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M033/2021-03-02 15:34:41 Page 1/4 Mathématiques 2 MP 4 heures Calculatrice autorisée 2021 Inégalités de Bernstein Le but de ce problème est d’étudier les inégalités dites de Bernstein dans deux cadres différents. La première partie s’intéresse à la démonstration de l’inégalité de Bernstein pour les polynômes et à certaines applications. La deuxième partie introduit la notion de transformée de Fourier et permet d’établir une inégalité de Bernstein pour des fonctions dont la transformée de Fourier vérifie certaines propriétés. Les deux parties de ce sujet sont complètement indépendantes et peuvent être traitées dans l’ordre désiré. I Inégalité polynomiale de Bernstein et applications Dans cette partie, — si 𝑛 ∈ ℕ, on note ℂ𝑛[𝑋] le ℂ-espace vectoriel des polynômes à coefficients complexes de degré inférieur ou égal à 𝑛 ; — si 𝑛 ∈ ℕ∗, on note 𝒮𝑛 le ℂ-espace vectoriel des fonctions 𝑓 : ℝ → ℂ vérifiant ∃(𝑎0, …, 𝑎𝑛) ∈ ℂ𝑛+1, ∃(𝑏1, …, 𝑏𝑛) ∈ ℂ𝑛, ∀𝑡 ∈ ℝ, 𝑓(𝑡) = 𝑎0 + 𝑛 ∑ 𝑘=1 (𝑎𝑘 cos(𝑘𝑡) + 𝑏𝑘 sin(𝑘𝑡)). On remarque que les éléments de 𝒮𝑛 sont des fonctions bornées ; — si 𝐼 est un intervalle non vide de ℝ et si 𝑓 est une fonction bornée de 𝐼 dans ℂ, on note ‖𝑓‖𝐿∞(𝐼) = sup 𝑥∈𝐼 |𝑓(𝑥)|. On admet que 𝑓 ↦ ‖𝑓‖𝐿∞(𝐼) définit une norme sur le ℂ-espace vectoriel des fonctions bornées de 𝐼 dans ℂ. I.A – Polynômes de Tchebychev On définit la suite de polynômes (𝑇𝑛)𝑛∈ℕ par 𝑇0 = 1, 𝑇1 = 𝑋 et ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑇𝑛+2 = 2𝑋𝑇𝑛+1 − 𝑇𝑛. Q 1. Pour tout 𝑛 dans ℕ, déterminer le degré de 𝑇𝑛, puis montrer que (𝑇𝑘)0⩽𝑘⩽𝑛 est une base de ℂ𝑛[𝑋]. Q 2. Montrer que, pour tous 𝑛 ∈ ℕ et 𝜃 ∈ ℝ, 𝑇𝑛(cos 𝜃) = cos(𝑛𝜃). Q 3. En déduire que, pour tous 𝑛 ∈ ℕ et 𝑃 ∈ ℂ𝑛[𝑋], la fonction de ℝ dans ℂ, 𝜃 ↦ 𝑃(cos 𝜃) est dans 𝒮𝑛. Q 4. Pour 𝑛 ∈ ℕ, calculer ‖𝑇𝑛‖𝐿∞([−1,1]). Q 5. Montrer que, pour tout 𝑛 ∈ ℕ, ‖𝑇′𝑛‖𝐿∞([−1,1]) = 𝑛2. On pourra commencer par établir que, pour tous 𝑛 ∈ ℕ et 𝜃 ∈ ℝ, |sin(𝑛𝜃)| ⩽ 𝑛|sin 𝜃|. I.B – Inégalité de Bernstein Soit 𝑛 un entier naturel non nul. Q 6. Soit 𝐴 ∈ ℂ2𝑛[𝑋], scindé à racines simples, et (𝛼1, …, 𝛼2𝑛) ses racines. Montrer que ∀𝐵 ∈ ℂ2𝑛−1[𝑋], 𝐵(𝑋) = 2𝑛 ∑ 𝑘=1 𝐵(𝛼𝑘) 𝐴(𝑋) (𝑋 − 𝛼𝑘)𝐴′(𝛼𝑘). (I.1) Soit 𝑃 dans ℂ2𝑛[𝑋], et, pour tout 𝜆 ∈ ℂ, 𝑃𝜆(𝑋) = 𝑃(𝜆𝑋) − 𝑃(𝜆). Q 7. Si 𝜆 ∈ ℂ, vérifier que 𝑋 − 1 divise 𝑃𝜆. Pour tout 𝜆 dans ℂ, on note 𝑄𝜆 le quotient de 𝑃𝜆 par 𝑋 − 1 : 𝑄𝜆(𝑋) = 𝑃(𝜆𝑋) − 𝑃(𝜆) 𝑋 − 1 ∈ ℂ2𝑛−1[𝑋]. M033/2021-03-02 15:34:41 Page 2/4 Q 8. Montrer que, pour tout 𝜆 dans ℂ, 𝑄𝜆(1) = 𝜆𝑃′(𝜆). On considère le polynôme 𝑅(𝑋) = 𝑋2𝑛 + 1. Pour 𝑘 dans ⟦1, 2𝑛⟧, on note 𝜑𝑘 = 𝜋 2𝑛 + 𝑘𝜋 𝑛 et 𝜔𝑘 = ei𝜑𝑘. Q 9. Montrer que 𝑅(𝑋) = 2𝑛 ∏ 𝑘=1 (𝑋 − 𝜔𝑘). Q 10. À l’aide de la formule (I.1), montrer que ∀𝜆 ∈ ℂ, 𝑄𝜆(𝑋) = − 1 2𝑛 2𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑃(𝜆𝜔𝑘) − 𝑃(𝜆) 𝜔𝑘 − 1 𝑋2𝑛 + 1 𝑋 − 𝜔𝑘 𝜔𝑘 puis en déduire que ∀𝜆 ∈ ℂ, 𝜆𝑃′(𝜆) = 1 2𝑛 2𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑃(𝜆𝜔𝑘) 2𝜔𝑘 (1 − 𝜔𝑘)2 − 𝑃(𝜆) 2𝑛 2𝑛 ∑ 𝑘=1 2𝜔𝑘 (1 − 𝜔𝑘)2 . (I.2) Q 11. Montrer que ∀𝜆 ∈ ℂ, 𝜆𝑃′(𝜆) = 1 2𝑛 2𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑃(𝜆𝜔𝑘) 2𝜔𝑘 (1 − 