III. Fonctions continues, 2 -périodiques

D’APRES MINES-PONTS 2008 - ÉPREUVE COMMUNE PC/PSI

Par rapport au corrigé initiale , j’ai rajouté la question 3 et la question 11 ( propriétés élémentaires des coe¢ cients de Fourier) , j’ai modi…é un petit peu la seconde partie pour retirer les sous espaces propres et j’ai rajouté les indications à la …n du problème.

I. Préliminaires

1. On reconnaît les polynômes d’interpolation de Lagrange.

On véri…e la relation :8(i; j)2[[0; k]]² ,L_i(a_j) = _ij = 1 sii=j 0 sii6=j Si ₀, , _k sont des scalaires tels que

Xk i=0

iL_i= 0, on a pour toutj Xk i=0

iL_i(a_j) = 0, soit _j = 0:La famille est libre.

Comme elle est de cardinalk+ 1 = dim (C_k[X])c’est une base.

la famille (L_i)^k_i=0est une base deE 2. SiPest un polynôme deCk[X], sa décomposition dans la base(L0; ; Lk)est P =

Xk i=0

iLiavec j= Xk i=0

iLi(aj) =P(aj) Les coordonnées deP dans la base(L_i)^k_i=0 sont lesP(a_i).

Donc la matriceM demandée estM = (mi;j)2 M^k+1(C), avecmi;j=a^j_{i 1}¹ :

M = 0 BB BB B@

1 a₀ a^k₀ 1 a1 a^k₁ 1 a2 a^k₂ ... ... ... 1 a_k a^k_k

1 CC CC CA :

3. Si les (ai)sont deux à deux distinctes la matrice précédente est une matrice de changement de base : elle est inversible Siai=aj aveci6=j la matrice a deux lignes égales (Li+1=Lj+1) elle n’est pas inversible.

II. Fonctions polynomiales

4. Dans le sujet initial cette question …gure après le calcul des matrices qui suit. Ce qui laisse deux plan au choix : celui qui utilise , comme ci dessous, les propriétés des polynômes , ou bien celui qui utilise les polynôme carctéristique.

Si P est un polynôme propre de d, P 6= 0et il existe un scalaire tel que P⁰ = P .En comparant les degrés on a une absurdité si 6= 0; P⁰ et P étant de degrés di¤érents.La seule solution possible est donc = 0et P2C0[X]. Un polynôme constant non nul véri…e bienP⁰= 0P

dadmet une seule valeur propre0et on a alors P constante non nulle

Si P est un polynôme propre deta ,P 6= 0 et il existe un scalaire tel queP(X+a) = P(X) . En regardant les coe¢ cients dominants on trouve = 1.Pest donc périodique de périodejaj(cara6= 0) . L’équationP(x) P(0) = 0 admet donc une in…nité de racines (tous lesna,n2Z) et est doncP(x) P(0)est le polynôme nulle.

ta admet une seule valeur propre1 et on a alorsP constante non nulle 5. Soitj2[[0; k]]. On a ta(X^j) = (X+a)^j =

Xj i=0

j

i a^{j i}Xⁱ par la formule du binôme de Newton.On a donc :

(T_a)_i;j= 8<

:

0sii > j j 1

i 1 a^{j i} sii j Par ailleurs,d(X^j) =j X^{j 1} pour toutj2[[1; k]], donc

di;j = 0 sii6=j 1 isii=j 1

ce qui donne les matrioces :

D= 0 BB BB BB B@

0 1 0 0

0 0 2 . .. ...

0 . .. ... 0

... 0 k

0 0 0 0

1 CC CC CC CA

et T_a= 0 BB BB BB B@

1 a a² a^k

0 1 2a ka^{k 1}

0 0 1 . .. k 2 a^{k 2} ... . .. ... ...

0 0 0 1

1 CC CC CC CA :

6.

Si F =f0g ,F est un sous espace vectoriel stable deE:

Si F 6=f0g alors l’ensemble des degrés des polynômes de F est un sous ensemble non vide deNmajoré par k . Il admet donc un plus grand élémentpet il existe un polyômeP deF de degrép:F étant stable pard,P⁰=d(P)est élément de F, et plus généralementP^(j)est élément deF (par récurrence siP⁽ⁱ⁾2F alorsP⁽ⁱ⁺¹⁾=d P⁽ⁱ⁾ 2F ) .

Par dé…nition de pon a F Cp[X], mais la famille des P^{(i) p}

i=0 est une famille échelonnée en degré, donc une base deCp[X], doncCp[X] = Vect P⁽ⁱ⁾ et comme lesP⁽ⁱ⁾sont dansF on aCp[X] F . On a la double inclusion , donc l’égalité.

Réciproquement lesCp[X]sont stables pard.

Les sous-espaces vectorielsCi[X](0 i k), ainsi quef0g, sont les seuls sous espaces stables par d Il y en a donc k+ 2 .

