Concours commun polytechnique concours DEUG

Concours commun polytechnique
concours DEUG
première partie : Polynômes de Bernoulli
1.
a)
B0 = 1 , donc B1 = X + K avec K constante.
X2
et donc B2 =
+ KX + C avec C constante.
2
1
La condition B2 (0) = B2 (1) donne + K + C = C donc K = 1=2
2
X2 X
X3 X2
1
Donc B2 =
+ C . Et donc B3 =
+ CX + D . La condition B3 (0) = B3 (1) donne
2
2
6
4
6
1
soit C =
12
1
X2
X
1
B1 = X
, B2 =
+
2
2
2
12
1
+C = 0
4
b)
On continue :
B3 =
et donc
B4 =
. et B4 (0) = B4 (1) donne
X4
24
1
24
X3
X2
+
+ DX + E
12
24
1
1
+
+D =0
12 24
soit D = 0
et B4 =
X4
24
X3
X2
+
+ E donc
12
24
B5 =
et donc
X2
X
+
+D
4
12
X3
6
B3 =
X3
6
X5
120
X4
X3
+
+ EX + F
48
72
1
1
+
+E =0
48 72
1
120
N
B4 =
X2
X
+
4
12
X4
24
X3
X2
+
12
24
1
720
2. Q est une (la) primitive de P d’intégrale nulle sur [0; 1] . Ce n’est pas une "condition initiale" du cours. L’existence et
l’unicité ne sont pas évidentes.
Z X
a) Soit P0 =
P (t)dt la primitive nulle en 0 de P:Elle existe par continuité de P sur R .
0
On cherche donc Q sous la forme Q = P0 +C . La condition
.
Z
1
Q(u)du = 0 équivaut à C =
0
Z
1
0
P0 (u)du =
Z
0
1
Z
u
P (t)dt du
0
Il existe donc une unique constante C , donc un unique polynôme Q :
Z x
Z 1 Z u
L(P ) =
P (t)dt
P (t)dt du
0
Comme pour tout ( ; ) réels l’application f !
linéaire d’applications linéaires.
0
Z
0
f (t)dt est linéaire, L est linéaire comme composé et combinaison
Si L (P ) = Q = 0 on a P = 00 soit P = 0 . Le noyau de L est réduit à 0 . L est injective.
Z
1
Q(t)dt = 0 montre que L n’est pas surjective . Par exemple il n’existe pas de polynôme P tel que
Z0 1
1dt 6= 0
L(P ) = 1 car
La condition
0
On peut même montrer que Im(L) =
est Q0 .
Q 2 R [X] ;
Z
1
0
Q(t)dt = 0 et que l’unique antécédent de Q 2
Q 2 R [X] ;
Z
1
Q(t)dt = 0
0
b) On peut réécrire les conditions (P1 ) :de façon équivalente :
0
B0 = 0 , 8n 2 N , Bn+1
= Bn , Bn+2 (0) = Bn+2 (1)
0
Si la suite véri…e (P1 ) on a pour n 2 N , Bn+1
= Bn et donc
et donc Bn+1 = L (Bn ) On a bien
Z
Z
1
Bn+1 (t)dt =
0
1
0
Bn+2
(t)dt = Bn+2 (1) Bn+2 (0) = 0
0
B0 = 1; 8n 2 N , Bn+1 = L(Bn )
Réciproque: si pour tout n , Bn+1 = L(Bn ) on a Bn+1 = Bn0 et donc Bn+2 (1) Bn+2 (0) =
Z
1
0
Bn+2
(t)dt =
0
(par dé…nition de L )
Z
1
Bn+1 (t)dt = 0
0
c) Par récurrence : B0 = 1 existe et est unique . Si Bn existe et est unique Bn+1 existe et est unique d’après la question
2.a)
On peut véri…er B3 et B4
3. On pose Cn (X) = ( 1)n Bn (1
X) et on véri…e que la suite (Cn ) véri…e la même relation que (Bn )
C0 = 1
et pour tout n Cn+1 = L(Cn ) car :
0
0
Cn+1
(x) = ( 1)n+1 Bn+1
(1 x) = ( 1)n Bn (1
Z 1
Z 1
Z
n
Cn+1 (t)dt =
( 1)n Bn+1 (1 t)dt = ( 1)
0
0
x) = Cn (x)
0
n
Bn+1 (u) ( du) = ( 1)
1
par unicité:
Z
1
Bn+1 (u)du = 0
0
8n 2 N , Bn (X) = ( 1)n Bn (1
X)
4.
a) on reprend les valeurs numériques de la première question :
b0 (1); b1 =
b) D’après la question 3. pour n impair Bn(0) =
1
1
; b2 =
; b3 = 0; b4 =
2
12
Bn (1) . Mais pour n
pour n
1
720
2 Bn (0) = Bn (1) . donc comme bn = Bn (0)
2; impair bn = 0
remarque : attention à la cohérence si n = 3 .