𝜔𝑘)2 + 𝑛𝑃(𝜆). On pourra appliquer l’égalité (I.2) au polynôme 𝑋2𝑛. Soit maintenant 𝑓 dans 𝒮𝑛. Q 12. Montrer qu’il existe 𝑈 ∈ ℂ2𝑛[𝑋] tel que, pour tout 𝜃 ∈ ℝ, 𝑓(𝜃) = e−i𝑛𝜃𝑈(ei𝜃). Q 13. Vérifier que, pour tout 𝑘 ∈ ⟦1, 2𝑛⟧, 2𝜔𝑘 (1 − 𝜔𝑘)2 = −1 2 sin(𝜑𝑘/2)2 et déduire des questions 11 et 12 que ∀𝜃 ∈ ℝ, 𝑓′(𝜃) = 1 2𝑛 2𝑛 ∑ 𝑘=1 𝑓(𝜃 + 𝜑𝑘) (−1)𝑘 2 sin(𝜑𝑘/2)2 . (I.3) Q 14. En déduire que ∀𝜃 ∈ ℝ, |𝑓′(𝜃)| ⩽ 𝑛‖𝑓‖𝐿∞(ℝ). (I.4) I.C – Quelques conséquences de l’inégalité (I.4) Soit 𝑛 un entier naturel non nul. Q 15. Déduire des questions 3 et 14 que ∀𝑃 ∈ ℂ𝑛[𝑋], ∀𝑥 ∈ [−1, 1], ∣𝑃′(𝑥)√1 − 𝑥2∣ ⩽ 𝑛‖𝑃‖𝐿∞([−1,1]). Q 16. Montrer que ∀𝑄 ∈ ℂ𝑛−1[𝑋], |𝑄(1)| ⩽ 𝑛 sup −1⩽𝑥⩽1 ∣𝑄(𝑥)√1 − 𝑥2∣ . On pourra considérer 𝑓 : 𝜃 ↦ 𝑄(cos 𝜃) sin 𝜃 et vérifier que 𝑓 ∈ 𝒮𝑛. Q 17. Soit 𝑅 ∈ ℂ𝑛−1[𝑋] et 𝑡 ∈ [−1, 1]. Montrer que |𝑅(𝑡)| ⩽ 𝑛 sup −1⩽𝑥⩽1 ∣𝑅(𝑥)√1 − 𝑥2∣ . On pourra considérer le polynôme 𝑆𝑡(𝑋) = 𝑅(𝑡𝑋). Q 18. En déduire que, pour tout 𝑃 dans ℂ𝑛[𝑋], ‖𝑃′‖𝐿∞([−1,1]) ⩽ 𝑛2‖𝑃‖𝐿∞([−1,1]). Q 19. Peut-il y avoir égalité dans l’inégalité précédente ? M033/2021-03-02 15:34:41 Page 3/4 II Inégalités de Bernstein et transformée de Fourier Dans cette partie, — pour 𝑘 ∈ ℕ, on dit qu’une fonction 𝑓 de ℝ dans ℂ est de classe 𝒞𝑘 si elle est 𝑘 fois dérivable sur ℝ, de dérivée 𝑘-ième continue sur ℝ (si 𝑘 = 0, 𝑓 est continue) ; on dit que 𝑓 est 𝒞∞ si 𝑓 est 𝒞𝑘 pour tout 𝑘 ∈ ℕ. On note 𝒞𝑘(ℝ) (respectivement 𝒞∞(ℝ)) l’ensemble des fonctions de classe 𝒞𝑘 (respectivement 𝒞∞) sur ℝ ; — on note 𝐿1(ℝ) l’ensemble des fonctions de ℝ dans ℂ continues et intégrables sur ℝ ; — pour 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ), on note ‖𝑓‖1 = +∞ ∫ −∞ |𝑓(𝑡)| d𝑡 ; — on note 𝐿∞(ℝ) l’ensemble des fonctions de ℝ dans ℂ continues et bornées sur ℝ ; — pour 𝑓 ∈ 𝐿∞(ℝ), on note ‖𝑓‖∞ = sup 𝑥∈ℝ |𝑓(𝑥)|. On admet que 𝐿1(ℝ), 𝐿∞(ℝ) et 𝒞𝑘(ℝ) (𝑘 ∈ ℕ) sont des sous-espaces vectoriels de ℂℝ. On admet également que 𝑓 ↦ ‖𝑓‖1 définit une norme sur 𝐿1(ℝ) et que 𝑓 ↦ ‖𝑓‖∞ définit une norme sur 𝐿∞(ℝ). On dispose ainsi des espaces vectoriels normés (𝐿1(ℝ), ‖ ⋅ ‖1) et (𝐿∞(ℝ), ‖ ⋅ ‖∞). II.A – Transformée de Fourier d’une fonction Soit 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ). On appelle transformée de Fourier de 𝑓 et on note ˆ𝑓 la fonction de ℝ dans ℂ telle que ∀𝜉 ∈ ℝ, ˆ𝑓(𝜉) = +∞ ∫ −∞ 𝑓(𝑥)e−i𝑥𝜉 d𝑥. Q 20. Montrer que, pour toute fonction 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ), ˆ𝑓 est définie et continue sur ℝ. Q 21. Montrer que l’application 𝑓 ↦ ˆ𝑓 est une application linéaire continue de l’espace vectoriel normé (𝐿1(ℝ), ‖ ⋅ ‖1) dans l’espace vectoriel normé (𝐿∞(ℝ), ‖ ⋅ ‖∞). Q 22. Soit 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ), 𝜆 ∈ ℝ∗ + et soit 𝑔 la fonction de ℝ dans ℂ telle que 𝑔(𝑥) = 𝑓(𝜆𝑥) pour tout réel 𝑥. Montrer que 𝑔 ∈ 𝐿1(ℝ) et, pour tout réel 𝜉, exprimer ˆ𝑔(𝜉) à l’aide de ˆ𝑓, de 𝜉 et de 𝜆. II.B – Produit de convolution Si 𝑓 et 𝑔 sont deux fonctions continues de ℝ dans ℂ telles que, pour tout 𝑥 ∈ ℝ, la fonction 𝑡 ↦ 𝑓(𝑡)𝑔(𝑥 − 𝑡) soit intégrable sur ℝ, on appelle produit de convolution de 𝑓 et 𝑔, et on note 𝑓 ∗ 𝑔, la fonction de ℝ dans ℂ telle que ∀𝑥 ∈ ℝ, (𝑓 ∗ 