7. Le polynôme dⁱ(P)

i! est de degrék ipouri k, la familleB¹est échelonnée en degrés c’est donc une base deE=Ck[X] Pourj2[[0; k]], on obtient facilement

d^j(P) j! =

k j

X

i=0

(i+ 1)(i+ 2) (i+j)

j! p_i+jXⁱ=

k j

X

i=0

i+j

j p_i+jXⁱ:

La matrice R=P_B(B1) = (r_ij)2 Mk+1(C) est donc donnée par

rij = 8<

:

0sii+j > k+ 2 i+j 2

j 1 pi+j 2 sii+j k+ 2

R= 0 BB BB BB

@

p0 p1 p2 pk

p1 2p2 kpk 0

p₂ k(k+ 1)

2 p_{k 1} 0 0

... ...

pk 0 0 0

1 CC CC CC A :

La matriceR est symétrique car : sii+j > k+ 2 ri;j=rj;i

sii+j k+ 2 ,rj;i= i+j 2

i 1 pi+j 2= i+j 2

(i+j 2) (i 1) pi+j 2= i+j 2

j 1 pi+j 2=ri;j

8. La formule de Taylor pour les polynômes donne, pour j2[[0; k]], P(X+ja) =

Xk i=0

P⁽ⁱ⁾(X)

i! (ja)ⁱ= Xk i=0

jⁱaⁱ dⁱ(P) i! :

On en déduit la matrice U =M_B1(S) = (uij)2 M^k+1(C) avec

U = 0 BB BB B@

1 1 1 1

0 a 2a ka

0 a² 4a² k²a²

... ...

0 a^k 2^ka^k k^ka^k 1 CC CC CA :

La matrice U est inversible car U est la transposée de la matriceV étudiée à la question3en prenant a_i =i a pour i2[[0; k]]; elle est donc inversible puisqueV est inversible quand les (a_i)sont deux à deux distincts.

On en déduit que la familleS est une base de l’espace vectorielE.

9. On a Q=P_B(S) =P_B (B1)P_B1(S) =RU.

Q=RU 10. Raisonnement analogue à celui de la question5:

les sous-espaces vectoriels Ci[X](0 i k) etf0g sont stables parta

Si F est un sous-espace vectoriel deE stable par ta distinct def0g, il existe un polynôme P de degré maximalp dansF : on a par constructionF Cp[X]doncdim(F) p+ 1:

De plus les p+ 1 polynômesP(X), ta(P) =P(X+a), ,t^p_a(P) =P(X +pa) appartiennent àF et forment un sysytème libre deF d’après la question8, doncdim(F) p+ 1. On a donc égalité des dimensions et donc égalité des sous espaces.

Les sous-espaces vectorielsCi[X](0 i k), ainsi quef0g, sont les seuls sous espaces stables parta

III. Fonctions continues, 2 -périodiques

11. Evident car l’application 7!

Z 2 0

est une forme linéaire.

c_n(e_k) = 1 2

Z 2 0

e^{i(n k)t}dt= 8>

><

>>

: 1 2

e^{i(n k)t}

i(n k) = 0 sin6=k 1

2 Z 2

0

dt= 1sin=k 12.

Si'_a n’est pas injective , il existe deux entiers distinctsnetmtels quee^ina=e^ima:(n m)aest donc un multiple de2 . Il existekentier tel que (m n)a= 2k . On a donc a

= 2k n m 2Q Réciproquement si a

2 Q, il existe deux entiers p2 Z et q 2N tels que a

= p

q . On a donc 2qa = 2p donc e^2qai= 1 =e⁰ . '_a(2q) ='_a(0)avec2q6= 0 donc _a n’est pas injective.

'_a injective() a 2= Q Plus généralement avec les notations précédentes si a

= p

q alors pour tout entier relatifn '_a(n+ 2q) =e^ina+2ip = _a(n)

2qest une période de'.

13. On calcule avec le changement de variableC¹ bijectify=x+a:

cn(ta(f)) = 1 2

Z 2 0

f(x+a)e ^inxdx= 1 2

Z a+2 a

f(y)e ^{in(y a)}dy

= e^ina 1 2

Z a+2 a

f(y)e ^inydy

Mais la fonctiont!f(t)e^intest 2 périodique donc l’intégrale est indépendante de la période de calcul.

Z 2 0

f(y)e ^{in(y a)}dy = Z a

0

f(y)e ^{in(y a)}dy+ Z a+2

a

f(y)e ^{in(y a)}dy

Z a+2 2

f(y)e ^{in(y a)}dy

=

Z a+2 a

f(y)e ^{in(y a)}dy

les deux intégrales Z a

0

f(y)e ^{in(y a)}dy et Z a+2

2

f(y)e ^{in(y a)}dyétant égales.

cn(ta(f)) =e^inacn(f)

14. Soitf 2Eune fonction non nulle et un scalaire telle quet_a(f) = f . On a donc pour toutn2Zc_n(t_a(f)) =c_n( f) = c_n(f) (linéarité vue à la question11) . Orc_n(t_a(f)) =e^inac_n(f).

f 2E est non nulle donc d’après le résultat admis, il existe un entierntel que c_n(f)6= 0. Donc en prenant cette valeur denon peut simpli…er parc_n(f)et donc =e^ina

Réciproquement, si il existen2Ztel que =e^ina, alors la fonctionen est vecteur propre deta pour la valeur propre (véri…cation évidente : en(x+a) =e^inaen(x)).

