Boncourage! Toutecalculatriceinterdite Durée:4heures dujeudi7novembre2019 Devoirsurveillén 4

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 4

du jeudi 7 novembre 2019 Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales :

Les candidats sont priés de traiter le sujet qui leur incombe :

• Sujet classique : problème 1 et exercice.

• Sujet corsé : exercice et problème 2.

Les candidats sont également invités à vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien 9 pages.

Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Durée estimée :

• Exercice : 1 heure.

• Problème 1 : 3 heures.

• Problème 2 : 3 heures.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

Problème 1 — sujet classique

On note R[X] la R-algèbre des polynômes à coefficients dansR. Pour tout polynôme P, on note P⁰ son polynôme dérivé.

Étant donné un entier natureln,[[0, n]]désigne l’ensemble des entiers naturels compris entre0et n.

Partie I.

Soitϕl’application :

ϕ : (

R[X] −→ R[X]

P 7−→ P−P⁰

Soitnun entier naturel non nul. On noteRn[X]leR-espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal àn.

1. Démontrer queϕinduit surRn[X]un endomorphisme. On noteϕn cet endomorphisme.

2. Expliciter la matrice de ϕn sur la base canonique deRn[X].

3. Déterminer les valeurs propres et les sous-espaces propres de ϕn. L’endomorphismeϕn est-il diagonalisable ? 4. Démontrer queϕ_n est un automorphisme de Rn[X].

5. En déduire qu’il existe une unique famille de polynômess₀,s₁, . . . , s_n telle que : (a) ∀i∈[[0, n]], ϕ_n(s_i) =Xⁱ

i! ,

(b) (s₀, s₁, . . . , s_n)est une base deRn[X].

6. On note Id l’endomorphisme identité de Rn[X] et δ l’endomorphisme induit par la dérivation sur le R-espace vectorielRn[X]. Justifier :

(Id−δ)◦(Id +δ+· · ·+δⁿ) = Id.

7. En déduire l’expression desi en fonction deX, pour toutidans[[0, n]].

Dans le reste du problème, on considère les deux familles de polynômes(Sn)_n∈N et(Tn)_n∈Ndéfinies par :

∀n∈N, Sn(X) = 1 +X

1! +· · ·+Xⁿ n! =

n

X

i=0

Xⁱ i! , T_n(X) = S_n(nx).

Dans les parties II, III et IV, on admettra le résultat suivant qui est démontré indépendamment dans la partie V :

Soitnun entier naturel supérieur ou égal à2. Toutes les racines complexes du polynômeSnont un module strictement inférieur àn.

Partie II.

8. Donner le tableau de variations de S3. Représenter sur un même graphique les courbes des fonctionsS1 et S3

ainsi que la fonction exponentielle (x7→e^x) en s’attachant à respecter la position relative de ces trois courbes.

9. Soit n∈ N. Démontrer que le polynômeS_n n’a pas de racine réelle si n est pair et a une unique racine réelle simple sinest impair. (Indication : on pourra faire une démonstration par récurrence.)

Dans la suite du problème, on noteα_n l’unique racine réelle deS_n, pour tout entier naturelimpairn.

10. On se propose d’étudier le comportement de la suite(α2n+1)_n∈Nlorsquentend vers+∞.

(a) Justifier que la suite(α2n+1)n∈Nest décroissante. (Indication : on pourra étudier le signe deS2n+1(α2n−1).) (b) Soit(vm)m∈Nune suite de nombres réels qui converge vers un nombre réel`.

i. Soitεun nombre réel strictement positif. Justifier qu’il existe un entier naturelM tel que :

∀m∈N, m > M ⇒ |Sm(vm)−e^vm| < ε.

ii. En déduire que la suite(S_m(v_m))_m∈

Nconverge verse^`. (c) En déduire que la suite(α_2n+1)_n∈Ndiverge vers −∞.

Partie III.

Soithla fonction de la variable réellexdéfinie par :

h(x) = xe^1−x. 11. Étudier la fonctionh. Représenter son graphe surR.

12. Démontrer qu’il existe une fonctiong de classeC^∞ de]− ∞,1[dans]− ∞,1[telle que :

∀x∈]− ∞,1[, h(g(x)) = x.

Représenter le graphe deg. L’étude précise deg n’est pas demandée.

13. Démontrer qu’il existe un unique nombre réelρtel queh(ρ) =−1.

14. Démontrer queρest dans l’intervalle]−1/2,−1/4[.Indication : on pourra utiliser le fait que ln 2≥ ¹³₂₀. 15. Soitz un nombre complexe tel que :|z| ≤1 et|ze^1−z| ≤1. Soitnun entier naturel.

(a) Justifier l’égalité :

1−e^−nzTn(z) = (ze^1−z)ⁿe⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n. (b) En déduire que :

1−e^−nzT_n(z)

≤ 1−e⁻ⁿT_n(1).

(c) En déduire queTn(z)6= 0.

16. Soitnun entier naturel impair supérieur ou égal à3. Démontrer queαn est dans l’intervalle]−n, nρ[.

Partie IV.

Pour tout entier naturelm, on poseγ2m+1=α2m+1/(2m+ 1).

17. Démontrer que pour tout nombre réeluet tout entier naturel n, on a : e^−uSn(u) = 1 + 1

n!

Z 0 u

tⁿe^−tdt.

18. Soitmune entier naturel. On noten= 2m+ 1. Justifier l’égalité : Z 0

γ_n

h(t)ⁿdt = −n!eⁿ nⁿ⁺¹. 19. En déduire que la suite

R0

γ2m+1h(t)^2m+1dt

m∈N

est une suite convergente et expliciter sa limite.

20. Démontrer que Rρ

γ_2m+1h(t)^2m+1dt

m∈N

est une suite convergente et expliciter sa limite.

21. Déterminer un équivalent deα2m+1.

Partie V.

Cette partie a pour but de démontrer le résultat admis dans les parties précédentes :

Sinest un entier naturel supérieur ou égal à2, alors les racines complexes du polynômeS_n ont un module strictement inférieur àn.

22. Soit p un entier naturel non nul. Soient α₁, . . . , α_p des nombres complexes de module inférieur ou égal à 1.

Soient θ₁, . . . , θ_pdes nombres réels strictement positifs. On suppose que

p

X

i=1

θ_iα_i

=

p

X

i=1

θ_i.

(a) Démontrer queα₁, . . . , α_p sont des nombres complexes de module exactement1.

(b) On suppose dans cette question seulementp= 2 etα1= 1. Soittun nombre réel tel queα2=e^it. En développant

θ₁+θ₂e^it

2, justifier queα₂= 1.

(c) Dans le cas général, démontrer queα₁=α₂=· · ·=α_p.

23. SoitP dansR[X]de degrén≥2. On notea0, . . . , an ses coefficients :

P(X) = anXⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a1X+a0. On suppose quea₀=a₁> a₂>· · ·> a_n−1> a_n >0.

(a) Justifier que ni0, ni1, ne sont des racines deP. (b) Déterminer les coefficients du polynôme(X−1)P(X).

