Epreuve écrite maths

Rapport du jury de l’épreuve de Mathématiques 2014
Banque commune École Polytechnique - interENS, concours PSI
L’objectif de ce problème était l’étude en dimension infinie de certains opérateurs continus définis sur des espaces de fonctions ou de suites. Il s’agissait pour les étudiants de
prendre possession de nouvelles notions et d’étendre des résultats bien connus sur des
espaces de dimension finie. Le sujet était divisé en quatre parties d’importance égale et
très largement indépendantes.
Partie 1 :
Même si les premières questions de cette partie était somme toute élémentaires, plusieurs
candidats n’ont pas fait preuve de suffisamment d’aisance en ce qui concerne par exemple
la norme d’un opérateur (fût-il défini sur un espace de fonctions). En particulier, celle-ci
ne peut en aucun cas dépendre du vecteur que l’on considère au moment de l’estimation !
Beaucoup de candidats ont par ailleurs oublié de vérifier l’aspect endomorphisme et
sont passés tout de suite à l’estimation de continuité (alors qu’une petite phrase aurait
suffi).
Il est par ailleurs surprenant de voir des candidats considérer le noyau d’une fonction
continue définie sur le segment [0, 1]. Plus généralement, signalons que les objets T , T (f )
et même T (f )(x) ont régulièrement été confondus. On a retrouvé ce type de confusions
dans la partie 2.
Tout aussi surprenant, un nombre important de candidats pensent avoir répondu à la
question b) en démontrant que l’image de l’endomorphisme T est l’ensemble des
éléments qui admettent un antécédent par T .
La dernière question de cette partie n’a été abordée (et correctement traitée) que par
un très faible nombre de candidats. Un dessin les aurait pourtant aidés à constater que
le calcul de la norme de fn était grandement simplifié par des changements de variable
élémentaires. Une analyse un peu plus fine permettait de voir qu’un équivalent de celle
de T (fn ) pouvait être obtenu en comparant l’intégrale qui définissait ||T (fn )||2 et celle
où x2 était remplacé par la valeur 1.
Brève correction :
a) T est linéaire et envoie E dans E. De plus, pour f ∈ E, ||T (f )||∞ ≤ ||f ||∞ . Finalement,
T ∈ L(E).
b) Il suffit de prendre f = 1 pour en déduire que 1 est la plus petite constante possible
1
dans la relation (1).
c) Ker(T ) = {f ∈ E | ∀x ∈ [0, 12 ], f (x) = 0}.
Im(T ) = {f ∈ E | f (0) = 0 et f est dérivable en 0}
Un antécédent possible

 f (2x)/2x
f 0 (0)
g(x) =

f (1)
de f ∈ lm(T ) est g définie pour x ∈ [0, 1] par :
si x ∈]0, 1/2]
si x = 0
si x ∈]1/2, 1]
d) En majorant x2 par 1 dans l’intégrale, on obtient pour f ∈ E : ||T (f )||2 ≤
T est toujours linéaire et envoie continûment (pour la norme 2) E dans E.
√
2||f ||2 .
e) En faisant des changements de variable qui ne changent pas la valeur de l’intégrale
(translation, symétrie), on a pour n ≥ 2 :
R 1/n
R 1/n2 4 2
1
+ 3n1 2 .
||fn ||22 = 0 n2 x2 dx + 0
n x dx = 3n
R 1/2
||T (fn )||22 = 8 1/2−1/n x2 fn2 (x)dx. Or |x2 − 14 | ≤ n1 sur [ 12 − n1 , 12 ]. Donc : ||T (fn )||22 ∼
√
R 1/2
R 1/2
2
2
. Donc ||T||f(fnn||)||
→
2 1/2−1/n fn2 (x)dx = 2 0 fn2 (x)dx = 3n
2. La meilleure constante
2
√
possible dans la relation (1) est 2.
Partie 2 :
Signalons que bon nombre de candidats confondent une suite et ses valeurs. Ainsi, on
a pu voir écrit que pour tout entier n, un était de carré sommable, ou que deux suites
étaient distinctes si et seulement si tous leurs termes étaient différents.
De nombreux candidats ont calculé le spectre ponctuel de S (ou de V ), ont ensuite dit
que le spectre de l’autre opérateur se calculait de la même manière et en ont conclu
que les spectres ponctuels de S et V étaient égaux. S’il est vrai que certains calculs se
ressemblaient, les résultats en revanche étaient différents.