𝑔)(𝑥) = +∞ ∫ −∞ 𝑓(𝑡)𝑔(𝑥 − 𝑡) d𝑡. On suppose désormais et jusqu’à la fin de la sous-partie II.B que 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ) et 𝑔 ∈ 𝐿∞(ℝ). Q 23. Montrer que 𝑓 ∗ 𝑔 est définie sur ℝ et que ∀𝑥 ∈ ℝ, (𝑓 ∗ 𝑔)(𝑥) = +∞ ∫ −∞ 𝑓(𝑥 − 𝑡)𝑔(𝑡) d𝑡 = (𝑔 ∗ 𝑓)(𝑥). Q 24. Montrer que 𝑓 ∗ 𝑔 est bornée et que ‖𝑓 ∗ 𝑔‖∞ ⩽ ‖𝑓‖1‖𝑔‖∞. Q 25. Soit 𝑘 ∈ ℕ. Montrer que, si 𝑔 est de classe 𝒞𝑘 et si les fonctions 𝑔(𝑗) sont bornées pour 𝑗 ∈ ⟦0, 𝑘⟧, alors 𝑓 ∗ 𝑔 est de classe 𝒞𝑘 et (𝑓 ∗ 𝑔)(𝑘) = 𝑓 ∗ (𝑔(𝑘)). Q 26. On suppose toujours que 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ) et 𝑔 ∈ 𝐿∞(ℝ) et on suppose de plus que 𝑔 ∈ 𝐿1(ℝ) et 𝑓 ∗𝑔 ∈ 𝐿1(ℝ). En admettant que, pour tout 𝜉 réel, +∞ ∫ −∞ ( +∞ ∫ −∞ e−i𝑥𝜉𝑓(𝑡)𝑔(𝑥 − 𝑡) d𝑡)d𝑥 et +∞ ∫ −∞ ( +∞ ∫ −∞ e−i𝑥𝜉𝑓(𝑡)𝑔(𝑥 − 𝑡) d𝑥)d𝑡 existent et sont égales, montrer que ̂ 𝑓 ∗ 𝑔 = ˆ𝑓 ˆ𝑔. M033/2021-03-02 15:34:41 Page 4/4 II.C – Introduction d’une fonction plateau On cherche dans cette sous-partie à construire une fonction réelle positive 𝜌, définie et de classe 𝒞∞ sur ℝ, telle que 𝜌(𝑡) = 1 pour tout 𝑡 ∈ [−1, 1] et 𝜌(𝑡) = 0 pour tout 𝑡 ∈ ℝ\[−2, 2]. Soit 𝜑 la fonction définie sur ℝ par ∀𝑡 ∈ ℝ, 𝜑(𝑡) = { 0 si 𝑡 ⩽ 0, e−1/𝑡 sinon. Q 27. Montrer que 𝜑 est de classe 𝒞∞ sur ℝ. On pourra montrer que : ∀𝑘 ∈ ℕ, ∃𝑃𝑘 ∈ ℝ[𝑋], ∀𝑡 > 0, 𝜑(𝑘)(𝑡) = 𝑃𝑘(1/𝑡)e−1/𝑡. Soit 𝜓 la fonction définie sur ℝ par ∀𝑡 ∈ ℝ, 𝜓(𝑡) = { 0 si 𝑡 ∉ ]−1, 1[, e1/(𝑡2−1) sinon. Q 28. Montrer, en l’exprimant à l’aide de 𝜑, que 𝜓 est de classe 𝒞∞. Q 29. Soit 𝜃 l’unique primitive de 𝜓 s’annulant en 0. Montrer que 𝜃 est de classe 𝒞∞, constante sur ]−∞, −1] (on note 𝐴 cette constante) et constante sur [1, +∞[ (on note 𝐵 cette constante). Vérifier que 𝐴 ≠ 𝐵. Q 30. Construire alors une fonction 𝜌 ∈ 𝒞∞(ℝ), constante égale à 1 sur [−1, 1] et constante égale à 0 sur ℝ\[−2, 2]. II.D – Inégalités de Bernstein On admet les formules suivantes, dites formules d’inversion de Fourier : — si 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ) et si ˆ𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ), alors, pour tout 𝑥 ∈ ℝ, 𝑓(𝑥) = 1 2𝜋 +∞ ∫ −∞ ei𝑥𝜉 ˆ𝑓(𝜉) d𝜉 ; — si 𝛼 ∈ 𝐿1(ℝ), si 𝑎 est la fonction de ℝ dans ℂ : 𝑥 ↦ 1 2𝜋 +∞ ∫ −∞ ei𝑥𝜉𝛼(𝜉) d𝜉, et si 𝑎 ∈ 𝐿1(ℝ), alors 𝛼 = ˆ𝑎. On remarque que ces résultats permettent d’affirmer que, si 𝑓 et 𝑔 sont deux fonctions continues telles que 𝑓, 𝑔, ˆ𝑓 et ˆ𝑔 sont intégrables et si ˆ𝑓 = ˆ𝑔, alors 𝑓 = 𝑔. On considère toujours la fonction 𝜌 définie à la question 30. Soit 𝑟 la fonction de ℝ dans ℂ telle que, pour tout réel 𝑥, 𝑟(𝑥) = 1 2𝜋 +∞ ∫ −∞ ei𝑥𝜉𝜌(𝜉) d𝜉. Q 31. Montrer que 𝑟 est dérivable sur ℝ et donner une expression de sa fonction dérivée (faisant éventuelle- ment intervenir une intégrale). Q 32. Montrer que 𝑥 ↦ 𝑥2𝑟(𝑥) est bornée sur ℝ et en déduire que 𝑟 est intégrable et bornée sur ℝ. On admet qu’en utilisant la même méthode, on montre que 𝑟′ est intégrable et bornée sur ℝ. Soit 𝜆 > 0 et soit 𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ) ∩ 𝒞1(ℝ) telle que ˆ𝑓 ∈ 𝐿1(ℝ) et telle que ˆ𝑓 soit nulle en dehors du segment [−𝜆, 𝜆]. On note 𝑟𝜆 la fonction de ℝ dans ℂ telle que 𝑟𝜆(𝑥) = 𝑟(𝜆𝑥) pour tout réel 𝑥. Q 33. On admet que 𝑓 ∗ 𝑟𝜆 est intégrable. Montrer que 𝑓 = 𝜆𝑓 ∗ 𝑟𝜆. Q 34. En déduire que, si 𝑓 ∈ 𝐿∞(ℝ), il existe une constante 𝐶 ∈ ℝ⋆ +, indépendante de 𝜆 et de 𝑓, telle que ‖𝑓′‖∞ ⩽ 𝐶𝜆‖𝑓‖∞. • • • FIN • • •

