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A2019 – MATH II MP ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARISTECH, TELECOM PARISTECH, MINES PARISTECH, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT Atlantique, ENSAE PARISTECH, CHIMIE PARISTECH. Concours Centrale-Supélec (Cycle International), Concours Mines-Télécom, Concours Commun TPE/EIVP. CONCOURS 2019 DEUXIÈME ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 4 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES II - MP L’énoncé de cette épreuve comporte 4 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Majoration du rayon spectral de la matrice de Hilbert Soit n un entier   1. L’espace vectoriel Rn est muni de sa structure eucli- dienne canonique. La norme euclidienne associée est notée k k. On note M n(R) l’ensemble des matrices carrées d’ordre n à coefficients réels, et on identi- fiera Rn à l’ensemble Mn,1(R) des matrices colonnes à coefficients réels. On note tX = (x0 x1 ···xn°1) 2 M1,n(R) la matrice ligne transposée de la matrice colonne X = 0 BBB@ x0 x1 ... xn°1 1 CCCA 2 Mn,1(R). Enfin, on note eX la fonction polynomiale définie sur R par la formule eX (t) = n°1 X k=0 xktk. L’objet du problème est l’étude de quelques propriétés de la matrice de Hilbert Hn = ° h(n) j,k ¢ 0…j,k…n°1 2 Mn,n(R) définie par Hn = 0 BBBBBBB@ 1 1 2 ... 1 n 1 2 1 3 ... 1 n+1 ... ... ... 1 n 1 n+1 ... 1 2n°1 1 CCCCCCCA . On a donc h(n) j,k = 1 j+k+1 pour tous j,k 2 {0,1,...,n °1}. A. Une propriété de Perron-Frobenius 1) Montrer que la matrice Hn est symétrique réelle et définie positive. On pourra s’aider du calcul de l’intégrale Z1 0 ° eX (t) ¢2dt. On note V le sous-espace propre de Hn associé à la plus grande valeur propre Ωn de Hn. 2) Montrer que X 2 V si et seulement si tX Hn X = ΩnkX k2. 1 Soit X0 = 0 BBB@ x0 x1 ... xn°1 1 CCCA un vecteur non nul de V . On note |X0| = 0 BBB@ |x0| |x1| ... |xn°1| 1 CCCA. 3) Établir l’inégalité tX0 Hn X0 … t|X0|Hn |X0| et en déduire que |X0| 2 V . 4) Montrer que Hn|X0|, puis que X0, n’a aucune coordonnée nulle. 5) En déduire la dimension du sous-espace propre V . B. Inégalité de Hilbert Soit X = 0 BBB@ x0 x1 ... xn°1 1 CCCA un vecteur de Rn et P un polynôme à coefficients réels. 6) En s’aidant du calcul de l’intégrale Zº 0 P(eiµ)eiµ dµ, montrer l’inégalité ØØØØ Z1 °1 P(t)dt ØØØØ … Zº 0 ØØP(eiµ) ØØdµ, puis l’inégalité tX HnX … Zº 0 ØØ eX (eiµ) ØØ2 dµ. 7) En déduire que tX HnX … ºkX k2. 