MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 7 le 13/03/15 29 juin 2019

(1)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 7 le 13/03/15 29 juin 2019

Exercice

1. a. D'après les résultats de cours, dim(L(E) = (dim(E))

²

= n

²

. En dimension nie, la dimension d'un hyperplan est celle de l'espace qui le contient mois 1 donc dim A = n

²

− 1 .

L'hypothèse Id

E

∈ A / entraîne que V ect(Id

E

) ∩ A = {0

E

} . La relation entre les dimensions entraîne que les espaces sont supplémentaires. On peut donc dénir la projection de L(E) sur V ect(Id

E

) parallèlement à A . Il faut bien garder à l'esprit que ce sont des endomorphismes de E (et non des vecteurs de E ) que l'on projette avec p .

b. Les espaces étant supplémentaires, tout élément de L(E) se décompose de ma- nière unique comme la somme d'un élément de Vect(Id

E

) et d'un élément de A . L'élement de Vect(Id

E

) s'écrit de manière unique comme p(f ) Id

E

. On en tire l'existence et l'unicité du réel p(f ) tel que f − p(f ) Id

E

∈ A (composante dans A de la décomposition de f .

c. Soit f et g dans L(E) avec des composantes dans A respectivement a et b . Soit λ ∈ R.

f = p(f ) Id

E

+a g = p(g) Id

_E

+b

)

⇒



 

 

 

 

λf = λp(f )

| {z }

∈R

Id

_E

+λa

∈A

f + g = p(f ) + p(g)

| {z }

∈R

Id

_E

+a + b

∈A

On en déduit la linéarité. La fonction p est une forme linéaire.

De plus, comme A est un sous-espace vectoriel stable par composition, f ◦ g = (p(f ) Id

_E

+a) ◦ (p(g) Id

_E

+b) = p(f )p(g)

| {z }

∈R

Id

_E

+p(f )b + p(g)a + a ◦ b

| {z }

∈A

donc p(f ◦ g) = p(f)p(g) . 2. Soit f ∈ L(E) avec f

²

∈ A . Alors

0 = p(f

²

) = (p(f ))

²

⇒ p(f ) = 0 ⇒ f ∈ A

3. À cause du théorème de prolongement linéaire, un endomorphisme est complètement déterminé par les images des vecteurs d'une base.

a. Soit ϕ l'endomorphisme somme des f

i,i

. Pour tout k ∈ J 1, n K, ϕ(e

k

) =

n

X

i=1

f

i,i

(e

k

) = 1 car f

i,i

(e

k

) =

( 1 si i = k 0 si i 6= k

On en déduit f

1,1

+ · · · + f

n,n

= Id

E

car les deux endomorphismes coîncident sur les vecteurs d'une base.

b. Examinons l'image de e

z

. f

_i,j

◦ f

_k,l

(e

_z

) =



 

 

0( si z 6= l) f

_i,j

(e

_k

)( si z = l) =

( 0 si k 6= j e

_i

si k = j En conclusion :

f

i,j

◦ f

k,l

=

( 0

_L(E)

si k 6= j f

i,l

si k = j

c. Pour i 6= j , f

_i,j²

= 0

_L(E)

∈ A . On en déduit (question 2.) que f

_i,j

∈ A .

d. Pour n'importe quel i , on peut écrire f

i,i

= f

i,j

◦ f

j,i

avec un j quelconque diérent de i . Comme f

i,j

et f

j,i

sont dans A , la stabilité de A implique que f

i,i

∈ A . Ainsi, tous les f

_i,j

sont dans A . La somme de tous les f

_i,i

qui est Id

_E

(question 3.a) en contradiction avec l'hypothèse.

On en conclut qu'un hyperplan de L(E) stable par composition doit contenir Id

_E

.

Problème

I. Études locales en 0.

1. La fonction se prolonge par continuité en 0 car, strictement à droite en 0

^sin_x^x

→ 1 . on a donc f (0) = 0 .

