Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2019

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Une propriété de Perron-Frobenius

1)H_n est symétrique réelle car pour tout(i, j)∈J0, n−1K²,h⁽ⁿ⁾_i,j = 1

i+j+1 =h⁽ⁿ⁾_j,i . SoitX= (x_k)_06k6n−1∈M_n,1(R).

tXH_nX= X

06j,k6n−1

h⁽ⁿ⁾_j,kx_jx_k= X

06j,k6n−1

1

j+k+1x_jx_k

= X

06j,k6n−1

xjxk

Z1 0

t^j+kdt= Z1

0



 X

06j,k6n−1

xjxkt^j+k



dt= Z1

0





n−1X

j=0

xjt^j





n−1X

k=0

xkt^k

! dt

= Z1

0

X(t)e 2

dt>0.

De plus,

tXHnX=0⇔ Z1

0

X(t)e 2

dt=0

⇔∀t∈[0, 1], X(t)e 2

=0(fonction continue, positive, d’intégrale nulle)

⇔Xe=0(polynôme ayant une infinité de racines)

⇔∀k∈J0, n−1K, xk=0⇔X=0.

En résumé, pour tout X= (xk)_06k6n−1 ∈M_n,1(R), ^tXHnX >0 et de plus,(^tXHnX=0⇔X=0). La matriceHn est donc symétrique réelle et définie positive.

2)SoitX∈V.^tXH_nX=^tX(ρ_nX) =ρ_n^tXX=ρ_nkXk².

Réciproquement,Hnest symétrique réelle et doncHnest orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle d’après lé théorème spectral. SoientD=diag(λ_k)_06k6n−1etP∈On(R)telles queHn=PD^tP.

SoitX∈M_n,1(R)tel que^tXHnX=ρnkXk²puisY =^tPXde sorte queX=PY. PosonsY = (yk)_06k6n−1.

0=ρnkXk²−^tXHnX=ρnt(PY)PY−^t(PY)Hn(PY) =^tY^tPPY−^tY^tPHnPY=ρntYY−^tYDY

=ρn n−1X

k=0

y²_k−

n−1X

k=0

λky²_k=

n−1X

k=0

(ρ_n−λk)y²_k.

Puisque ρn est la plus grande des valeurs propres de Hn, tous les termes de la somme ci-dessus sont positifs et donc cette somme est nulle si et seulement si pour toutk∈J0, n−1K, (ρn−λk)y²_k =0. Ceci équivaut au fait que pour tout k∈J0, n−1K,(ρn−λk)yk=0ou encore pour toutk∈J0, n−1K, ρnyk=λkyk. Mais alors,ρnY=DYpuis

HnX=PD^tPPY=PDY=ρnPY=ρnX et doncXest dansV.

Finalement, pour toutX∈M_n,1(R), X∈V ⇔^tXHnX=ρnkXk² . 3)^tX0HnX0= X

06j,k6n−1

h⁽ⁿ⁾_j,kxjxk6

X

06j,k6n−1

h⁽ⁿ⁾_j,kxjxk

6 X

06j,k6n−1

h⁽ⁿ⁾_j,k|xj| |xk|=^t|X0|Hn|X0|.

Puisque X₀∈V, en posantX= |X₀|, ^tXH_nX >^tX₀H_nX₀ =ρ_nkX₀k² =ρ_nkXk². D’autre part, d’après un calcul de la question précédente,ρnkXk²>^tXHnX (carρnkXk²−^tXHnX=

n−1X

k=0

(ρ_n−λk)y²_k >0) et finalement^tXHnX=ρnkXk². D’après la question 2),|X0|=Xest dansV.

4)Les composantes de|X₀|sont positives et non toutes nulles et les coefficients deHn sont strictement positifs. Donc, les composantes deH_n|X₀|sont strictement positives et en particulier, ces composantes sont toutes non nulles.

Les valeurs propres deH_n sont strictement positives carH_n est définie positive. En particulier,ρ_n> 0.

Puisque |X₀| est dansV, on a |X₀|= 1 ρn

H_n|X₀|. On en déduit que les composantes de |X₀| sont strictement positives et donc que les composantes deX0sont toutes non nulles.