8) Montrer que la suite (Ωn)n 1 est croissante et convergente. C. Un opérateur intégral Dans la suite du problème, pour tout entier n > 0 et tout réel x, on pose Kn(x) = n°1 X k=0 xk. Soit E l’espace vectoriel des fonctions à valeurs réelles, continues et intégrables sur [0,1[ et Tn : E ! E l’application définie par Tn(f )(x) = Z1 0 Kn(tx)f (t)dt. 9) Montrer que Tn est un endomorphisme de E, dont 0 est valeur propre. (On rappelle que ∏ 2 C est valeur propre de Tn s’il existe f 2 E non nulle telle que Tn(f ) = ∏f .) 10) Pour tout X 2 Rn, calculer Tn( eX ). En déduire que Tn et Hn ont les mêmes valeurs propres non nulles. 2 On note A l’ensemble des fonctions ' 2 E à valeurs strictement positives sur ]0,1[ telles que 1 ' admette un prolongement continu sur [0,1]. On rappelle que Ωn est la plus grande valeur propre de Hn. 11) En utilisant un vecteur propre associé à Ωn, montrer que Ωn … inf '2A sup x2]0,1[ 1 '(x) Z1 0 Kn(tx)'(t)dt En utilisant la partie A, montrer que l’on a égalité dans l’inégalité précé- dente. D. Une majoration explicite des rayons spectraux Soit ' 2 A et n 2 N. Dans la suite du problème, on pose, pour tout x 2 ]0,1[ : rn(x) = 1 '(x) Z1 0 Kn(tx)'(t)dt, Jn(x) = Z1 0 tn'(t) 1° tx dt, ©n(x) = xn Jn(x) '(x) . La fonction Gamma d’Euler est définie sur R§ + par la formule °(x) = Z+1 0 t x°1e°t dt. On admet, et on pourra utiliser sans démonstration, les formules suivantes : °(x +1) = x °(x) pour tout x > 0. °(n) = (n °1)! pour tout entier n > 0. °(Æ)°(Ø) °(Æ+Ø) = Z1 0 tÆ°1(1° t)Ø°1 dt pour tous réels Æ > 0,Ø > 0. 12) Montrer que Jn est dérivable sur ]0,1[ et que l’on a l’égalité xJ0 n(x) = Z1 0 tn'(t) (1° tx)2 dt ° Jn(x). On suppose dorénavant que ' 2 A est de classe C 1 sur [0,1[ et que (1°t)'(t) ! 0 lorsque t ! 1°. 3 13) Montrer que nJn(x) = c +nJn°1(x)+(x °1) Z1 0 tn'(t) (1° tx)2 dt + Z1 0 tn(1° t)'0(t) 1° tx dt où c est un coefficient à déterminer et où '0 désigne la dérivée de '. (On pourra traiter à part le cas n = 0, où l’on considère que nJn°1(x) = 0 et où l’on montrera que c = '(0).) 14) Déduire des deux questions précédentes que x(1°x)J0 n(x) = c+(n+1)(x°1)Jn(x)+n Z1 0 tn°1'(t)dt+ Z1 0 tn(1° t)'0(t) 1° tx dt. 15) Soit ∞ 2 R. Résoudre l’équation différentielle (1° t)y0 = °∞y sur l’inter- valle [0,1[. À quelles conditions une solution y(t) de cette équation différentielle vérifie-t-elle les hypothèses faites sur '? On suppose désormais ces conditions réalisées et que la fonction ' est la solu- tion de cette équation différentielle telle que '(0) = 1. 16) Montrer que la fonction ©n est dérivable sur ]0,1[ et que l’on a : ©0 n(x) = °(∞+1)©n(x) x +cn xn°1 (1° x)1+∞ où l’on donnera l’expression de la constante cn en fonction de n et de ∞. 