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IUFM de La Seyne-sur-Mer
Agrégation Interne
CORRIGÉ DU SUJET MINES-PONTS 99 - MP
T. CHAMPION
1)a.
FA est stable par combinaisons linéaires découle de la linéarité du passage à
FA est non vide puisque les fonctions constantes (et en particulier la fonction
éléments de FA : si f est une fonction constante égale à c sur I on a évidemment
Le fait que
la limite. De plus
nulle) sont des
Z 1
Z 1
N
N
1 X
1 X
f (an ) =
c = c =
c dx =
f (x) dx .
N
N
0
0
∀N ≥ 1,
n=1
1)b.
ε > 0,
Soit
et
f1
et
f2
dans
n=1
FA
vériant les deux propriétés. Puisque
N
N
N
1 X
1 X
1 X
f1 (an ) ≤
g(an ) ≤
f2 (an ) ,
N
N
N
∀N ≥ 1,
n=1
n=1
n=1
on obtient
N
N
N
N
1 X
1 X
1 X
1 X
f1 (an ) ≤ lim inf
g(an ) ≤ lim sup
g(an ) ≤ lim sup
f2 (an ) ,
N →+∞ N
N →+∞ N
N →+∞ N
N →+∞ N
lim inf
n=1
et comme
n=1
n=1
f1 , f2 ∈ FA on en déduit
Z 1
Z 1
N
N
1 X
1 X
f1 (x) dx ≤ lim inf
g(an ) ≤ lim sup
g(an ) ≤
f2 (x) dx .
N →+∞ N
N →+∞ N
0
0
n=1
On déduit des hypothèses sur
Z
n=1
1
0
f1
et
f2
n=1
que
Z 1
N
N
1 X
1 X
g(x) dx − ε ≤ lim inf
g(an ) ≤ lim sup
g(an ) ≤
g(x) dx + ε .
N →+∞ N
N →+∞ N
0
n=1
Ceci étant valable pour tout
ε > 0,
n=1
on a donc
Z 1
N
N
1 X
1 X
g(x) dx ,
lim inf
g(an ) = lim sup
g(an ) =
N →+∞ N
N →+∞ N
0
n=1
et on en déduit que
1)c.
g
n=1
FA .
si A est
appartient à
La condition est nécessaire:
équi-répartie alors
La condition est susante: supposons que
FA
FA = E
donc
FA
est dense dans
contient une partie dense dans
E.
Soit
g
E.
un
E : pour démontrer que g ∈ FA , il sut de vérier la condition de la question 1).b.
ε > 0, puisque FA contient une partie dense dans E il existe un élément f ∈ FA tel que
kg − f k ≤ 2ε . On pose f1 := f − 2ε et f2 := f + 2ε , et on vérie que f1 et f2 satisfont bien les
conditions de 1).b.: f1 , f2 ∈ FA car FA est un sous-ev de E contenant les constantes, et les deux
élément de
Soit
inégalités découlent directement des choix faits.
2)a.
On suppose que
FA
contient la fonction
les fonctions en escalier sur
sur
I
I
puisque
étant une limite uniforme sur
une partie dense de
E.
I
FA
hJ
pour tout intervalle
est un sev de
E.
J.
Alors il contient toutes
Toute fonction continue par morceaux
de fonctions en escalier, on en déduit que
Il découle de la question 1).c que
1
A
est équi-répartie.
FA
contient alors
2
T. CHAMPION
2)b.

0




 1ε (x − c)
1
f1 (x) :=


− 1 (x − d)


 ε
0
FA
Si on suppose que
extrémités
intervalle
2)c.
ε
Il sut de prendre, pour
J
0
et
de
1,
I,
si
si
si
si
si
susamment petit:

0




 1ε (x − c + ε)
1
et f2 (x) :=


− 1 (x − d − ε)