Signalons également que dans ces questions, inégalités larges et strictes ont souvent été
confondues, et les inégalités manipulées sans considération de signe. Ainsi, on a pu voir
que l’ensemble des suites géométriques bornées était composé de celles de raison appartenant à l’ensemble ] − ∞, 1[, puis dans la partie 3 qu’une fonction (de signe quelconque)
était intégrable si elle était majorée par une fonction intégrable, et dans la partie 4
qu’une série était convergente si son terme général était majoré par celui d’une série
convergente.
Enfin, des preuves par équivalence ont souvent mené à des erreurs de raisonnements,
2
qu’une démonstration par double implication aurait certainement permis d’éviter.
Brève correction :
a) S et V sont linéaires. En passant par les sommes partielles (série positive), S et V
envoient bien E dans E, et pour u ∈ E, ||Su||2 = ||u||2 , ||V u||2 ≤ ||u||2 . S et V sont bien
dans L(E).
b) En distinguant les cas λ 6= 0 et λ = 0, on a : σp (S) = ∅.
On a σp (V ) =] − 1, 1[. Vecteur propre associé à la valeur propre λ : un = λn avec la
convention 00 = 1.
c) Tout comme en a), mêmes inégalités.
d) Comme en b), σp (S) = ∅.
Et cette fois-ci σp (V ) = [−1, 1]. Vecteur propre associé à la valeur propre λ : un = λn
avec la convention 00 = 1.
e)σ(S) = σ(V ) = [−1, 1].
En effet, S − λI est toujours injectif d’après d), donc on cherche les λ tels que S − λI est
surjectif. Clairement, S n’est pas surjectif. On suppose λ 6= 0. Un antécédent u de v ∈ F
n
P
vérifie nécessairement : ∀n ∈ N, un = λ−n
λk−1 vk (par récurrence). Si |λ| > 1, u ∈ F
k=0
et est un antécédent en remontant les calculs. Donc σ(S) ⊂ [−1, 1]. Réciproquement, si
|λ| ≤ 1, en distinguant trois cas (λ = 1, −1 ou ∈] − 1, 1[) les suites définies par vn = 1
(pour les cas 1 et 3) et vn = (−1)n (pour le cas 2) n’admettent pas d’antécédent dans F .
D’après la question d), [−1, 1] ⊂ σ(T ) et reste à montrer que si |λ| > 1, alors V − λI est
surjective. On trouve un (l’)antécédent de v ∈ F comme précédemment : u ∈ F défini
+∞
P −k−1
par : un = −λn
λ
vk .
k=n
Partie 3 :
Il est très dommageable que certains candidats s’empressent d’utiliser le théorème de
continuité sous le signe somme alors même que la fonction étudiée peut se mettre sous
une forme (comme suggéré par l’énoncé) ne nécessitant que le théorème fondamental
de l’analyse (et non de l’algèbre, comme on a pu le lire). Par ailleurs, l’utilisation de
théorèmes traitant d’intégrales paramétrées est illicite si le paramètre en question figure
dans l’une des bornes de l’intégrale.
Plus généralement, on regrette le manque de réflexion de certains candidats lors de la
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vérification des hypothèses d’un théorème (pourtant régulièrement correctement cité).
Beaucoup de candidats n’hésitent pas (questions b, c et d) à dériver une fonction qui
n’est pas dérivable ou invoquent la nullité d’une intégrale pour justifier la nullité d’une
fonction (de signe arbitraire). Parfois, ils vont même jusqu’à affirmer, par automatisme,
que la fonction est dérivable ou positive, ce qui n’était clairement pas le cas. Profitons-en
ici pour signaler la quasi-systématique division par 0 des candidats qui ont déclaré,
sans avoir précisé que λ était non nul, que si λf était deux fois dérivable, il en était de
même pour f .
Enfin, la résolution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants
ne devrait pas être source d’autant d’ennuis.