17) En déduire que pour tout x 2 ]0,1[, ©n(x) = cn x1+∞ Zx 0 tn+∞ (1° t)1+∞ dt. 18) En déduire que pour n   1, Ωn … inf Æ 2 ]0,1[ sup x2]0,1[ 1 x1°Æ Zx 0 1°µntn tÆ(1° t)1°Æ dt où l’on a posé µn = n! (1°Æ)(2°Æ)...(n °Æ). Un calcul montre, et on l’admet, que l’inégalité précédente implique l’inégalité : Ωn … inf Æ2]0,1[ µ(1°Æ)/n n Zµ°1/n n 0 dt tÆ(1° t)1°Æ . 19) En déduire que Ωn … 2!n arcsin ≥ 1 !n ¥ , où l’on a posé !n = 2 µ (n!)2 (2n)! ∂1/2n . 20) Donner un équivalent de !n °1, puis un équivalent de º°2!n arcsin 1 !n lorsque n ! +1. FIN DU PROBLÈME 4

CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Épreuve de mathématiques II Correction A. Une propriété de Perron- Frobenius 1. Rappelons d’abord la formule générale pour une matrice A = (ai,j)1≤i,j≤n ∈ Mn(R) : tXAX = (AX|X) = 1≤i,j≤n ai,jxixj. Ici, et en utilisant l’indication, on a tXHnX = 0≤i,j≤n−1 xixj 1 0 ti+jdt. Utilisant la linéarité de l’intégrale et reconnaissant un carré, on obtient : tXHnX = 1 0 0≤i,j≤n−1 xixjti+jdt = 1 0 n−1 i=0 xiti 2 dt. De la formule précédente, on déduit immédiatement que Hn est positive. Démontrons qu’elle est définie positive. En effet, si tXHnX = 0, alors, puisqu’on intègre une fonction continue et positive sur [0, 1] dont l’intégrale doit être nulle, on déduit que ∀t ∈ [0, 1], n−1 i=0 xiti = 0. Un polynôme ayant une infinité de racine étant le polynôme nul, on en déduit que tous les xi sont nuls, soit encore que X est nul. Ainsi, Hn est définie positive. 2. Soit X un vecteur de V . Donc HnX = ρnX puis tXHnX = ρt nXX = ρn∥X∥2. Réciproquement, Hn étant symétrique à coefficients réels. Le cour indique ( théorème spectral ) qu’il existe une matrice diagonale D ∈ Mn(R) et une matrice orthogonale P de Mn(R) telles que : Hn = PDtP. Notons λ0, λ1, ..., λn−1 les valeurs propres de Hn de telle sorte que D = diag(λ0, λ1, ..., λn−1). Soit maintenant X un élément non nul de Rn vérifiant tXHnX = ρn∥X∥2. Posons Y = y0 y1 ... yn−1 = tPX = P −1X, on a : Mines-Ponts 2019 1 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP tXHnX = (PY |PDtPPY ) = (Y |DY ) et ∥X∥2 = (X|X) = (PY |PY ) = (Y |tPPY ) = ∥Y ∥2. Or tXHnX = ρn∥X∥2 donc tY DnY = ρn∥Y ∥2. Ainsi n−1 k=0 yk(λkyk) = ρn n−1 k=0 y2 k, donc n−1 k=0 (ρn − λk)y2 k = 0 et ∀k ∈ [[0, n − 1]], (ρn − λk)y2 k ≥ 0. Alors ∀k ∈ [[0, n − 1]], (ρn − λk)y2 k = 0, donc ∀k ∈ [[0, n − 1]], (ρn − λk) = 0 ou yk = 0. Par conséquent, ∀k ∈ [[0, n − 1]], (ρn − λk)yk = 0 ce qui donne ∀k ∈ [[0, n − 1]], ρnyk = λkyk et ce qui signifie exactement que DnY = ρnY . Alors DtPX = ρn tPX donc PDtPX = ρnP tPX ou encore HnX = ρnX. Donc X est un vecteur propre de Hn associé à la valeur propre ρn. 3. On a : tX0HnX0 = n−1 i=0 n−1 j=0 xixj 1 i + j + 1 ≤ n−1 i=0 n−1 j=0 xixj 1 i + j + 1 ≤ n−1 i=0 n−1 j=0 |xi||xj| 1 i + j + 1 = t|X0|Hn|X0|. D’où l’inégalité demandée. D’autre part, X0 ∈ V , donc tX0HnX0 = ρn∥X0∥2. Comme |X0| ∈ Rn, alors t|X0|Hn|X0| ≤ ρn∥|X0|∥2 = ρn∥X0∥2. Ainsi t|X0|Hn|X0| = ρn∥|X0|∥2. Donc |X0| est un élément non nul de Rn tel que t|X0|Hn|X0| = ρn∥|X0|∥2. Ainsi |X0| est un élément de V . 