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Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

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(1)

SESSION 2004 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Préliminaires 1. Soitn∈N.

1a.D’après la formule du binôme deNewton, Xn

k=0

Ckn= Xn

k=0

Ckn×1k×1n−k= (1+1)n=2n.

1b.Puisque les endomorphismesIetT commutent, la formule du binôme de Newtonpermet encore d’écrire Ln= (I+T)n =

Xn

k=0

CknTk.

1c.Soitu∈E. Il est clair que pour (k, p)∈N2, (Tk(u))p=up+k. Par suite, (Ln(u))0=

Xn

k=0

Ckn(Tk(u))0= Xn

k=0

Cknuk.

2. 2a.La fonctionfest continue par morceaux surRet2π-périodique. On peut donc calculer les coefficients deFourier def. La fonctionfest impaire. Par suite, pour tout entier natureln,an(f) =0, puis pournentier naturel non nul,

bn(f) = 2 π

Zπ 0

f(t)sin(nt)dt= 2 π

Zπ 0

sin(nt)dt= 2

nπ[−cos(nt)]π0 = 2(1− (−1)n) nπ Ainsi,∀p∈N,b2p(f) =0et ∀p∈N, b2p+1(f) = 4

(2p+1)π.

2b.fest de classeC1par morceaux et vérifie en tout pointadeRl’égalitéf(a) = 1

2(f(a) +f(a+)). D’après le théorème deDirichlet, la série deFourierdef converge simplement versfsurR.

Les sommes partielles sont des fonctions continues surR, mais la somme de la série à savoirf, n’est pas continue surR. La série deFourierdefne converge donc pas uniformément versfsurR.

2c.Pour tout réelx, on a

f(x) =

+

X

p=0

b2p+1(f)sin((2p+1)x) = 4 π

+

X

p=0

sin((2p+1)x) 2p+1 . Pourx= π

2, on obtient en particulier : 1= 4

π

+∞X

p=0

sin(π2 +pπ) 2p+1 = 4

π X+∞

p=0

(−1)p

2p+1, et donc

+

X

p=0

(−1)p 2p+1 = π

4.

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

(2)

Partie I

1. 1a.Ωpest le noyau de l’endomorphismeTp−I. Par suite, Ωpest un sous-espace vectoriel deE.

1b.•Montrons queϕ est linéaire. Soient(u, v)∈(Ωp)2 et(λ, µ)∈C2.

ϕ(λu+µv) = (λuk+µvk)0≤k≤p−1=λ(uk)0≤k≤p−1+µ(vk)0≤k≤p−1=λϕ(u) +µϕ(v).

Donc,ϕest linéaire.

•Montrons queϕ est injective. Soitu∈Ωp.

Siu∈Ker(ϕ), alors∀k∈J0, p−1K, uk=0. Puisqueuestp-périodique, on en déduit que pourn∈N, un=un−E(n/p)p=0

(carn−E(n/p)p∈J0, p−1K). Par suite, uest la suite nulle.

Puisque Ker(ϕ) ={0},ϕest injective.

•Montrons queϕ est surjective. Soit(a0, ..., ap−1)∈Cp. Pour n∈N, posonsun =an−E(n/p)p. Alors, d’une part, pour n∈N, un+p=a(n+p)−E((n+p)/p)p =an+p−(E(n/p)+1)p =an−E(n/p)p= un et la suiteuest bien dans Ωp, et d’autre part, pour n ∈ J0, p−1K, un = an. Ainsi, u est une suite p-périodique telle que ϕ(u) = (a0, ..., ap−1). On vient de montrer que Im(ϕ) =Cpet donc queϕest surjective.

Finalement,

ϕest un isomorphisme deΩp surCp. En particulier,

dim(Ωp) =dim(Cp) =p.

1c.Pourj∈J0, p−1K,cj= (δ(n−j)/p,E((n−j)/p))n∈N. Par suite, pourn∈N,

cjn+p(n+p−j)/p,E((n+p−j)/p)(n−j)/p+1,E((n−j)/p)+1(n−j)/p,E((n−j)/p)=cjn. Lespsuitescj,0≤j≤p−1sont donc bien des éléments deΩp.

Montrons que la famille(cj)0≤j≤p−1 est libre. Soit(λ0, ..., λp−1)∈Cptel queλ0c01c1+. . .+λp−1cp−1soit la suite nulle. On a alors(λ0, λ1, . . . , λp−1, λ0, λ1, . . .) = (0, 0, . . .)et doncλ01=. . .=λp−1=0.

La famille (cj)0≤j≤p−1 est donc une famille libre de l’espaceΩp, de cardinalp=dim(Ωp)<+∞. On en déduit que la famille(cj)0≤j≤p−1est une base deΩp.