Centrale MP 2021 : épreuve 2 Un corrigé I. Inégalité polynomiale de Bernstein et applications. I.A - Polynˆomes de Tchebychev 1. On montre par récurrence que ∀n ∈ N, deg(Tn) = n . - C’est vrai aux rang 0 et 1. - Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang n ≥ 1. On a alors Tn+1 = 2XTn − Tn−1 qui est somme de deux polynˆomes de degrés n+1 et n−1. Comme ces degrés sont différents, Tn+1 est de degré max(n + 1, n − 1) = n + 1. (Tk)0≤k≤n étant échelonnée en degré est libre. Elle contient n + 1 éléments de Cn[X] qui est de dimension n + 1. Ainsi, (Tk)0≤k≤n est une base de Cn[X] 2. Procédons encore par récurrence. - C’est vrai aux rang 0 et 1. - Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang n ≥ 1. On a alors Tn+1(cos(θ)) = 2 cos(θ)Tn(cos(θ) + Tn−1(cos(θ)) = 2 cos(θ) cos(nθ) − cos((n − 1)θ) Comme 2 cos(a) cos(b) = cos(a − b) + cos(a + b), le résultat au rang n + 1 s’en déduit. ∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, Tn(cos(θ)) = cos(nθ) 3. Comme Sn est un espace-vectoriel, il suffit de prouver le résultat pour les éléments d’une base de Cn[X] (et de conclure par combinaisons linéaires). Or, la question précédente prouve l’appar- tenance pour les éléments de la base (T0, . . . , Tn). Ainsi ∀n ∈ N, ∀P ∈ Cn[X], θ → P(cos(θ)) ∈ Sn 4. Quand θ varie dans R, cos(θ) décrit tout [−1, 1]. Ainsi la norme infinie de Tn sur [−1, 1] est celle de θ → Tn(cos(θ)) sur R. Celle-ci vaut clairement 1 (puisque |Tn(cos(θ))| = | cos(nθ)| ≤ 1 avec égalité si θ = 0). ∀n ∈ N, ∥Tn∥L∞([−1,1]) = 1 5. Prouvons par récurrence sur n que ∀θ ∈ R, | sin(nθ)| ≤ n| sin(θ)| - C’est immédiat au rang 0 . - Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang n ≥ 0. On a alors, pour tout réel θ, | sin((n + 1)θ)| ≤ | sin(nθ) cos(θ)| + | sin(θ) cos(nθ)| ≤ | sin(nθ)| + | sin(θ)| ≤ (n + 1)| sin(θ)| et le résultat est vrai au rang n + 1. 1 Par ailleurs, en dérivant la relation Tn(cos(θ)) = cos(nθ), on obtient ∀θ ∈ R, − sin(θ)T ′ n(cos(θ)) = −n sin(nθ) En combinant ceci, ∀θ ∈ R, | sin(θ)T ′ n(cos(θ))| ≤ n2| sin(θ)| On en déduiit que si θ ̸= 0[π], |T ′ n(cos(θ))| ≤ n2. Par continuité de θ → T ′ n(cos(θ)), ceci reste vrai sur R. La norme infinie de T ′ n sur [−1, 1] est donc plus petite que n2. En utilisant une expression précédente, on a ∀θ ∈]0, π/2], |T ′ n(cos(θ))| = n| sin(nθ)| sin(θ) ∼ θ→0+ nnθ θ = n2 et ainsi (continuité) |T ′ n(0)| = n2. On a donc ∀n ∈ N, ∥T ′ n∥L∞([−1,1)) = n2 I.B - Inégalité de Bernstein 6. Par hypothèse, et en notant c le coefficient dominant de A, A = c 2n j=1 (X − αj) On en déduit que A′ = c 2n k=1 1≤j≤2n j̸=k (X − αj) et en particulier A′(αk) = c 1≤j≤2n j̸=k (αk − αj) Posons Lk = A(X) (X−αk)A′(αk). Lk ∈ C2n−1[X] et on a (immédiat si j ̸= k et calcul précédent si j = k) Lk(αj) = δj,k En particulier, B − 2n k=1 B(αk)Lk est nul en tous les αj. Quans B ∈ C2n−1[X], c’est un polynˆome de degré ≤ 2n − 1 qui est donc nul (puisqu”il a au moins 2n racine). ∀B ∈ C2n−1[X], B(X) = 2n k=1 B (αk) A(X) (X − αk) A′ (αk) On peut aussi utiliser la décomposition en éléments simple de B A, particulièrement aisée puisque les pˆoles sont simples. 