II calcul de (2)
) donc par période gk (2 ) = gk 2
= gk 2 +
1 0
x
1 0 x
0
La fonction g2k est C 1 sur [0; 2 [ , continue en 2 (d’après la remarque précédente) et g2k
(x) =
B2k ( ) =
B2k 1
2
2
2
2
admet une limite …nie en 2
; donc par période gk est continue, 2 périodique et C 1 par morceaux sur R , donc gk est
égale à la somme de sa série de Fourier.
5. Comme k
1 on a B2k (0) = B2k (1) et donc gk (0) = gk (2
n
gk (x) =
a0 (gk ) X
+
an (gk ) cos(nx) + bn (gk ) sin(nx)
2
k=1
avec :
a0 (gk ) =
1
Z
0
2
B2k
x
2
dx =
1
Z
1
B2k (t) (2 dt) = 2
0
2
0 (k)
en posant x = 2 t , changement de variable C1 .
pour n
1 , an (gk ) =
1
Z
changement de variable C1
6.
2
x
2
B2k
0
Z
1
cos(nx)dx =
1
B2k (t) cos(2 nt) (2 dt) =
n (k)
en posant x = 2 t ,
0
idem pour bn (gk )
Z 1
B2k (t)dt = 0 , d’après la dé…nition de L (on a bien 2k
0 (k) =
1)
0
7.
a) deux intégrations par parties donnent
Z 1 2
t
n (1) = 2
2
0
=
=
=
=
t2
2
2
Z
1
2
2 n
4
2:
cos(2 nt)dt
t
1
+
2 12
sin(2 nt)
2 n
2n
(t
2 n
0
Z
1
(t
1
(t
2
1
1=2) cos(2 nt)
4
0
2
=
2
=
2
!
2 n2
Z
1
cos (2 nt) dt
0
2 n2
1,
n (1)
0
2 , on intégre par parties grâce à B2k
= B2k
Z 1
B2k (t) cos(2 nt)dt
n (k) = 2
=
1=2) sin(2 nt)dt
0
1
4
0
Mais 2k
1
1=2) sin(2 nt)dt
!
pour n
b) Et pour k
1
1
0
1
2
t
1
+
2 12
4
2 n2
:
1
!
Z 1
1
1
sin(2 nt)
B2k 1 (t) sin(2 nt)dt
B2k (t)
2 n
2 n 0
0
Z 1
1
B2k 1 (t) sin(2 nt)dt
2 n 0
!
