MPSI B Corrigé du DS 5 29 juin 2019

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Problème I.

PARTIE I

1. On peut vérier que f (t) = e ^t

convient .

2. Pour y ∈ F prenons y = 0 dans la dénition, on obtient alors

f (x) ² = f (x) ² f (0) ² puis

f (0) ² (1 − f (0) ² ) = 0 Les seules valeurs possibles pour f (0) sont donc 0, −1, 1 .

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

PARTIE II

1. Soit g un élément quelconque de G , alors e ^g est un élément de F qui ne prend que des valeurs strictement positives. On obtient tous les éléments de G en composant par ln les fonctions à valeurs strictement positives de F .

2. Écrivons la relation de récurrence de 2 à n et sommons. Les termes −2u k se simplient (sauf les extrêmes) :

u ₂ − 2u ₁ + 0 = 2u ₁ u 3 − 2u 2 + u 1 = 2u 1

...

u n − 2u _n−1 + u _n−−2 = 2u 1

u _n+1 − 2u _n + u _n−1 = 2u ₁

−u 1 − u n + u n+1 = 2nu 1

A partir de u _n+1 − u _n = (2n + 1)u ₁ , on obtient u _n par une nouvelle sommation, u n = ((2(n − 1) + 1) + (2(n − 2) + 1) + · · · + (2 × 0 + 1)) u _n =

2 n(n − 1)

2 + n

u ₁ = n ² u ₁

3. Remarquons d'abord, en prenant x = y = 0 que g(0) = 0 .

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

u _n+1 + u _n−1 = 2(u _n + u ₁ ) soit la relation de la question précédente.

On en déduit u n = n ² u 1 ou encore g(αx) = α ² g(x) pour α entier naturel. D'autre part, avec x = 0 dans la relation de dénition, g(−y) = g(y) donc g(αx) = α ² g(x) est encore valable pour α ∈ Z.

Si n ∈ N, g(x) = g(n _n ^x ) = n ² g( _n ^x ) donc

g( x n ) = ( 1

n ) ² g(x)

On en déduit donc que la relation g(αx) = α ² g(x) est valable dans Q.

N'importe quel nombre réel α est la limite d'une suite de nombres rationnels (α _n x) _{n∈ N} →αx

(g(α _n x)) _{n∈ N} = (α ² _n g(x)) _{n∈ N} → g(αx) par continuité de g en αx . On en déduit

g(αx) = α ² g(x)

par unicité de la limite. La relation est donc valable dans R.

4. D'après la question précédente, g(x) = x ² g(1) . Les éléments de G sont donc les fonc- tions x 7→ λx ² où λ est un nombre réel arbitraire.

On se propose maintenant de démontrer que les fonctions non nulles de F sont de la forme x 7→ εe ^λx

où λ est un nombre réel arbitraire et ε ∈ {−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 dans G .

Soit f une fonction de F nulle en a 6= 0 , en prenant x = y = ^a ₂ , on a

f (a)f (0) = f ( a 2 ) ⁴

donc f ( ^a ₂ ) = 0 . On en déduit une suite de points qui converge vers 0 et en lesquels la fonction est nulle. Par continuité, f est nulle en 0 , elle est donc identiquement nulle.

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PARTIE III

Notons K l'ensemble de toutes les fonctions vériant la relation de la partie II alors G est la partie de K constitué des fonctions continues alors que H est la partie de K constituée des fonctions localement bornées en 0.

D'après les propriétés des fonctions continues, il est clair que G ⊂ 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 de 0 . Le calcul du début de la question II 3. reste valable, en particulier h(nx) = n ² h(x) pour n rationnel . La continuité n'intervient que pour le passage de Q à R. On peut donc écrire pour x ∈ [−2 ⁿ a, 2 ⁿ a]

|h(x)| = h(2 ⁿ x

2 ⁿ ) = 2 ²ⁿ

h( x

2 ⁿ ) ≤ 4 ⁿ A

Ceci montre que h est bornée sur [−2 ⁿ a, 2 ⁿ a] puis sur n'importe quel segment. Car un segment quelconque est inclus dans un des précédents pour n assez grand.

2. Pour n = 0 , ^3.2 ₄

⁻¹ = 2 et l'inégalité est évidente car a+ ^u ₁ et a ∈ [−1, 1]∪ [a − 1, a + 1] . On raisonne ensuite par récurrence.

Remarquons que a + ₂

^u est le milieu de a et a + ₂ ^u

. Exploitons la propriété de h a = (a + u

2 ⁿ⁺¹ ) − u

2 ⁿ⁺¹ , a + u

2 ⁿ = (a + u

2 ⁿ⁺¹ ) + u 2 ⁿ⁺¹ h(a + u

2 ⁿ ) + h(a) = 2 h

h(a + u

2 ⁿ⁺¹ ) + h( u 2 ⁿ ) i h

h(a + u

2 ⁿ ) − h(a) i

= 2 h

h(a + u

2 ⁿ⁺¹ ) − h(a) i

+ 2h( u 2 ⁿ⁺¹ ) Remarquons que

h( ₂

^u ) ≤

₂

¹ h(u)

≤ ₄

¹ M a . On en déduit alors en utilisant l'hypothèse de récurrence

2 h

h(a + u

2 ⁿ⁺¹ ) − h(a) i

≤ 3.2 ⁿ − 1

4 ⁿ M a + 2

4 ⁿ⁺¹ M a ≤ 2 3.2 ⁿ⁺¹ − 1 4 ⁿ⁺¹ M a

ce qui achève la démonstration.

