SESSION 2017
Concours commun Mines-Ponts
PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE MP
A. Préliminaires
1)On sait queP ⊂ Det d’autre partD ⊂ Epar définition. Ensuite,(P,+, .)est un espace vectoriel et donc un sous-espace deE. Enfin, la fonction nulle surI est dans Det il est connu qu’une combinaison linéaire d’éléments de Dest dans D. Donc,Dest un sous-espace deE.
2) Soitf∈ E. Pour toutx de I, |xsint|6|x|6a. La fonction t7→xsint est continue sur h 0,π
2
i à valeurs dansI et la fonctionf : y7→f(y)est continue surI. Donc la fonctiont7→f(xsint)est continue sur le segmenth
0,π 2
ipuis,u(f)(x) existe. Ainsi,u(f)est une fonction définie surIà valeurs dansC.
Soit F : I×h 0,π
2 i
→ C
(x, t) 7→ 2
πf(xsint)
de sorte que pour toutx∈I,u(f)(x) = Zπ2
0
F(x, t)dt.
• Pour toutxdeI, la fonctiont7→F(x, t)est continue par morceaux surh 0,π
2 i
• Pour toutt deI, la fonctionx7→F(x, t)admet sur I×h 0,π
2
ides partielles à tout ordre par rapport à sa première variablexdéfinies par :
∀(x, t)∈I×h 0,π
2 i
, ∂KF
∂xk(x, t) = 2
πsinktf(k)(xsint).
De plus,
-Pour toutxdeI, la fonction t7→ ∂KF
∂xk(x, t)est continue par morceaux sur h 0,π
2 i.
-Pour touttdeh 0,π
2
i, la fonctionx7→ ∂KF
∂xk(x, t)est continue par morceaux sur I.
-Pour tout(x, t)∈I×h 0,π
2 i,
∂KF
∂xk(x, t)
6 2 π
f(k)
∞=ϕk(t)(où f(k)
∞=sup f(k)(u)
, u∈I existe dansR car la fonctionf(k)est continue sur le segment[−a, a]). De plus, la fonction constanteϕk est intégrable sur le segmenth
0,π 2
i.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionu(f)est de classeC∞ surIet de plus,
∀k∈N, ∀x∈I, (u(f))(k)(x) = 2 π
Zπ2
0
sinktf(k)(xsint)dt.
On a montré que la fonctionu(f)est définie surIet élément deE. Pour toutxdeI,v(f)(x) =f(0) +πx
2 u(f′) (x). Puisquef′ est dans E, la fonctionv(f)est définie surIet élément de E. 3)Pourx∈I, posonsP(x) =
Xn
k=0
akxk. Pour toutx∈I, u(P)(x) =
Xn
k=0
2
πakWkxk,
et doncu(P)∈ P. Ensuite, P′ est dansP et pour toutxdeI,v(P)(x) =P(0) +πx
2 u(P′) (x). Donc,v(P)∈ P. On a montré queP est stable paruet v.
4)Soitn∈N. Une intégration par parties, licite, fournit
Wn+2= Zπ2
0
sintsinn+1t dt=
−costsinn+1(t)
π 2
0 − Zπ2
0
(−cost)(n+1)costsinnt dt
= (n+1) Zπ2
0
cos2tsinnt dt= (n+1) Zπ2
0
1−sin2t
sinnt dt
= (n+1) (Wn−Wn+2)
et donc(n+2)Wn+2= (n+1)Wn. En multipliant les deux membres de cette égalité parWn+1, on obtient
∀n∈N, (n+2)Wn+2Wn+1= (n+1)Wn+1Wn. La suite((n+1)Wn+1Wn)n∈Nest donc constante. Par suite, pour toutn∈N,
(n+1)Wn+1Wn =W1W0= π 2 puis
∀n∈N, WnWn+1= π 2(n+1). 5)Soitn∈N.Wn−Wn+1=
Zπ2
0
(1−sint)sinnt dt > 0(intégrale d’une fonction continue, positive, non nulle). Donc, la suite(Wn)n∈Nest strictement décroissante.
La suite(Wn)est décroissante et minorée par0. Donc, cette suite converge vers une limiteℓpositive ou nulle. Quandn tend vers+∞dans l’égalité de la question précédente, on obtientℓ2=0 puisℓ=0.
Pourn∈N,06Wn+26Wn+16Wn. Après division des trois membres de cet encadrement par le réel strictement positif Wn, on obtient n+1
n+2 6 Wn+1
Wn
61. D’après le théorème des gendarmes, Wn+1
Wn
tend vers1ou encoreWn+1 ∼
n→+∞
Wn. D’après la question précédente,Wn2 ∼
n→+∞
π
2n ou encore, puisque la suite (Wn)est strictement positive, Wn ∼
n→+∞
r π 2n.