Les valeurs propres de t_a sont donc exactement les nombres complexes de la formee^ina pour ndécrivantZ 15. remarque : le résultat admis est une conséquence de Parseval .sif est continue par morceaux surR,2 périodique on

a :

1 2

Z 2

0 jfj²=

+1

X

k= 1

jcn(f)j²

On prouve d’abord quehest la fonction nulle si et seulement si tous ses coe¢ cients de Fourier sont nuls. : Si hest nulle , on a une somme de réels positifs nulle . donc tous les termesc_n(h)sont nuls.

Si tous les coe¢ cients de Fourier c_nb(h) sont nuls , on a l’intégrale d’une fonction continue positive qui est nulle . La fonction hest donc nulle sur[0;2 ], donc surRpar période.

Il su¢ t alors de prendreh=f gpour avoir le résultat.

Si a

= p

q est rationnel alors2q est une période de la suite '_a donce^i(n+2q)a =e^ina et doncen+2q est aussi dans le sous espace propre associé à la valeur propre e^ina . Or les deux fonctionsen et en+2q forment un système libre . donc le sous espace propre est de dimension 2

Si a

est irrationnel alors si f véri…eta(f) =e^inaf on a pour tout entierm: e^imac_m(f) =c_m(t_a(f)) =e^inac_m(f) Or 'est injective donc

m6=n)e^ima 6=e^ina)c_m(f) = 0

Les deux fonctions continues f etc_n(f)e_n ont donc les mêmes coe¢ cients de Fourier. Elle sont donc égales.

les sous espaces propres sont des droites si et seulement si a

est irrationnel

16. Lesp+ 1fonctions tⁱ_a(f) ^p_i=0appartiennent àF de dimensionp:le cardinal est strictement supérieur à la dimension, la famille est liée .

9( j)^p_j=06= (0); Xp j=0

jt^j_a(f) = 0 Or par récurrence surj : c_n t^j_a(f) =e^injac_n(f):

vrai si j= 0et 1.

Par la linéarité vue à la question11on a donc

cn

0

@ Xp j=0

jt^j_a(f) 1 A=

Xp j=0

jcn t^j_a(f) = Xp j=0

je^injacn(f) On a donc bien :

8n2Z, 0

@ Xp j=0

je^inja 1

Acn(f) = 0

.

17. Soitf 2F. Soient( i)^p_i=0les scalaires non tous nuls de la question 16.

On a donccn(f) = 0ou Xp j=0

je^inja= 0.

Dans le second case^inaest racine du polynômeP(X) = Xp j=0

jX^j . Ce polynôme admet un nombre …ni de racines . On peut donc poser

Nf = 0 siP n’a pas de racine du typee^ina 1 + max jnj; e^ina soit racine deP sinon.

On a donc :

jnj Nf ) Xp j=0

je^inja6= 0)cn(f) = 0:

18. F est de dimension …niep.Il existe donc une base(fi)^p_i=1 deF, SoitN = maxfNf1; ; Nfpg. Pour tout entier relatifntel quejnj N, on acn(fj) = 0 pour toutj2[[1; p]] donc, par linéarité si

g= Xp j=1

jfj alorscn(g) = Xp j=1

jcn(fj) = 0 9N 2N,8g2F ,n N )c_n(g) = 0 19. Sig2F, on acn(g) = 0pour jnj N, Soit alorsh=

XN k= N

ck(g)ek,

On a cn(h) = XN k= N

ck(f)cn(ek) = XN k= N

ck(g) k;n =

( cn(g) +X

0 =cn(g)sijnj< N

X0 = 0 =cn(g)sijnj N . donc g = h2 Gd’après le résultat admis. et doncF G

En…n,Gest stable par ta car pour les fonctionsek de la famille génératriceta(ek) =e^ikaek2Gcar 8x2R,ta(ek)(x) =e^ik(x+a)=e^ikae^ikx=e^ikaek(x)

20. Soit l’endomorphisme deG induit part_a. Il est diagonalisable puisqueGadmet une base(e_k) _{N k N} constituée de vecteurs propres de .

21. Soit ⁰ l’endomorphisme de F induit par t_a (et donc aussi par ). Comme c’est l’endomorphisme induit par un endo- morphisme diagonalisable deGsur un sous-espace stable, il est lui aussi diagonalisable. On peut donc trouver une base deF constituée de vecteurs propres de ⁰ (et donc de , ou det_a). Mais, comme est diagonalisable avec des valeurs propres toutes distinctes (lese^ika, N k N), les vecteurs propres de sont tous colinéaires à des vecteursek avec k2[[ N; N]]. Une telle base deF est donc de la forme (ek)k2S, avecS [[ N; N]].