MPSI B 2008-2009 Corrigé du DS 8 29 juin 2019

(1)

MPSI B 2008-2009 Corrigé du DS 8 29 juin 2019

Problème

1. a. Le graphe de ϕ

_n

est une parabole tronquée. La fonction est continue dans R. Elle est C

^∞

dans chaque intervalle mais elle n'est pas dérivable en −

_n¹

et

_n¹

car les taux d'accroissement ont des limites diérentes à droite et à gauche.

K0,4 K0,2 0 0,2 0,4

1 2 3

Fig. 1: graphe de ϕ

_n

pour n = 4

b. Le calcul de l'intégrale ne présente pas de dicultés.

Z

_n¹

−_n¹

ϕ

_n

(t) dt = 3n 4

2 n − n

²

2 3n

³

= 1

2. a. En faisant le changement de variable u = x + t dans la dénition de f

n

(x) , on obtient :

f

n

(x) = Z

x+_n¹

x−_n¹

ϕ

n

(u − x)f (u)du

Développons ϕ

n

(u − x) et ordonnons suivant les puissances de u avant d'intégrer en utilisant le linéarité

f

n

(x) = 3n

4 (1 − n

²

x

²

) Z

x+_n¹

x−¹_n

f (u)du + 2n

²

x Z

x+_n¹

x−¹_n

uf(u)du

−n

²

Z

x+¹_n

x−_n¹

u

²

f (u)du

!

Les trois intégrales qui gurent dans la parenthèse s'expriment à l'aide de primi- tives de u → f (u) , u → uf(u) , u → u

²

f (u) . Cette expression montre donc bien que f

_n

est C

¹

.

b. L'expression précédente permet le calcul de f

_n⁰

(x) .

f

_n⁰

(x) = 3n

4 −2n

²

x Z

x+_n¹

x−¹_n

f (u)du

+(1 − n

²

x

²

)

f (x + 1

n ) − f (x − 1 n )

+2n

²

Z

x+_n¹

x−¹_n

uf(u)du

+2n

²

x

(x + 1

n )f (x + 1

n ) − (x − 1

n )f (x − 1 n )

−n

²

(x + 1

n )

²

f (x + 1

n ) − (x − 1

n )

²

f (x − 1 n )

Développons et regroupons les termes en f (x +

¹_n

) et f (x −

_n¹

) . Ils s'annulent et il ne reste que les intégrales qui se regroupent en

f

_n⁰

(x) = 3n

³

2 Z

x+¹_n

x−_n¹

(u − x)f (u)du

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/

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Rémy Nicolai S0808C

(2)

MPSI B 2008-2009 Corrigé du DS 8 29 juin 2019

Le changement de variable t = u − x dans cette dernière intégrale conduit au résultat demandé :

f

_n⁰

(x) = 3n

³

2 Z

¹_n

−_n¹

tf(x + t) dt

3. a. Utilisons le calcul de l'intégrale de ϕ

_n

pour exprimer la diérence comme une intégrale que l'on majore de manière très classique :

|f

n

(x) − f (x)| =

Z

¹_n

−_n¹

ϕ

n

(t)f (x + t) dt − f(x) Z

_n¹

−¹_n

ϕ

n

(t) dt

=

Z

_n¹

−_n¹

ϕ

n

(t)(f (x + t) − f (x)) dt

≤ Z

¹_n

−_n¹

ϕ

n

(t) |f(x + t) − f(x)| dt

≤ Z

¹_n

−_n¹

ϕ

n

(t)M

n

(x) dt = M

n

(x) Z

_n¹

−_n¹

ϕ

n

(t) dt = M

n

(x)

On a utilisé le fait que ϕ

_n

est à valeurs positives dans l'intervalle.

b. Dans cette question, on utilise le théorème de Heine. Toute fonction continue sur un segment est uniformément continue.