2. 2a.Siu= (un)n∈Nest une suitep-périodique, alors la suiteT(u) = (un+1)n∈Nest une suitep-périodique. Donc,Ωp

est stable parT. Puisque d’autre partΩpest stable parI,Ωpest stable par I+T =L.

2b. Si u est dans Ker(t) alors, pour tout n non nul,un = 0, puisu0 = up = 0 (uétant p-périodique) et finalement, u=0. Ainsi, Ker(t) ={0}.test donc un endomorphisme injectif de l’espaceΩp qui est de dimension finie. On en déduit que

t∈ GL(Ωp).

2c.

i) Soit u∈ Ker(l). Alors, pour k ∈ J0, p−1K, uk+uk+1 = 0, ou encore ∀k ∈ J0, p−2K, uk+uk+1 = 0 et pour k=p−1,0=up−1+up=up−1+u0(caruestp-périodique).

Lep-upletϕ(u)vérifie donc bien le systèmeS.

ii) S s’écrit : ∀k ∈ J0, p−1K, uk = −uk−1 et u0 = −up−1 ce qui équivaut à ∀k ∈ J0, p−1K, uk = (−1)ku0 et u0= −(−1)p−1u0= (−1)pu0.

1er cas.Sipest impair, l’équationu0= (−1)pu0 s’écritu0= −u0ou encoreu0=0. Le systèmeS admet dans ce cas l’unique solution(0, 0, ..., 0).

(3)

2ème cas.Sipest pair, le systèmeS équivaut à∀k∈{1, ..., p−1}, uk= (−1)ku0. Lesp-uplets solutions deS sont lesp-uplets de la formeλ(1,−1, 1,−1, ..., 1,−1),λ∈C.

iii) Si pest impair,u∈Ker(l)⇒ϕ(u) =0⇒u=0(carϕ est un isomorphisme). Dans ce cas, Ker(l) ={0}et l est un automorphisme deΩp.

Si p est pair, u∈Ker(l) ⇒ϕ(u)∈Vect(((−1)k)0≤k≤p−1)⇒u∈ Vect(((−1)n)n∈N). Réciproquement, puisque p est pair, la suite((−1)n)n∈N est bienp-périodique et de plus,l(((−1)n)n∈N) = ((−1)n+ (−1)n+1)n∈N=0. Dans ce cas, Ker(l) =Vect(((−1)n)n∈N).

Si pest impair, Ker(l) ={0}et sipest pair, Ker(l) =Vect(((−1)n)n∈N).

3. 3a. Pour u ∈Ωp, tp(u) = (un+p)n∈N = (un)n∈N = uet donc tp = I. Le polynôme Xp−1 est à racines simples dansC(car sans racine commune avec sa dérivéepXp−1dansC). Ainsi, l’endomorphismetannule un polynôme à racines simples et on sait alors que

test diagonalisable.

3b. On sait que les valeurs propres d’un endomorphisme sont à choisir parmi les racines d’un polynôme annulateur et donc les valeurs propres detsont à choisir parmi les racines deXp−1 qui sont les racinesp-èmes de l’unité.

3c.Soientk∈J0, p−1Ketu∈Ωp.

t(u) =ωku⇔∀n∈N, un+1kun⇔∀n∈N, un= (ωk)nu0

⇔uest géométrique de raisonωk.

La suiteǫk= (ωnk)n∈N est une suite non nulle,p-périodique, de premier terme1 et vérifiet(u) =ωku. Ceci montre que toute racinep-ème de l’unité est valeur propre detet donc que l’ensemble des valeurs propres detest l’ensemble des racinesp-èmes de l’unité.

La famille(ǫ0, . . . , ǫp−1)est une famille de vecteurs propres associée à des valeurs propres deux à deux distinctes. Elle est donc libre. Puisque son cardinal est pla dimension de Ωp, cette famille est une base de Ωp constituée de vecteurs propres det.

3d.Les coordonnées deǫjdansBc sont aussi les coordonnées deϕ(ǫj)dansϕ(Bc). Or, ϕ(ǫj) = (ωij)0≤i≤p−1=

p−1X

i=0

ωijϕ(ci).

La matriceP cherchée est la matrice deVandermondedes racinesp-èmes de l’unité : P= (ωij)0≤i,j≤p−1

(on a numéroté les lignes et les colonnes de0à p−1).

3e.Le coefficient lignek, colonnelde la matricetPPvaut

p−1X

u=0

ωukωul =

p−1X

u=0

(e2i(k−l)π/p)u. Pour0≤k, l≤p−1, on a

−p <−(p−1)≤k−l≤p−1 < p,

de sorte quek−l∈pZ⇔k−l=0⇔k=l. Donc, 1er cas.Sik=l,

p−1X

u=0

ωukωul =

p−1X

u=0

1=p.