Brève correction :
a) T est linéaire et envoie E dans E. De plus, comme K 2 ≤ 1, on a, d’après l’inégalité
de Cauchy-Schwartz, pour tout f ∈ E et pour tout s ∈ [0, 1] : |T (f )(s)|2 ≤ ||f ||22 . Donc
||T (f )||2 ≤ ||f ||2 . Finalement, T ∈ L(E).
b) Soit s ∈ [0, 1]. T (f )(s) = (1 − s)
Rs
R1
tf (t)dt + s (1 − t)f (t)dt. D’après le théorème
0
s
fondamental de l’analyse, T (f ) est donc de classe C 1 , et : T (f )0 (s) =
T (f ) est donc même de classe C 2 et T (f )00 = −f .
R1
R1
f (t)dt− tf (t)dt.
s
0
c) Soit f ∈ Ker(T ). Alors 0 = T (f )00 = −f . Donc le noyau de T est réduit à {0}, et T
est injectif.
d) Soit f ∈ Ker(T − λI). Comme λ ∈ σp (T ), d’après la question précédente, on a λ 6= 0.
)
Or T (f ) est de classe C 2 donc f = T (f
aussi. De plus, T (f )00 = λf 00 donc λf 00 + f = 0.
λ
f (0) = T (fλ)(0) = 0, et : f (1) = T (fλ)(1) = 0. En effet : K(0, ·) = K(1, ·) = 0.
e) On cherche les solutions de l’équation différentielle λy 00 + y = 0 sur ]0, 1[, continues
sur [0, 1] et vérifiant les conditions au bord y(0) = y(1) = 0. Si λ < 0, il n’y a pas
de solution non nulle. Si λ > 0, il existe une solution non nulle ssi il existe k ∈ N∗ tel
que λ = 1/k 2 π 2 et dans ce cas, l’ensemble des solutions est Rfk où fk : t 7→ sin(kπt).
Réciproquement, T (fk )00 = λfk00 et une fonction affine s’annulant deux fois est nulle. Finalement, σp (T ) = {1/k 2 π 2 | k ∈ N∗ } et E1/k2 π2 = Rfk .
Partie 4
Peu de candidats ont abordé cette dernière partie avec sérénité, les justifications nécessaires
étant très souvent échangées pour quelques lignes de calculs formels et/ou peu lisibles :
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que penser de l’honnêteté ou du recul des trop nombreux candidats qui, à la suite d’un
calcul obscur où les indices i et j pouvaient à peine être distingués, parvenaient à montrer (questions c et d) que la norme de T (bi ) ne dépendait ni de la base choisie, ni de
l’indice considéré ?
La principale erreur fût de manipuler des sommes infinies sans plus de justifications sur
le sens précis à donner à ces objets (que ce soit une somme double, une somme à termes
dans un espace préhilbertien, ou simplement la somme d’une série dont la convergence
n’aura pas été vérifiée).
Par ailleurs le caractère involutif de l’adjonction ne devrait pas être un résultat très
surprenant pour les candidats : finalement peu d’entre eux ont réussi à identifier cette
propriété (très utile pour traiter deux questions).
Brève correction :
a) En notant pour N ∈ N, fN =
N
P
hx, en ien , on a hx−fN , fN i = 0, donc :
n=0
N
P
|hx, en i|2 =
n=0
||fN ||2 = ||x||2 − ||x − fN ||2 . Ceci prouve que la série de tg |hx, en i|2 converge et sa somme
vaut ||x||2 .
2
2
n
. Donc la série de terme général
b) Soit (u, v) ∈ H 2 . Pour tout n ∈ N, |un vn | ≤ un +v
2
un vn est absolument convergente. En particulier, hu, vi est bien défini. Il s’agit clairement
d’un produit scalaire. De plus, on vérifie que la famille (ei )i∈N où pour tout i, n ∈ N,
(ei )n = δin (symbole de Kronecker) vérifie les propriétés (i) et (ii) (orthonormale et la
norme au carré dans (ii) est le reste d’une série convergente).
c) Soient B = (bi )i∈N et B 0 = (ci )i∈N deux bases hilbertiennes de H telles que C =
+∞
+∞
P
P
||T (bi )||2 < +∞. Soit i ∈ N, on a ||T (bi )||2 =
|hT (bi ), cj i|2 . Donc :
i=0
j=0
∀(n, m) ∈ N2 ,
∀(n, m) ∈ N2 ,
n X
m
X
i=0 j=0
n
m X
X
|hT (bi ), cj i|2 ≤ C
|hbi , T̃ (cj )i|2 ≤ C
j=0 i=0
∀m ∈ N,
m
X
||T̃ (cj )||2 ≤ C =
j=0
+∞
X
||T (bi )||2
i=0
Donc la série de terme général ||T̃ (cj )||2 converge et :
+∞
P
j=0
||T̃ (cj )||2 ≤
+∞
P
||T (bi )||2 .
i=0
De l’existence de l’adjoint donnée en indication, on déduit son unicité, et que : T̃˜ = T .
