Concours commun Mines-Ponts

SESSION 2006

Concours commun Mines-Ponts

PREMIERE EPREUVE. FILIERE PC

I Préliminaires

1)Soitf∈C0.Tfest continue surRà valeurs dansCet de plus pour x∈R Tf(x+1) = 1

2

f x+1

2

+fx 2 +1

= 1 2

f

x+1 2

+fx

2

=Tf(x),

et doncTf⊂C⁰.

T(C⁰)⊂C⁰.

2)Soitf∈C⁰. Pour toutx∈R,|Tf(x)|6 1 2

fx

2

+

f

x+1 2

6 1

2(kfk_∞+kfk_∞) =kfk_∞ et donckTfk_∞ 6kfk_∞. Ainsi,∀f∈C⁰,kTfk_∞ 6kfk_∞ puis sup

kfk∞=1

kTfk_∞ 61. D’autre partkTe0k_∞ =ke0k_∞ =1ce qui impose sup

kfk∞=1

kTfk_∞ >1.

Finalement,

sup

kfk∞=1

kTfk_∞ =1.

3)Soitf∈H0. Z1

0

Tf(x)dx= 1 2

Z1

0

fx 2

dx+ Z1

0

f x+1

2

dx

!

= 1 2

Z1/2

0

f(u)2du+ Z1

1/2

f(u)2du

!

= Z1

0

f(u)du=0.

DoncTf∈H⁰.

T(H⁰)⊂H⁰. 4)Soientf∈C⁰ etα∈R.

f−αe0∈H0⇔ Z1

0

(f(x) −λ)dx=0⇔λ= Z1

0

f(x)dx.

∀f∈C⁰,P(f) = Z1

0

f(x)dx

! e0.

II Fonctions trigonométriques

5)Soitk∈Z. Pourx∈R, Te_k(x) = 1

2 e^ikπx+e^ikππ(x+1)

= 1+ (−1)^k

2 e^ikπx=

0sikest impair e_k/2(x)sikest pair .

∀p∈Z,Te_2p=e_pet Te_2p+1=0.

Soitk∈Z. Z1

0

e^2ikπxdx=δk,0et donc

∀k∈Z,Pek=δk,0e0.

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Soientn∈Npuisk∈J−n, nK. Sikest impair,T(e_k) =0∈E_net sikest pair, alors k

2 ∈J−n, nKpuisT(e_k) =e_k/2 ∈E_n. Par suite,T(E_n) =Vect(Tek)−n6k6n ⊂E_n. D’autre part,P(E_n)⊂D=E₀⊂E_n.

∀n∈N,T(E_n)⊂E_n etP(E_n)⊂E_n.

6)Soient(a−2, a−1, a0, a1, a2)∈C⁵puisf=a−2e−2+a−1e−1+a0e0+a1e1+a2e2.

T2f=T2(a−2e−2+a−1e−1+a0e0+a1e1+a2e2) =a−2e−1+a0e0+a2e1. Soitλ∈C. Puisque la famille(e_k)_−26k62est libre

T2f=λf⇔













λa−2=0 λa−1=a−2

λa0=a0

λa1=a2

λa2=0

(S).

•Si λ /∈{0, 1},(S)⇔a−2=a−1=a0=a1=a2=0et λn’est pas valeur propre deT2.

•Siλ=0,(S)⇔a−2=a0=a2=0. Donc, Ker(T2)6={0}puis0est valeur propre de T2et le sous -espace propre associé est de dimension2.

•Si λ=1,(S)⇔a₋₂=a₋₁=a₁=a₂=0. Donc, Ker(T2−Id_E2)6={0}puis1est valeur propre deT₂et le sous -espace propre associé est de dimension1.

Enfin, dim(Ker(T2)) +dim(Ker(T2−IdE2)) =3 < 5=dim(E2)et doncT2n’est pas diagonalisable.

Les valeurs propres deT2sont0et 1. T2n’est pas diagonalisable.

7)Soientn∈N^∗ puisk∈N^∗ l’unique entier tel que2^k−16n < 2^k.

•Soitm∈J−n, nK\ {0}.ms’écrit de manière unique sous la formem=2^α(2β+1)où06α6k−1 etβ∈Z.

D’après la question 5), siα=0, on aT_ne_m =0et siα6=0, on aT_ne_m=T_ne₂^α_(2β+1)=e₂^α−1_(2β+1)et plus généralement par récurrence T_n^αem = T_n^αe₂^α_(2β+1) = e2β+1. Mais alors T_n^α+1em = 0. Ainsi, dans tous les cas, T_n^α+1em = 0. Comme k>α+1, on a encoreT_n^ke_m =0 et plus généralement

∀p>k,∀m∈J−n, nK\ {0},T_n^pe_m=0=P_ne_m.