5) En tant que sous-espace propre, V n’est pas réduit à {0}. Soit X₀ = x⁽⁰⁾_k

06k6n−1 un vecteur non nul de V. Soit X= (x_k)_06k6n−1un vecteur quelconque deV. PuisqueV est un sous-espace vectoriel deM_n,1(R), le vecteurx0X0−x⁽⁰⁾₀ X est encore un vecteur de V et sa première composante est nulle. D’après la question précédente, x₀X₀−x⁽⁰⁾₀ X = 0, ce vecteur ne pouvant être non nul. La famille(X, X₀)est donc liée puisX∈Vect(X₀).

Ainsi,V ⊂Vect(X₀)puisV =Vect(X₀). Donc,V est de dimension1.

B. Inégalité de Hilbert

6)PosonsP= Xp

k=0

akX^k. SoitQ= Xp

k=0

ak

k+1X^k+1de sorte queQ^′=P.

Zπ 0

P e^iθ

e^iθdθ= Xp

k=0

ak

Zπ 0

e^i(k+1)θ dθ= Xp

k=0

ak

e^i(k+1)π−1 i(k+1)

= −i Xp

k=0

ak

k+1(−1)^k+1− Xp

k=0

ak

k+1

!

=i(Q(1) −Q(−1)) =i Z1

−1

P(t)dt.

Donc,

Z1

−1

P(t)dt =

Zπ 0

P e^iθ e^iθdθ

6

Zπ 0

P e^iθe^iθ dθ= Zπ

0

P e^iθ dθ.

En appliquant au polynômeP=Xe², on obtient

tXHnX= Z1

0

X(t)e 2

dt6 Z1

−1

X(t)e 2

dt=

Z1

−1

X(t)e 2

dt 6

Zπ 0

eX² e^iθ dθ= Zπ

0

eX e^iθ

2

dθ.

7) Ensuite, puisque Xe est à coefficients réels, pour tout réel θ, X ee ^−iθ

= Xe(e^iθ). La fonction θ 7→ eX e^iθ

2

= X ee ^iθ eX e^−iθ

est donc paire puis

tXHnX6 Zπ

0

eX e^iθ

2

dθ= 1 2

Zπ

−π

eX e^iθ

2

dθ= 1 2

Zπ

−π n−1X

k=0

xke^ikθ

! _n−1 X

l=0

xle^−ilθ

! dθ

= 1 2

X

06k,l6n−1

x_kx_l Z2π

0

e^i(k−l)θdθ

= 1 2





n−1X

k=0

x²_k Z2π

0

dθ+X

k6=l

xkxl

Z2π 0

e^i(k−l)θdθ





= 1 2

n−1X

k=0

2πx²_k+0

!

=π

n−1X

k=0

x²_k

=πkXk².

8)Soitn∈N∗. SoitX∈M_n,1(R)un vecteur propre associé à la valeur propreρn.^tXHnX=^tX(ρnX) =ρnkXk²et donc ρnkXk²6πkXk².Xn’est pas nul et donckXk²> 0. Après simplification parkXk², on obtientρn6π. Donc,

∀n∈N^∗, ρ_n 6π.

Soitn∈N^∗. SoitX_n= (x_k)_06k6n−1∈M_n,1(R)un vecteur propre deH_nassocié àρ_n. SoitX= Xn

0

= (x_k^′)_06k6n∈ M_n+1,1(R).

ρnkXnk²=^tXnHnXn= X

06j,k6n−1

h⁽ⁿ⁾_j,kxkxl= X

06j,k6n

h⁽ⁿ⁺¹⁾_j,k x_k^′x_l^′=^tXHn+1X 6ρn+1kXk²=ρn+1kXnk².

Après simplification par le réel strictement positifkXnk², on obtientρn 6ρn+1. La suite(ρ_n)_n>1est donc croissante.

Ainsi, la suite(ρ_n)_n>1est croissante et majorée parπ. On en déduit que la suite (ρ_n)_n>1est convergente.