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Ainsi, la dernière inégalité devient facilement une égalité.
d) Supposons que la quantité définie dans la question est finie. Soit B 0 = (ci )i∈N une
base de hilbertienne de H. Alors, d’après la question précédente, la série de tg ||T̃ (cj )||2
et donc la série de tg ||T (c )||2 (car T̃˜ = T ) convergent et :
j
+∞
X
||T (cj )||2 =
j=0
+∞
X
||T̃ (cj )||2 =
j=0
+∞
X
||T (bi )||2
i=0
Sinon, la quantité est infinie pour toute base hilbertienne. Dans les deux cas, celle-ci ne
dépend pas du choix de la base B.
e) Soit (ei )i∈N la base hilbertienne de H définie la question b) de la partie 3. Alors pour
i ∈ N, V (ei ) = ei−1 et S(ei ) = ei+1 (où l’on a posé e−1 = 0). Donc S et V ne sont
pas dans L2 (H). L’opérateur T défini par : ∀u ∈ H, ∀n ∈ N, (T u)n = e−n un est dans
L2 (H) (linéaire, envoie H dans H, continu, puis L2 en testant sur la base hilbertienne
précédente).
f) Remarquons d’abord que d’après la définition donnée dans l’énoncé, L(H) est un
espace vectoriel (sous-espace vectoriel de celui des endomorphismes non nécessairement
continus).
Soient (U, L) ∈ L2 (H)2 et λ ∈ R. Clairement, λU ∈ L2 (H) et ||λU ||2 = |λ|||U ||2 . Soit
(bn )n∈N une base hilbertienne de H. Alors, pour n ∈ N :
||(U + L)(bn )||2 = ||U (bn )||2 + ||L(bn )||2 + 2hU (bn ), L(bn )i
≤ ||U (bn )||2 + ||L(bn )||2 + 2||U (bn )||||L(bn )||
≤ 2(||U (bn )||2 + ||L(bn )||2 )
Donc U + L ∈ L2 (H). L2 (H) est donc un sous-espace vectoriel de L(H). De plus,
+∞
P
||U (bn )||||L(bn )|| ≤ ||U ||2 ||L||2 . Finalement, ||U +L||2 ≤ ||U ||2 +||L||2 , et ||·||2 est bien
n=0
une norme sur L2 (H). A noter qu’on utilise deux fois l’inégalité Cauchy-Schwartz, mais
une fois appliqué aux suites U (bn ) et T (bn ) à n fixé, et une fois aux suites (||U (bn )||)n∈N
et (||L(bn )||)n∈N .
g) Soit (bn )n∈N une base hilbertienne de H.
Pour n ∈ N, hL(bn ), U (bn )i =
||(L+U )(bn )||2 −||L(bn )||2 −||U (bn )||2
.
2
Donc la quantité de l’énoncé, est bien définie, indépendante de la base choisie et vaut :
||L+U ||22 −||L||22 −||U ||22
. C’est un produit scalaire car c’est la forme polaire de || · ||2 .
2
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h) Tout d’abord, on a : U L ∈ L(H) d’après la définition donnée dans l’énoncé. Soit
(bn )n∈N une base hilbertienne de H. Alors pour n ∈ N, ||U L(bn )||2 ≤ M 2 ||L(bn )||2 (où
M est donné par la relation (1) appliqué à U ). Donc par théorème de comparaison pour
les séries positives, U L ∈ L2 (H).
i) On déduit de la question c) que pour tout U ∈ L(H), U ∈ L2 (H) ⇔ Ũ ∈ L2 (H).
De plus, on déduit de la relation définissant l’adjoint (et de l’unicité) que UfL = L̃Ũ .
D’après la question précédente, comme Ũ ∈ L2 (H), U˜L = L̃Ũ ∈ L2 (H). Finalement,
U L ∈ L2 (H).
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