4. Posons Hn|X0| = t0 t1 ... tn−1 . Soit j ∈ [[0, n − 1]], tj = n−1 i=0 |xi| i + j + 1. Or ∀j ∈ [[0, n − 1]], |xi| i + j + 1 > 0 et il existe k ∈ [[0, n − 1]] tel que |xk| > 0, donc tj = n−1 i=0 |xi| i + j + 1 > 0. Les composantes de Hn|X0| sont strictement positives. On a Hn|X0| = ρn|X0| donc les composantes de ρn|X0| sont strictement positives. comme ρn > 0 et les composantes de |X0| sont strictement positives, alors X0 n’a aucune compo- sante nulle. 5. On a tX0HnX0 =t |X0|Hn|X0|. Donc n−1 i=0 n−1 j=0 (|xi||xj| − xixj) 1 i + j + 1 = 0, ainsi ∀i, j ∈ [[0, n − 1]], |xi||xj| = xixj. Alors ∀i, j ∈ [[0, n − 1]], xixj > 0, en particulier xix0 > 0. Donc les composantes de X0 sont toutes de même signe. Maintenant, posons p = dim V et supposons p ≥ 2. V est un sous-espace vectoriel de l’espace euclidien Rn, donc V possède une base orthonormée (X1, X2, ..., Xp). Mines-Ponts 2019 2 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Si p ≥ 2, alors X1 et X2 sont deux vecteurs non nuls et orthogonaux. Posons X1 = a0 a1 ... an−1 et X2 = b0 b1 ... bn−1 , les ai ( resp. les bi ) sont non nuls et de même signe. Ainsi a0b0, a1b1, ..., an−1bn−1 sont non nuls et de même signe. Alors nécessairement n−1 i=0 aibi = (X1|X2) n’est pas nulle donc X1 et X2 ne sont pas orthogonaux ce qui est absurde donc p ≤ 1. Or V est un sous-espace propre donc dim V = p = 1. B. Inégalité de Hilbert 6. Posons P(x) = d k=0 akxk, avec ai ∈ R pour tout i ∈ [[0, n]]. Donc P(eiθ)eiθ = d k=0 akei(k+1)θ. D’une part, on a : 1 −1 P(x)dx = d k=0 ak 1 −1 xkdx = d i=0 ak 1 − (−1)k+1 k + 1 D’autre part, on a : π 0 P(eiθ)eiθdθ = d k=0 ak π 0 ei(k+1)θdθ = d k=0 ak ei(k+1)θ i(k + 1) π 0 = d k=0 ak ei(k+1)π − 1 i(k + 1) = −i d i=0 ak 1 − (−1)k+1 k + 1 = −i 1 −1 P(x)dx. D’où : 1 −1 P(x)dx = i π 0 P(eiθ)eiθdθ ≤ π 0 |P(eiθ)eiθ|dθ = π 0 |P(eiθ)|dθ. On a tXHnX = n−1 i=0 n−1 j=0 xixj i + j + 1 = 1 0 X(t) 2 dt Mines-Ponts 2019 3 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Il est clair que 1 0 X(x) 2 dx ≤ 1 −1 X(x) 2 dx puisque [0, 1] ⊂ [−1, 1] et la fonction sous signe intégral est positive. D’autre part, on a : 1 −1 X(x) 2 dx ≤ π 0 | X(eiθ)|2dθ. D’où tXHnX ≤ π 0 | X(eiθ)|2dθ. 7. L’application θ → X(eiθ) X(e−iθ) étant paire, donc π 0 X(eiθ) X(e−iθ)dθ = 1 2 π −π X(eiθ) X(e−iθ)dθ. Ainsi tXHnX ≤ 1 2 π −π X(eiθ) X(e−iθ)dθ. On a X(x)2 = n k=0 n l=0 xkxlxk+l et donc 1 2 π −π X(eiθ) X(e−iθ)dθ = 1 2 n k=0 n l=0 xkxl π −π ei(k−l)dθ = 1 2 n k=0 n l=0 xkxlδk,l2π = π n k=0 x2 k = π∥X∥2 où δk,l est le symbole de Kronecker. D’où l’inégalité demandée : tXHnX ≤ π∥X∥2. 