Pour tout ε > 0 , il existe un α > 0 tel que , pour tous x et y dans J :

|x − y| < α ⇒ |f (x) − f (y)| < ε

Considérons un entier N >

_α¹

. Alors n ≥ N entraine

_n¹

< α . Pour tout x dans J et n ≥ N , M

n

(x) < ε donc K

n

(J) < ε . Ceci entraine que (K

n

(J ))

_n∈

N^∗

converge vers 0 .

c. Pour tout réel x xé, on peut considérer un segment J qui le contienne (par exemple de longueur 1 et de milieu x ). La question précédente prouve la conver- gence vers 0 de la suite des K

n

attachée à ce segment.Comme

|f

n

(x) − f (x)| ≤ K

n

On en déduit que (f

n

(x))

_n∈N∗

converge vers f (x) .

4. a. Introduisons le développement dénissant R

_x

dans l'expression de la dérivée trou-

vée en 2.b. Par linéarité, on obtient : f

_n⁰

(x) = 3n

³

2 f (x) Z

_n¹

−¹_n

t dt

! + 3n

³

2 f

⁰

(x) Z

¹_n

−_n¹

t

²

dt

!

+ 3n

³

2 Z

_n¹

−¹_n

t

²

R

x

(t) dt Si on est particulièrement scrupuleux, on peut se poser la question de la continuité de R

_x

an de justier son intégrabilité. Par dénition même, R

_x

est clairement continue sauf en 0 où elle n'est pas vraiment dénie. On peut prolonger R

_x

par continuité en posant R

_x

(0) = 0 car le fait que R

_x

converge vers 0 en 0 est la dénition même de la dérivabilité de f en x .

Les intégrales de t et de t

²

valent respectivement 0 et

²ⁿ₃²

. On en déduit :

f

_n⁰

(x) = f

⁰

(x) + 3n

³

2 Z

_n¹

−_n¹

t

²

R

x

(t) dt

b. Majorons |f

_n⁰

(x) − f

_n⁰

(x)| en utilisant les expressions précédentes.

|f

_n⁰

(x) − f

_n⁰

(x)| = 3n

³

2 Z

_n¹

−_n¹

t

²

R

_x

(t) dt

≤ 3n

³

2 Z

¹_n

−_n¹

t

²

|R

x

(t)| dt

≤ 3n

³

2 Z

_n¹

−¹_n

t

²

max

t∈[−_n¹,¹_n]

|R

x

(t)| dt = max

t∈[−¹_n,_n¹]

|R

x

(t)|

Comme, pour x xé, R

_x

converge vers 0 en 0 , la suite des max

_t∈[−1

n,¹_n]

|R

x

(t)|

converge vers 0 . On en déduit que (f

_n⁰

(x))

_n∈

N^∗

converge vers f

⁰

(x) .

Exercice 1

1. Comme A(0) = 0 ˜ , le polynôme A est divisible par X . Il existe donc un polynôme B tel que A = XB . Ce polynôme est de degré 2n − 1 et de coecient dominant 1. On peut obtenir le terme de degré 0 à partir de la dérivée.

A

⁰

= 2n(X + 1)

²ⁿ⁻¹

= XB

⁰

+ B, A ˜

⁰

(0) = ˜ B(0) = 2n

2. Les racines de A sont les nombres complexes u − 1 où u décrit l'ensemble U

2n

des racines 2n ièmes de l'unité.

2

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3. Lorsque k décrit 1, · · · , n − 1 , le nombre 2n − k décrit n + 1, · · · , 2n − 1 et (2n − k)π

2n = π − kπ 2n donc

sin (2n − k)π

2n = sin kπ 2n On en déduit

P

n

=

2n−1

Y

k=n+1

sin kπ 2n puis Q

n

= P

_n²

car, pour k = n , sin

^kπ_2n

= 1 .

Comme tous les

^kπ_2n

sont dans [0,

^π₂

] , les sin sont strictement positifs et P

n

= p

Q

n

4. Les racines non nulles de A sont les racines de B . Le produit de ces 2n − 1 racines est (−1)

²ⁿ⁻¹

b

₀

b

_2n−1

= −2n D'autre part, c'est aussi

E = Y

u∈U2n−{1}

(u − 1)

Chaque u de U

2n

− {1} est de la forme e

^iθ

avec θ =

^kπ_n

et k ∈ {1, · · · , 2n − 1} . On en déduit

E = (2i)

²ⁿ⁻¹

e

ⁱ^P²ⁿ⁻¹^k=1 ^kπⁿ

n

Y

k=1

sin kπ n e

ⁱ^P²ⁿ⁻¹^k=1 ^kπⁿ

= e

^i(2n−1)^π²

= (i)

