Problème II.

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MPSI B Corrigé du DS 5 24 avril 2020

Problème I.

PARTIE I

1. On peut vérier quef(t) =e^t² convient.

2. Poury∈F prenonsy= 0dans la dénition, on obtient alors

f(x)²=f(x)²f(0)² puis

f(0)²(1−f(0)²) = 0 Les seules valeurs possibles pourf(0)sont donc0,−1,1.

Si f(0) = 0 alors f(x) = 0 pour tous les xet f est identiquement nulle. Lorsque f n'est pas identiquement nulle, on doit donc avoirf(0) = 1 ouf(0) =−1.

PARTIE II

1. Soitg un élément quelconque deG, alorse^gest un élément deF qui ne prend que des valeurs strictement positives. On obtient tous les éléments deGen composant parln les fonctions à valeurs strictement positives deF.

2. Écrivons la relation de récurrence de 2 ànet sommons. Les termes−2ukse simplient (sauf les extrêmes) :

u₂−2u₁+ 0 = 2u₁ u3−2u2+u1 = 2u1

...

un−2u_n−1+u_n−−2 = 2u1

u_n+1−2u_n+u_n−1 = 2u₁

−u1−un+un+1 = 2nu1

A partir deu_n+1−u_n= (2n+ 1)u₁, on obtientu_n par une nouvelle sommation, un = ((2(n−1) + 1) + (2(n−2) + 1) +· · ·+ (2×0 + 1)) u_n =

2n(n−1)

2 +n

u₁=n²u₁

3. Remarquons d'abord, en prenantx=y= 0queg(0) = 0.

Posons un = g(nx). La propriété de g écrite avec nxau lieu de x et x au lieu de y entraîne alors

u_n+1+u_n−1= 2(u_n+u₁) soit la relation de la question précédente.

On en déduit un = n²u1 ou encore g(αx) = α²g(x) pour α entier naturel. D'autre part, avecx= 0dans la relation de dénition,g(−y) =g(y)doncg(αx) =α²g(x)est encore valable pourα∈Z.

Sin∈N,g(x) =g(n_n^x) =n²g(_n^x)donc

g(x n) = (1

n)²g(x)

On en déduit donc que la relationg(αx) =α²g(x)est valable dansQ.

N'importe quel nombre réelαest la limite d'une suite de nombres rationnels (α_nx)_n∈_N→αx

(g(α_nx))_n∈_N= (α²_ng(x))_n∈_N→g(αx) par continuité deg enαx. On en déduit

g(αx) =α²g(x)

par unicité de la limite. La relation est donc valable dansR.

4. D'après la question précédente,g(x) =x²g(1). Les éléments deGsont donc les fonc- tionsx7→λx² oùλest un nombre réel arbitraire.

On se propose maintenant de démontrer que les fonctions non nulles deF sont de la formex7→εe^λx² oùλest un nombre réel arbitraire etε∈ {−1,1}. Pour cela, il sut de montrer qu'une fonction non nulle de F ne s'annule pas. Elle sera alors de signe constant par continuité et théorème des valeurs intermédaires et le logarithme de sa valeur absolue sera dansG.

Soitf une fonction deF nulle ena6= 0, en prenant x=y= ^a₂, on a

f(a)f(0) =f(a 2)⁴

doncf(^a₂) = 0. On en déduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la fonction est nulle. Par continuité,f est nulle en0 , elle est donc identiquement nulle.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai S0105C

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PARTIE III

NotonsKl'ensemble de toutes les fonctions vériant la relation de la partie II alorsGest la partie deKconstitué des fonctions continues alors que H est la partie de Kconstituée des fonctions localement bornées en 0.

D'après les propriétés des fonctions continues, il est clair queG⊂H. L'énoncé nous propose de montrer l'inclusion dans l'autre sens.

1. Les éléments de H vérient la même relation fonctionnelle que dans la partie II mais ne sont pas supposés continus. Ils sont toujours bornés dans un segment autour de0. Le calcul du début de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n²h(x) pour n rationnel. La continuité n'intervient que pour le passage de Qà R. On peut donc écrire pourx∈[−2ⁿa,2ⁿa]

|h(x)|= h(2ⁿ x

2ⁿ) = 2²ⁿ

h(x

2ⁿ) ≤4ⁿA

Ceci montre quehest bornée sur[−2ⁿa,2ⁿa]puis sur n'importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des précédents pournassez grand.

2. Pourn= 0,^3.2₄ⁿn⁻¹= 2et l'inégalité est évidente cara+^u₁ eta∈[−1,1]∪[a−1, a+ 1]. On raisonne ensuite par récurrence.

Remarquons quea+₂n+1^u est le milieu deaet a+₂^un. Exploitons la propriété deh a= (a+ u

2ⁿ⁺¹)− u

2ⁿ⁺¹, a+ u

2ⁿ = (a+ u

2ⁿ⁺¹) + u 2ⁿ⁺¹ h(a+ u

2ⁿ) +h(a) = 2h

h(a+ u

2ⁿ⁺¹) +h( u 2ⁿ)i h

h(a+ u

2ⁿ)−h(a)i

= 2h

h(a+ u

2ⁿ⁺¹)−h(a)i

+ 2h( u 2ⁿ⁺¹) Remarquons que

h(₂n+1^u ) ≤

₂2(n+1)¹ h(u)

≤ ₄n+1¹ Ma. On en déduit alors en utilisant l'hypothèse de récurrence

2h

h(a+ u

2ⁿ⁺¹)−h(a)i

≤ 3.2ⁿ−1

4ⁿ Ma+ 2

4ⁿ⁺¹Ma≤23.2ⁿ⁺¹−1 4ⁿ⁺¹ Ma

ce qui achève la démonstration.