8. Soit X′ = x0 x1 ... xn−1 xn avec xn = 0, X′ ∈ Rn+1 et vérifie : tX′Hn+1X′ = n i=0 n j=0 xixj i + j + 1 = n−1 i=0 n−1 j=0 xixj i + j + 1 = tXHnX. Comme tXHnX ≤ ρn∥X∥2 et tX′Hn+1X′ ≤ ρn+1∥X′∥2 = ρn+1∥X∥2 et ∥X∥ ̸= 0, alors ρn ≤ ρn+1. Ainsi la suite (ρn)n≥1 est croissante. De plus d’après la question 7., la suite ρn est majorée par π, donc on peut conclure que la suite (ρn)n≥1 est convergente. Mines-Ponts 2019 4 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP C. Opérateur intégral 9. Soit f ∈ E. Pour tout x ∈ [0, 1[ et tout t ∈ [0, 1[, |Kn(tx)f(t)| ≤ n|f(t)| et f est intégrable sur [0, 1[, donc il est de même de la fonction t → Kn(xt)f(t), donc l’application Tn(f) est bien défini sur [0, 1[. De plus, pour tout k ∈ [0, 1], |tkf(t)| ≤ |f(t)|, donc on pet écrire : ∀f ∈ E, ∀x ∈ [0, 1[, Tn(f)(x) = n−1 k=0 xk 1 0 tkf(t)dt. Ceci montre que Tn prend ses valeurs dans l’espace des fonctions polynomiales de degré inférieurs ou égal à n − 1, qui est inclus dans E. L’application Tn est évidement linéaire, ainsi Tn défini un endomrphisme de E. L’opérateur Tn ne peut pas être injective, sinon E serait isomorphe à un sous-espace de l’espace des fonctions polynomiales de degré inférieurs ou égal à n − 1, ce qui est impossible puisque E est de dimension infinie, ainsi il existe f ∈ E, non nulle, telle que Tn(f) = 0, autrement 0 est une valeur propre de Tn. 10. Soit X ∈ Rn, on a, pour tout x ∈ [0, 1[ : Tn( X)(x) = 1 0 n−1 k=0 (tx)k n−1 j=0 xjtjdt = n−1 k=0 n−1 j=0 xjxk j + k + 1, qui s’écrit, matriciellement, sous la forme : Tn( X)(x) = (1, x, ..., xn−1)Hn x0 x1 ... xn−1 . • Soit λ ∈ R une valeur propre de Hn( non nulle ), donc il existe X ∈ Rn, vecteur non nul, tel que Hn(X) = λX, ainsi pour tout x ∈ [0, 1[, on a : Tn( X)(x) = (1, x, ..., xn−1)HnX = λ(1, x, ..., xn−1) x0 x1 ... xn−1 = λ n−1 k=0 xkxk = λ X(x). Ceci montre que λ est une valeur propre de Tn, car X est une fonction non nulle. • Soit maintenant λ une valeur propre non nulle de Tn, donc il existe f ∈ E vecteur non nul tel que ∀x ∈ [0, 1[, Tn(f)(x) = λf(x) et donc f(x) = Tn f λ (x), comme Tn prend ses valeurs dans l’espace des fonctions polynomiales de degré inférieurs ou égal à n − 1, alors f est une fonction polynomiale de degré inférieurs ou égal à n − 1, posons donc f(t) = n−1 