(c) Démontrer que les racines complexes deP ont un module strictement supérieur à1.

Indication : on pourra raisonner par l’absurde et utiliser la question 22(c).

24. SoitQdansR[X] de degrén≥2. Soienta₀, . . . ,a_n ses coefficients :

Q(X) = anXⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a1X+a0.

On suppose que 0< a0 < a1 <· · ·an−2 < an−1=an. Justifier que les racines complexes de Qont un module strictement inférieur à 1.

25. Conclure.

Exercice — sujets classique et corsé

Étude de trafic routier

Ce sujet concerne la conception d’un logiciel d’étude de trafic routier. On modélise le déplacement d’un ensemble de voitures sur des files à sens unique (voir Figures 1(a) et 1(b)). C’est un schéma simple qui peut permettre de comprendre l’apparition d’embouteillages et de concevoir des solutions pour fluidifier le trafic.

Le sujet comporte des questions de programmation. Le langage à utiliser est Python.

Notations: soit L une liste.

• On notelen(L)sa longueur.

• Pouri entier,0≤i < len(L), l’élément de la liste d’indiceiest notéL[i].

• Pouri etj entiers,0≤i < j ≤len(L),L[i:j]est la sous-liste composée des élémentsL[i], . . . ,L[j−1].

• p∗L, avecpentier, est la liste obtenue en concaténantpcopies deL. Par exemple,3∗[0]est la liste[0,0,0].

Partie 1. Préliminaires

Dans un premier temps, on considère le cas d’une seule file, illustré par la Figure 1(a). Une file de longueurnest représentée parncases. Une case peut contenir au plus une voiture. Les voitures présentes dans une file circulent toutes dans la même direction (sens des indices croissants, désigné par les flèches sur la Figure 1(a)) et sont indifférenciées.

1. Expliquer comment représenter une file de voitures à l’aide d’une liste de booléens.

2. Donner une ou plusieurs instructions Python permettant de définir une liste A représentant la file de voitures illustrée par la Figure 1(a).

3. SoitLune liste représentant une file de longueurnet iun entier tel que0≤i < n.

Définir en Python la fonctionoccupe(L, i)qui renvoieTruelorsque la case d’indiceide la file est occupée par une voiture et Falsesinon.

4. Combien existe-t-il de files différentes de longueurn? Justifier votre réponse.

5. Écrire une fonctionegal(L1, L2)retournant un booléen permettant de savoir si deux listesL1etL2sont égales.

M. Cochet : on attend plus qu’un simple test booléen L1==L2 ! 6. Que peut-on dire de la complexité de cette fonction ?

7. Préciser le type de retour de cette fonction.

Partie 2. Déplacement de voitures dans la file

On identifie désormais une file de voitures à une liste. On considère les schémas de la Figure 2 représentant des exemples de files. Uneétape de simulation pour une file consiste à déplacer les voitures de la file, à tour de rôle, en commençant par la voiture la plus à droite, d’après les règles suivantes :

• une voiture se trouvant sur la case la plus à droite de la file sort de la file ;

• une voiture peut avancer d’une case vers la droite si elle arrive sur une case inoccupée ;

• une case libérée par une voiture devient inoccupée ;

• la case la plus à gauche peut devenir occupée ou non, selon le cas considéré.

On suppose avoir écrit en Python la fonction avancer prenant en paramètres une liste de départ, un booléen indiquant si la case la plus à gauche doit devenir occupée lors de l’étape de simulation, et renvoyant la liste obtenue par une étape de simulation.

Par exemple, l’application de cette fonction à la liste illustrée par la Figure 2(a) permet d’obtenir soit la liste illustrée par la Figure 2(b) lorsque l’on considère qu’aucune voiture nouvelle n’est introduite, soit la liste illustrée par la Figure 2(c) lorsque l’on considère qu’une voiture nouvelle est introduite.

8. Étant donnéeAla liste définie à la question 2, que renvoieavancer(avancer(A, False),True)?

9. On considère L une liste et m l’indice d’une case de cette liste (0 ≤m < len(L)). On s’intéresse à uneétape partielleoù seules les voitures situées sur la case d’indicemou à droite de cette case peuvent avancer normalement, les autres voitures ne se déplaçant pas.

Par exemple, la file

devient

Définir enPython la fonctionavancer_fin(L, m) qui réalise cette étape partielle de déplacement et renvoie le résultat dans une nouvelle liste sans modifierL.

10. SoientLune liste,bun booléen etml’indice d’une caseinoccupéede cette liste. On considère une étape partielle où seules les voitures situées à gauche de la case d’indicemse déplacent, les autres voitures ne se déplacent pas.

Le booléenb indique si une nouvelle voiture est introduite sur la case la plus à gauche.

Par exemple, la file

devient

lorsque aucune nouvelle voiture n’est introduite.

Définir en Python la fonction avancer_debut(L, b, m) qui réalise cette étape partielle de déplacement et renvoie le résultat dans une nouvelle liste sans modifierL.

11. On considère une liste L dont la case d’indice m > 0 est temporairement inaccessible et bloque l’avancée des voitures. Une voiture située immédiatement à gauche de la case d’indice m ne peut pas avancer. Les voitures situées sur les cases plus à gauche peuvent avancer, à moins d’être bloquées par une case occupée, les autres voitures ne se déplacent pas. Un booléenbindique si une nouvelle voiture est introduite lorsque cela est possible.

Par exemple, la file

devient

lorsque aucune nouvelle voiture n’est introduite.

Définir en Python la fonctionavancer_debut_bloque(L, b, m)qui réalise cette étape partielle de déplacement et renvoie le résultat dans une nouvelle liste.

On considère dorénavant deux files L1 et L2 de même longueur impaire se croisant en leur milieu ; on note m l’indice de la case du milieu. La fileL1est toujours prioritaire sur la fileL2. Les voitures ne peuvent pas quitter leur file et la case de croisement ne peut être occupée que par une seule voiture. Les voitures de la file L2 ne peuvent accéder au croisement que si une voiture de la fileL1ne s’apprête pas à y accéder.

Uneétape de simulation à deux filesse déroule en deux temps. Dans un premier temps, on déplace toutes les voitures situées sur le croisement ou après. Dans un second temps, les voitures situées avant le croisement sont déplacées en respectant la priorité. Par exemple, partant d’une configuration donnée par la Figure 3(a), les configurations successives sont données par les Figures 3(b), 3(c), 3(d), 3(e) et 3(f) en considérant qu’aucune nouvelle voiture n’est introduite.

Partie 3. Une étape de simulation à deux files

L’objectif de cette partie est de définir enPythonl’algorithme permettant d’effectuer une étape de simulation pour ce système à deux files.

12. En utilisant le langagePython, définir la fonctionavancer_files(L1, b1, L2, b2)qui renvoie le résultat d’une étape de simulation sous la forme d’une liste de deux éléments notée [R1, R2]sans changer les listes L1 et L2.