3. Comme 3 2 ⁿ − 1

4 ⁿ M a

n∈ N

→ 0 pour tout > 0 , il existe un N tel que pour tous les n ≥ N

3 2 ⁿ − 1 4 ⁿ M a ≤

Considérons alors α = ₂ ¹

, tout élément de [a − α, a + α] est de la forme a + ₂ ^u

avec u ∈ [−1, 1] . La question précédente montre alors que h est continue en a .

On en déduit que tout élément de H est continu dans R donc que H = G .

Problème II.

1. Soit z = ρe ^iθ = ρ cos θ + iρ sin θ donc

ze ^−z = ρe ^iθ e ^{−ρ cos θ} e ^{−iρ sin θ} = ρe ^{−ρ cos θ} e ^{i(θ−ρ sin θ)}

Lorsque ρ est strictement positif, ρe ^{−ρ cos θ} est le module de ze ^−z et θ − ρ sin θ) est un argument. Si ρ est négatif, il faut prendre la valeur absolue et ajouter π à l'argument.

2. La fonction u est de classe C ^∞ sur ]0, 1] avec u ⁰ = − ^ln _t

^t . Dans ]0, 1[ , cette dérivée est strictement positive donc la fonction est strictement croissante dans ]0, 1] . En 0, u diverge vers −∞ , la fonction u dénit donc une bijection continue de ]0, 1] vers ]−∞, 1] . Sa bijection réciproque (notée v ) est strictement croissante, continue et dérivable dans ] − ∞, 1[ avec

v ⁰ (x) = − v(x) ² ln(v(x))

Comme v est continue, cette expression montre que v ⁰ est continue et donc que v est de classe C ¹ .

3. Après composition par la fonction ln , on obtient que re ^{−r cos θ} = 1

e ⇔ r = v(cos θ) On choisira donc

r = v ◦ cos

4. Comme v et cos sont continues, r est continue. De plus r est 2π -périodique et paire car cos est 2π -périodique et paire. Si on restreint cos à ]0, 2π[ , elle prend ses valeurs dans [−1, 1[ qui est une partie du domaine de dérivabilité de u , la fonction r est donc dérivable dans cet intervalle avec pour tout θ dans ]0, 2π[ :

r ⁰ (θ) = − sin θv ⁰ (cos θ) = r(θ) ² sin θ ln r(θ) La relation re ^{−r cos θ} = ¹ _e s'écrit encore

r(θ) = e r(θ) cosθ−1

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ce qui donne

r(θ) cos θ − 1 = ln(r(θ)) et

r ⁰ (θ) = r(θ) ² sin θ r(θ) cos θ − 1

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

1 + ln(1 − h) = 1 − h − h ²

2 + o(h ² ) 1

1 − h = 1 + h + h ² + o(h ² ) 1 + ln(1 − h)

1 − h = 1 + (1 − 1 − 1

2 h ² + o(h ² ) w(h) = 1

2 h ² + o(h ² ) Ce qui s'écrit aussi

w(h) ∼ h ² 2

Par dénition r = v ◦ cos donc u(r(θ)) = cos θ . En 0, r converge vers 1, écrivons des équivalence pour chaque termes de l'égalité 1 − u(r(θ)) = 1 − cos θ . On obtient

(1 − r(θ) ² 2 ∼ θ ²

2 d'où 1 − u(r(θ)) ∼ θ ou encore

r(θ) = 1 − θ + o(θ)

Problème III.

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

Considérons u ◦ h pour un h quelconque dans G : u ⁺ ◦ h = 1

m X

g∈G

g ⁻¹ ◦ u ◦ g ◦ h = 1

m h ◦ X

g∈G

(g ◦ h) ⁻¹ u ◦ (g ◦ h).

Pour h xé, g ⁰ = g ◦ h décrit le groupe G lorsque g décrit G donc u ⁺ ◦ h = 1

m h ◦ X

g

∈G

g ⁰⁻¹ ◦ u ◦ g ⁰ = h ◦ u ⁺ .

2. Comme u ⁺ commute avec tout élément g de G ,

u ⁺⁺ = 1 m

X

g∈G

g ⁻¹ ◦ u ⁺ ◦ g = 1 m

X

g∈G

g ⁻¹ ◦ g ◦ u ⁺ = u ⁺ .

3. a. L'application p est un projecteur sur F qui est stable par les éléments de G donc :

∀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

donc F est inclus dans l'image de p ⁺ .

D'autre part, pour tout x de E , p(g(x)) ∈ F donc g ⁻¹ ◦ p ◦ g(x) ∈ F par stabilité puis p ⁺ (x) ∈ F par linéarité. On en déduit que F est l'image de p ⁺ .

b. Soit g et h quelconques dans G et y quelconque dans E . Alors

p(y) ∈ F ⇒ g ◦ h ⁻¹ ◦ p(y) ∈ F (stabilité de F )

⇒ 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 forme p ⁺ ◦ p ⁺ .

p ⁺ ◦ p ⁺ = 1 m ²

X

(g,h)∈G

g ⁻¹ ◦ p ◦ g ◦ h ⁻¹ ◦ p ◦ h

= 1 m ²

X

(g,h)∈G

h ⁻¹ ◦ p ◦ h = 1 m

X

g∈G

p ⁺ = p ⁺ .

d. Pour tout x ∈ ker p ⁺ , p ⁺ ◦ g(x) = g ◦ p ⁺ (x) = 0 donc g(x) ∈ ker p ⁺ . D'où ker p ⁺ est stable par G .

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