2. Calcul du développement asymptotique sin t = t − 1

6 t

³

+ o(t

⁴

) ⇒ 1 sin t = 1

t

1 1 −

¹₆

t

²

+ o(t

³

) = 1 t

1 + 1

6 t

²

+ o(t

³

)

= 1 t + 1

6 t + o(t

²

) 3. On combine le développement usuel de cos avec le carré du précédent

cos t = 1 − 1

2 t

²

+ o(t

³

) 1

sin

²

t = 1 t

²

+ 1

3 + o(t)



 

 

⇒ cos t sin

²

t = 1

t

²

+ 1

3 − 1 2

+ o(t) = 1 t

²

− 1

6 + o(t)

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai S1407C

(2)

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4. Dans la question 2., strictement à droite de 0 , la fonction admet le développement limité

1 t − 1

sin t = 1

6 t + o(t

²

)

Elle converge donc vers 0 . On la prolonge en 0 en lui assignant la limite comme image de 0 . On note g la fonction ainsi prolongée.

g :



 



 



[0, π[ → R

t 7→







0 si t = 0

1 t − 1

sin t si t ∈]0, π[

D'après les résultats sur les compositions de fonctions, cette fonction est de classe C

^∞

sur ]0, π[ avec, en tenant compte des développements limités déjà calculés,

∀x ∈]0, π[, g

⁰

(t) = − 1

t

²

+ cos t sin

²

t = − 1

6 + o(t)

On en déduit que g

⁰

converge vers −

¹₆

en 0 strictement à droite. Le théorème de la limite de la dérivée assure alors que g est dérivable en 0 et que g

⁰

est continue en 0 . Cela montre que g et de classe C

¹

sur [0, π[ .

On pourrait se passer du théorème de la limite de la dérivée pour justier la dérivabilité en 0 en remarquant que g admet en 0 un développement à l'ordre 1.

II. Calcul de l'intégrale de Dirichlet.

1. Comme ϕ est de classe C

¹

, on peut eectuer une intégration par parties puis une majoration en utilisant le fait que la fonction continue ϕ

⁰

est bornée et atteint ses bornes sur le segment [0,

^π₂

] .

Z

^π₂

0

ϕ(t) sin(nt) dt =

ϕ(t)

− 1

n cos(nt)

^t=^π₂

t=0

+ 1 n

Z

^π₂

0

ϕ

⁰

(t) cos(nt) dt

⇒

Z

^π₂

0

ϕ(t) sin(nt) dt

≤ |ϕ(

^π₂

)| + |ϕ(0)|

n + 1

n π

2 M

₁

avec M

₁

= max

[0,^π₂]

|ϕ

⁰

|

On en déduit que la suite tend vers 0 à l'aide du théorème d'encadrement.

2. a. Il s'agit d'une formule usuelle le linéarisation (transformation de produit en somme)

2 sin(a) cos(b) = sin(a + b) + sin(a − b)

b. Notons C la somme qui nous est proposée et

S = 2 sin(2t) + 2 sin(4t) + · · · + 2 sin(2nt)

En complexiant, on fait apparaître une somme de puissances de e

^2it

. C + iS = 1 + 2 e

^2(n+1)it

− e

^2it

e

^2it

− 1 = 1 + 2 sin(nt) sin(t) e

^(n+1)it

⇒ C = Re(C + iS) = 1 + 2 sin(nt) cos((n + 1)t)

sin(t) = sin((2n + 1)t) sin(t) car, d'après la question a.

2 sin(nt) cos((n + 1)t) = sin((2n + 1)t) − sin(t) 3. D'après la question précédente et par linéarité de l'intégrale,

Z

^π₂

0

sin((2n + 1)t) sin(t) dt =

Z

^π₂

0

(1 + 2 cos(2t) + 2 cos(4t) + · · · + 2 cos(2nt)) dt = π 2 Chaque intégrale contenant un cos est nulle car les primitives en sin s'annulent en 0 et

π

2

à cause du coecient multiplicatif pair.

4. Eectuons le changement de variable u = (2n + 1)t dans l'expression intégrale de F((2n + 1)

^π₂

) . Alors

^dt_t

=

^du_u

et

F ((2n + 1) π 2 ) =

Z

(2n+1)^π₂ 0

sin u u du =

Z

^π₂

0

sin((2n + 1)t)

t dt

Introduisons la fonction g de classe C

¹

sur [0, π[ . Pour t non nul, elle vérie g(t) = 1

t − 1 sin t On peut écrire

F((2n + 1) π 2 ) =

Z

^π₂

0

1 t − 1

sin t + 1 sin t

sin((2n + 1)t) dt

= Z

^π₂

0

g(t) sin((2n + 1)t) dt + Z

^π₂

0

sin((2n + 1)t) sin(t) dt

| {z }

=^π₂

2

(3)