Les booléens b1etb2indiquent respectivement si une nouvelle voiture est introduite dans les filesL1etL2. Les listesR1 etR2correspondent aux listes après déplacement.

13. On considère les listes

D = [False, True, False, True, False], E = [False, True, True, False, False]

Que renvoie l’appel avancer_files(D, False, E, False)?

Problème 2 — sujet corsé

SoitIun intervalle de la forme[−a, a]oùaest un réel strictement positif. Dans tout le problème, on considère les ensembles suivants :

• E leC-espace vectoriel constitué des applications deI dansCde classeC^∞;

• D la partie deE constituée de ses éléments développables en série entière sur un voisinage de0;

• P la partie deE constituée de ses éléments polynomiaux.

Pour toutn∈N, on note

W_n = Z π/2

0

(sin(t))ⁿdt.

et si f ∈ E, on noteu(f)et v(f)les applications deIdansCdéfinies par les formules

∀x∈I,











u(f)(x) = 2 π

Z π/2 0

f(xsin(t))dt v(f)(x) = f(0) +x

Z π/2 0

f⁰(xsin(t))dt Les candidats devront justifier leurs affirmations.

A. Préliminaires

1. Justifier queP est un sous-espace vectoriel deE.

Pour 5demi seulement.Justifier également queDest un sous-espace vectoriel deE.

2. Montrer que sif ∈ E, alorsu(f)etv(f)sont bien définies.

Montrer également que uet vsont linéaires.

Pour 5demi seulement.Montrer enfin que sif ∈ E, alorsu(f)etv(f)appartiennent àE.

Ceci achève de démontrer queuetv sont des endomorphismes deE.

3. Montrer queP est stable paruetv.

4. Établir pour n∈Nune relation simple entreWn+2et Wn. En déduire que pour toutn∈N, W_nW_n+1 = π

2(n+ 1).

5. Montrer que la suite(W_n)_n∈Nest strictement décroissante. Déterminer sa limite et donner un équivalent de cette suite.

B. Étude de la continuité de u et v

On considère la normeM deE définie pour toutf ∈ E par la formule M(f) = max

x∈I |f(x)|.

6. Vérifier queM est bien définie et montrer queuest une application continue de l’espace vectoriel normé(E, M) dans lui même.

7. L’applicationv est-elle continue de(E, M)dans lui même ?

8. Vérifier que l’applicationN : E →Rdéfinie parN(f) =M(f) +M(f⁰)est une norme surE, et montrer quev est continue de(E, N)dans(E, M). Les normesN et M sont-elles équivalentes ?

9. Si f ∈ E et ε > 0, montrer qu’il existe p∈ P tel que f(0) = p(0) et |f⁰(x)−p⁰(x)| ≤ ε pour toutx ∈I. En déduire queP est dense dans l’espace vectoriel normé(E, N).

On pourra utiliser le théorème suivant, dû à Weierstrass, et que nous verrons sous peu : tout fonction continue sur un segment et à valeurs réelles ou complexes est uniformément approchable par des polynômes. En d’autres termes, si h∈ C([a, b],C)alors il existe une suite(r_n)_n de polynômes telle quekh−r_nk^[a,b]_∞ ^n→+∞−→ 0.

C. Étude de l’inversibilité de u et v

10. Déterminer les restrictions deu◦v etv◦uà P.

11. Déterminer(u◦v)(f)pour toutf ∈ E. Le réel0 est-il valeur propre de l’endomorphismev? 12. Déterminer également(v◦u)(f)pour toutf ∈ E. Conclure.

Applications.

13. Pour toutf ∈ E, donner une relation liantv(f)etu(f⁰). Calculeru(arctan⁰)à l’aide du changement de variable z= tan(t)et en déduireu(argsh⁰⁰).

14. Montrer quef ∈ E est paire (resp. impaire) si et seulement siu(f)l’est. Qu’en est-il pourv?

D. Étude des valeurs propres de u et v

15. Montrer queλest une valeur propre devsi et seulement si 1

λ est une valeur propre deu. Qu’en est-il des vecteurs propres correspondants ?

16. Pour 5demi seulement.Montrer queDest stable paru. L’est-il parv? On considère une valeur propreλdeu, de vecteur propre associéf ∈ E.

17. Vérifier que sin∈N, le nombremn= max

t∈I |f⁽ⁿ⁾(t)| est bien défini, et établir que pour toutx∈I,

|λ| · |f⁽ⁿ⁾(x)| ≤ 2m_nW_n π . En déduire que f ∈ P.

18. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres deuetv.

19. L’espace vectoriel E admet-il une base de vecteurs propres de u? De v? L’ensemble des valeurs propres de u (resp. dev) est-il une partie fermée deC?

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 4 – éléments de correction

Problème 1 — sujet classique — d’après E3A 2017 maths 2

Partie I.

1. Par linéarité de la dérivation, l’application ϕ est linéaire. De plus si P ∈ Rn[X] alors ϕ(P) ∈ Rn[X]. Par conséquent ϕinduit surRn[X] un endomorphisme .

2. Il vient ϕ(1) = 1et ϕ(Xⁱ) =Xⁱ−iXⁱ⁻¹ pour touti≥1. On en déduit la matrice deϕ_n sur la base canonique B deRn[X]:

[ϕ_n]_can(Rn[X]) =





















1 −1 0 · · · 0 0 1 −2 . .. ... ... . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. −n 0 · · · 0 1



















 .

3. La matrice deϕnest triangulaire supérieure, elle porte donc les valeurs propres deϕn sur sa diagonale. Il s’ensuit que la seule valeur propre deϕn est 1.

En outreϕ_n(P) =P équivaut àP⁰ = 0. On en déduit que E₁= Vect (1) .

Or dimE1= 1etdim(Rn[X]) =n+ 1avecn >0. Ainsi la somme des dimensions des sous-espaces propres n’est pas égale à la dimension deRn[X]. Finalement ϕn n’est pas diagonalisable .

4. De la question 2., on déduitdet(ϕ_n) = 16= 0. Par conséquent ϕ_n est un automorphisme de Rn[X]. 5. L’applicationϕn étant une bijection deRn[X] dansRn[X],

il existe une unique famille de polynômess0,s1, . . . , sn telle queϕn(si) =Xⁱ

i! pour touti∈[[0, n]]. L’applicationϕ⁻¹_n est un automorphisme deRn[X]et

1,X

1!, . . . ,Xⁿ n!

est une base deRn[X], donc (s0, s1, . . . , sn)est une base deRn[X] .

6. En développant, on trouve par télescopage(Id−δ)◦(Id +δ+· · ·+δⁿ) = Id−δⁿ⁺¹. Orδⁿ⁺¹= 0(dérivéen+ 1ème d’un polynôme de degré inférieur ou égal à n) d’où (Id−δ)◦(Id +δ+· · ·+δⁿ) = Id.

7. La relation précédente peut aussi s’écrireϕ_n◦(Id +δ+· · ·+δⁿ) = Idet doncϕ⁻¹_n = Id +δ+· · ·+δⁿ. Pour tout entieri dans[[0, n]], on en déduit

s_i = ϕ⁻¹_n Xⁱ

i!

= (Id +δ+· · ·+δⁿ) Xⁱ

i!

= Xⁱ

i! + Xⁱ⁻¹

(i−1)! +· · ·+X 1! + 1 =

i

X

k=0

X^k k!

c’est-à-dire

si =

i

X

k=0

X^k k! .

Partie II.

8. Pour tout réel x, nous avonsS₃⁰(x) = 1 +x+x² 2 =

1 + x 2

2

+x²

4 >0. On en déduit le tableau de variations deS3:

x S₃⁰(x) S3(x)

−∞ +∞

+

−∞

−∞

+∞

+∞

α3

0

x→e^x x→S1(x) x→S3(x)

x y

-2 -1 1 2 3 4

-2 -1 0 1 2

9. On remarque que la dérivée deSn estS_n−1.

Effectuons une démonstration par récurrence en posant

HR(n) : «Sn n’a pas de racine réelle sinest pair et a une unique racine réelle simple si nest impair. » Nous avonsS0= 1,S1(X) = 1 +X et S2(X) = 1 +X+X²

2 . Par conséquent, HR(0) et HR(1) sont vraies.

Supposons que HR(n) est vraie pour un entiern∈N^∗ donné.

• Supposons que n+ 1 est impair.

Nous avons S_n+1⁰ =Sn. D’après l’hypothèse de récurrence Sn n’a pas de racine réelle. Or Sn(0) = 1, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires (S_n est continue) :S_n est strictement positive.

On en déduit le tableau de variations deSn+1: x S_n+1⁰ (x) Sn+1(x)

−∞ +∞

+

−∞

−∞

+∞

+∞

αn+1

0

Finalement Sn+1 possède une unique racine réelle simple.

• Supposons que n+ 1 est pair.

Nous avonsS_n+1⁰ =Sn. D’après l’hypothèse de récurrence Sn possède une unique racine réelle simpleαn, non nulle carSn(0) = 16= 0. OrSn+1(αn) =Sn(αn) +α_n

n! = α_nⁿ⁺¹

(n+ 1)! >0carn+ 1est pair etαn6= 0.

On en déduit le tableau de variations deSn+1: x

S_n+1⁰ (x) Sn+1(x)

−∞ αn +∞

− 0 +

+∞

+∞

>0

>0

+∞

+∞

Finalement Sn+1 ne possède aucune racine réelle.

Bilan :

le polynômeSn n’a pas de racine réelle sinest pair et a une unique racine réelle simple sinest impair . 11. (a) Il vient

S2n+1(α2n−1) = S2n−1(α2n−1) +α_2n−1²ⁿ

(2n)! +α_2n−1²ⁿ⁺¹ (2n+ 1)!

= α2n−12n

(2n)! +α2n−12n+1

(2n+ 1)! = α2n−12n

(2n)!

1 + α2n−1

2n+ 1

.

Or, par hypothèse, toutes les racines complexes du polynôme Sn ont un module strictement inférieur àn d’où |α2n−1|<2n−1 puis1 + α_2n−1

2n+ 1 >0et S_2n+1(α_2n−1)>0.

La fonction S_2n+1 est strictement croissante avec S_2n+1(α_2n−1)>0 et S_2n+1(α_2n+1) = 0. Il s’ensuit que α_2n−1> α2n+1 et enfin (α2n+1)_n∈Nest décroissante .

(b) i. La suite(v_m)est convergente donc bornée. Ainsi il existe un réelA >0 tel que :∀m∈N,|vm| ≤A.

La sérieX

k

A^k

k! converge, donc la suite

+∞

X

k=m+1

A^k k!

!

m∈N

de ses restes converge vers0. Pour tout réel

ε >0, il existe un entier naturelM tel que pour toutm≥M,

+∞

X

k=m+1

A^k k!

≤ε.

Fixons m > M. Alors

|Sm(vm)−e^vm| =

+∞

X

k=m+1

vmk

k!

≤

+∞

X

k=m+1

|vm|^k k! ≤

+∞

X

k=m+1

A^k k! ≤ ε.

En résumé, nous avons prouvé que pour tout réel ε > 0, il existe M ∈ N tel que si m ∈ N, alors

|Sm(vm)−e^vm|< ε.

Ceci permet d’affirmer que lim

m→+∞Sm(vm)−e^vm= 0 . ii. Nous avons Sm(vm) = Sm(vm)−e^vm +e^vm. Or lim

m→+∞Sm(vm)−e^vm = 0 et lim

m→+∞e^vm =e^{`</sup>, d’où la suite (Sm(vm))<sub>m∈N</sub>converge verse<sup>`} .

(c) Supposons que la suite(α2n+1)nconverge vers un réel`. Alors en définissant(vm)mparv2n =v2n+1=α2n+1

pour tout entiern, la suite(vm)mconverge également vers`et donc(Sm(vm))<sub>m∈N</sub>converge verse<sup>`</sup>d’après la question 11.(b) ii.

Or, pour tout m, S2m+1(v2m+1) = S2m+1(α2m+1) = 0, d’où par passage à la limite e^` = 0 ce qui est absurde. Il s’ensuit que (α_2n+1)_n diverge.

Étant décroissante, la suite (α_2n+1)_n∈Ndiverge vers−∞.

Partie III.

11. La fonctionh:x7→xe^1−xest de classeC¹surRavech⁰(x) = (1−x)e^1−xpour toutx. On en déduit le tableau de variations et le graphe deh:

x h⁰(x)

h(x)

−∞ 1 +∞

+ 0 −

−∞

−∞

1 1

0 0

x y

-2 -1 1

-1 0 1 2 3 4

12. D’après l’étude précédente, la fonctionhest bijective et continue de l’intervalle]− ∞,1[sur l’intervalle]− ∞,1[.

Par conséquent sa bijection réciproque g est elle-même continue.

De plus hest de classe C^∞ et h⁰ ne s’annule pas. Ceci permet d’affirmer que g est de classeC^∞ de ]− ∞,1[

dans]− ∞,1[. Bien entendu par construction : ∀x∈]− ∞,1[,h(g(x)) =x. Graphe de g:

x y

-1 1

-3 -2 -1 0 1

13. N’oublions pas quehest définie surRtout entier.

D’une part la fonction h est bijective et continue de ]− ∞,1[ dans ]− ∞,1[. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réelρ∈]− ∞,1[tel queh(ρ) =−1.

D’autre part si x≥1alorsh(x)>0, d’où h(x)6=−1.

Finalement il existe un unique réelρtel que h(ρ) =−1 . 14. • D’une parth

−1 2

=−1

2e³². Ore >2donce³>4, d’oùe³² >2puis−1

2e³² <−1. Finalementh

−1 2

<−1.

• D’autre part h

−1 4

=−1

4e⁵⁴. Orln 2≥ 13 20 ≥ 5

8 donc 5

4 <2 ln 2 d’oùe⁵⁴ <4 puis−1

4e⁵⁴ >−1. Finalement h

−1 4

>−1.

D’après les variations dehet sa continuité, il vient ρest dans l’intervalle

−1 2,−1

4

. 15. Soitz un nombre complexe tel que|z| ≤1 et|ze^1−z| ≤1. Soitnun entier naturel.

(a) Sans détour :

(ze^1−z)ⁿe⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k

k!z^k−n = e^−nz

+∞

X

k=n+1

n^kz^k

k! = e^−nz

+∞

X

k=0

n^kz^k k! −

n

X

k=0

n^kz^k k!

!

= e^−nz(e^nz−Tn(z)) = 1−e^−nzTn(z).

On a bien l’égalité : 1−e^−nzTn(z) = (ze^1−z)ⁿe⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n . (b) Toujours sans détour :

1−e^−nzTn(z) =

(ze^1−z)ⁿe⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n

≤

(ze^1−z)

ne⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!|z|^k−n

≤ e⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!

car|z| ≤1 et|ze^1−z| ≤1.

Par ailleurse⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k! =e⁻ⁿ

+∞

X

k=0

n^k k! −

n

X

k=0

n^k k!

!

=e⁻ⁿ(eⁿ−T_n(1)) = 1−e⁻ⁿT_n(1).

Finalement comme attendu |1−e^−nzTn(z)| ≤1−e⁻ⁿTn(1).

(c) SiTn(z) = 0, alors1 ≤1−e⁻ⁿTn(1)et donc e⁻ⁿTn(1)≤0, ce qui est absurde car e⁻ⁿ >0 et Tn(1)>0.

Par conséquent Tn(z)6= 0.

16. Soitnun entier naturel impair supérieur ou égal à3.

À la question 15., nous avons démontré que si zvérifie|z| ≤1 et|ze^1−z| ≤1, alorsTn(z)6= 0.

D’autre partTn

α_n n

=Sn(αn) = 0. Par conséquent

α_n n

>1ou

α_n n e^1−αnn

>1.

L’énoncé admet que toutes les racines complexes du polynôme Sn ont un module strictement inférieur à n, par conséquent

α_n n

<1.

On en déduit que

α_n n e^1−αnn

>1 c’est à dire hα_n

n

>1.

D’après les variations de la fonction h(question 11.) et la question 13., il vient αn

n < ρc’est-à-direαn< nρ.

En outre|αn|< n, d’où finalement αn est bien dans l’intervalle]−n, nρ[.

Partie IV.

17. Pouru∈Ret n∈N, posonsfn(u) =e^−uSn(u)−1− 1 n!

Z 0 u

tⁿe^−tdt. Démontrons quefn est la fonction nulle.

Tout d’abord, par continuité de t 7→ tⁿe^−t et d’après le théorème fondamental du calcul intégral (TFCI), la fonctionu7→

Z 0 u

tⁿe^−tdt est de classeC¹ surRde dérivéeu7→ −uⁿe^−u. Par conséquentf_n est de classeC¹ et : f_n⁰(u) = −e^−uS_n(u) +e^−uS_n−1(u) + 1

n!uⁿe^−u = e^−u

−Sn(u) +S_n−1(u) +uⁿ n!

= e^−u −

n

X

k=0

u^k k! +

n−1

X

k=0

u^k k! +uⁿ

n!

!

= 0.

On en déduit quefn est constante surR. D’autre partfn(0) =Sn(0)−1 = 0. Ainsifn est la fonction nulle et :

∀u∈R, ∀n∈N, e^−uSn(u) = 1 + 1 n!

Z 0 u

tⁿe^−tdt .

18. Soit m un entier naturel etn= 2m+ 1. Par construction de α_n, nous avonsS_n(α_n) = 0. D’après la question précédente : −1 = 1

n!

Z 0 αn

tⁿe^−tdt.

Effectuons le changement de variablest=nudans l’intégrale et utilisonsαn=nγn: −1 = 1 n!

Z 0 γn

nⁿuⁿe^−nundu.

Il s’ensuit que −1 = nⁿ⁺¹ n!

Z 0 γ_n

uⁿe^−nudu= nⁿ⁺¹e⁻ⁿ n!

Z 0 γ_n

uⁿe^n(1−u)du=nⁿ⁺¹e⁻ⁿ n!

Z 0 γ_n

h(u)ⁿdu.

En résumé : Z 0

γ_n

h(t)ⁿdt=−n!eⁿ nⁿ⁺¹ .

19. Utilisons la formule de Stirling :n!∼nⁿe⁻ⁿ√

2πn. Ici : n!eⁿ

nⁿ⁺¹ ∼ nⁿe⁻ⁿ√ 2πneⁿ

nⁿ⁺¹ =

√ 2πn

n ∼

√

√2π n

n→+∞−→ 0.

On en déduit que la suite Z 0

γ_2m+1

h(t)^2m+1dt

!

m∈N

converge vers0. 20. À la question 16., on a montré que pour tout entiern≥3impair,α_n< nρ.

D’après la question 14., on a ρ <0.

Par conséquentγ2m+1= α2m+1

2m+ 1 < ρ <0.

Par ailleurshest négative surR− (question 14.).

On en déduit : Z 0

γ2m+1

h(t)^2m+1dt = Z ρ

γ2m+1

h(t)^2m+1dt+ Z 0

ρ

h(t)^2m+1dt ≤ Z ρ

γ2m+1

h(t)^2m+1dt ≤ 0.

Or lim

m→+∞

Z 0 γ_2m+1

h(t)^2m+1dt= 0(question 20.), d’où la suite Z ρ

γ_2m+1

h(t)^2m+1dt

!

m∈N

converge vers0.

21. Pour toutt∈[γ2m+1, ρ],h(t)≤ −1donch(t)^2m+1≤ −1. On en déduit Z ρ

γ_2m+1

h(t)^2m+1dt≤ −(ρ−γ2m+1)<0.

Or lim

m→+∞

Z ρ γ2m+1

h(t)^2m+1dt= 0, d’où lim

m→+∞γ_2m+1 =ρ.

Finalement α2m+1= (2m+ 1)γ2m+1

m→+∞∼ (2m+ 1)ρ∼2mρ.

Partie V.

22. (a) Grâce à l’inégalité triangulaire :

p

X

i=1

θ_i =

p

X

i=1

θ_iα_i

≤

p

X

i=1

θ_i|α_i| ≤

p

X

i=1

θ_i. Si l’un des α_i a un module strictement inférieur à 1, alors la dernière inégalité est stricte et on a une contradiction. Par conséquent

α1, . . . ,αp sont des nombres complexes de module exactement1 . (b)

θ₁+θ₂e^it

2= (θ₁+θ₂)²

=⇒ θ12

+θ22

+ 2θ1θ2cost=θ12

+θ22

+ 2θ1θ2

=⇒ cost= 1 carθ1θ2>0

=⇒ α2= 1

(c) On procède de la même façon en posant pour toutk,α_k =e^itk :

n

X

k=1

θke^itk

2

=

n

X

k=1

θk

!²

=⇒

n

X

k=1

θk2

+ X

1≤k<l≤n

θkθle^itke^−itl+ X

1≤k<l≤n

θkθle^−itke^itl =

n

X

k=1

θk2

+ 2 X

1≤k<l≤n

θkθl

=⇒ 2 X

1≤k<l≤n

θkθlcos(tk−tl) = 2 X

1≤k<l≤n

θkθl

=⇒ X

1≤k<l≤n

θkθl(1−cos(tk−tl)) = 0

=⇒ ∀k, l∈[[1, n]], cos(tk−tl) = 1 carθkθl>0et 1−cos(tk−tl)≥0

=⇒ ∀k, l∈[[1, n]], tk−tl∈2πZ

=⇒ α1=α2=· · ·=αp . 23. (a) Tout d’abordP(0) =a0>0.

Ensuite P(1) =

n

X

k=0

ak > a0>0.

Ainsi ni 0, ni1, ne sont racines deP .

(b) Sans détour : (X−1)P(X) =anXⁿ⁺¹+ (a_n−1−an)Xⁿ+· · ·+ (a1−a2)X²+ (a0−a1)X−a0 .

(c) Considérons une racineαdeP telle que|α| ≤1. Le nombre complexeαest aussi racine de(X−1)P(X), et commea₀=a₁, il vient :

anαⁿ⁺¹+ (a_n−1−an)αⁿ+· · ·+ (a1−a2)α² = a0. D’autre part, il vient par télescopage :

a_n+ (a_n−1−a_n) +· · ·+ (a₁−a₂) = a₁ = a₀.

On en déduit que

anαⁿ⁺¹+ (a_n−1−an)αⁿ+· · ·+ (a1−a2)α² = an+ (a_n−1−an) +· · ·+ (a1−a2).

On peut donc appliquer la question 22. en posantθn=an,θk=ak−ak+1 pourk∈[[1, n−1]], etαk=a^k−1 pour k∈[[1, n]]. Les nombres complexesα₁, . . . ,α_n sont de module inférieur ou égal à1et θ₁, . . . ,θ_n sont bien des nombres réels strictement positifs.

On en déduit α₁ =α₂ =· · · =α_n, c’est-à-dire α² =α³ =· · · =αⁿ⁺¹, ce qui est impossible car α6= 0 et α6= 1.

Finalement les racines complexes deP ont donc un module strictement supérieur à1 .

24. Supposons queQ(X) =anXⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+· · ·+a1X+a0 avec0< a0< a1<· · ·< a_n−2< a_n−1=an. Tout d’abord Q(0) =a₀>0 donc0 n’est pas racine deQ.

Ensuite αest racine de Qsi et seulement si 1

α est racine du polynômeXⁿQ 1

X

=a0Xⁿ+a1Xⁿ⁻¹+· · ·+ a_n−1X+a_n, qui vérifie les hypothèses de la question 23. On en déduit

1 α

>1 et donc|α|<1.

Comme annoncé les racines complexes deQont donc un module strictement inférieur à1 . 25. Rappelons queT_n(X) =

n

X

k=0

n^k

k!X^k. Posonsa_k= n^k

k! pour toutk∈[[0, n]].

D’une part 0 < a0 < a1 < · · · < a_n−2 < a_n−1 = an donc d’après la question précédente, toutes les racines complexes deTn ont un module strictement inférieur à1.

Or Tn(X) =Sn(nX).

On en déduit que toutes les racines complexes du polynôme S_n ont un module strictement inférieur àn.

Exercice — sujets classique et corsé — d’après Mines 2017 info commune

Partie 1. Préliminaires

1. Une file de voiture peut être représentée par une liste de booléen : l’élément d’indice i contient True si et seulement si la case d’indice icontient une voiture.

2. L’énoncé nous rappelle comment concaténer des listes, alors on ne s’en prive pas : A = [True, False, True, True] + 6 * [False] + [True]

3. Une méthode qui renvoie True si la i-ième case de la file représentée par L contient une voiture, et False sinon, est :

def occupe(L, i):

return L[i]

4. Chacune des ncases contenant ou non une voiture, il y a exactement2ⁿ files différentes de longueurn. 5. Voici deux méthodes permettant de tester l’égalité de deux listes.

L’énoncé affirme qu’on ne doit pas se contenter de : def egal(L1, L2):

return L1 == L2

Les questions suivantes nous font pencher en ce sens.

def egal(L1, L2):

if len(L1) != len(L2):

return False

for i in range(len(L1)):

if L1[i] != L2[i]:

return False return True

6. La complexité est en O(1)si les listes ne sont pas de la même longueur.

La complexité est en O(n)si elles sont toutes deux de longueurn (le pire cas étant atteint lorsque les listes sont égales).

7. Cette fonction renvoie un booléen de typebool.

Partie 2. Déplacement de voitures dans la file

8. avancer(avancer(A, False), True)renvoie

[True, False, True, False, True, True, False, False, False, False, False]

9. Pour le même prix, voici trois méthodes qui permettent d’avancer le début d’une file.

Version avancer :

def avancer_fin(L, m):

return L[:m] + avancer(L[m:], False)

Version itérative :

def avancer_fin(L, m):

n = len(L)

L1 = list(L) ] copie de L for i in range(m + 1, n):

L1[i] = L[i - 1]

L1[m] = False return L1

Version récursive :

def avancer_fin(L, m):

if m == len(L) - 1:

L1 = list(L) ] copie de L L1[-1] = False

return L1 else:

] déplacement à partir de m + 1 L1 = avancer_fin(L, m + 1) ] déplacement de m

L1[m + 1] = L1[m]

L1[m] = False return L1 10. Voici trois méthodes qui permettent d’avancer la fin d’une file.

Version avancer :

def avancer_debut(L, b, m):

return avancer(L[:m + 1], b) + L[m + 1:]

Version itérative :

def avancer_debut(L, b, m):

n = len(L)

L1 = list(L) ] copie de L for i in range(1, m + 1):

L1[i] = L[i - 1]

L1[0] = b return L1

Version récursive :

def avancer_debut(L, b, m):

if m == 1:

L1 = list(L) ] copie de L L1[1] = L1[0]

L1[0] = b return L1 else:

] déplacement de m - 1 L1[m] = L1[m - 1]

] déplacement jusqu’à m - 1 L1 = avancer_debut(L, b, m - 1) return L1

11. Voici deux méthodes permettant d’avancer lorsqu’une file est bloquée.

def avancer_debut_bloque(L, b, m):

L1 = list(L)

for i in range(m - 1, 0, -1):

if not occupe(L1, i) and occupe(L1, i - 1):

] voiture en i-1 mais pas en i L1[i] = True

L1[i - 1] = False

] enfin si la place 0 est libre alors on ajoute b, sinon on laisse True (=occupé) L1[0] = b or L1[0]

return L1

def avancer_debut_bloque(L, b, m):

for i in range(m - 1, -1, -1):

if not occupe(L, i):

return avancer_debut(L, b, i) return list(L)

Partie 3. Une étape de simulation à deux files

12. def avancer_files(L1, b1, L2, b2):

m = len(L1) // 2

R1 = avancer(L1, b1) ] dans tous les cas, L1 avance normalement R2 = avancer_fin(L2, m)

if occupe(R1, m): ] une voiture bloque le croisement R2 = avancer_debut_bloque(R2, b2, m)

else:

R2 = avancer_debut(R2, b2, m) return [R1, R2]

13. L’appel renvoie[[False, False, True, False, True], [False, True, False, True, False]].

Problème 2 — sujet corsé — d’après Mines 2017 MP maths 1

A. Préliminaires

1. On a bien sûr P et Dqui sont non vides (ils contiennent la fonction nulle) et inclus dans E. Il reste à justifier qu’ils sont stables par combinaisons linéaires.

• C’est vrai pourP : toute combinaison linéaire de polynômes est un polynôme.

• C’est vrai pourD: une somme de fonctions DSE est DSE de rayon de convergence au moins égal au minimum des rayons des séries entières initiale ; la multiplication par un scalaire d’une fonction DSE est une fonction DSE et le rayon de convergence reste inchangé (si le scalaire est non nul).

En conclusion P etDsont des sous-espaces vectoriels de E . 2. • Fixons f ∈ E et x∈I. Pourt∈h

0,π 2 i

, on a xsin(t)∈I doncf(xsin(t))est bien défini.

La fonction t 7→ f(xsin(t)) est continue sur le segment h 0,π

2 i

, donc elle y est intégrable. Par conséquent u(f)(x)est bien défini .

De même, la fonction f étant de classeC¹, on en déduit quef est continue puist7→f⁰(xsin(t))est continue surh

0,π 2 i

, donc elle y est intégrable. Il s’ensuit que v(f)(x)est également bien défini .

• Par linéarité de l’intégrale et de la dérivation, on obtient que uet v sont bien linéaires .

• Soitf ∈ E. Utilisons le théorème de régularité des intégrales à paramètres, en posant g(x, t) =f(xsin(t))et J =h

0,π 2 i

:

? Pour tout x∈I, la fonctiong(x,·) : t7→f(xsin(t))est continue par morceaux sur le segmentJ et donc intégrable sur ce segment.

? La fonction gadmet des dérivées partielles selon sa première variable à tout ordre sur I×J, avec

∂^pg

∂x^p(x, t) = (sin(t))ⁿf⁽ⁿ⁾(xsin(t)).

? Pour toutx∈I, la fonction ∂^pg

∂x^p(x,·)est continue par morceaux surJ.

? Pour toutt∈J, la fonction ∂^pg

∂x^p(·, t)est continue sur I.

? Pour tout(x, t)∈I×J,

∂^pf

∂x^p(x, t)

≤ |(sin(t))ⁿf⁽ⁿ⁾(xsin(t))| ≤ kf^(p)k^I_∞.

Cette quantité existe car f^(p) est continue sur le segment J. Enfin, le majorant constant est intégrable sur le segmentJ.

Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre s’applique et prouve que

∀f ∈ E, u(f)∈ E ainsi que

∀p∈N^∗, u(f)^(p)(x) = 2 π

Z π/2 0

(sin(t))ⁿf⁽ⁿ⁾(xsin(t))dt.

Remarquons ensuite quev(f) =f(0) +π

2 ×Id×u(f). Par conséquent v(f)est également dans E . Le calcul de v(f)^(p) n’est pas explicitement demandé. Il s’obtient à l’aide de la formule de Leibniz de dérivation d’un produit, utilisant le fait queId⁰= 1 etId^(p)= 0dès quep≥2.

3. Par linéarité deuetv, il suffit de montrer queu(f_n)etv(f_n)sont dansP pour tout entiern∈N, oùf_n :x7→xⁿ. Un calcul élémentaire donne

∀n∈N, u(fn) = 2Wn

π fn,

∀n∈N^∗, v(fn) = nW_n−1fn, v(f₀) = 1 = f₀. Ceci permet d’affirmer que u(P)⊂ P et v(P)⊂ P .

Remarque : on a au passage trouvé des vecteurs propres pour les endomorphismes uetv.

4. Fixonsn≥2. Effectuons une intégration par parties, en primitivantsinet dérivantsinⁿ⁻¹ (toutes les fonctions sont de classeC¹ sur le segment) :

W_n =

−cos(x) sinⁿ⁻¹(x)^π/2

0 + (n−1) Z π/2

0

cos²(x) sinⁿ⁻²(x)dx.

Le terme tout intégré est nul puisque n≥2. Grâce àcos²= 1−sin², W_n = (n−1)

Z π/2 0

sinⁿ⁻²(x)dx−(n−1) Z π/2

0

sinⁿ(x)dx = (n−1)W_n−2−(n−1)W_n

puisWn= n−1

n W_n−2. Ainsi

∀n∈N, Wn+2 = n+ 1 n+ 2Wn . On en déduit que

∀n∈N, (n+ 2)Wn+2Wn+1 = (n+ 1)WnWn+1

c’est-à-dire que la suite de terme général (n+ 1)W_nW_n+1 est constante. OrW₀=π

2 etW₁= 1 d’où

∀n∈N, WnWn+1 = π 2(n+ 1) .

5. Après intégration des inégalités (sin(x))ⁿ⁺¹ ≤(sin(x))ⁿ pour x∈[0, π/2](conséquence de sin(x)∈[0,1]pour x∈[0, π/2]) on obtientWn+1≤Wn. Ceci prouve la décroissance de la suite(Wn)n.

Supposons que Wn−Wn+1= 0, alors l’intégrale de la fonctionx7→(sin(x))ⁿ−(sin(x))ⁿ⁺¹ continue et positive est nulle sur [0, π/2]. Ceci est absurde. On a donc montré que la suite (Wn)n∈Nest strictement décroissante . Comme(Wn)est décroissante et minorée par0, elle admet une limite positive`. En passant à la limite dans la relation de la question 4., on obtient que `²= 0et ainsi la suite (W_n)_n est convergente de limite nulle . Nous avonsW_n−1≤W_n≤W_n+1donc par multiplication parW_n ≥0il vientW_n−1W_n≤W_n²≤W_n+1W_n. Avec la relation de la question 4., nous en déduisons

π

2(n−1) ≤ W_n² ≤ π 2(n+ 1). Majorant et minorant étant équivalents à la même quantité π

2n, il en est de même deW_n². Comme on peut élever un équivalent à puissance constante, on conclut que Wn

n→+∞∼ rπ

2n .

B. Étude de la continuité de u et v

6. L’ensemble Iest un segment etf est une application (en particulier) continue sur I, donc M(f) = sup

x∈I

|f(x)|est bien défini .

L’énoncé ne semble pas demander de prouver que M est une norme.

Fixons f ∈ E. Pour toutx∈I, nous avons

|u(f)(x)| = 2 π

Z π/2 0

f(xsin(t))dt

≤ 2 π

Z π/2 0

|f(xsin(t))|dt ≤ 2 π

Z π/2 0

M(f)dt = M(f).