•D’autre part,T_ne₀=e₀et donc∀p>k,T_n^pe₀=e₀=P_ne₀. On a montré que

∀p>k, ∀m∈J−n, nK, Tn^pem =Pnem.

Mais alors, pourp>k, les endomorphismesTn^p etPn coïncident sur une base deEn et sont donc égaux.

∀p>k, T_n^p=P_n.

8)Soitf∈C⁰. Les applicationsf etTfsont continues surRet1-périodiques. On peut donc calculer leurs coefficients de Fourier. Soitn∈Z.

c_n(Tf) = 1 1

Z1

0

Tf(x)e^−2inπxdx= 1 2

Z1

0

fx 2

e^−2inπxdx+ Z1

0

f x+1

2

e^−2inπxdx

!

= 1 2

Z1/2

0

f(u)e^−2inπ(2u)2du+ Z1

1/2

f(u)e−2inπ(2u−1)2du

!

= Z1/2

0

f(u)e^−2i(2n)πu du+ Z1

1/2

f(u)e^−2i(2n)πudu= Z1

0

f(u)e^−2i(2n)πudu

=c_2n(f).

∀n∈Z, c_n(Tf) =c_2n(f).

9)Soitf∈C⁰.f etTfsont continues surRet d’après un corollaire de la formule deParseval, f∈KerT ⇔Tf=0⇔∀n∈Z, cn(Tf) =0⇔∀n∈Z, c2n(f) =0.

KerT ={f∈C⁰/∀n∈Z, c2n(f) =0.

Ce noyau contient entre autre Vect(e2p+1)p∈Z.

III Fonctions hölderiennes

Soitα∈]0, 1[. C^α est effectivement un sous-espace vectoriel deC⁰carC^α contient 0et est contenu dansC⁰ et si de plus (a, b)∈C²et (f, g)∈(C^α)², alors pour(x, y)∈R²tel que x6=y

|(af+bg)(x) − (af+bg)(y)|

|x−y|^α 6|a||f(x) −f(y)|

|x−y|^α +|b||g(x) −g(y)|

|x−y|^α 6|a|m_α(f) +|b|m_α(g), ce qui montre queaf+bgappartient àC^α.

10)Soitf∈C^α. Pour(x, y)∈R²tel que x6=y

|Tf(x) −Tf(y)|

|x−y|^α 6 1

|x−y|^α ×1

2

fx

2

−fy 2

+

f

x+1 2

−f y+1

2

6 1

|x−y|^α ×1

2

mα(f)× x 2 −y

2

α

+mα(f)×

x+1

2 −y+1 2

α

= m_α(f) 2^α .

Par suite,Tf∈C^α et de plusm_α(Tf)6m_α(f) 2^α .

T(C^α)⊂C^α et∀f∈C^α,m_α(Tf)6 m_α(f) 2^α . 11)Soitf∈C^α. D’après la question précédente et la question 2),

kTαfkα=m_α(T_αf) +kTαfk_∞ 6 mα(f)

2^α +kfk_∞ 6mα(f) +kfk_∞ (carα > 0)

=kfkα. On en déduit déjà que sup

kfkα=1

kTαfkα 61.

D’autre part,m_α(e₀) =0. Par suite,e₀∈C^αetke0kα=m_α(e₀) +ke0k_∞ =0+1=1. On en déduit que sup

kfkα=1

kTαfkα >

kTαe₀kα=ke0kα=1. Finalement,

∀f∈C^α,kTαfkα6kfkα et sup

kfkα=1

kTαfkα =1.

12)Pourk∈Netx∈R,|λ^ke₂^k(x)|=|λ|^k et donc pourk∈N,kλ^ke₂^kk_∞ =|λ|^k. Comme|λ|< 1, la série de terme général kλ^ke₂^kk_∞. On a montré que la série de fonction de terme général λ^ke₂^k converge normalement sur Rvers une fonction que l’on notefλ.

Puisque chaque fonctionλ^ke₂^k est continue surRet que la série de fonctions de terme généralλ^ke₂^k converge normalement sur Rvers fλ (et donc uniformément pour les PSI), fλ est continue sur R. Enfin fλ est 1-périodique en tant que limite simple d’une suite de fonctions1-périodiques.