Z 1
1
1
cos(2 nt)
_
B2k 2 (t) cos(2 nt)dt
B2k 1 (t)
4 2 n2 0 4 2 n2 0
1 est impair plus grand que 3 donc B2k
8n
2
=
1; 8k
1 (0)
2,
= B2k
1 (1)
=0
1
n (k)
=
1,
n (k)
4
2 n2
n (k
1)
c) A n …xé et k variable on a une suite géométrique
8n
1; 8k
=
( 1)k
1
2
2k
(2 n)
8. Comme 2k est pair la relation de I.3 donne Bn (1 x) = Bn (x) . On a donc Bn (1 x) sin(2 (1
. Et donc
Z 1=2
Z 1=2
Bn (1 x) sin(2 (1 x))dx =
Bn (x) sin (2 ns) dx
0
0
le changement de variable X = 1 x donne :
Z 1
Bn (x) sin (2 nx) dx =
1=2
Z
1=2
Bn (x) sin (2 nx) dx
0
et donc :
8n
1; 8k
3
1,
n (k)
=0
x)) =
Bn (x) sin (2 x)
remarque: on peut aussi montrer la parité et véri…er : 8x 2]0; 2 [ gk ( x) = gk (x) et étendre à x =0 ou 2 puis à R:
x
pour x 2]0; 2 [ , gk ( x) = gk (2
x) = B2k 1
( car 2
x 2 [0; 2 [ ) . donc gk ( x) = gk (x) d’après Q3:
2
9. On a donc pour k
1:
gk (x) =
En prenant x = 0 on a
+1
k 1
X
( 1)
cos (nx)
(2 n)2k
n=1
+1
X
1
1
= ( 4
K
n
2
n=1
b2 = 1=12 donc
1
2
X
1
=
, b4 =
n2
6
k=1
III Application au calcul de
n
X
2 k
) b2k
+1
4
X
1
1
=
donc
720
n4
90
n=1
kp
k=1
10. a) Sans problème :d (P )
p + 1 ) d ( (P ))
p + 1 et
8 (P; Q) 2 Rp+1 [X]; 8 ( ; ) 2 R2 : ( P + Q) (X + 1)
b) Si (P ) = 0 , P est de période 1:Donc P (X)
. il est donc nul
( + + Q)(X) =
(P (X + 1)
P (X)) + (Q(X + 1)
Q(X))
P (0) est un polynôme ayant une in…nité de racines (tous les entiers)
Ker( ) = R0 [X]
c) Comme P est un polynôme de degré p + 1 , P (X + 1)
haut degré se simpli…e donc (P ) 2 Rp [X] .
P (X) est aussi de degré
p + 1 . Mais les termes de plus
Comme Ker ( ) est une droite, le théorème du rang donne :
dim (Im(P )) = dim (Rp+1 [X])
1 = (p + 2)
1 = p + 1 = dim (Rp [X])
Pour ces deux espaces vectoriels on a inclusion et égalité des dimensions …nies, donc égalité des sous espaces vectoriels.
Im( ) = Rp [X]
Xp
Xp
2 Rp [X] ,
admet au moins un antécédent par
p!
p!
11. Comme
donc Q
Z
C=
1
, noté Q . Si Qp est un autre antécédent (Q Qp ) = 0
Z 1
Qp 2 Ker( ) . Il existe une constante C telle que Qp = Q + C . La condition
Qp (t)dt = 0 impose
0
Q(t)dt . Qp existe et est unique.
0
12. On véri…e par récurrence que la suite Bp+1 véri…e la relation précédente
(X
Pour p
1=2) = (X + 1=2)
1 : Si Bp = Qp
X0
et
0!
0
alors comme Bp+1
= Bp
(X
1
1=2) = 1 =
0
(Bp+1
)=
Z
1
(t
1=2)dt = 0 donc B1 = Q0
0
(Bp ) =
(Qp
1)
=
Xp 1
(p 1)!
On en déduit que :
0
( (Bp+1 )) = (Bp+1 (X + 1)
0
0
Bp+1 (X)) = Bp+1
(X + 1)
0
Bp+1
(X) =
0
0
(Bp+1
)=
Xp 1
(p 1)!
Danger : ne pas aller trop vite : en général si f est linéaire (f (P )) 6= f (P 0 ) . Il faut justi…er clairement
0
0
( (Bp+1 )) = (Bp+1
)
Xp
En prenant une primitive (Bp+1 ) = Bp+1 (X + 1) Bp+1 (X) =
+ Cste:
p!
4
Comme p 1 on a p + 1 2 et donc par dé…nition des polynôme de Bernoulli Bp+1 (1) = Bp+1 (0) . La valeur de
l’expression en 0 donne une constante nulle
Z 1
Xp
, et d’après I.2.b)
Bp+1 (t)dt = 0 . Donc par unicité Bp+1 = Qp .
(Bp+1 ) =
p!
0
(Bp+1 ) =
13. On a donc pour tout entier k : Bp+1 (k + 1)
n
X
kp
k=0
p!
=
n
X
Bp+1 (k + 1)
B3 (n + 1)
X3
6
kp
. Par télescopage
p!
