Mines Maths 2 PC 2016

Thème de l'épreuve Wronskien et problème de Waring
Principaux outils utilisés algèbre linéaire, déterminants, étude de fonctions, polynômes

Corrigé

(c'est payant, sauf le début): - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

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A 2016 - MATH II PC.

École des PONTS ParisTech,
ISAE-SUPAERO, ENSTA ParisTech,
TÉLÉCOM ParisTech, MINES ParisTech,
MINES Saint-Étienne, MINES Nancy,
TÉLÉCOM Bretagne, ENSAE ParisTech (Filière MP).
CONCOURS 2016
DEUXIÈME ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES
(Durée de l'épreuve : 3 heures)
L'usage de l'ordinateur ou de la calculatrice est interdit.
Sujet mis à la disposition des concours :
Concours Commun TPE/EIVP, Concours Mines-Télécom, Concours
Centrale-Supélec (Cycle international).
Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente
sur la première page de la copie :

Mathématiques II - PC
L'énoncé de cette épreuve comporte 5 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.

Wronskien et problème de Waring

En 1770 Edward Waring, se basant sur des calculs empiriques, pose la conjecture 
suivante : pour un entier n naturel fixé, on peut exprimer tout entier naturel
comme somme d'au plus g(n) puissances n-ièmes d'entiers naturels, g(n) ne 
dépendant que de n. Le cas n = 2 avait déjà été formulé par Fermat en 1640, 
Euler et
Lagrange ont traité des cas particuliers et finalement en 1909 Hilbert a pu 
établir
ce résultat (appelé parfois théorème de Hilbert-Waring).
On se propose ici de résoudre un problème analogue dans le cadre (algébrique) 
des
polynômes à coefficients complexes. Plus précisément, on fixe un entier naturel 
n
et on étudie les équations
X = f1n (X) + ... + fkn (X),
les inconnues (f1 , ..., fk ) étant dans C[X]. On s'intéresse particulièrement 
au plus
petit entier k = k(n) pour lequel cette équation possède des solutions. 
L'objectif
de ce problème est de prouver que k(2) = 2 et que pour n  3, on a l'inégalité
n < k 2 (n) - k(n).
On considère dorénavant que n est un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Soient d1 , · · · , dn des nombres réels. On note

V (d1 , · · · , dn ) =

-

1
d1
..
.

1
d2
..
.

···
···

dn-1
···
dn-1
1
2

1
dn
..
.

n-1 d
n

le déterminant de Vandermonde de (d1 , · · · , dn ). On rappelle que
Ù

V (d1 , · · · , dn ) =

(dj - di )

1i
			

Extrait du corrigé obtenu par reconnaissance optique des caractères



Mines Maths 2 PC 2016 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Pierre-Elliott Bécue (Agrégé de mathématiques) ; il a
été relu par Denis Conduché (Professeur en CPGE) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).

Le sujet porte sur l'existence, en fonction d'un entier n  N, d'une famille
(f1 , f2 , . . . , fk ) de polynômes de C[X] qui vérifie l'égalité
X=

k
P

fj n (X)

j=1

En particulier, on cherche à identifier k(n), le plus petit k tel que le 
problème
susmentionné ait une solution. L'un des objectifs est de montrer que k(2) = 2, 
c'est-àdire que l'on peut trouver deux polynômes dont la somme des carrés est 
le monôme X,
par exemple i/2(X - 1) et 1/2(X + 1). On cherche ensuite à établir l'inégalité
n > 3

n < k 2 (n) - k(n)

Le sujet est composé de trois parties.
· La première sert de mise en jambe, avec des questions calculatoires faisant 
appel
à des récurrences et des opérations sur les déterminants. On y démontre des
résultats élémentaires qui seront utilisés par la suite.
· La deuxième partie établit un lien entre la notion de famille libre/liée et la
nullité du Wronskien. Elle mobilise les connaissances d'algèbre linéaire 
basique,
ainsi que quelques connaissances en analyse, notamment sur les propriétés de
fonctions continues, les équations différentielles et les séries entières. On y 
retrouvera aussi quelques calculs sur les déterminants et des récurrences.
· La troisième partie s'attaque à la preuve des résultats que l'énoncé annonce
en début de sujet. Elle mobilise essentiellement des connaissances d'algèbre
non-linéaire, en particulier sur les polynômes et les déterminants.
Il s'agit d'un sujet assez technique et long, qui impose un grand nombre de 
preuves
par récurrence qu'il faut donc choisir de développer ou non car le temps alloué 
n'est
pas compatible avec une réelle exhaustivité. Malheureusement, le sujet ne 
possède pas
réellement de fil conducteur, et l'équilibrage de la difficulté des questions 
peut déstabiliser. Beaucoup imposent un formalisme difficilement compatible 
avec les aspects
calculatoires que les questions revêtent, dans le temps imparti. Il touche 
cependant
à des points du programme intéressants, surtout en ce qui concerne la 
manipulation
de polynômes, et il allie également d'une façon assez classique analyse et 
algèbre.
Enfin, il est difficile de dire que le sujet est guidé tant l'incohérence entre 
les deux
premières parties, qui ne répondent à aucun des objectifs énoncés en 
préliminaire,
et la troisième, partiellement indépendante des précédentes, est frappante. Ce 
sujet ne devrait pas constituer une priorité dans la liste des révisions, et 
serait plus
généralement adapté aux élèves de la filière MP.

Indications
Partie A
1 Pour k > 2, justifier l'existence d'un polynôme k de degré k - 1, à 
coefficients
réels indépendants de d, tel que
(d)k = dk + k (d)
Effectuer des opérations sur les lignes du déterminant en commençant par la
troisième ligne, et ainsi de suite.
2 Le déterminant étant une forme n-linéaire alternée, et x étant non-nul, 
factoriser
successivement sur les colonnes les scalaires a1 , a2 , . . . , an , puis xd1 , 
xd2 , . . . xdn
toujours sur les colonnes, et enfin 1/x sur la seconde ligne, 1/x2 sur la 
troisième,
et ainsi de suite.
3 Utiliser la formule de Leibnitz. