(1)MPSI B Année 2017-2018

MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DM 19 29 juin 2019

Exercice.

1. Avec la dénition,

c(1,1,2,2,3,3) =

1 2

1 3

1 4 1 3

1 4

1 5 1 4

1 5

1 6

Le facteur 60³ permet de faire disparaitre les dénominateurs en multipliant chaque colonne par60.

60³c(1,1,2,2,3,3) =

30 20 15 20 15 12 15 12 10

=

10 5 3

5 3 2

15 12 10

(L1←L1−L2, L2←L2−L3)

=

0 −1 −1

5 3 2

0 3 4

(L1←L1−2L2, L3←L3−3L2) =−5(−4 + 3) = 5

2. a. Le résultat de l'opération élémentaireL₂←L₂−L₁ est la ligne 1

a₂+b₁−_a ¹

1+b₁ 1

a₂+b₂ −_a ¹

1+b₂

=

a1−a2

(a2+b1)(a1+b1)

a1−a2

(a2+b2)(a1+b2)

Cette opération ne change pas le déterminant et permet de factoriser par(a1−a2) dansL2, par _a1+b¹ ₁ dansC1 et par _a1+b¹ ₂ dansC2conduisant à la forme indiquée puis à

c(a₁, b₁, a₂, b₂) = (a₁−a₂)(b₂−b₁)

(a1+b1)(a1+b2)(a2+b1)(a2+b2) b. Le coecientj deL_i−L₁ est

1

a_i+b_j − 1

a₁+b_j = a1−ai

(a_i+b_j)(a₁+b_j)

c. On soustrait la ligne L1 à toutes les autres. La question précédente montre que cela permet de factoriser par a1−ai dans la ligne i pour i de 2 à n. On peut ensuite factoriser par _a1+b¹ _j dans la colonne C_j pour j de1 à nce qui conduit à la forme demandée.

d. On procède de manière analogue avec le déterminant de la question précédente.

On enlève la colonne C1 à toutes les autres. Cela permet de factoriser les (b1− b2)· · ·(b1−bn)dans colonnes de 2 à n. On développe alors suivant la première ligne et dans le déterminant d'ordre n−1 restant on peut factoriser par _ai+b¹ ₁ aveci entre2 etnce qui montre la formule de récurrence.

3. a. Par dénition,

F(x) =

1 x+b₁

1

x+b₂ · · · _x+b¹

n

1 a₂+b₁

1

a₂+b₂ · · · _a ¹

2+b_n

... ... ...

1 a_n+b₁

1

a_n+b₂ · · · _a ¹

n+b_n

Comme un déterminant est une somme de produits, la fonctionF est rationnelle enxet ses pôles sont−b1,· · ·,−bn. Le développement suivant la première ligne exprimeFcomme une somme de fractions de degré−1. On en déduit que le degré deF est inférieur ou égal à−1. On peut remarquer que ce développement est en fait la décomposition en éléments simples deF mais ce n'est pas utile dans cet exercice.

b. En réduisant au même dénominateur, on obtient

F(x) =λA(x)

B(x) avecλ∈R, B= (x+b1)· · ·(x+bn) etAun polynôme unitaire tel que

deg(F) = deg(A)−deg(B)⇒deg(A)−n≤ −1⇒deg(A)≤n−1 Or l'expression deF(x)comme déterminant montre queF(a2) =· · ·=F(an)car la même ligne se retrouve alors deux fois. On en déduit que

A(x) = (x−a₂)· · ·(x−a_n)

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MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DM 19 29 juin 2019 Quant auλ, à cause des degrés, c'est la limite en +∞dexF(x). Or

xF(x) =

x x+b₁

x

x+b₂ · · · _x+b^x

n

1 a₂+b₁

1

a₂+b₂ · · · _a ¹

2+b_n

... ... ...

1 a_n+b₁

1

a_n+b₂ · · · _a ¹

n+b_n

est une combinaison linéaires des termes de la première ligne qui tendent tous vers1. La limite est donc le déterminant obtenu en remplaçant la première ligne par une ligne de1.

c. Considérons la fraction rationnelle obtenue à partir de λ en remplaçant le b₁ par une variable x. Ses pôles sont −a2,· · ·,−an mais le développement suivant la première colonne montre cette fois qu'elle est de degré 0. Par répétition de colonnes, elle est nulle enb₂,· · · , b_n donc il existeµ∈Rtel que

G(x) =µ(x−b₂)· · ·(x−b_n) (a2+x)· · ·(an+x)

On en déduit que µ est la limite de G(x) en +∞ ce qui conduit à rempla- cer le bas de la première colonne par des 0 conduisant ainsi au déterminant c(a2, b2,· · ·, anbn)d'ordren−2.

Problème.

Partie 1 : Opérateurs de Volterra

1. Soitf ∈E. La continuité de V(f)et deV^∗ def vient du théorème fondamental du calcul intégral. La linéarité de l'intégrale assure la linéarité deV etV^∗.

2. Soient f, g∈E. Pour toutx∈[0, π/2]:V(f)⁰(x) =f(x)et (V^∗)⁰(x) =−f(x). Ainsi en intégrant par parties :

hV(f), gi= Z π/2

0

V(f)(t)g(t)dt= [V(f)V^∗(g)]^π/2₀ − Z π/2

0

f(t)(−V^∗(g)(t)dt.

CommeV(f)(0) = 0 etV^∗(g)(π/2) = 0, on en déduit que : hV(f), gi=

Z π/2

0

f(t)V^∗(g)(t)dt=hf, V^∗(g)i>0.

3. Soientf, g∈E. D'après la question précédente,

h(V^∗◦V)(f), gi=hV(f), V(g)i=hf,(V ◦V^∗)(g)i. De plus, sif 6= 0, alors :

h(V^∗◦V)(f), fi=hV(f), V(f)i=kV(f)k²>0.

Commef 6= 0, une primitive def est non nulle doncV(f)6= 0, donckV(f)k>0. Soitλune valeur propre deV^∗◦V et f un vecteur propre associé. Alors

(V^∗◦V)(f) =λf ⇒0<h(V^∗◦V)(f), fi=λhf, fi=λkfk²

⇒λ= hV^∗◦V(f), fi kfk² >0.

4. Par dénition d'un vecteur propre :(V^∗◦V)(fλ) =fλ. La fonctionV(fλ)est de classe C¹, doncV^∗(fλ)est de classeC². De plus,V^∗(V(fλ))⁰ =−V(fλ)et V(fλ)⁰=f, donc (V^∗◦V(fλ))⁰⁰=−fλ. Comme(V^∗◦V)(fλ) =λfλ, en dérivant on obtient :

f_λ⁰⁰=−1 λfλ.

Les conditionsfλ(π/2) =f_λ⁰(0) = 0viennent du fait que, par la dénition des opéra- teurs avec des intégrales

∀f ∈E, V(f)(0) = 0etV^∗(f)(π/2) = 0.

5. Soit λ une valeur propre de V^∗◦V et f_λ une valeur propre associée. En résolvant l'équation diérentielle dont elle est solution :

∃(a, b)∈R² tels que∀x∈[0, π/2], fλ(x) =acos x

√λ

+bsin x

√λ

.

La conditionf_λ⁰(0) = 0 donneb= 0. La conditionfλ(π/2) = 0donne :

∃n∈N, π 2√

λ =nπ+π

2 ⇒λ= 1 (2n+ 1)². Toute valeur propre est donc de la forme indiquée par l'énoncé.

Réciproquement, on vérie par le calcul que la fonction dénie dans[0,^π₂]par x7→sin((2n+ 1)x)

est un vecteur propre de valeur propre _(2n+1)¹ 2.

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Partie 2 : Equations diérentielles de type Sturm-Liouville

1. Soitn∈N. On a pour toutx∈[0, π/2]:

V(ϕ_n)(x) = Z x

0

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

2n+ 1sin((2n+ 1)x).

2. Pour tout n ∈ N^∗, d'après la question I.5., ϕ_n est un vecteur propre de V^∗◦V de valeur propre _(2n+1)¹ 2. On peut donc prendre le produit scalaire contre une fonction quelconque deE

(V^∗◦V)(ϕn) = 1 (2n+ 1)²ϕn

⇒ ∀f ∈E, h(V^∗◦V)(f), ϕ_ni=hf,(V^∗◦V)(ϕ_n)i= 1

(2n+ 1)²hf, ϕni 3. Supposons queg=λV^∗◦V(g) +V^∗◦V(h). Alorsg est de classe C² car(V^∗◦V)(g)

et (V^∗◦V)(h) le sont aussi. En dérivant deux fois, on trouve g⁰⁰ = −λg−h d'où g⁰⁰+λg+h= 0.

De plus, commeV^∗(f)(π/2) =V(f)⁰(0) = 0 pour toute fonctionf ∈E, les conditions g(π/2) =g⁰(0) = 0sont bien vériées.