 ε
0
x ∈ [0, c],
x ∈ [c, c + ε],
x ∈ [c + ε, d − ε],
x ∈ [d − ε, d],
x ∈ [d, 1],
si
si
si
si
si
x ∈ [0, c − ε],
x ∈ [c − ε, c],
x ∈ [c, d],
x ∈ [d, d + ε],
x ∈ [d + ε, 1].
contient toutes les fonctions continues prenant les mêmes valeurs aux
alors d'après ce qui précède et 1).b
FA
A
et donc d'après la question 2)a. la suite
contient la fonction
hJ
pour tout
est équi-répartie.
Il sut de remarquer que
N
1 X
N (J)
hJ (an ) =
.
N
N
1
Z
hj (x) dx = d − c et ∀N ≥ 1,
0
n=1
A
La conclusion est donc nécessaire (si
est équi-répartie alors
h J ∈ FA )
et susante (question
2).a.).
3)a.
On pose pour
an := rn − [rn ]
pour tout
n ≥ 1,
et on remarque que
N
N
1 X
1 X
exp(2 i π k rn ) =
exp(2 i π k an ).
N
N
∀N ≥ 1,
n=1
Si
R
(an ) est équi-répartie et on a
Z 1
Z 1
N
1 X
lim
exp(2 i π k an ) =
cos(2 π k x) dx + i
sin(2 π k x) dx = 0 .
N →+∞ N
0
0
est équi-répartie modulo
I
n=1
alors
n=1
3)b.
Soit
f
une fonction continue sur
I
prenant les mêmes valeurs en
0
et en
1.
Pour
N ≥ 1,
on
note
SN : x 7→
N
X
cn (f ) e2 i π n x
σN : x 7→
et
n=−N
S1 (x) + . . . + SN (x)
N
est le n-ième coecient de Fourier de f . D'après le théorème de Féjer, la suite de
(σN )N ≥1 converge uniformément vers f sur I : puisque FA est un sev de E , ces fonctions
sont des éléments FA (en supposant que pour tout k on a C(R, k, N ) → 0).
Ceci étant valable pour toutes les fonctions continues sur I prenant les mêmes valeurs en 0 et
en 1, on déduit de la question 2)b. que R est équi-répartie modulo I .
3)c. On pose R = (nθ)n≥1 . Si θ est irrationnel, on obtient pour tout k ∈ N∗ :
N
e2 i π k θ e2 i π k N θ − 1
1 X 2iπknθ
e
=
C(R, k, N ) =
→ 0 quand N → +∞ ,
N
N (e2 i π k θ − 1)
où
cn (f )
fonctions
n=1
donc d'après la question précédente,
Si
R
θ
est rationnel, soit
q ∈ N∗
R
I dans ce cas.
C(R, q, N ) = 1 pour tout N ≥ 1
est équi-répartie modulo
tel que
qθ ∈ N.
Alors
et donc
n'est pas équi-répartie d'après la question 3)a..
ϕ00 ≤ 0 sur [1, +∞[ , donc ϕ0 est décroissante sur cet intervalle, et comme
→ 0 quand t → +∞ on en déduit que ϕ0 est positive sur [1, +∞[ . De plus, comme 1/t est
0
négligeable devant ϕ on obtient
1
∀ε > 0, ∃T, ∀t ≥ T,
≤ ε ϕ0 (t),
t
0
et donc ϕ est strictement positive sur [1, +∞[ (car elle décroit vers 0 et ne peut s'annuler pour
t grand).
4)a.
ϕ0 (t)
D'après l'énoncé
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3
n≥1
dn > 0 pour
Le théorème des accroissements nis permet de conclure que pour tout
[n, n + 1] tel que dn = rn+1 − rn = ϕ(n + 1) − ϕ(n) = ϕ0 (θn ).
(dn )n tend vers 0 en décroissant quand n → +∞. De plus
Donc
θn ∈
n ≥ 1 et
il existe
tout
1
θn
1
=
×
→ 1 × 0 = 0 quand n → +∞.
ndn
n
θn ϕ(θn )
4)b.
On a (en notant K la constante qui apparaît comme étant une Erreur! dans l'énoncé):
N
N
N
N N
1 X
1 X 1 X
K X 1
1 π X
An −
Bn =
|dn |
(An − Bn ) ≤
dn+1 − dn + N
N
N
N
N
n=1
n=1
n=1
n=1
n=1
N N
KX
1
1
π X
=
−
+
dn
N
dn+1 dn
N
n=1
n=1
N
K
1
1
π X
=
−
+
dn
N dN +1 d1
N
n=1