7. On a Pλ(1) = 0 et donc (X − 1) divise Pλ . 8. On fixe λ ∈ C. Les deux membres de l’égalité à prouver étant des expressions linéaires vis à vis de P, il suffit de vérifier la formule pour des P formant une base de C2n[X], par exemple les Xk. Or, (λX)k − λk X − 1 = λk(Xk−1 + Xk−2 + · · · + 1) et la valeur en 1 est kλk, qui est bien λ(kλk−1). 2 ∀λ ∈ C, Qλ(1) = λP ′(λ) 9. On remarque tout d’abord que R(ωk) = e2inϕk + 1 = 0 et ωk est racine de R. De plus ϕk − ϕℓ = (k − ℓ)π n Si k, ℓ ∈ [[1, 2n]], −2n < k − ℓ < 2n et donc ϕk − ϕℓ ∈] − 2π, 2π[ n’est nul que si k = ℓ. On a ainsi 2n racines différentes pour R unitaire de degré 2n et donc R(X) = 2n k=1 (X − ωk) 10. Si on applique (I.1) avec A = R et αk = ωk (qui sont bien distincts), on obtient, compte-tenu de R′(ωk) = 2nω2n−1 k = − 2n ωk (puisque ω2n k = −1) B(X) = − 1 2n 2n k=1 B(ωk)R(X) X − ωk ωk Ceci est vrai pour B ∈ C2n−1[X] et en particulier pour Qλ. Comme les ωk sont différents de 1, l’expression de Qλ donne alors ∀λ ∈ C, Qλ(X) = − 1 2n 2n k=1 P (λωk) − P(λ) ωk − 1 X2n + 1 X − ωk ωk Appliquons cette formule en λ = 1. Avec la question 8, on a alors λP ′(λ) = − 1 2n 2n k=1 P (λωk) − P(λ) ωk − 1 2 1 − ωk ωk Il reste à couper la somme en deux pour conclure que ∀λ ∈ C, λP ′(λ) = 1 2n 2n k=1 P (λωk) 2ωk (1 − ωk)2 − P(λ) 2n 2n k=1 2ωk (1 − ωk)2 11. (I.2) avec P = X2n donne, 2nλ2n = − 1 2n 2n k=1 2λ2nωk (1 − ωk)2 − λ2n 2n 2n k=1 2ωk (1 − ωk)2 = −λ2n n 2n k=1 2ωk (1 − ωk)2 On en déduit que 1 2n 2n k=1 2ωk (1 − ωk)2 = −n ce qui permet, après multiplication par P(λ) de réécrire le second terme de (II.2) et de conclure que ∀λ ∈ C, λP ′(λ) = 1 2n 2n k=1 P (λωk) 2ωk (1 − ωk)2 + nP(λ) 3 12. Soit f ∈ Sn. Il lui est associé une suite (ak)0≤k≤n et une suite (bk)1≤k≤n. Avec les formules d’Euler, on a f(t) = a0 + n k=1 ak − ibk 2 eikt + ak + ibk 2 e−ikt = e−int a0eint + n k=1 ak − ibk 2 ei(k+n)t + ak + ibk 2 ei(n−k)kt Si on pose U(X) = a0Xn + n k=1 ak − ibk 2 Xk+n + ak + ibk 2 Xn−k on obtient un élément de C2n[X] tel que f(t) = e−intU(eit). ∃U ∈ C2n[X], ∀θ ∈ R, f(θ) = e−inθU eiθ 13. On a 1 − ωk = eiϕk/2(e−iϕk/2 − eiϕk/2) = −2ieiϕk/2 sin(ϕk/2) et ainsi 2ωk (1 − ωk)2 = 2eiϕk −4eiϕk sin(ϕk/2)2 = −1 2 sin(ϕk/2)2 Appliquons la question 11 au polynˆome U. Avec l’expression ci-dessus, on obtient λU ′(λ) = − 1 2n 2n k=1 U (λωk) 1 2 sin(ϕk/2)2 + nU(λ) En particulier, pour λ = eit, on obtient (puisque f′(t) = −inf(t) + ie−inteitU ′(eit)) −ieint(f′(t) + inf(t)) = − 1 2n 2n k=1 U ei(t+ϕk) 1 2 sin(ϕk/2)2 + nU(eit) = − 1 2n 2n k=1 ein(t+ϕk)f(t + ϕk) 1 2 sin(ϕk/2)2 + neintf(t) Comme einϕk = i(−1)k, on conclut que −if′(t) = − 1 2n 2n k=1 i(−1)kf(t + ϕk) 1 2 sin(ϕk/2)2 On a montré que ∀θ ∈ R, f′(θ) = 1 2n 2n k=1 f (θ + ϕk) (−1)k 2 sin (ϕk/2)2 14. D’après la question 11 avec P = 1, on a 1 2n 2n k=1 2ωk (1 − ωk)2 = −n et avec la question 13, on en