²ⁿ⁻¹

E = 2

²ⁿ⁻¹

(−1)

²ⁿ⁻¹

Q

n

= −2

²ⁿ⁻¹

Q

n

Finalement

Q

_n

= n 2

⁻²ⁿ⁺²

, P

_n

= √

n 2

⁻ⁿ⁺¹

5. La décomposition de F en éléments simples est de la forme

X

u∈U2n

λ(u) X − u + 1 avec

λ(u) = 1

A ˜

⁰

(u − 1) = 1

2nu

²ⁿ⁻¹

= u 2n

Exercice 2

1. Les ensembles E et F sont des R-espaces vectoriels à cause des propriétés usuelles de linéarité de la continuité et de la dérivabilité.

2. Si f est dans E = C

⁰

( R , R ) , pourquoi φ

_f

est-elle dans F ? On doit vérier les propriétés caractéristiques des fonctions de F .

Par dénition, φ

_f

est la primitive de t → tf(t) nulle en 0 . C'est donc bien une fonction C

¹

nulle en 0 et à dérivée nulle en 0 . Sa dérivée est dérivable en 0 car, en 0 ,

φ

⁰_f

(x) = xf(x) = x(f (0) + o(1)) = f (0)x + o(x) ⇒ φ

⁰⁰_f

= f (0) La fonction φ est linéaire à cause de la linéarité de l'intégration.

3. Pour montrer que f est dans E , on doit montrer qu'elle est continue.

Par dénition et opérations usuelles, elle clairement continue en un point quelconque autre que 0 . La continuité de f en 0 traduit la dérivabilité de g

⁰

en 0 (avec g

⁰

(0) = 0 ).

Pour une fonction f ainsi dénie :

φ

_f

(x) = Z

x

0

t g

⁰

(t)

t dt = [g]

^x₀

= g(x)

La fonction f est donc un antécédent de g . Comme g est quelconque dans F , ceci montre que la fonction φ est surjective.

4. Pour montrer que Φ est un isomorphisme, il reste à montrer l'injectivité. C'està dire que le noyau se réduit à la fonction nulle. Soit donc f ∈ ker φ

∀x ∈ R : Z

x

0

tf(t)dt = 0 En dérivant, on obtient :

∀x ∈ R : xf(x) = 0

On en déduit f (x) = 0 pour tous les x non nuls. On obtient f (0) = 0 par continuité de f en 0 .

Exercice 3

Introduisons les polynômes symétriques élémentaires

σ

1

= x

1

+ x

2

+ x

3

σ

2

= x

1

x

2

+ x

1

x

3

+ x

2

x

3

σ

3

= x

1

x

2

x

3

(4)

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et utilisons les pour exprimer chacune des trois relations.

La première relation donne immédiatement σ

₁²

− 2σ

2

= 1 .

On obtient la deuxième relation en réduisant au même dénominateur x

₁

x

₂

x

₃

: σ

1

σ

₃

= 3 2

Pour la troisième, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le même déno- minateur. Cela fait apparaitre le σ

1

au numérateur que l'on peut mettre en facteur :

(x

1

+ x

2

+ x

3

) 1

x

₁

+ 1 x

₂

+ 1

x

₃

= 6

On réduit au même dénominateur x

₁

x

₂

x

₃

ce qui donne directement :

^σ¹_σ^σ₃²

= 6 . À partir des deux dernières relations, on obtient σ

₂

= 4 .

En remplaçant dans la première, on obtient σ

₁²

= 9

Le dernier s'obtient à partir de σ

1

: σ

3

=

²₃

σ

1

. On a donc deux possibilités :

σ

1

= 3 σ

3

= 2 σ

2

= 4

σ

₁

= −3 σ

₃

= −2 σ

₂

= 4

Les nombres x

1

, x

2

, x

3

sont donc (à permutation près) les racines des polynômes X

³

− 3X

²

+ 4X − 2, X

³

+ 3X

²

+ 4X + 2

après factorisation à l'aide de la racine évidente 1 ou −1 avec une division par X − 1 ou X + 1 , on obtient les triplets (1, 1 + i, 1 − i) et (−1, −1 + i, −1 − i) .