B. Etude de la continuité de u et v
6)Pour toutfdeE, la fonction|f|est continue sur le segmentI= [−a, a]et donc la fonction|f|admet un maximum sur I. Donc,M(f)existe dansR.
uest une application linéaire deE dansE ou encoreu∈L(E). Soitf∈ E. Pour toutx∈I,
|u(f(x))|6 2
π Zπ2
0
|f(xsint)|dt6 2 π
Zπ2
0
M(f)dt=M(f),
puisM(u(f))6M(f). Ainsi, l’endomorphismeuvérifie :∀f∈ E,M(u(f))6M(f). On sait alors queuest une application continue de l’espace vectoriel normé(E, M)dans lui-même.
7)Pourn∈Net x∈I, posonsfn(x) =xn. Pour n∈N,M(fn) =an. Pour n∈N∗et x∈I, v(fn(x)) = 2
πx Zπ2
0
nxn−1sinn−1t dt= 2
πnWn−1xn. Par suite, pour n ∈ N∗, M(v(fn)) = 2
πnWn−1an. D’après la question précédente, M(v(fn)) = 2 πn
rπ
2nan ∼
n→+∞
r2n π an.
Mais alors,M(v(fn)) M(fn) ∼
n→+∞
r2n
π →
n→+∞
+∞. On en déduit que
M(v(f))
M(f) , f∈ E\ {0}
n’est pas majoré et on sait alors que l’endomorphismevn’est pas continu de l’espace vectoriel normé(E, M)dans lui-même.
8)Pourf∈ E,f etf′ sont dansE et doncN est bien définie surE.
Pour toutf∈ E,N(f)>0et de plus,N(f) =0⇒M(f) =M(f′) =0⇒f=0.
Pour toutf∈ E et λ∈C,N(λf) =M(λf) +M(λf′) =|λ|(M(f) +M(f′)) =|λ|N(f).
Pour tout(f, g)∈ E2, N(f+g) =M(f+g) +M(f′+g′)6M(f) +M(f′) +M(g) +M(g′) =N(f) +N(g).
Tout ceci montre queNest une norme surE.
Pourf∈ E etx∈I,
|v(f(x))|6|f(0)|+ 2 π|x|
Zπ2
0
|f′(xsint)|dt6M(f) +a2 π
Zπ2
0
M(f′)dt=M(f) +aM(f′) 6(1+a)(M(f) +M(f′)) = (1+a)N(f).
Par suite, pour toutf∈ E, M(v(f))6(1+a)N(f). On en déduit que l’endomorphismevest continu de l’espace vectoriel normé(E, N)dans l’espace vectoriel normé(E, M).
Si les normesMet N étaient équivalentes, l’applicationv devrait aussi être continue de l’espace vectoriel normé(E, M) dans lui-même, ce qui n’est pas. Donc, les normesMetNne sont pas équivalentes.
9) Soient f ∈ E et ε > 0. Puisque la fonction f′ est continue sur le segment[−a, a], il existe un polynôme q tel que M(f′ −q) 6 ε d’après le théorème de Weierstrass. Soit p : x 7→ f(0) +
Zx 0
q(t) dt. p est un polynôme tel que p(0) =f(0)et pour toutxdeI,|f′(x) −p′(x)|6ε.
Soient f∈ E et ε > 0. Soitp un polynôme tel quep(0) = f(0) et pour tout xde I, |f′(x) −p′(x)|6 ε
1+a. Pour x∈I, d’après l’inégalité des accroissements finis,
|f(x) −p(x)|=|(f(x) −p(x)) − (f(0) −p(0))|6|x−0|M(f′−p′)6 εa
1+a et doncM(f−p)6 εa
1+a. On en déduit que
N(f−p) =M(f−p) +M(f′−p′)6 ε
1+a+ εa 1+a =ε.
Ainsi, pour tout f ∈ E et tout ε > 0, il existe p∈ P tel que N(f−p)6 ε. Ceci montre queP est dense dans l’espace vectoriel normé(E, N).
C. Etude de l’inversibilité de u et v
10)Pourn∈Netx∈I, on posefn(x) =xn.v(f0) =f0=u(f0)puisu(v(f0)) =v(u(f0)) =f0. Pourn>1 etx∈I, u(fn) (x) = 2
π Zπ2
0
xnsinnt dt= 2
πWnxn = 2
πWnfn(x) et
v(fn) (x) =0+x Zπ2
0
nxn−1sinn−1t dt=nWn−1fn(x).
d’après la question 4. Par suite,
v(u(fn)) = 2
πWnv(fn) = 2
πnWnWn−1fn=fn. De même,
u(v(fn)) =nWn−1v(fn) = 2
πnWnWn−1fn =fn.