déduit que 1 2n 2n k=1 1 2 sin (ϕk/2)2 = n 4 Par inégalité triangulaire à partir de la question 13, |f′(θ| ≤ 1 2n 2n k=1 ∥f∥L∞([−1,1]) 1 2 sin (ϕk/2)2 = n∥f∥L∞([−1,1]) ∀θ ∈ R, |f′(θ)| ⩽ n∥f∥L∞(R) I.C - Quelques conséquences de l’inégalité (I.4) 15. Soit P ∈ Cn[X]. Posons f : t → P(cos(t)). La question 3 nous indique que c’est un élément de Sn et on peut donc lui appliquer la question 14. Mais on a ∀t ∈ R, f′(t) = − sin(t)P ′(cos(t)) Si x ∈ [−1, 1], on applique ceci avec t = arccos(x). Comme sin(arccos(x)) = √ 1 − x2 (car sin(θ) = 1 − cos2(θ) quand θ ∈ [0, π]) | − 1 − x2P ′(x)| ≤ n∥f∥L∞(R) ≤ nPL∞([−1,1]) Le majorant est indépendant de x et ainsi ∀P ∈ Cn[X], ∀x ∈ [−1, 1], P ′(x) √ 1 − x2 ⩽ n∥P∥L∞((−1,1)) 16. Soit Q ∈ Cn−1[X]. Posons f : θ → Q(cos(θ)) sin(θ). On sait déjà que Q(cos(θ)) ∈ Sn−1 et s’écrit donc comme combinaison de cos(kθ) et sin(kθ) pour k ∈ [[1, n − 1]] et d’une constante. Or, cos(kθ) sin(θ) = 1 2(sin((k + 1)θ) − sin((k − 1)θ)) sin(kθ) sin(θ) = −1 2(cos((k + 1)θ) − cos((k − 1)θ)) et f(θ) est donc combinaison de cos(jθ) et sin(jθ) pour j ∈ [[0, n]] et de sin(θ) (pour la constante multipliée par sin(θ)). C’est donc un élément de Sn. Comme f′(θ) = Q(cos(θ)) cos(θ)− sin2(θ)Q′(cos(θ)), on a f′(1) = Q(1) (θ = 0). Avec (I.4), on a donc |Q(1)| ≤ n∥f∥L∞(R) Remarquons alors que ∀θ ∈ R, |f(θ)| = |Q(cos(θ)) sin(θ)| = |Q(x)| 1 − x2 avec x = cos(θ) et donc |f(θ)| est plus petit que la borne supérieure des |Q(x)| √ 1 − x2 pour x ∈ [−1, 1]. Ainsi |Q(1)| ≤ n sup −1⩽x⩽1 Q(x) 1 − x2 17. Soit R ∈ Cn−1[X] et t ∈ [−1, 1]. Considérons St(X) = R(tX) ∈ Cn−1[X]. La question précédente utilisée avec ce polynˆome donne |R(t)| ≤ n sup −1⩽x⩽1 R(tx) 1 − x2 Pour tout x ∈ [−1, 1], on a 1 − x2 ≤ 1 − t2x2 et donc √ 1 − x2 ≤ √ 1 − t2x2. Ainsi ∀x ∈ [−1, 1], R(tx) 1 − x2 ≤ R(tx) 1 − (tx)2 ≤ sup −1≤y≤1 |R(y) 1 − y2| 5 On a ainsi montré que sup −1⩽x⩽1 R(tx) 1 − x2 ≤ sup −1≤y≤1 |R(y) 1 − y2| et on a donc |R(t)| ⩽ n sup −1⩽x⩽1 R(x) 1 − x2 18. Soit P ∈ Cn[X], on peut appliquer ce qui précède à P ′ ∈ Cn−1[X] : ∀t ∈ [−1, 1], |P ′(t)| ⩽ n sup −1⩽x⩽1 P ′(x) 1 − x2 Avec la question 15, on a donc ∀t ∈ [−1, 1], |P ′(t)| ⩽ n2∥P∥L∞([−1,1]) et ainsi ∥P ′∥L∞([−1,1]) ≤ n2∥P∥L∞([−1,1]) 19. D’une part, on ∥Tn∥L∞([−1,1]) = 1 (question 4). D’autre part, ∥T ′ n∥L∞([−1,1]) = n2 (question 5). Ainsi, L’inégalité est une égalité quand P = Tn ∈ Cn[X] II Inégalités de Bernstein et transformée de Fourier II.A - Transformée de Fourier d’une fonction 20. On utilise le théorème de continuité des intégrales à paramètres. - Pour tout ξ ∈ R, la fonction x → f(x)e−ixξ est continue sur R. - Pour tout x ∈ R, la fonction ξ → f(x)e−ixξ est continue sur R. - On a l’hypothèse de domination : ∀x ∈ R, ∀ξ ∈ R, |f(x)e−ixξ| ≤ |f(x)| et la fonction |f| est continue et intégrable sur R Ainsi, la fonction ˆf est définie continue sur R. ∀f ∈ L1(R), ˆf ∈ C0(R) 21. L’application f → ˆf est linéaire (linéarité du passage à l’intégrale). Soit f ∈ L1(R). On a ∀ξ ∈ R, | ˆf(ξ)| ≤ R |f(x)e−ixξ| dx = ∥f∥1 et donc f ∈ L∞(R) avec ∥ ˆf∥∞ ≤ ∥f∥1 Ceci montre que l’application linéaire f → ˆf est