Réciproquement, supposonsg solution deS. En intégrantg⁰⁰+λg+h= 0entre0et x∈[0, π/2], on obtient (avecg(0) = 0)

g⁰(x)−g⁰(0) +λV(g)(x) +V(h)(x) = 0⇒g⁰(x) +λV(g)(x) +V(h)(x) = 0 En intégrant une nouvelle fois entrexetπ/2, on obtient (avecg(^π₂ = 0) :

g(π

2)−g(x) +λ(V^∗◦V)(g) + (V^∗◦V)(h)(x) = 0⇒g=λ(V^∗◦V)(g) + (V^∗◦V)(h) 4. Soitgune solution de l'équation diérentielle, formons le produit scalaire de la relation

précédente contreϕn, puis utilisons la question 2. avec ϕn ethà la place def :

hg, ϕni=λh(V^∗◦V)(g), ϕni+h(V^∗◦V)(h), ϕni

⇒ hg, ϕni= λ

(2n+ 1)²hg, ϕni+ 1

(2n+ 1)²hh, ϕni. Le résultat s'en déduit. Il est valable pour tous lesn∈N.

5. Supposons queλsoit de la forme(2p+1)²et queSpossède une solutiong. En utilisant la relation précédente pourn=p, il vient

1−

2p+ 1 2p+ 1

2!

hg, ϕni= 1

(2n+ 1)²hh, ϕni Une condion nécessaire est donc l'orthogonalitéhh, ϕpi= 0.

Partie 3 : Solutions approchées de S

1. Montrons que pour tout n∈N, la fonction t 7→cosⁿ(t) appartient àFn. Il s'agit de linéarisercosⁿ(t). D'une part :

(2 cos(t))ⁿ= e^it+e^−itn

=

n

X

k=0

n k

e^ikte^−i(n−k)t=

n

X

k=0

n k

e^i(2k−n)t

D'autre part :

(2 cos(t))ⁿ= e^it+e^−itn

=

n

X

k=0

n k

e^−ikte^i(n−k)t=

n

X

k=0

n k

e^i(n−2k)t

Ainsi :

2ⁿ⁺¹cosⁿ(t) =

n

X

k=0

n k

e^i(n−2k)t+e^{−i(n−2k)t}

= 2

n

X

k=0

n k

cos((n−2k)t).

Par parité ducos, pour tout k∈ J0, nK, cos((n−2k)t) = cos(|n−2k|t) =c_|n−2k|(t) avec|n−2k| ≤n. Ainsi, la fonctiont7→cosⁿ(t)appartient àFn.

Comme Fn est un sous-espace vectoriel de G, pour toute fonction polynomiale p, la fonctiont7→p(cos(t))appartient àFn.

2. Soientn, m∈N:

• Supposonsn6=m. Alorsn+m, n−m6= 0donc :

hc_n, c_mi_G= Z π

0

cos(nt) cos(mt)dt= 1 2

Z π

0

cos((n+m)t) + cos((n−m)t)dt

= 1

(2n+m)[sin((n+m)t]^π₀ + 1

2(n−m)[sin((n−m)t)]^π₀ = 0.

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• Sin=m= 0 : kc0k²_G=Rπ

0 1 dt=π.

• Sin=m >0 :

kcnk²_G= Z π

0

cos(nt) cos(mt)dt= 1 2

Z π

0

cos((n+m)t) + cos((n−m)t)dt

= 1

2(n+m)[sin((n+m)t]^π₀ +1 2

Z pi

0

1dt= π 2. Ainsi, pour tousn, m∈N:

hα_nc_n, α_mc_mi_G=α_nα_mhc_n, c_mi_G =δ_n,m. La famille(αncn)est orthonormale.

3. Soitg∈Get posonsf =g◦arccos. Alorsf est continue dans[−1,1]et

∀t∈[0, π], g(t) =f(cos(t))

D'après le théorème admis de Weirstrass, pour tout ε > 0, il existe une fonction polynomialeptelle que

∀u∈[−1,1], |f(u)−p(u)| ≤ ε

√π Ainsi, pour toutt∈[0, π], commecos(t)∈[−1,1],

|f(cos(t))−p(cos(t))| ≤ ε

√π ⇒ |g(t)−p(cos(t))| ≤ ε

√π. Notonshla restriction à[0, π]dep◦cos. On a :

kf −hk²_G= Z π

0

|f(t)−h(t)|² dt≤πε²

π ⇒ kf−hk_G≤ε.

SoitN le degré de la fonction polynomialep. Commeh∈FN, on peut écrire : kf−P_FN(f)k_G≤ kf−hk_G ≤ε

car la projection sur un sous espace minimise la distance à ce sous-espace. Pour conclure, remarquons que (kf−PF_n(f)k_G)_n∈N est décroissante car Fn ⊂ Fn+1 pour toutn∈N. D'où :

f−P_Fn+1(f)

_G= inf

y∈Fn+1

kf−yk_G≤ inf

y∈Fn

kf−yk_G=kf−P_Fn(f)k_G. Ainsi, pour toutn≥N,kf−P_Fn(f)k_G≤ε. La suite tend bien vers0.

4. Pour toutn∈N,PF_n(f)∈Fn donc il existe des réelsa0, ..., an tels que P_Fn(f) =a₀c₀+...+a_nc_n

La question précédente permet de conclure.

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