C. Un opérateur intégral

9) • Soient f ∈ E et n ∈N^∗. Pour chaque k ∈J0, n−1K et chaquet ∈ [0, 1[, t^kf(t) = t^k|f(t)| 6|f(t)| et donc, pour chaquek∈J0, n−1K, la fonction t7→t^kf(t)est continue par morceaux et intégrable sur[0, 1[. Par suite, pour chaquex de[0, 1[, on peut écrire

Tn(f)(x) =

n−1X

k=0

Z1 0

t^kf(t)dt

! x^k.

T_n(f)est donc une fonction polynomiale sur [0, 1[. En particulier,T_n(f)est continue et intégrable sur[0, 1[. Ceci montre queTn est une application deEdansE.

•Soitn∈N^∗. Soient(f, g)∈E² et(α, β)∈R². Pourx∈[0, 1[,

Tn(αf+βg)(x) = Z1

0

Kn(xt) (αf(t) +βg(t))dt=α Z1

0

Kn(xt)f(t)dt+β Z1

0

Kn(xt)g(t)dt= (αT_n(f) +βTn(g)) (x).

Par suite,Tn(αf+βg) =αTn(f) +βTn(g).Tn est donc linéaire puisTn est un endomorphisme deE.

• L’application (P, Q)7→

Z1 0

P(t)Q(t) dt est un produit scalaire sur R_n[X]. Pour ce produit scalaire,(R_n−1[X])^⊥ est de dimension1 et en particulier n’est pas réduit à{0}. Soit fun élément non nul de cet orthogonal. Par construction, pour toutk∈J0, n−1K,

Z1 0

t^kf(t)dt=0puisTn(f) =0.

fest un élément non nul deE tel queTn(f) =0. Donc,Tn admet0pour valeur propre.

10)SoitX= (x_k)_06k6n−1∈M_n,1(R). Pourx∈[0, 1[, posonsY(x) = x^k

06k6n−1∈M_n,1(R).

Tn

Xe (x) =

Z1 0

n−1X

k=0

t^kx^k

! _n−1 X

l=0

xlt^l

! dt

= X

06k,l6n−1

x^kxl

Z1 0

t^k+ldt= X

06k,l6n−1

x^kx_l k+l+1

=^t(Y(x))H_nX.

• On sait que les valeurs propres de Hn sont des réels strictement positifs. Soient λ une valeur propre de Hn puisX un vecteur propre associé. Pour toutxde[0, 1[,

T_n Xe

(x) =^t(Y(x))H_nX=λ^t(Y(x))X=λ

n−1X

k=0

x_kx^k=λX(x)e et donc Tn

Xe

= λX. Enfin,e X n’est pas nul et donc Xe n’est pas le polynôme nul et en particulier admet un nombre fini de racines. La fonctiont 7→X(t)e n’est pas la fonction nulle sur [0, 1[. Ainsi, Xe est un élément non nul de E tel que Tn

Xe

=λX. Ceci montre quee λest valeur propre deTn.

• Soitλ une valeur propre non nulle deT_n. Donc, il existe f∈E\ {0}tel que T_n(f) =λf. Puisque λ6=0, on peut écrire f= 1

λTn(f) =Tn

1 λf

∈Im(Tn). D’après la question précédente, Im(Tn)⊂R_n−1[X]et donc fest un polynôme non nul de degré inférieur ou égal àn−1. Soienta0, . . . ,an−1, les coefficients defpuisX= (ak)_06k6n−1.Xest un élément non nul deM_n,1(R)et f=X. Pour toute xde[0, 1[,^t(Y(x))H_nX=T_n

Xe

(x) =λeX(x)et donc

∀x∈[0, 1[, λ

n−1X

k=0

akx^k = X

06k,l6n−1

x^kxl

k+l+1.