continue et mˆeme 1 lispchitzienne (pour les normes proposées). f → ˆf est continue de L1(R), ∥ · ∥1 dans (L∞(R), ∥ · ∥∞) 6 22. f étant continue, g l’est aussi. De plus, le changement de variable linéaire u = λx donne a 0 |g(x)| dx = 1 λ λa 0 |f(u)| du et cette quantité admet une limite finie quand a → +∞ et aussi quand a → −∞. Il y a donc intégrabilité aux voisinage des infinis et g ∈ L1(R) On peut alors écire ˆg(ξ) et le mˆeme changement de variable donne ˆg(ξ) = 1 λ +∞ −∞ f(u)e−iξu/λ du et ainsi ˆg(ξ) = 1 λ ˆf( ξ λ) II.B - Produit de convolution 23. Soit x ∈ R. La fonction t −→ f(t)g(x − t) est continue sur R. On a ∀t ∈ R, |f(t)g(x − t)| ≤ |f(t)|∥g∥∞ f étant intégrable sur R, la fonction t −→ f(t)g(x − t) l’est aussi, ce qui assure la définition de f ∗ g sur R. Le changement de variable u = x − t donne immédiatement ∀x ∈ R, (f ∗ g)(x) = +∞ −∞ f(x − u)g(u) du = (g ∗ f)(x) 24. L’inégalité de la question précédente entraine que ∀x ∈ R, |(f ∗ g)(x)| ≤ ∥g∥∞∥f∥1 et ainsi f ∗ g est bornée et ∥f ∗ g∥∞ ⩽ ∥f∥1∥g∥∞ 25. On utilise le théorème de régularité des intégrales à paramètres. • ∀x ∈ R, t −→ f(t)g(x − t) est continue sur R. • ∀t ∈ R, x −→ f(t)g(x − t) est de classe Ck sur R de dérivée p-ième x −→ f(t)g(p)(x − t). • ∀x ∈ R, t −→ f(t)g(p)(x − t) est continue sur R. • ∀x, t ∈ R, ∀p ∈ [[0, k]], f(t)g(p)(x − t) ≤ ∥g(p)∥∞|f(t)| et ce majorant est intégrable sur R. Le théorème s’applique et donne que f ∗ g est de classe Ck avec (f ∗ g)(k) = f ∗ g(k) 26. Par définition f ∗ g(ξ) = +∞ −∞ (f ∗ g)(x)e−ixξ dx = +∞ −∞ +∞ −∞ e−ixξf(t)g(x − t) dt dx 7 Avec le résultat admis, f ∗ g(ξ) = +∞ −∞ +∞ −∞ e−ixξf(t)g(x − t) dx dt On pose u = x − t dans l’intégrale intérieure : f ∗ g(ξ) = +∞ −∞ +∞ −∞ e−i(u+t)ξf(t)g(u) du dt et on peut “faire sortir” de l’intégrale les termes indépendants de la variable u f ∗ g(ξ) = +∞ −∞ f(t)e−itξ +∞ −∞ e−iuξg(u) du dt = +∞ −∞ f(t)e−itξˆg(ξ) dt Là encore ˆg(ξ) peut sortir de l’intégrale et on obtient ˆf(x)ˆg(x). f ∗ g = ˆfˆg II. C - Introduction d’une fonction plateau 27. ϕ est de classe C∞ sur R+∗ par théorèmes d’opération. On prouve par récurrence que ∀k ∈ N, ∃Pk ∈ R[X], ∀t > 0, ϕ(k)(t) = Pk(1/t)e−1/t - C’est vrai au rang 0 avec P0 = 1. - Supposons le résultat vrai jusqu’à un rang k ≥ 0. On peut alors redériver et obtenir ∀t > 0, ϕ(k)(t) = − 1 t2 P ′ k(1/t) + 1 t2 Pk(1/t) e−1/t Pk+1 = X2(−P ′ k + Pk) est un polynˆome convenable au rang k + 1. ϕ est aussi de classe C∞ sur R−∗ à dérivée nulle. Par le théorème de limite de la dérivée, il suffit de montrer que toutes les dérivées ont une limite finie à droite et gauche en 0 et que ces limites sont égales pour conclure que f est de classe C∞ sur R. C’est le cas avec une limite nulle (évident à gauche et croissances comparées à droite). ϕ est de classe C∞ sur R 28. On vérifie que ∀t, ψ(t) = ϕ(1 − t2) En effet, si |t| ≥ 1, 1 − t2 ≤ 0 et ϕ(1 − t2) = 0 = ψ(t) et si |t| < 1, 1 − t2 > 0 et ϕ(1 − t2) = e1/(t2−1) = ψ(t). Par théorèmes d’opération, ψ ∈ C∞ 29. θ ∈ C∞ comme primitive d’une telle fonction. De plus θ′ est nulle sur chaque intervalle ]−∞, −1] et [1, +∞[ et donc θ est constante sur chacun de ces intervalles. θ est constante sur ] − ∞, −1] et sur [1, +∞[ 8 Par théorème fondamental, θ(x) = x 0 ψ(t) dt et les constantes sont A = − 0 −1 e 1 t2−1 dt et B = 1 0 e 1 t2−1 dt Dans les deux cas, on intègre une fonction continue positive non nulle et les intégrales sont > 0. Ainsi A < 0 < B et les constantes sont en particulier différentes. 