2ème cas.Si k6=l,e2i(k−l)π/p6=1et

p−1X

u=0

(e2i(k−l)π/p)u= e2i(k−l)π−1 e2i(k−l)π/p−1 =0.

(4)

Finalement,tPP=pIp. En conjuguant, on obtienttPP=pIpet donc P−1= 1

p

tP= 1

p(ω−ji )0≤i,j≤p−1.

4. 4a. ǫk est vecteur propre de t associé à la valeur propre ωk. Donc,ǫk est vecteur propre de l = I+t associé à la valeur propre1+ωk. On en déduit que∀n∈N, lnk) = (1+ωk)nǫk. Mais alors,

ln(u) =

p−1X

k=0

xk(1+ωk)nǫk.

4b.Soitk∈J1, p−1K.

1+ωk

2 = 1

2eikπ/p(eikπ/p+e−ikπ/p) =eikπ/pcos kπ

p

, puis

1+ωk 2

=

cos kπ

p

.

Pour1≤k≤p−1,0 < π p ≤ kπ

p ≤ (p−1)π

p < πet donc

cos(kπ p )

< 1. On en déduit que

∀k∈J1, p−1K, lim

n+

1+ωk

2 n

=0.

4c.Soitn∈N.

1

2nln(u)0=

p−1X

k=0

xk

1+ωk 2

n

ǫk0=

p−1X

k=0

xk

1+ωk 2

n

.

Comme

1+ω0

2 n

= 1+1

2 n

=1, et que pour1≤k≤p−1,

1+ωk

2 n

tend vers0quandntend vers+∞, on en déduit que 1

2nln(u)0tend versx0. Or,

 x0

... xp−1

=P−1

 u0

... up−1

= 1 p

tP

 u0

... up−1

.

La première ligne detPest(ω00, . . . , ω0p−1) = (1, . . . , 1)et doncx0= 1

p(u0+. . .+up−1). Finalement,

n→lim+

1

2nln(u)0= 1

p(u0+. . .+up−1).

5. On a vu à la question 1c. du préliminaire que pour toute suiteudeΩp,ln(u)0=Pn

k=0Cknuk. On applique ce résultat à chacune des suitescj,0≤j≤p−1.

Dans ce cas,ul vaut1 silest de la formekp+jet0 sinon. Donc ln(u)0= X

0≤kp+j≤n

Ckp+jn = X

0≤k≤(n−j)/p

Ckp+jn .

(5)

D’autre part, un et un seul des nombresu0, . . . ,up−1vaut1et les autres nombres sont nuls. Donc,1

p(u0+. . .+up−1) = 1 p. On a ainsi montré que

∀j∈J0, p−1K, lim

n+

1 2n

X

0≤k≤(n−j)/p

Ckp+jn = 1 p.

Partie II 1. 1a.Soitn∈N. D’après le préliminaire,

1

2nLn(u)0−ℓ= 1

2n(Ln(u)0−2nℓ) = 1 2n(

Xn

k=0

Ckn−ℓ Xn

k=0

Ckn) = 1 2n

Xn

k=0

Ckn(uk−ℓ).

1b.Soitn≥N+1.

(i).

|TN(n)|≤ 1 2n

Xn

k=N+1

Ckn|uk−ℓ|≤ 1 2n

Xn

k=N+1

Ckn

!

sup{|uk−ℓ|, k∈{N+1, . . . , n}}

≤ 1 2n

Xn

k=0

Ckn

!

sup{|uk−ℓ|, k∈{N+1, . . . , n}}=sup{|uk−ℓ|, k∈{N+1, . . . , n}}.

(ii). On a déjà|SN(n)|≤ 1 2n(

XN

k=0

Ckn)sup{|uk−ℓ|, k∈{0, . . . , N}}. Maintenant, pour1≤k≤N,

Ckn = n(n−1). . .(n−k+1)

k! ≤ n×n×. . .×n

k! = nk

k!, ce qui reste vrai pourk=0. Donc,

XN

k=0

Ckn≤ XN

k=0

nk

k! =PN(n). Finalement

|SN(n)|≤ 1

2nPN(n)sup{|uk−ℓ|, k∈{0, . . . , N}}.

(iii). Nétant fixé,PN(n)est un polynôme enn. D’après les théorèmes de croissances comparées, lim

n→+∞

1

2nPN(n) =0.

1c.Soitε > 0. La suiteuconverge vers ℓ, et en particulier la suite|u−ℓ| est majorée. SoitMun majorant strictement positif de la suite|u−ℓ|. Pour tout entierN, puis tout entiern≥N+1, on a

| 1

2nLn(u)0−ℓ|≤|SN(n)|+|TN(n)|≤ M

2nPN(n) +sup{|uk−ℓ|, N+1≤k≤n}.