Les égalités ci-dessus étant vraies pour une infinité de valeurs dex, on en déduit que les polynômes sont égaux et donc que∀k∈J0, n−1K,

n−1X

l=0

xl

k+l+1 =λxk puis queHnX=λX. PuisqueXn’est pas nul,λest valeur propre deHn. On a montré queTn etHn ont les mêmes valeurs propres non nulles. En particulier,ρn est une valeur propre deTn. 11)•Soitϕ∈A. Tn(ϕ)est un polynôme qui se prolonge en une fonction continue sur[0, 1]et 1

ϕ est continue sur]0, 1[

et se prolonge en une fonction continue sur ]0, 1[. Donc, 1

ϕT_n(ϕ) est continue sur ]0, 1[ et se prolonge en une fonction continue sur le segment[0, 1]. Donc, sup

]0,1[

1 ϕTn(ϕ)

existe dansR.

• D’après la partie A,Hn admet au moins un vecteur propreX associé à la valeur propreρn dont les composantes sont strictement positives.f=Xeest alors un vecteur propre deT_n associé à la valeur propreρ_n qui est un polynôme dont les coefficients sont strictement positifs. Pour toutx∈[0, 1], ρnf(x) =Tn(f)(x) =

Z1 0

Kn(xt)f(t)dt.

Soit alorsϕ ∈ A. La fonction g= f

ϕ, prolongée par continuité en 0 et 1, est continue et positive sur et non nulle sur [0, 1]. Pour tout x∈]0, 1[,

|ρ_ng(x)|=ρn

f(x) ϕ(x) =

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t) ϕ(x)

f(t) ϕ(t) dt=

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t) ϕ(x)

|g(t)|dt 6kgk^∞

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)

ϕ(x) dt6kgk^∞ sup

u∈]0,1[

Z1 0

Kn(ut)ϕ(t) ϕ(u) dt.

La fonctiongest continue sur le segment [0, 1]. Donc, il existe x0∈[0, 1] tel que|g(x0)|= kgk^∞. Pour x=x0, on a en particulierρnkgk^∞ 6kgk^∞ sup

u∈]0,1[

Z1 0

Kn(ut)ϕ(t)

ϕ(u) dtpuisρn 6 sup

u∈[0,1]

Z1 0

Kn(ut)ϕ(t)

ϕ(u) dt= sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)dt carkgk^∞> 0.

Ainsi,∀ϕ∈A, ρn6 sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)dt.ρn est un minorant deE =

sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)dt, ϕ∈A

. Inf(E)étant le plus grand de ces minorants, on a montré que

ρn 6 inf

ϕ∈A sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)dt.

• On reprend la fonction f du paragraphe précédent. Puisque les coefficients du polynôme f sont strictement positifs, f est en fait un élément de A. De plus, pour tout x ∈ [0, 1[, ρnf(x) = Tn(f)(x) =

Z1 0

Kn(xt)f(t) dt et donc la fonction x7→ 1

f(x) Z1

0

Kn(xt)f(t)dtest constante sur ]0, 1[, égale àρn. fest un élément deA tel que ρn= sup

x∈]0,1[

1 f(x)

Z1 0

Kn(xt)f(t)dt et donc ρ_n = inf

ϕ∈A sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

K_n(xt)ϕ(t)dt= Min

ϕ∈A sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

K_n(xt)ϕ(t)dt.

D. Une majoration explicite des rayons spectraux

12)Soita∈]0, 1[. Soit Φn : ]0, a]×[0, 1[ → R (x, t) 7→ tⁿϕ(t)

1−tx

de sorte que pour toutx∈]0, a], Jn(x) = Z1

0

Pn(x, t)dt.

•Pour chaquex∈]0, a], la fonctiont7→Φn(x, t)est continue par morceaux et intégrable sur[0, 1[car tⁿϕ(t)

1−tx ∼

t→1

ϕ(t) 1−x > 0.