Ainsi, l’endomorphismev◦u/P (resp.u◦v) coïncide avecIdP sur la base canonique deP. On en déduit que(v◦u)/P =IdP (resp.(u◦v)/P =IdP).
On a vu queuetv laissentP stable. Ces deux dernières égalités s’écrivent encore v/P◦u/P =IdP etu/P ◦v/P =IdP. Ainsi,u/P etv/P sont des automorphismes deP.
11) Soit f ∈ E. D’après la question 9, P est dense dans l’espace (E, N). Il existe donc une suite de polynômes (pn) convergeant vers la fonction f dans l’espace (E, N). La fonction v est continue de l’espace (E, N) dans l’espace (E, M) d’après la question 8 et la fonctionuest continue de l’espace (E, M)dans lui-même. Donc, la fonctionu◦v est continue de l’espace(E, N)dans l’espace(E, M). Mais alors, la suite(u◦v(pn)) = (pn)converge versu◦v(f)dans l’espace(E, M).
On note enfin que M6N et doncM(pn−f)6N(pn−f)n→→+∞0. Donc, la suite(pn) converge versf dans l’espace (E, M). Par unicité de la limite,u◦v(f) =f.
Ainsi,u◦v=IdE. En particulier,u◦vest injective et doncv est injective ou encore0n’est pas valeur propre dev.
12)Pourf∈ E etx∈I,
u◦v(f)(x) = 2 π
Zπ2
0
v(f)(xsint)dt= 2 π
Zπ2
0
f(0) +xsint Zπ2
0
f′(xsintsinu)du
! dt
=f(0) + 2 πx
Zπ2
0
Zπ2
0
f′(xsintsinu)sint du
! dt
et
v◦u(f)(x) =u(f)(0) +x Zπ2
0
u(f)′(xsint)dt=f(0) + 2 πx
Zπ2
0
Zπ2
0
f′(xsintsinu)sint du
! dt
=u◦v(f)(x)
Donc,v◦u=u◦v=IdE. On en déduit queuetv sont des automorphismes deE et quev=u−1. 13)Pourf∈ E etx∈I, on a déjà constaté quev(f)(x) =f(0) +πx
2 u(f′)(x).
Pourx∈R, en posantz=tantet donc sin2t=1−cos2t= z2
1+z2 etdt= dz
1+z2, on obtient u(arctan′)(x) = 2
π Zπ2
0
1
1+x2sin2t dt= 2 π
Z+∞ 0
1 1+x2 z2
1+z2 dz 1+z2
= 2 π
Z+∞ 0
dz
1+ (1+x2)z2 dz
= 2
π√ 1+x2
Z+∞ 0
du
1+w2 dw(en posantw=zp 1+x2)
= 1
√1+x2 =argsh′(x) puis
1
1+x2 =arctan′(x) =v(argsh′)(x) =argsh′(0) +πx
2 u(argsh′′)(x) =1+πx
2 u(argsh′′)(x).
Donc, pourx6=0,u(argsh′′)(x) = 2 πx
1 1+x2−1
= − 2x
π(1+x2) ce qui reste vrai pourx=0par continuité.
∀x∈R, u(argsh′′)(x) = − 2x π(1+x2).
14)Supposons que pourx∈[−a, a],f(−x) =εf(x)oùε∈{−1, 1}est indépendant dex. Pour x∈[−a, a], u(f)(−x) =
Zπ2
0
f(−xsint)dt=ε Zπ2
0
f(xsint)dt=εu(f)(x).
De même, sifest impaire, alorsf(0) =0etf′ est paire puis pourx∈[−a, a], v(f)(−x) =0−x
Zπ2
0
f′(−xsint)dt= −x Zπ2
0
f′(xsint)dt= −v(f)(x) et doncv(f)est impaire, et sifest paire,f′ est impaire puis
pour x∈[−a, a],
v(f)(−x) =f(0) −x Zπ2
0
f′(−xsint)dt=f(0) +x Zπ2
0
f′(xsint)dt=v(f)(x)
etv(f)est paire. En résumé, si fest paire (resp. impaire) alorsu(f)et v(f)sont paires (resp. impaires).
Réciproquement, siu(f) est paire (resp. impaire), alors f = v(u(f)) est paire (resp. impaire) et si v(f) est paire (resp.
impaire), alorsf=u(v(f))est paire (resp. impaire).
D. Etude des valeurs et vecteurs propres de u et v
15)Soit λ∈R∗ une valeur propre de v. Soitf un vecteur propre associé. Alors f= u(v(f)) =λu(f)puisu(f) = 1 λf de sorte que 1
λ est valeur propre deuetfest un vecteur propre deuassocié à la valeur propre 1
λ. En résumé, siλest valeur propre dev, alors 1
λ est valeur propre deuetEλ(v)⊂E1
λ(u).