k=0 aktk et X = a0 a1 ... an−1 . X est un vecteur non nul de Rn, car la fonction f est Mines-Ponts 2019 5 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP non nulle et on a : ∀x ∈ [0, 1[, Tn(f)(x) = Tn( X)(x) = (1, x, ..., xn−1)HnX = n−1 k=0 n−1 j=0 akxj j + k + 1. Donc la condition Tn(f) = λf est équivalent à : ∀x ∈ [0, 1[, n−1 k=0 n−1 j=0 akxj j + k + 1 = λ n−1 j=0 ajxj ou encore ∀x ∈ [0, 1[, n−1 j=0 n−1 k=0 ak j + k + 1 − λaj xj = 0. Le polynôme n−1 j=0 n−1 k=0 ak j + k + 1 − λaj Y j de l’indéterminée Y admet donc une infinité de racines, donc il est nul, c’est-à-dire ∀k ∈ [[0, n − 1]], n−1 k=0 ak j + k + 1 = λaj = 0 ou encore Hn a0 a1 ... an−1 = λ a0 a1 ... an−1 . Ainsi λ est une valeur propre de Hn. En conclusion Tn et Hn ont les mêmes valeurs propres non nulles. 11. Soit g un vecteur propre de Tn non nul associé à ρn. D’après ce qui précède g est une fonction polynomiale, donc elle est continue sur [0, 1]. En écrivant l’équation de la valeur propre pour g et en divisant par ϕ ∈ A , on obtient : ∀x ∈ [0, 1[, ρn g ϕ (x) = 1 0 Kn(xt)ϕ(t) ϕ(x) g ϕ (t)dt. Cela montre que g ϕ ∈ C [0, 1] est une fonction propre de l’opérateur linéaire Sn défini sur C [0, 1] par : ∀x ∈ [0, 1[, Sn(f)(x) = 1 0 Kn,ϕ(x, t)f(t)dt, où Kn,ϕ(x, t) = Kn(xt)ϕ(t) ϕ(x) . La question 4. montre que les coefficients de g sont de même signe, donc g ne s’annule pas sur [0, 1[, et en multipliant par −1, on peut supposer g à valeurs strictement positives sur [0, 1[ et même sur [0, 1]. En particulier g ∈ A . De plus, Kn,ϕ(x, t) ≥ 0. D’autre part, soit λ une valeur propre de Sn( le spectre Sp(Sn) des valeurs propres de Sn est non vide, car il contient ρn ), donc il existe f ∈ C [0, 1], non nul tel que ∀x ∈ [0, 1], λf(x) = 1 0 Kn,ϕ(x, t)f(t)dt. Mines-Ponts 2019 6 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Donc |λ||f(x)| ≤ ∥f∥∞ 1 0 Kn,ϕ(x, t)dt, avec ∥f∥∞ = sup x∈]0,1[ |f(x)|. Ainsi |λ| ≤ sup x∈]0,1[ 1 0 Kn,ϕ(x, t)dt = sup x∈]0,1[ 1 ϕ(x) 1 0 Kn(tx)ϕ(t)dt. Par conséquent, sup λ∈Sp(Sn) |λ| ≤ sup x∈]0,1[ 1 ϕ(x) 1 0 Kn(tx)ϕ(t)dt, et donc ρn ≤ sup x∈]0,1[ 1 ϕ(x) 1 0 Kn(tx)ϕ(t)dt (1) L’inégalité (1) est valable pour tout ϕ ∈ A , d’où ρn ≤ inf ϕ∈A sup x∈]0,1[ 1 ϕ(x) 1 0 Kn(tx)ϕ(t)dt (2) Comme ∀x ∈ [0, 1[, ρn = 1 g(x) 1 0 Kn(tx)g(t)dt et g ∈ A , alors l’inégalité (2) est une égalité. D. Une majoration explicite des rayons spectraux 12. Posons, pour x ∈]0, 1[ et t ∈ [0, 1[, h(x, t) = tnϕ(t) 1 − tx. La fonction h admet une dérivée partielle par rapport à x qui vaut : ∂h ∂x(x, t) = tn+1ϕ(t) (1 − tx)2. De plus, pour x ∈]0, a] avec 0 < a < 1, on a : ∂h ∂x(x, t) ≤ tn+1|ϕ(t)| (1 − ta)2 , cette