•La fonctionΦ_n admet sur]0, a]×[0, 1[ une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par :

∀(x, t)∈]0, a]×[0, 1[, ∂Φ_n

∂x (x, t) = tⁿ⁺¹ϕ(t)

(1−tx)². De plus, - pour chaquex∈]0, a], la fonctiont7→ ∂Φn

∂x (x, t)est continue par morceaux sur[0, 1[, - pour chaquet∈[0, 1[, la fonctionx7→ ∂Φn

∂x (x, t)est continue par morceaux sur ]0, a], - pour chaque(x, t)∈]0, a]×[0, 1[, la fonction

∂Φn

∂x (x, t)

= tⁿ⁺¹ϕ(t)

(1−tx)² 6 ϕ(t)

(1−a)² qui est une fonction det, continue par morceaux, positive et intégrable sur[0, 1[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, la fonctionJn est dérivable sur]0, a]et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour touta∈[0, 1[, on a montré que la fonctionJn est dérivable sur ]0, 1[ et

∀x∈[0, 1[, J_n^′(x) = Z1

0

tⁿ⁺¹ϕ(t) (1−tx)² dt.

Pourx∈]0, 1[, on a alors xJ_n^′(x) +Jn(x) =

Z1 0

xtⁿ⁺¹ϕ(t) (1−tx)² dt+

Z1 0

tⁿϕ(t) 1−tx dt=

Z1 0

tⁿ(xt+1−xt)ϕ(t) (1−tx)² dt=

Z1 0

tⁿϕ(t) (1−tx)² dt.

13)Soitn>1 etx∈]0, 1[. Une intégration par parties, licite au vu des hypothèses faites surϕ, fournit

n(J_n(x) −Jn−1(x)) = Z1

0

ntⁿ⁻¹(t−1)ϕ(t) 1−tx dt=

tⁿ(t−1)ϕ(t) 1−tx

1 0

− Z1

0

tⁿ

(t−1)ϕ^′(t) +ϕ(t)

1−tx +x(t−1)ϕ(t) (1−tx)²

dt

= − Z1

0

tⁿ((1−tx) +x(t−1))ϕ(t) (1−tx)² dt+

Z1 0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt

= (x−1) Z1

0

tⁿϕ(t) (1−tx)² dt+

Z1 0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt, et donc

nJn(x) =c+nJn−1(x) + (x−1) Z1

0

tⁿϕ(t) (1−tx)² dt+

Z1 0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t)

1−tx dtavecc=0.

Sin=0,

Z1 0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt=

Z1 0

(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt=

1−t 1−txϕ(t)

1 0

− Z1

0

x−1

(1−tx)²ϕ(t)dt

= −ϕ(0) − (x−1) Z1

0

ϕ(t) (1−tx)² dt et doncϕ(0) + (x−1)

Z1 0

ϕ(t)

(1−tx)² dt+ Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t)

1−tx dt=0. L’égalité reste vraie quand n=0 avec la convention 0J−1(x) =0et avecc=ϕ(0),.

14)Soitx∈]0, 1[. D’après les deux questions précédentes,

x(1−x)J_n^′(x) = −(x−1) Z1

0

tⁿϕ(t)

(1−tx)² dt+ (x−1)J_n(x)

= −nJ_n(x) +c+nJn−1(x) + Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t)

1−tx dt+ (x−1)J_n(x)

= (−n+x−1)Jn(x) +c+ Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt+n

Z1 0

tⁿ⁻¹(1−tx+tx)ϕ(t)

1−tx dt

= (−n+x−1)J_n(x) +c+ Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt+n

Z1 0

tⁿ⁻¹ϕ(t)dt+nx Z1

0

tⁿϕ(t) 1−tx dt

= (nx−n+x−1)J_n(x) +c+ Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt+n

Z1 0

tⁿ⁻¹ϕ(t)dt

=c+ (n+1)(x−1)J_n(x) +n Z1

0

tⁿ⁻¹ϕ(t)dt+ Z1

0

tⁿ(1−t)ϕ^′(t) 1−tx dt.

15)On note(E)l’équation considérée. Puisque la fonctiont7→ γ

1−t est continue sur[0, 1[, les solutions de (E)sur[0, 1[

constituent unR-espace de dimension1. La fonctionf0 : t7→(1−t)^γ est une solution non nulle de(E)sur[0, 1[et donc les solutions de(E)sur [0, 1[sont les fonctions de la formey : t7→λ(1−t)^γ,λ∈R.

yest strictement positive sur]0, 1[si et seulement siλ > 0. 1

y se prolonge en une fonction continue sur[0, 1]si et seulement siγ60. Ensuite, (1−t)y(t) =λ(1−t)^γ+1et donc(1−t)y(t) →

t→10 si et seulement siγ >−1.