13)Soitn∈N. D’après la question 5), TSn =TnSn =

Xn

k=0

λkTe₂^k = Xn

k=1

λkTe₂^k−1=

n−1X

k=0

λ^k+1e₂^k =λSn−1. Soit alorsx∈R.

|Tfλ(x) −λfλ(x)|6|Tfλ(x) −TSn(x)|+|TSn(x) −λSn−1(x)|+|λSn−1(x) −λf(x)|

=|Tf_λ(x) −TS_n(x)|+|λSn−1(x) −λf_λ(x)|

6kT(f_λ−Sn)k_∞+|λ|kSn−1−fλk_∞

6kfλ−Snk_∞ +|λ|kSn−1−fλk_∞ (d’après la question 11)).

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Quandntend vers+∞, on obtient|Tfλ(x) −λf(x)|=0. On a montré que∀x∈R,Tfλ(x) =λfλ(x)et doncTfλ=λfλ. Enfin,fλ(0) =

+∞

X

k=0

λ^k= 1

1−λ 6=0 et doncfλ6=0. Ceci montre queλest valeur propre de T.

∀λ∈C,|λ|< 1⇒λvaleur propre deT. 14)Soitλ∈Ctel que |λ|6 1

2^α. Puisque α > 0, on a en particulier|λ|< 1.

• Soientxetydeux réels distincts tels que|x−y|61. Il existe un unique entier naturelntel que 1

2ⁿ⁺¹ <|x−y|6 1 2ⁿ.

|f_λ(x) −fλ(y)|6 Xn

k=0

|λ|^k|e₂^k(x) −e₂^k(y)|+

+∞X

k=n+1

|λ|^k|e₂^k(x) −e₂^k(y)|.

Déjà,

+∞X

k=n+1

|λ|^k|e₂^k(x) −e₂^k(y)|62 X+∞

k=n+1

|λ|^k=2|λ|ⁿ⁺¹

1−|λ| 6 2 1−|λ|

1 2^α

n+1

= 2

1−|λ|

1 2ⁿ⁺¹

α

6 2

1−|λ||x−y|^α. Ensuite, d’après le rappel du début de la partie III,

Xn

k=0

|λ|^k|e₂^k(x) −e₂^k(y)|62π Xn

k=0

|λ|^k2^k

!

|x−y|62π

Xn

k=0

2^1−α

!k

|x−y|

=2π 2^1−αn+1

−1

2^1−α−1 |x−y|(carα∈]0, 1[et donc2^1−α > 1) 62π 2^1−αn+1

2^1−α−1 |x−y|=2π 2^1−α

2^1−α−1×2^n(1−α)|x−y|^1−α×|x−y|^α 62π 2^1−α

2^1−α−1|x−y|^α (car|x−y|62⁻ⁿ et1−α > 0).

En résumé, si|x−y|61,|fλ(x) −fλ(y)|6 2

1−|λ|+2π 2^1−α 2^1−α−1

|x−y|^α.

•Soientxet ydeux réels tels que|x−y|> 1. Alors|x−y|^α> 1et

|fλ(x) −fλ(y)|6

+∞

X

k=0

|λ|^k|e₂^k(x) −e₂^k(y)|62

+∞

X

k=0

|λ|^k= 2

1−|λ| 6 2

1−|λ||x−y|^α 6 2

1−|λ|+2π 2^1−α 2^1−α−1

|x−y|^α.

On a montré que∀(x, y)∈R²,|f_λ(x) −fλ(y)|

2

1−|λ| +2π 2^1−α 2^1−α−1

|x−y|^α et doncfλ∈C^α.

15)T laisse stableH⁰d’après la question 3) etC^α d’après la question 10) et donc T laisse stableH^α=H⁰∩C^α. 16)Soitf∈C⁰. Montrons par récurrence que∀n∈N, ∀x∈R,Tⁿf(x) =

2Xⁿ−1

k=0

f k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ .

•C’est immédiat pourn=0.

•Soitn>0. Supposons que∀n∈N,∀x∈R, Tⁿf(x) =

2Xⁿ−1

k=0

f k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ

. Alors, pour x∈R,

Tⁿ⁺¹f(x) = 1 2

Tⁿfx

2

+Tⁿf x+1

2

= 1 2ⁿ⁺¹

2Xⁿ−1

k=0

f

k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ 2

+

2Xⁿ−1

k=0

f

k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ+1 2

!

(par hypothèse de récurrence)

= 1 2ⁿ⁺¹

2Xⁿ−1

k=0

f

k2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾+x2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ +

2Xⁿ−1

k=0

f

(k+2ⁿ)2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾+x2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

!