dernière fonction, indépendante de x, est intégrable sur [0, 1[ puisque t → tn+1 (1 − ta)2 est majorée sur [0, 1[, donc par théorème de dérivation des fonctions définies par des intégrales, la fonction Jn est dérivables sur ]0, 1[ et on a : ∀x ∈]0, 1[, Jn(x) = 1 0 ∂h ∂x(x, t)dt = 1 0 tn+1ϕ(t) (1 − tx)2dt. D’autre part, si x ∈]0, 1[, on obtient : xJn(x) = 1 0 xtn+1ϕ(t) (1 − tx)2 dt = 1 0 (1 + tx − 1)tnϕ(t) (1 − tx)2 dt = 1 0 tnϕ(t) 1 − txdt − Jn(x). Mines-Ponts 2019 7 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP 13. • Cas : n = 0 : On a : 1 0 (1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = (1 − t)ϕ(t) 1 − tx 1 0 − 1 0 ∂ ∂t (1 − t) 1 − tx ϕ(t)dt = −ϕ(0) − 1 0 (x − 1) (1 − tx)2ϕ(t)dt = −ϕ(0) − (x − 1) 1 0 ϕ(t) (1 − tx)2dt Donc 0 = ϕ(0) + (x − 1) 1 0 ϕ(t) (1 − tx)2dt + 1 0 (1 − t)ϕ′(t) (1 − tx)2 dt, dans ce cas c = ϕ(0). • Cas n ≥ 1 : On a : 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = tn(1 − t)ϕ(t) 1 − tx 1 0 − 1 0 ∂ ∂t tn(1 − t) 1 − tx ϕ(t)dt = − 1 0 (ntn−1 − (n + 1)tn)(1 − tx) + xtn(1 − t) (1 − tx)2 ϕ(t)dt = −n 1 0 tn−1ϕ(t) 1 − tx dt + (n + 1) 1 0 tnϕ(t) 1 − txdt − x 1 0 tnϕ(t) (1 − tx)2dt + 1 0 (xt)tnϕ(t) (1 − tx)2 dt = −nJn−1(x) + (n + 1)Jn(x) − (x − 1) 1 0 tnϕ(t) (1 − tx)2dt − Jn(x) D’où : nJn(x) = nJn−1(x) + (x − 1) 1 0 tnϕ(t) (1 − tx)2dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt Donc, si n ≥ 1, c = 0. 14. On a : x(1 − x)J′ n(x) = (1 − x) 1 0 tnϕ(t) (1 − tx)2dt − (1 − x)Jn(x) = (x − 1)Jn(x) + cn + nJn−1(x) + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt − nJn(x) = c + (x − n − 1)Jn(x) + n 1 0 tn−1ϕ′(t) 1 − tx dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = c + (x − n − 1)Jn(x) + n 1 0 tn−1(1 − tx + tx)ϕ(t) 1 − tx dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = c + (x − n − 1 + nx)Jn(x) + n 1 0 tn−1ϕ(t)dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = c + (x − 1)(n + 1)Jn(x) + n 1 0 tn−1ϕ(t)dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt. 15. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre, la solution générale est de la forme y(t) = K(1 − t)γ. On a les propriétés suivantes : Mines-Ponts 2019 8 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP — y est continue sur [0, 1[ quel que soit la valeur de γ, — y est strictement positive sur [0, 1[ si, et seulement si, K > 0, — 1 y se prolonge par continuité sur [0, 1] si, et seulement si, γ < 0, — y est de classe C 1 sur [0, 1[ quel que soit la valeur de γ, — lim t→1−(1 − t)y(t) = K lim t→1−(1 − t)γ+1 = 0 si, et seulement si, γ + 1 > 0. Donc y vérifie les conditions faites sur ϕ si, et seulement si, K > 0 et γ ∈] − 1, 0[. 