Réciproquement, siλ > 0et−1 < γ60,yest continue et intégrable sur[0, 1[, strictement positive sur]0, 1[, 1

y se prolonge en une fonction continue sur[0, 1]et (1−t)y(t) →

t→10.

16)Soitn>1. Soitγ∈] −1, 0]. Pour tout réel t,ϕ(t) = (1−t)^γ. Pour toutx∈]0, 1[, Φn(x) = xⁿJn(x)

ϕ(x) =xⁿJn(x)(1−x)^−γ.

Φn est dérivable sur[0, 1[en tant que quotient de fonctions dérivables sur[0, 1[dont le dénominateur ne s’annule pas sur [0, 1[. Pourx∈]0, 1[,

Φ_n^′(x) =nxⁿ⁻¹J_n(x)(1−x)^−γ+xⁿJ_n^′(x)(1−x)^−γ+γxⁿJ_n(x)(1−x)^−γ−1

= n

x + γ 1−x

xⁿJn(x)

(1−x)^γ + xⁿ⁻¹

(1−x)^γ+1x(1−x)J_n^′(x)

= n

x + γ 1−x

Φn(x) + xⁿ⁻¹

(1−x)^γ+1 1+ (n+1)(x−1)J_n(x) +n Z1

0

tⁿ⁻¹(1−t)^γdt− Z1

0

γtⁿ(1−t)^γ 1−tx dt

!

= n

x + γ 1−x

Φ_n(x) − (n+1)Φ_n(x)

x + xⁿ⁻¹ (1−x)^γ+1

1+ nΓ(n)Γ(γ+1)

Γ(n+γ+1) −γJ_n(x)

=

−1 x+ γ

1−x

Φ_n(x) − γΦn(x)

x(1−x)+ xⁿ⁻¹ (1−x)^γ+1

1+ nΓ(n)Γ(γ+1) Γ(n+γ+1)

=

−(1−x) +γx−γ 1−x

Φn(x)

x +

1+ n!

(γ+1)(γ+2). . .(γ+n)

xⁿ⁻¹ (1−x)^γ+1

= −(γ+1)Φn(x) x +cn

xⁿ⁻¹ (1−x)^γ+1. en posantcn =1+ n!

(γ+1)(γ+2). . .(γ+n) pour n>1 etc0=0.

17)Soitn>1. Les résultats des questions 12) à 16) sont encore valable à l’identique sur[0, 1[:J_n puisΦ_n sont dérivables sur[0, 1[. Ensuite,

∀x∈[0, 1[, Φ_n^′(x) = −(γ+1)Φn(x) x +cn

xⁿ⁻¹

(1−x)^γ+1 ⇒∀x∈]0, 1[, xΦ_n^′(x) + (γ+1)Φ_n(x) =cn

xⁿ (1−x)^γ+1

⇒∀x∈[0, 1[, x^γ+1Φ_n^′(x) + (γ+1)x^γΦ_n(x) =c_n x^n+γ (1−x)^γ+1

⇒∀x∈[0, 1[, x^γ+1Φn′

(x) =cn

x^n+γ (1−x)^γ+1

⇒∀x∈[0, 1[, x^γ+1Φ_n(x) −0Φ_n(0) =c_n Zx

0

t^n+γ (1−t)^1+γ dt (0^γ+1=0carγ >−1)

⇒∀x∈]0, 1[, Φ_n(x) = cn

x^γ+1 Zx

0

t^n+γ (1−t)^1+γ dt.

18)Soientn>1et x∈]0, 1[.

rn(x) = 1 ϕ(x)

Z1 0

Kn(xt)ϕ(t)dt= 1 ϕ(x)

Z1 0

1− (tx)ⁿ

1−tx ϕ(t)dt= 1 ϕ(x)

Z1 0

ϕ(t)

1−tx dt− xⁿ ϕ(x)

Z1 0

tⁿϕ(t) 1−tx dt

= J₀(x)

ϕ(x) − xⁿJ_n(x)

ϕ(x) =Φ0(x) −Φn(x) = c₀ x^γ+1

Zx 0

t^γ

(1−t)^1+γ dt− c_n x^γ+1

Zx 0

t^n+γ (1−t)^1+γ dt.