MPSI B Année 2014-2015. Corrigé du DS 7 le 13/03/15 29 juin 2019

Comme g est de classe C

¹

, la première suite converge vers 0 d'après le lemme de Riemann-Lebegue (question II.1.). La deuxième est constante (question II.3). On en

déduit

F

(2n + 1) π 2

n∈N

→ π 2 5. a. Par dénition de n comme partie entière de

_π^x

,

nπ ≤ x < (n + 1)π

Le réel (2n + 1)

^π₂

=

^π₂

+ nπ est aussi un élément de l'intervalle [nπ, (n + 1)π[ . Dans cet intervalle, le sin garde un signe constant. On en déduit

F(x) − F ( π

2 + nπ) = Z

x

π 2+nπ

sin(t) t dt

⇒

F(x) − F( π 2 + nπ)

≤

Z

←−−−−−→

[^π₂+nπ,x]

| sin(t)|

t dt ≤

Z

(n+1)π nπ

dt t ≤ π

nπ = 1 n b. Pour tout ε > 0 , d'après la question II.4., il existe un entier N tel que

∀n ≥ N,

F ((2n + 1) π 2 ) − π

2 < ε

2 et 1 n < ε

2 Pour x > N π , le n associé à x est plus grand que N . On en déduit

F (x) − π 2 ≤

F (x) − F ( π 2 + nπ)

+

F((2n + 1) π 2 ) − π

2 ≤ ε

2 + ε 2 = ε Ceci assure que la limite en +∞ de F (intégrale de Dirichlet) est

^π₂

.

IV. Équation diérentielle.

1. a. Si P est un polynôme non nul, son degré est le même que celui de P + P

⁰⁰

. Par conséquent, si l'équation admet une solution polynomiale, celle ci doit être de degré n .

Considérons l'application ϕ de R

n

[X ] dans lui même qui à un polynôme P asso- cie P + P

⁰⁰

. Cette application est clairement linéaire. C'est un endomorphisme de l'espace de dimension nie R

n

[X] . La considération du terme de plus haut degré montre que son noyau est réduit au polynôme nul. Il s'agit donc d'un endomorphisme injectif, ce qui, en dimension nie entraîne que ϕ est bijectif.

En particulier, le polynôme X

ⁿ

admet un unique antécédent par ϕ qui est l'unique solution polynomiale de l'équation. On note A

_n

cette unique solution polynomiale.

b. L'ensemble des solutions est le sous-espace ane (de l'espace de toutes les fonctions) contenant A

n

et de direction l'espace vectoriel engendré par sin et cos qui forment une base de l'espace des solutions de l'équation homogène.

c. Notons A

_n

= P

n

k=0

a

_k

X

^k

. On peut écrire A

_n

+ A

⁰⁰_n

=

n

X

k=0

a

_k

X

^k

+

n

X

k=0

k(k − 1)a

_k

X

^k

= a

n

X

ⁿ

+ a

n−1

X

ⁿ⁻¹

+

n−2

X

k=0

(a

k

+ (k + 2)(k + 1)a

k+2

)X

^k

= X

ⁿ

Par suite a

n

= 1 , a

_n−1

= 0 et

∀k ∈ J 0, n − 2 K , a

k

= −(k + 2)(k + 1)a

k+2

Finalement

∀i ∈ J 0, b n

2 c : a

n−2i

= (−1)

ⁿ

n!

(n − 2i)! ; ∀i ∈ J 0, b n + 1

2 c : a

n−2i−1

= 0.

2. a. On obtient P

0

= 1 , P

1

= X , P

2

= X

²

− 2 et Q

0

= 0 , Q

1

= 1 , Q

2

= 2X sans qu'une relation évidente ne se dégage.