D'après la question précédente,
1
N
PN
n=1 dn
→0
puisque
dn → 0.
1
N dN +1
→ 0,
et d'après le résultat de Cesaro on obtient que
On en conclut que
N
N
1 X
X
1
lim An −
Bn = 0.
N →+∞ N
N
n=1
n=1
Il reste à remarquer que
N
N 1 X
1 X An+1 An
1
AN +1 A1
Bn =
−
=
−
N
2iπN
dn+1
dn
2 i π N dN +1
d1
n=1
et comme
|AN +1 | = 1,
n=1
on conclut comme précédemment que
N
1 X
lim
Bn = 0.
N →+∞ N
n=1
On déduit de ce qui précède que
4)c.
1
N →+∞ N
lim
N
X
An = 0 .
n=1
quand
N → +∞.
Soit
k∈
→0
k ϕ,
N → +∞ où
R = (rn )n≥1 on a C(R, 1, N )
∗
N , en appliquant les deux questions précédentes à la fonction
On a démontré à la question précédente que pour la suite
ϕ, on obtient que C(k R, 1, N ) → 0 quand
(k rn )n≥1 .
Puisque C(k R, 1, N ) = C(R, k, N ), on a donc obtenu que C(R, k, N ) → 0 quand N → +∞
pour tout entier k ≥ 1. D'après la question 3)b., on en conclut que R est équi-répartie modulo
I.
5)a. On pose Ψα (t) := lnα (t) sur [1, +∞[ , et on calcule
qui satisfait aux mêmes hypothèses que
kR
est la suite
(α − 1) lnα−2 (t) − lnα−1 (t)
α α−1
ln
(t) et Ψ00α (t) = α
.
t
t2
α−1 , +∞[ et vérie
La fonction Ψα est à valeurs positives, elle est concave sur l'intervalle [e
1
0
0
Ψα (t) = o(t). On a de plus t = o(Ψα (t)) dès que α > 1.
Puisque seul le comportement asymptotique de Aα intervient dans l'étude de l'équi-répartition,
α−1 )] + 1 (où [ . ] désigne la partie entière), rang
ne considérer cette suite qu'à partir du rang [(e
à partir duquel Ψα est concave, permet de conclure d'après la question 4 que pour α > 1 la suite
Aα est équi-répartie.
Ψ0α (t) =
4
T. CHAMPION
5)b.
Une primitive de
5)c.
On calcule
f : x 7→ e2 i π ln(x)
|e2 i π ln(x) | = 1
R∗+
est
F : x 7→
Z
1 N 2 i π ln(x) 1
e
dx
= 2πN
N 1
|IN | =
car
sur
pour tout réel
x ≥ 1.
Donc
1
2iπ
e2 i π ln(x) .
h
2 i π ln(x) iN e
≤ 1
πN
1 lim |IN | = 0.
N →+∞
On a aussi
|LN − IN | =
1
N
=
1
N
=
1
N
Z N
N
X
e2 i π ln(n) −
e2 i π ln(x) dx
1
n=1
Z n
N X
2 i π ln(n)
2 i π ln(x)
e
−
e
dx 1 +
n−1
n=2
Z n N
X
x
e2 i π ln(n)
1 − e2 i π ln( n ) dx .
1 +
n−1
n=2
Il reste à remarquer que
Z
n
x
1 − e2 i π ln( n )
→ 0 quand n → +∞.
n−1
En eet
Z
n
x
)
2 i π ln( n
1−e
n−1
Z n 2 i π ln(1+ x−n
)
n
dx = 1−e
dx
n−1
Z n x−n ≤
1 − e2 i π ln(1+ n ) dx
n−1
Z n x − n ≤
1 − cos(2 π ln(1 + n ))
n−1
x − n + 0 − sin(2 π ln(1 +
)) dx
n
Z n
x − n 4π
≤
2 × 2 π 0 −
dx ≤
→ 0 quand n → +∞ ,
n
n
n−1
où on a appliqué l'inégalité des accroissements nis aux fonctions
x 7→ sin(2 π ln(1 + x))
entre
0
et
x−n
n , éléments de
fonctions est majorée en valeur absolue par
[0, 1],
x 7→ cos(2 π ln(1 + x))
et
intervalle sur lequel la dérivée de ces
2 π.
|LN − IN | → 0 quand N → +∞, et donc LN → 0 quand
C(A1 , 1, N ) → 0 quand N → +∞.
On conclut du résultat de Cesaro que
N → +∞.
On a donc prouvé que
Il reste à voir que les calculs eectués précédemment s'adaptent aussi pour prouver que
C(A1 , k, N ) → 0
équi-répartie.
quand
N → +∞
pour tout entier
k ≥ 1.
On en déduit que
A1
est aussi