16. Soit x ∈]0, 1[, on a : Φ′(x) = d dx (1 − x)−γxn Jn(x) + (1 − x)−γxnJn(x)′(x) = γ 1 − x + n x (1 − x)−γxnJn(x) +(1 − x)−γ−1xn−1 c + (x − 1)(n + 1)Jn(x) + n 1 0 tn−1ϕ(t)dt + 1 0 tn(1 − t)ϕ′(t) 1 − tx dt = γ 1 − x + n x Φn(x) + cxn−1 (1 − x)γ − n + 1 x Φn(x) + xn−1 (1 − x)γ+1 n 1 0 tn−1(1 − t)γdt − γJn(x) = −(γ + 1)Φn(x) x + cn xn−1 (1 − x)1+γ où cn = c + n 1 0 tn−1(1 − t)γdt = c + nΓ(n)Γ(γ + 1) Γ(n + γ + 1) = c + n! (n + γ)(n + γ − 1)...(γ + 1). 17. La solution de l’équation homogène est de la forme y(x) = K xγ+1. La méthode de la variation de la constante, donc une solution de la forme : t → λ + cn x 0 tn+γ (1 − t)1+γ dt et comme Φn(0) = 0, alors ∀x ∈]0, 1[, Φn(x) = cn x1+γ x 0 tn+γ (1 − t)1+γ dt. 18. Pour tout x ∈]0, 1[, on a : rn(x) = 1 ϕ(x) 1 0 n−1 k=0 (tx)kϕ(t)dt = 1 ϕ(x) 1 0 1 − (tx)n 1 − tx ϕ(t)dt, tx ̸= 1 = 1 ϕ(x) 1 0 ϕ(x) 1 − txdt − xn ϕ(x) 1 0 tnϕ(x) 1 − tx dt = x0J0(x) ϕ(x) − xnJn(x) ϕ(x) = Φ0(x) − Φn(x). Mines-Ponts 2019 9 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Donc rn(x) = c0 x1+γ x 0 tγ (1 − t)1+γ dt − cn x1+γ x 0 tn+γ (1 − t)1+γ dt. c0 = ϕ(0) = 1 et si n ≥ 1, cn = n! (n + γ)(n + γ − 1)...(γ + 1) = θn. Ainsi, rn(x) = x1+γ x 0 tγ (1 − t)1+γ dt − cn x1+γ x 0 tγ (1 − t)1+γ dt = 1 x1−α x 0 1 − θntn tα(1 − t)1−αdt. Quand α décrit l’intervalle ]0, 1[, la fonction ϕ décrit A , donc on peut conclure que : ρn ≤ inf α∈]0,1[ sup x∈]0,1[ rn(x) = inf α∈]0,1[ sup x∈]0,1[ 1 x1−α x 0 1 − θntn tα(1 − t)1−αdt. 19. De la question précédente on peut déduire, en particulier pour α = 1 2, que ρn ≤ θ 1− 1 2 n n θ −1 n n 0 dt t(1 − 1) . La fonction t → −2 arctan 1 − t t = 2 arctan t 1 − t − π = 2 arcsin √ t − π est une primitive de t → 1 t(1 − t) , donc : θ 1− 1 2 n n θ −1 n n 0 dt t(1 − 1) = θ 1 2n n 2 arcsin θ −1 2n n = 2wn arcsin 1 wn . Ainsi, ρn ≤ 2wn arcsin 1 wn . 20. Utilisons la formule de Stirling n! ∼ +∞ n e n √ 2πn, pour trouver un équivalent de wn : wn = 2 (n!)2 (2n)! 1 2n ∼ +∞ 2 n e n √ 2πn 1 n 2n e 2n √ 4πn 1 2n = 2 n e 2n√ 2πn 1 n 2n e 4n√ 4πn 1 2n ∼ +∞ n 1 4n. D’où, n(wn − 1) ∼ +∞ n n 1 4n − 1 = n e ln(n) 4n − 1 ∼ +∞ ln(n) 4 et donc : wn − 1 ∼ +∞ ln(n) 4n , ce qui implique immédiatement π − 2wn arcsin 1 wn ∼ +∞ π − 2n 1 4n π 2 = π 1 − e ln(n) 4n ∼ +∞ −π ln(n) 4n . Mines-Ponts 2019 10 / 11 M.TARQI CONCOURS COMMUN MINES-PONTS- SESSION 2019 - FILIÈRE MP Donc lim n→∞ π − 2wn arcsin 1 wn = 0 et π − 2wn arcsin 1 wn ≤ 0 pour n assez grand. D’après la partie B, la question 7., ∀n ≥ 0, ρn ≤ π, par conséquent, et pour n assez grand, 0 ≤ π − ρn ≤ 2wn arcsin 1 wn − π. Ainsi, lim n→∞ ρn = π. • • • • • • • • • Mines-Ponts 2019 11 / 11 M.TARQI