En posantγ= −α, on a encorec_n = n!

(1−α)(2−α). . .(n−α)=θ_n puis 1

ϕ(x) Z1

0

Kn(xt)ϕ(t)dt=rn(x) = 1 x^1−α

Zx 0

t^−α

(1−t)^1−α dt− θn

x^1−α Zx

0

t^n−α (1−t)^1−α dt

= 1

x^1−α Zx

0

1−θntⁿ t^α(1−t)^1−α dt.

Pour chaqueγ∈] −1, 0[, la fonctionϕγ : t7→(1−t)^γest dans A. De plus,γ décrit] −1, 0[si et seulement siαdécrit ]0, 1[. Donc,

ρ_n 6 inf

ϕ∈A sup

x∈]0,1[

1 ϕ(x)

Z1 0

K_n(xt)ϕ(t)dt 6 inf

γ∈]−1,0[ sup

x∈]0,1[

1 ϕγ(x)

Z1 0

K_n(xt)ϕ_γ(t)dt= inf

α∈]0,1[ sup

x∈]0,1[

1 x^1−α

Zx 0

1−θ_ntⁿ t^α(1−t)^1−α dt.

19)ρn6 inf

α∈]0,1[θ^(1−α)/nn

Zθ⁻_n^1/n 0

1

t^α(1−t)^1−α dt6θ⁽¹⁻

1 2)/n n

Zθ⁻_n^1/n 0

1

t¹²(1−t)¹⁻¹² dt=θ

1

n2n

Zθ⁻_n^1/n 0

p 1

t(1−t) dt.

Quandα= 1

2,θ_n= n!

1− 1

2 2−1 2

. . .

n− 1

2

= 2ⁿn!

1×3×. . .×(2n−1) = 2ⁿn!(2×4×. . .×(2n))

(2n)! = 2²ⁿn!² (2n)! puis θ^1/(2n)n =ωn. Ensuite, en posantu=√

tet donct=u²,dt=2u du, on obtient Zθ^−1/n_n

0

p 1

t(1−t) dt=2 Zθ^−2/n_n

0

√ 1

1−u² du=2[Arcsin(u)]^ω₀⁻ⁿ¹ =2Arcsin 1

ωn

, et donc

ρn 62ωnArcsin 1

ωn

. 20)D’après la formule deStirling,

ω²ⁿ_n =2²ⁿ n!² (2n)! ∼

n→+∞2²ⁿ n

e 2n

2πn 2n

e 2n√

4πn

=√ nπ

puis

ω_n= ω²ⁿ_n 2n¹

n→=+∞

e^{2n1 ln}(^√nπ+o(^√n)) =

n→+∞

e

ln(^√nπ)

2n +o

ln(^√nπ)

2n

n→=+∞1+ ln √ nπ

2n +o ln √ nπ 2n

!

et donc

ωn−1 ∼

n→+∞

ln √ nπ

2n = ln √ n

+ln √ π

2n ∼

n→+∞

ln √ n

2n = ln(n) 4n . En particulier,ωn_n→→_+∞1 puis 1

2

π−2ωnArcsin 1

ωn

n→→+∞

1 2

π−2×1×π 2

=0. D’autre part, pourngrand

ω_n−1 > 0et donc0 < 1 ωn

< 1de sorte que Arcsin 1

ωn

existe. On en déduit que 1

2

π−2ω_nArcsin 1

ωn

n→∼+∞sin π

2 −ω_nArcsin 1

ωn

=cos

ω_nArcsin 1

ωn

n→∼+∞cos

Arcsin 1

ωn

= s

1− 1 ω²_n =

s(ω_n−1) (ω_n+1) ω²_n

n→∼+∞

rln(n)×2

4n =

rln(n) 2n . Finalement,

π−2ωnArcsin 1

ωn

n→∼+∞

r2ln(n) n .