= 1 2ⁿ⁺¹





2Xⁿ−1

k=0

f

k2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾+x2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾ +

2ⁿ⁺¹X−1

k=2ⁿ

f

k2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾+x2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾





1 2ⁿ⁺¹

2ⁿ⁺¹X−1

k=0

f

k2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾+x2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾

∀n∈N,∀x∈R,Tⁿf(x) =2⁻ⁿ

2Xⁿ−1

k=0

f k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ .

17)Soientf∈C^α, n∈Netx∈[0, 1]. Pourk∈J0, 2ⁿK, on posex_k=k2⁻ⁿ+x2⁻ⁿ. x

2ⁿ =x₀< x₁< . . . < x₂ⁿ = x 2ⁿ +1 est une subdivision à pas constant du segmenth x

2ⁿ, x 2ⁿ +1i

. Puisquef est1-périodique, on a d’après la question 16)

T_αⁿf(x) − Z1

0

f(t)dt

=

2⁻ⁿ

2Xⁿ−1

k=0

f(x_k) − Z^x+12n

x 2n

f(t)dt

=

1 2ⁿ

2Xⁿ−1

k=0

f(x_k) −

2Xⁿ−1

k=0

Zxk+1

xk

f(t)dt

=

2Xⁿ−1

k=0

Zxk+1

xk

(f(t) −f(x_k))dt

6

2Xⁿ−1

k=0

Zxk+1

xk

|f(t) −f(x_k)|dt

6

2ⁿ−1

X

k=0

Zx^k+1

xk

|t−xk|^αmα(f)dt6mα(f)

2ⁿ−1

X

k=0

(xk+1−xk)|xk+1−xk|^α

=2ⁿ× 1 2ⁿ

1 2ⁿ

α

mα(f) =2^−nαmα(f).

Ainsi,∀x∈[0, 1],

T_αⁿf(x) − Z1

0

f(t)dt

62^−nαmα(f)et on a montré que

∀f∈C^α,∀n∈N, sup

x∈[0,1]

T_αⁿf(x) − Z1

0

f(t)dt

62^−nαmα(f).

18)Soientf∈H^α et n∈N. Alors, Z1

0

f(t)dt=0et puisqueT_αⁿfest 1-périodique, la question précédente fournit

kT_αⁿk_∞ = sup

x∈[0,1]

|T_αⁿf(x)|= sup

x∈[0,1]

T_αⁿf(x) − Z1

0

f(t)dt

62^−nαm_α(f).

D’autre part, la question 10) fournitmα(T_αf)6m_α(f)

2^α et donc par récurrence∀k∈N, mα(T_α^kf)6 m_α(f)

2^kα . Par suite, kT_αⁿfkα =m_α(T_αⁿf) +kT_αⁿfk_∞ 6 m_α(f)

2^nα +m_α(f)

2^nα 62×kfkα

2^nα =2^1−nαkfkα.

∀f∈H^α,kT_αⁿfkα62^1−nαkfkα.

19)•Les questions 13) et 14) montre que siλest un nombre complexe tel que|λ|6 1

2^α, alorsλ est valeur propre deT_α. D’autre part,e0 est dansC^α etTαe0=e0. Donc1est également valeur propre deTα.

•Réciproquement, soient λ∈Cune valeur propre deTα puisf∈C^α\ {0}un vecteur propre associé.f s’écrit de manière unique sous la formef=ke₀+goùk∈Cetg∈H⁰(d’après la question 4),k=

Z1

0

f(t)dtet g=f− Z1

0

f(t)dt

! e₀).

T_αf=λf⇔T_α(ke₀+g) =λ(ke₀+g)⇔ke₀+T_αg=λke₀+λg

⇔ke0=λke0etTαg=λg(carTαg∈H⁰d’après la question 3)) (∗).

Siλ=1,1 est effectivement valeur propre deTα et siλ6=1,(∗)fournitk(1−λ)e0=0 et donck=0puisf=g∈H^α. Ainsi, siλest une valeur propre deTα distincte de1, les vecteurs propres associés sont dansH^α.

Soient doncλune valeur propre deT_α distincte de1 etf∈H^α un vecteur propre associé. La question précédente fournit pour tout entier natureln

2^1−nαkfkα>kT_αⁿfkα=kλⁿfkα=|λ|ⁿkfkα, et puisquekfk_∞ > 0, on obtient après simplification

∀n∈N,(2^α|λ|)ⁿ 62.

En particulier, la suite géométrique (2^α|λ|)ⁿ

n∈Nest bornée ce qui impose2^α|λ|61et finalement|λ|62^−α. On a montré que

Sp(Tα) ={λ∈C/|λ|62^−α}∪{1}.

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