30. Notons h1 = ψ−A B−A : c’est une fonction de classe C∞ sur R, nulle sur ] − ∞, −1] et valant 1 sur [1, +∞[. h1(2x + 3) vaut 0 si x ≤ −2 et vaut 1 si x ≥ −1. Notons h2 = ψ−B A−B : c’est une fonction de classe C∞ sur R, nulle sur [1, +∞[ et qui vaut 1 sur ] − ∞, −1]. h2(2x − 3) vaut 0 si x ≥ 2 et vaut 1 si x ≥ 1. La fonction ρ = h1h2 est nulle hors de ] − 2, 2[ et vaut 1 sur [−1, 1]. Il existe ρ ∈ C∞(R), constante égale à 1 sur [−1, 1] et constante égale à 0 sur R\[−2, 2] II.D -Inégalités de Bernstein 31. On remarque tout d’abord que r(x) = 1 2π +2 −2 eixξρ(ξ) dξ On utilise le théorème de régularité des intégrales à paramètres. - Pour tout x, ξ → eixξρ(ξ) est continue sur le segment et donc intégrable sur ce segment. - Pour tout ξ ∈ [−2, 2], x → eixξρ(ξ) est de classe C1 de dérivée x → iξeixξρ(ξ). - Pour tout x, ξ → iξeixξρ(ξ) est continue. - On a enfin, pour tout x ∈ R et ξ ∈ [−2, 2], |iξeixξρ(ξ)| ≤ 2∥ρ∥∞,[−2,2] qui est intégrable sur le segment [−2, 2]. r ∈ C1(R) et r′(x) = i 2π +∞ −∞ ξeixξρ(ξ) dξ 32. Utilisons à nouveau l’expression ci-dessus de r. Par intégrations par parties (sur un segment) et comme ρ et toutes ses dérivées sont nulles en 2 et −2, on trouve 2πx2r(x) = i +2 −2 xeixξρ′(ξ) dξ = − +2 −2 eixξρ′′(ξ) dξ et ainsi |x2r(x)| ≤ 1 2π4∥ρ′′∥L∞([−2,2]) x → x2r(x) est bornée sur R 9 r est continue sur R et les seuls problèmes d’intégrabilité sont au voisinage des infinis. En notant M un majorant de x2r(x), on a |r(x)| ≤ M/x2 qui prouve cette intégrabilité par comparaison aux fonctions de Riemann. r est intégrable sur R Enfin, on a |r(x)| ≤ 2 π∥ρ∥L∞([−2,2]) et r est bornée sur R 33. Commen¸cons par le cas λ = 1. Les fonctions f et r vérifient les hypothèses de la question 26 et on a donc f ∗ r = ˆf ˆr. Par ailleurs, le second résultat d’inversion de Fourier donne ρ = ˆr et ˆr est donc égale à 1 sur [−1, 1]. Ainsi, ˆf ˆr est égale à ˆf sur [−1, 1] mais cela est aussi vrai ailleurs (ou il y a nullité). On a donc f ∗ r = ˆf ˆr = ˆf et donc f ∗ r = f par formule d’inversion de Fourier. Pour un λ > 0 quelconque, on remarque que (changement de variable u = λt) f ∗ rλ(x) = +∞ −∞ f(x − t)r(λt) dt = 1 λ +∞ −∞ f(x − u λ)r(u) du = 1 λ(f1/λ ∗ r)(λx) Or, f1/λ(x) = λ ˆf(λx) est nulle en dehors du segment [−1, 1], intégrable sur R et f1/λ ∈ L1(R) ∩ C1(R). On peut donc, avec le premier cas, affirmer que f1/λ ∗ r = f1/λ. Ainsi f ∗ rλ(x) = 1 λf1/λ(λx) = 1 λf(x) f = λf ∗ rλ 34. La question 25 donne alors en dérivant (r et sa dérivée sont bornées) f′ = λf ∗(rλ)′ et la question 24 indique que ∥f′∥∞ ≤ λ∥f∥∞∥(rλ)′∥1 Il suffit alors de remarquer que ∞ −∞ |(rλ)′(x)| dx = ∞ −∞ |λr′(λx)| dx = +∞ −∞ |r′(u)| du pour conclure que ∥f′∥∞ ≤ λ∥f∥∞∥r′∥1 10