Puisque la suiteutend versℓ, on peut choisirNde sorte que, pour toutn≥N+1, sup{|uk−ℓ|, N+1≤k≤n}≤ ε 2.N est ainsi orénavant fixé et pour tout entiern≥N+1, on a alors

| 1

2nLn(u)0−ℓ|≤ M

2nPN(n) +ε 2. D’après la question précédente, M

2nPN(n)tend vers0quandntend vers+∞. On peut donc fournir un entiern0, que l’on choisit de plus supérieur ou égal àN+1, tel que pourn≥n0, M

2nPN(n)< ε

2. Pourn≥n0, on a|21nLn(u)0−ℓ|< ε 2+ε

2. On a montré que ∀ε > 0, ∃n0∈N/(∀n∈N), (n≥n0⇒| 1

2nLn(u)0−ℓ|< ε, et donc que la suite( 1

2nLn(u)0)n∈Nconverge versℓ.

(6)

2. 2a.Pour1≤k≤n,Ckn+1=Ckn+Ck−1n et donc

n+1X

k=0

Ckn+1sk=s0+ Xn

k=1

Ckn+1sk+sn+1=s0+ Xn

k=1

Cknsk+ Xn

k=1

Ck−1n sk+sn+1

= Xn

k=0

Cknsk+

n−1X

k=0

Cknsk+1+sn+1= Xn

k=0

Cknsk+ Xn

k=0

Cknsk+1

2b.

Sn+1−Sn = 1 2n+1

n+1X

k=0

Ckn+1sk− 1 2n

Xn

k=0

Cknsk= 1 2n+1(

Xn

k=0

Cknsk+ Xn

k=0

Cknsk+1−2 Xn

k=0

Cknsk)

= 1 2n+1

Xn

k=0

Ckn(sk+1−sk) = 1 2n+1

Xn

k=0

Cknuk(en tenant compte des0=0)

= 1

2n+1Ln(u)0. 2c.PourN∈N, on a

XN

n=0

1

2n+1Ln(u)0= XN

n=0

(Sn+1−Sn) =SN+1−S0=SN+1(somme télescopique).

Par hypothèse, la suitesconverge vers un complexeℓ(oùℓ=P+∞

n=0un). D’après la question II.1c., il en est de même de la suite( 1

2nLn(s)0)n∈N= (Sn)n∈N, ce qui démontre le résultat :

+

X

n=0

un =

+

X

n=0

1

2n+1Ln(u)0.

Partie III : Application

1. Soitn∈N.Jn= Xn

k=0

(−1)kCkn Z1

0

x2kdx= Xn

k=0

(−1)k 2k+1Ckn =

Xn

k=0

Cknuk.

2. Soitn∈N. Une intégration par parties fournit :

Jn=

x(1−x2)n1 0

Z1 0

x×n×(−2x)×(1−x2)n−1dx=2n Z1

0

x2(1−x2)n−1dx

=2n Z1

0

(x2−1+1)(1−x2)n−1dx=2n(−

Z1 0

(1−x2)n dx+ Z1

0

(1−x2)n−1dx

=2n(−Jn+Jn−1), et donc,(2n+1)Jn =2nJn−1. Finalement,

∀n∈N, Jn = 2n 2n+1Jn−1. Pourn∈N, on en déduit que :

Jn = 2n

2n+1 ×2n−2

2n−1 ×. . .×2

3J0= ((2n)2(n−1). . .(2.1))2

(2n+1)(2n). . . 2.1 = 22nn!2 (2n+1)!.

(7)

3. On a vu au préliminaire que la série de terme généralun = (−1)n

2n+1 converge et que

+∞X

n=0

un = π

4. PuisqueJn =Ln(u)0, on déduit de la question II.2c. que la série de terme général 1

2n+1Jn converge et a même somme. Comme 1 2n+1Jn = 2n−1n!2

(2n+1)!, on a montré que

+∞X

n=0

2n−1n!2 (2n+1)! = π

4.

4. 4a.Il revient au même de dire queπ−

N1

X

n=0

2n+1(n!)2

(2n+1)! ≤10−1. Or, X0

n=0

2n+1(n!)2 (2n+1)! =2,

X1

n=0

2n+1(n!)2

(2n+1)! =2+4

6 =2, 66 . . ., X2

n=0

2n+1(n!)2

(2n+1)! =2+ 2 3+ 8.4

120 =2+ 2 3 + 4

15 = 44

15 =2, 93 . . ., puis

X3

n=0

2n+1(n!)2 (2n+1)! = 44

15+16.62 7! = 44

15+ 4 35 = 320

105 =3, 047 > π−0, 1. Donc,N1=3.

4b.Les premières valeurs de la suite4 Xn

k=0

(−1)k 2k+1 sont 4, 8

3 =2, 66 . . .,. . . , 4(1−1

3 +. . .− 1

19) =3, 0418 . . .et donc N2=9.

4c.On aN1< N2. On ne peut rien conclure.

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