b. On raisonne par récurrence. Comme les premières propositions sont vériées, il sut de montrer l'implication. En dérivant la relation donnée par l'énoncé, on obtient, pour x > 0 :

f

⁽ⁿ⁺¹⁾

= P

_n⁰

sin

⁽ⁿ⁾

+P

_n

sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

+Q

⁰_n

sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

+Q

_n

sin

⁽ⁿ⁺²⁾

x

ⁿ⁺¹

− (n + 1) P

n

sin

⁽ⁿ⁾

+Q

n

sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

x

ⁿ⁺²

comme sin

⁽ⁿ⁾

= − sin

⁽ⁿ⁺²⁾

, cela donne :

g

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x) = P

_n+1

(x) sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x) + Q

_n+1

(x) sin

⁽ⁿ⁺²⁾

(x) x

ⁿ⁺²

avec (

P

_n+1

(x) = xP

_n

(x) + xQ

⁰_n

(x) − (n + 1)Q

_n

(x) Q

n+1

(x) = xQ

n

(x) − xP

_n⁰

(x) + (n + 1)P

n

(x)

3

(4)

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3. a. Soit H

n

la propriété :

P

_n

de degré n de coecient dominant 1 , Q

_n

de degré n−1 de coecient dominant n , P

n

et Q

n

à coecients entiers

La propriété H

₁

est vériée.

Supposons H

_n

, alors P

_n

, Q

_n

, P

_n⁰

et Q

⁰_n

sont à coecients entiers donc P

_n+1

et Q

_n+1

aussi.

De plus XP

n

est de degré n+ 1 de coecient dominant 1 et XQ

⁰_n

et Q

n

sont de degré strictement inférieur à n + 1 donc P

n+1

est de degré n + 1 de coecient dominant 1 .

Enn XQ

n

, XP

_n⁰

et (n + 1)P

n

sont de degré n et de coecients dominants respectifs n , n et n + 1 donc Q

n+1

est de degré n de coecient dominant n + 1 . Donc H

n+1

est vériée.

On démontre de manière analogue que, pour tout entier p , P

2p

est pair, Q

2p

est impair, P

2p+1

est impair, Q

2p+1

est pair.

b. D'après les relations de 2.b.

( P

₃

= XP

₂

+ XQ

⁰₂

− 3Q

₂

= X

³

− 6X Q

3

= XQ

2

− XP

₂⁰

+ 3P

2

= 3X

²

− 6 4. Soit α

_k

=

^π₂

+ kπ et β

_k

= kπ . De la relation

∀x > 0, U (x) sin(x) + V (x) cos(x) = 0

on tire U(α

k

) = 0 et V (β

k

) = 0 pour tous les entiers k . Le polynômes U et V admettent une innité de racines donc ils sont égaux au polynôme nul.

5. a. En dérivant n + 1 fois l'égalité xf(x) = sin x avec la formule de Leibniz, on obtient :

∀x > 0, xf

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x) + (n + 1)f

⁽ⁿ⁾

(x) = sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x)

En insérant dans cette relation les expressions de f

⁽ⁿ⁾

(x) et f

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x) , il vient : P

_n+1

(x) + (n + 1)Q

_n

(x) − x

ⁿ⁺¹

sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x)

+ ((n + 1)P

n

(x) − Q

n+1

(x)) sin

⁽ⁿ⁾

(x) = 0 À n xé, l'une des expressions sin

⁽ⁿ⁺¹⁾

(x) ou sin

⁽ⁿ⁾

(x) vaut ± sin(x) tandis que l'autre vaut ± cos x , on peut donc appliquer le résultat de la question précédente :

∀x ∈ R , P

n+1

(x) + (n + 1)Q

n

(x) − x

ⁿ⁺¹

= 0, (n + 1)P

n

(x) − Q

n+1

(x) = 0.

b. En reportant Q

n+1

(x) = (n + 1)P

n

(x) dans l'expression de Q

n+1

de la question 2.b., on tire x(Q

n

(x) − P

_n⁰

(x)) = 0 pour tous les x . Cela entraîne Q

n

(x) = P

_n⁰

(x) pour tous les x 6= 0 . Le polynôme P

_n⁰

− Q

_n

a une innité de racines donc il est nul. On a donc

∀x ∈ R , P

n+1

(x) = x

ⁿ⁺¹

− (n + 1)Q

n

(x)

= xP

n

(x) + xP

_n⁰⁰

(x) − (n + 1)Q

n

(x) (question 2.b)

⇒ x

ⁿ⁺¹

= xP

_n

(x) + xP

_n⁰⁰

(x)

On en tire la relation P

n

+ P

_n⁰⁰

= x

ⁿ

d'abord pour les x non nuls, puis pour tous les autres par un argument polynomial.

4