En échangeant les rôles de u et v, on a aussi : µ = 1
λ est valeur propre de u, alors 1
µ = λ est valeur propre de v et E1
λ(u) ⊂ Eλ(v). Finalement, λ est valeur propre de v si et seulement si 1
λ est valeur propre de u et dans ce cas, Eλ(v) =E1
λ(u).
16)Soitf∈ D. Il existe α∈]0, a] puis(an)n∈N tels que pour toutx∈] −α, α[,f(x) =
+∞
X
n=0
anxn. Soitx∈] −α, α[. Pour t∈h
0,π 2
i, posonsfn(t) =anxnsinntde sorte queu(f)(x) = Zπ2
0 +∞
X
n=0
fn(t)
! dt.
• Chaque fonctionfn est continue par morceaux sur l’intervalleh 0,π
2 i.
• Pour toutt∈h 0,π
2
,|fn(t)|6|an| |x|n qui est le terme général d’une série numérique convergente (carX
anxn converge absolument sur ] −α, α[). Donc la série de fonctions de terme généralfn,n∈N, converge normalement et en particulier uniformément sur le segmenth
0,π 2
i.
On sait alors que l’on peut intégrer terme à terme. Pourx∈] −α, α[, on obtient u(f)(x) =
+∞
X
n=0
anWnxn.
Donc,u(f)∈D. Ceci montre que Dest stable paru.
Si f est dansD, alors f′ est dans Dpuis u(f′)est dans D puisv(f) : x7→f(0) +πx
2 u(f′)(x)est dans D. Donc,D est stable parv.
17)Pourf∈ E etn∈N, la fonction f(n)
est continue sur le segmentIet doncmn existe dansR. Soitλ(∈R∗)une valeur propre deupuisfun vecteur propre associé. Pour n∈Netx∈I,
|λ|
f(n)(x)
=
(λf)(n)(x) =
u(f)(n)(x) = 2
π
Zπ2
0
sinntf(n)(xsint)dt
6 2 π
Zπ2
0
|sinnt|
f(n)(xsint)
dt6 2 πmn
Zπ2
0
sinnt dt
= 2mnWn π .
En particulier, pour toutn∈N, |λ|mn 6 2mnWn
π . Supposons par l’absurde que pour toutn∈N, mn > 0, alors pour toutn∈N,|λ|62Wn
π . Quandntend vers+∞, on obtientλ=0 ce qui n’est pas. Donc, il existen∈Ntel que mn=0 ou encoref(n)=0. Ceci montre quefest nécessairement dansP.
18) Soit λ ∈ R∗. Soit n ∈ N puis P : Xn
k=0
akXk, an 6= 0, une fonction polynomiale non nulle de degré n. D’après la question 3,
u(P) =λP⇔∀x∈I, Xn
k=0
2
πakWkxk=λ Xn
k=0
akxk
⇔∀x∈I, Xn
k=0
2Wk
π −λ
akxk=0
⇔∀k∈J0, nK, 2Wk
π −λ
ak(carIest infini)
⇔λ= 2Wn
π (caran 6=0)et∀k < n, ak=0(car sik < n, Wk6=Wn)
⇔λ= 2Wn
π etP∈Vect(fn)\ {0}(oùfn : x7→xn).
Ainsi, Sp(u) = 2Wn
π , n∈N
. De plus, si pour n∈N, on poseλn = 2Wn
π , alorsEλn(u) =Vect(fn).
D’après la question 15, Sp(v) = π
2Wn
, n∈N
= {(n+1)Wn+1, n∈N} = {nWn, n∈N∗}. De plus, pour n ∈ N,
E 1
λn(v) =Vect(fn).
19)Puisqu’un vecteur propre de u(resp.v) est un polynôme, toute famille libre de vecteurs propres de uengendre un sous-espace deP (⊂
6= E) et n’engendre donc pasE.E n’admet pas une base de vecteurs propres deu(resp.v).
Puisque 2Wn
π tend vers0 quandntend vers+∞,0 est adhérent au spectre deudansCmais n’est pas dans ce spectre.
Donc, Sp(u)n’est pas un fermé deC.
Sp(v) ={nWn, n∈N∗}. Cette fois-ci, la suite(nWn)n∈N∗ tend vers+∞quandntend vers+∞.
Une suite(up)p∈Nd’éléments de Sp(v)qui converge doit être bornée et donc ne prend qu’un nombre fini de valeurs dans Sp(v). Puisque cette suite converge, elle est donc constante à partir d’un certain rang. Mais alors, la suite(up)p∈Nconverge vers un élément de Sp(v). Donc, Sp(v)est un fermé deC.