Le majorant étant indépendant dex, on en déduitM(u(f))≤M(f). L’applicationuétant linéaire, ceci montre que uest continue et même1-lipschitzienne donc un endomorphisme continu de(E, M).

7. D’après le calcul de la question 3., en posantfn :x7→xⁿ, il vient pour tout n≥1: M(v(fn)) = nW_n−1M(fn).

Or d’après 5. :nWn−1∼

√πn

√ 2

n→+∞−→ +∞. Par conséquent le quotient M(v(fn))

M(fn) n’est pas borné et v n’est pas un endomorphisme continu de(E, M).

8. L’applicationN:f 7→M(f) +M(f⁰)est bien définie car sif ∈ E alorsf⁰ ∈ E. On a quatre propriétés à vérifier :

• N est clairement positive.

• N vérifie l’axiome de séparation, car si N(f) = 0 alors en particulier M(f) = 0et donc f = 0(M est une norme !).

• N est homogène carM l’est et car la dérivation est linéaire.

• N vérifie l’inégalité triangulaire car c’est le cas pourM et car la dérivation est linéaire.

Il s’ensuit que N est une norme surE . De plus, pourf ∈ E etx∈I= [−a, a], il vient

|v(f)(x)| ≤ |f(0)|+a Z π/2

0

M(f⁰)dt ≤ M(f) +aπ

2M(f⁰) ≤ 1 +aπ

2

(M(f) +M(f⁰)) = 1 +aπ

2

N(f).

Le majorant étant indépendant de x, on conclut queM(v(f))≤ 1 +aπ

2

N(f). Ceci montre que l’application linéaire v est

1 +aπ 2

-lipschitzienne de(E, N)dans(E, M). Finalement v est continue de(E, N)dans(E, M).

Si les normes étaient équivalentes, alors la continuité ne dépendrait pas du choix de la norme. Par conséquent N et M ne sont pas équivalentes surE .

Remarque : on pourrait montrer que le rapportN(fn)/M(fn)n’est pas majoré, et même de limite infinie.

9. Soitf ∈ E. La fonctionf⁰étant continue sur le segmentI, elle est uniformément approchable surIpar une suite (q_n)_n de polynômes (théorème de Weierstrass). Notonsp_n l’unique primitive deq_n prenant la valeurf(0)en0.

On a alorspn(0) =f(0)etM(p⁰_n−f⁰)→0. Soit alorsε >0; il existe un rangn0à partir duquelM(p⁰_n−f⁰)≤ε.

En posantp=p⁰_n0, on a

p∈ P, p(0) =f(0), et pour toutx∈I, |p⁰(x)−f⁰(x)| ≤ε.

Reprenons notre suite (p_n)_n. D’après le théorème fondamental du calcul intégral, et grâce à p_n(0) = f(0), il vient :

∀x∈[−a, a], |pn(x)−f(x)| =

Z x 0

p⁰_n(t)dt− Z x

0

f⁰(t)dt

≤ |x|M(p⁰_n−f⁰) ≤ aM(p⁰_n−f⁰).

Le majorant est indépendant de x, doncM(pn−f)≤aM(p⁰_n−f⁰). Finalement

N(p_n−f) = M(p_n−f) +M(p⁰_n−f⁰) ≤ aM(p⁰_n−f⁰) +M(p⁰_n−f⁰) ^n→+∞−→ 0.

On a trouvé une suite d’éléments de P qui converge au sens deN versf quelconque dans E, c’est-à-dire P est dense dans l’espace vectoriel normé (E, N).

C. Étude de l’inversibilité de u et v

10. Pour l’étude de la restriction àP deuetv, reprenons les formules de la question 3. et en particulierf_n :x7→xⁿ. Nous avons, d’après la question 4. :

∀n∈N^∗, (u◦v)(fn) = nWn−1u(fn) = nWn−1

2Wn

π fn = fn, (u◦v)(f₀) = u(f₀) = 2W₀

π f₀ = f₀,

∀n∈N^∗, (v◦u)(fn) = 2Wn

π v(fn) = 2Wn

π nW_n−1fn = fn, (v◦u)(f₀) = v(f₀) = f₀.

Ainsi par linéarité de uet v :

(u◦v)_|P = (v◦u)_|P = IdP .

11. Soitf ∈ E. D’après la question 9., il existe une suite(p_n)_n d’éléments deP qui converge versf pourN, c’est-à- dire telle que N(pn−f)→0. D’après la question 8., l’applicationv est continue de(E, N)dans (E, M). On en déduit que M(v(pn)−v(f))→0. Commeuest continue au sens de M, on en déduit que

M(p_n−(u◦v)(f)) = M((u◦v)(p_n)−(u◦v)(f)) ^n→+∞−→ 0.

On a donc(pn)n qui converge vers(u◦v)(f)dans(E, M).

Or (p_n)_n converge versf au sens de N et donc aussi au sens deM (carM(g)≤N(g)). Par unicité de la limite au sens de M, on a doncu◦v(f) =f et

u◦v = Id_E .

Si v(f) = 0 alorsf =u(v(f)) =u(0) = 0; ainsiv est injective et 0 n’est pas valeur propre dev . 12. Remarquons tout d’abord qu’avec l’expression deu(f)⁰ de la question 2. on a, pour toutxdansI :

|u(f)⁰(x)| = 2 π

Z π/2 0

(sin(t))f⁰(xsin(t))dt

≤ 2 π

Z π/2 0

|sin(t)| · |f⁰(xsin(t))|dt ≤ 2 π

Z π/2 0

M(f⁰)dt = M(f⁰).

Par conséquentM(u(f)⁰)≤M(f⁰). De plus, d’après la question 6. :M(u(f))≤M(f). On en déduit : N(u(f)) = M(u(f)) +M(u(f)⁰) ≤ M(f) +M(f⁰) = N(f).

Ceci signifie que uest un endomorphisme continu de(E, N).

Reprenons maintenant les notations de la question précédente, c’est-à-dire une suite (pn)n de polynômes telle queN(p_n−f)→0.

Alors N(u(pn −f)) → 0. Mais v est continue de (E, N) vers (E, M). Ainsi M(v(u(pn −f))) →0 c’est-à-dire M(p_n−(v◦u)(f))→0.

Or (pn)n converge versf au sens de N et donc aussi au sens deM (carM(g)≤N(g)). Par unicité de la limite au sens de M, on a doncv◦u(f) =f et

v◦u = Id_E .

Commeu◦v= Id_E ETv◦u= Id_E, on en déduit que uet vsont dansGL(E)avecu⁻¹=v . 13. Comme déjà noté en question 2., nous avons

v(f) = f(0) +π

2IdI×u(f⁰).

La fonction tan est de classe C¹ sur ]0, π/2[ et sa dérivée ne s’annule pas sur cette intervalle. C’est donc une bonne fonction de changement de variable. En posantz= tan(t), il vientsin²(t) = z²

1 +z² ainsi quet= arctan(z)