [0, 1],

g⁻(x) −ε 2

− ε

2 6 P(x) 6

g⁻(x) − ε 2

+ ε

2 ou encore g⁻(x) −ε6P(x)6g⁻(x). Comme d’autre part,∀x∈[0, 1],g⁻(x)6g(x), le polynômePvérifie

∀x∈[0, 1],g⁻(x) −ε6P(x)6g(x).

De même, puisque ∀x ∈ [0, 1], g⁺(x) > g(x) et que g⁺ est continue sur [0, 1], de classe C¹ par morceaux, il existe un polynômeQtel que

∀x∈[0, 1],g(x)6Q(x)6g⁺(x) +ε.

II.E.4)QuandNtend vers+∞,xN=e^−1/N tend vers1. D’après la question II.E.2),(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NP(xⁿ_N)tend vers Z1

0

P(t)dtet de même,(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NQ(xⁿ_N)tend vers Z1

0

Q(t)dt.

Par suite, il existe des entiers naturels non nulsN₂etN₃tels que pourN>N₂,(1−x_N)

+∞

X

n=0

a_nxⁿ_NP(xⁿ_N)>

Z1 0

P(t)dt−ε et pourN>N₃,(1−x_N)

+∞

X

n=0

a_nxⁿ_NQ(xⁿ_N)6 Z1

0

Q(t)dt+ε. SoitN₁=Max{N1, N₂}∈N^∗. PourN>N₁, on a les deux inégalités à la fois.

II.E.5)SoitN>N1.

Pourn∈N,xⁿ_N >e⁻¹⇔e^−n/N >e⁻¹⇔n6N. Donc pourn > N,g(xⁿ_N) =0. D’autre part, pourn6N,g(xⁿ_N) =x⁻ⁿ_N . On en déduit que

(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_Ng(xⁿ_N) = (1−xN) XN

n=0

anxⁿ_Nx⁻ⁿ_N = (1−xN) XN

n=0

an = (1−xN)A_N.

Pour toutn ∈N, on aP(xⁿ_N) 6g(xⁿ_N)6 Q(xⁿ_N). Puisque1−x_N > 0et que les a_n, n ∈N, sont positifs, en sommant membre à membre, on obtient

Z1 0

P(t)dt−ε6(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NP(xⁿ_N)6(1−xN)A_N6(1−xN)

+∞

X

n=0

anxⁿ_NQ(xⁿ_N)6Q(t)dt+ε Maintenant, d’après les questions II.E.3) et II.E.1),

Z1 0

Q(t)dt+ε>

Z1 0

(g⁺(x) +ε)dx+ε=1+eε

2 +2ε61+3ε+2ε=1+5ε, et

Z1 0

P(t)dt−ε>

Z1 0

(g⁻(x) −ε)dx−ε= eε

2(1+eε) −ln(e⁻¹+ε) −2ε

>−ln(e⁻¹+ε) −2ε=1−ln(1+eε) −2ε

>1−eε−2ε(car pour toutx>0, ln(1+x)6x)

>1−5ε

Finalement, pour toutN>N1,1−5ε6(1−xN)AN61+5ε.

II.E.6)On a montré que ∀ε > 0,∃N₁∈N^∗/ (∀N∈N^∗),(N>N₁⇒1−5ε6(1−x_N)A_N61+5ε). Ainsi,

N→lim+∞

(1−xN)AN=1.

Mais alors,

AN ∼

N→+∞

1 1−xN

= 1

1−e^−1/N ∼

N→+∞

1 1/N =N.

Mais alors ˜a_N= A_N

N+1 tend vers1quand Ntend vers+∞.

Si ∀n∈N,a_n >0, alors lim

n→+∞a˜_n=1.