Bp+1 (k) = Bp+1 (n + 1)
Bp+1 (0)
k=0
Le terme pour k = 0 est nul et donc :
14. pour p = 2 on a B3 =
Bp+1 (k) =
Xp
p!
n
X
k p = p! (Bp+1 (n + 1)
Bp+1 (0))
k=1
X2
X
+
donc
4
12
(n + 1)2
(n + 1)
n+1
+
=
2n2 + 4n + 2
2
6
6
(n + 1)3
3
B3 (0) =
pour p = 3 on a B4 =
X4
24
X3
X2
+
12
24
B4 (n + 1)
3n
3+1 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
1
et donc
720
B4 (0)
=
=
=
(n + 1)3
(n + 1)2
(n + 1)4
+
4
2
4
(n + 1)2 2
n + 2n + 1 2n 2 + 1
4
2
n(n + 1)
2
IV) séries génératrices
15. En distinguant les cas :
2
si n = 0 jb0 j = 1
1
si n = 1 , jbn j =
2
3
6
2
si n > 1 est impairjbn j = 0
si n
n
3 (2 )
+1
X
1
1
2 est pair , on pose n = 2k. A la question 9 on avait
= ( 4
k
n
2
n=1
jbn j =
+1
X
1
n
(2 ) n=1 n2k
2
+1
X
1
n
(2 ) n=1 n2
n
3 (2 )
2
16. Par récurrence sur n :
B0 (x) = 1 = b0
B1 (x) = x
1=2 = b0 x + b1
5
) b2k et donc
2
2
jbn j
2 k
n
3 (2 )
d’après la valeur de (2)
Si pour tout x Bn (x) =
n
X
n
bn
k
k=0
X
xk
0
on a Bn+1
(x) = Bn (x) =
bn
k!
xk
et donc
k!
k
k=0
Bn+1 (x)
= Bn+1 (0) +
Z
0
= bn+1 +
n+1
X
n
xX
n
bn
k
k=0
b(n+1)
X
tk
dt = bn+1 +
bn
k!
k=0
K
x
=
K!
8n 2 N; 8x2 R , Bn (x) =
remarque : on peut aussi justi…er que
= Bn
n+1
X
K
K=1
Bn(k)
k
b(n+1)
K
K=0
n
X
bn
k=0
k
xk+1
(k + 1)!
xK
K!
xk
k!
et utiliser la formule de Taylor Bn (x) =
k
n
(k)
X
Bn (0)
k!
k=0
xk
17.
2
z n
: si jzj < 2 le terme général tend vers 0 . Comme on étudie une
a) On a d’après la question 15 jbn z n j
3
2
série entière R 2
+1 n
+1
X
X
z
b) Si jzj < 2 les deux séries
et
bn z n convergent absolument. On peut faire un produit de Cauchy
n!
n=1
n=0
(ez
1) f (z) =
+1
X
wn avec wn =
n=1
n
X
zk
k=1
question précédente Bn (1) =
n
X
1
bn
k!
k
k!
bn
kz
n k
( la première série n’a pas de terme pour n = 0):Or d’après la
bn ) z n = (Bn (1)
. On a donc wn = (Bn (1)
Bn (0)) z n .
k=0
si n = 1 Bn (1)
si n
Donc (ez
Bn (0) = 1 d’après le calcul de B1 .
2, Bn (1) = Bn (0) par dé…nition de la suite.
1) f (z) = z
z
f (z) =
ez
18. D’après la question 16 on a un produit de Cauchy :
!
+1 X
n
+1 X
n
X
X
xk
gx (z) =
bn k
zn =
k!
n=0
n=0
k=0
1
k
(xz)
k!
k=0
!
bn
kz
n k
!
=
+1 X
n
X
n=0
k n k
k=0
!
!
+1
k
X
(xz)
en posant k =
et k = bn z z n k La série
k est une série entière en X = xz de rayon de convergence
k!
k=0
in…nie. Elle converge absolument pour tout X et sa somme vaut exz
+1
X
La série
k est la série qui dé…nie f . Elle converge absolument si jzj < 2 :
k=0
Par produit de Cauchy
gx (z) =
zexz
ez 1
19.
a)
2f (z=2)
f (z) =
z
ez=2
z
1
ez
1
=z
1
ez=2
1
ez=2
ez 1
=z
ez=2 + 1
ez 1
b) par linéarité des développement en série entière on a donc :
2
+1
X
n=0
bn
z
2
n
+1
X
n=0
6
bn z n =
+1
X
n=0
Bn (1=2)z n
ez=2
ez 1
=
zez=2
= g1=2 (z)
ez 1
Comme les séries entières ont un rayon de convergence >0 , on peut (par unicité) identi…é les coe¢ cients :
Bn (1=2) =
7
1
2n
1
1 bn