3. Comme 3 2ⁿ−1

4ⁿ Ma

n∈N

→0 pour tout >0, il existe unN tel que pour tous lesn≥N

3 2ⁿ−1 4ⁿ Ma ≤

Considérons alorsα= ₂¹n, tout élément de[a−α, a+α] est de la formea+₂^un avec u∈[−1,1]. La question précédente montre alors que hest continue ena.

On en déduit que tout élément deH est continu dansRdonc queH=G.

Problème II.

1. Soitz=ρe^iθ=ρcosθ+iρsinθ donc

ze^−z=ρe^iθe^−ρ^cos^θe^−iρ^sin^θ=ρe^−ρ^cos^θe^i(θ−ρ^sin^θ)

Lorsqueρest strictement positif,ρe^−ρ^cos^θ est le module deze^−z etθ−ρsinθ)est un argument. Siρest négatif, il faut prendre la valeur absolue et ajouterπà l'argument.

2. La fonction u est de classe C^∞ sur ]0,1] avec u⁰ = −^ln_t₂^t. Dans ]0,1[, cette dérivée est strictement positive donc la fonction est strictement croissante dans]0,1]. En 0,u diverge vers−∞, la fonctionudénit donc une bijection continue de]0,1]vers]−∞,1]. Sa bijection réciproque (notéev) est strictement croissante, continue et dérivable dans ]− ∞,1[avec

v⁰(x) =− v(x)² ln(v(x))

Commev est continue, cette expression montre que v⁰ est continue et donc quev est de classeC¹.

3. Après composition par la fonctionln, on obtient que re^−r^cos^θ= 1

e ⇔r=v(cosθ) On choisira donc

r=v◦cos

4. Commev et cos sont continues, r est continue. De plusr est 2π-périodique et paire car cosest 2π-périodique et paire. Si on restreintcos à ]0,2π[, elle prend ses valeurs dans[−1,1[qui est une partie du domaine de dérivabilité de u, la fonctionrest donc dérivable dans cet intervalle avec pour toutθdans]0,2π[:

r⁰(θ) =−sinθv⁰(cosθ) = r(θ)²sinθ lnr(θ) La relationre^−r^cos^θ=¹_e s'écrit encore

r(θ) =er(θ) cosθ−1

(3)

ce qui donne

r(θ) cosθ−1 = ln(r(θ)) et

r⁰(θ) = r(θ)²sinθ r(θ) cosθ−1

5. On notew(h) = 1−u(1−h) = 1−^1+ln(1−h)_1−h . Écrivons les développements limités

1 + ln(1−h) = 1−h−h²

2 +o(h²) 1

1−h= 1 +h+h²+o(h²) 1 + ln(1−h)

1−h = 1 + (1−1−1

2h²+o(h²) w(h) =1

2h²+o(h²) Ce qui s'écrit aussi

w(h)∼h² 2

Par dénitionr =v◦cosdonc u(r(θ)) = cosθ. En 0,r converge vers 1, écrivons des équivalence pour chaque termes de l'égalité1−u(r(θ)) = 1−cosθ. On obtient

(1−r(θ)² 2 ∼θ²

2 d'où1−u(r(θ))∼θ ou encore

r(θ) = 1−θ+o(θ)

Problème III.

1. L'applicationu⁺est linéaire comme combinaison de composées d'applications linéaires.

Considéronsu◦hpour unhquelconque dansG: u⁺◦h= 1

m X

g∈G

g⁻¹◦u◦g◦h= 1

mh◦X

g∈G

(g◦h)⁻¹u◦(g◦h).

Pourhxé,g⁰ =g◦hdécrit le groupeGlorsqueg décritGdonc u⁺◦h= 1

mh◦ X

g⁰∈G

g⁰⁻¹◦u◦g⁰=h◦u⁺.

2. Commeu⁺ commute avec tout élémentgdeG,

u⁺⁺= 1 m

X

g∈G

g⁻¹◦u⁺◦g= 1 m

X

g∈G

g⁻¹◦g◦u⁺=u⁺.

3. a. L'applicationpest un projecteur surF qui est stable par les éléments deGdonc :

∀x∈F, p⁺(x) = 1 m

X

g∈G

g⁻¹◦p(g(x)

|{z}

∈F

) = 1 m

X

g∈G

g⁻¹◦g(x) =x

doncF est inclus dans l'image dep⁺.

D'autre part, pour toutxdeE,p(g(x))∈F doncg⁻¹◦p◦g(x)∈F par stabilité puisp⁺(x)∈F par linéarité. On en déduit queF est l'image dep⁺.

b. Soitg ethquelconques dansGety quelconque dansE. Alors

p(y)∈F ⇒g◦h⁻¹◦p(y)∈F (stabilité deF)

⇒p◦g◦h⁻¹◦p(y) =g◦h⁻¹◦p(y)⇒p◦g◦h⁻¹◦p=g◦h⁻¹◦p (à cause du∀y)

⇒g⁻¹◦p◦g◦h⁻¹◦p◦h=g⁻¹◦g◦h⁻¹◦p◦h=h⁻¹◦p◦h.

c. Pour montrer que p⁺ est un projecteur, on formep⁺◦p⁺.

p⁺◦p⁺= 1 m²

X

(g,h)∈G²

g⁻¹◦p◦g◦h⁻¹◦p◦h

= 1 m²

X

(g,h)∈G²

h⁻¹◦p◦h= 1 m

X

g∈G

p⁺ =p⁺.

d. Pour toutx∈kerp⁺,p⁺◦g(x) =g◦p⁺(x) = 0doncg(x)∈kerp⁺. D'oùkerp⁺ est stable parG.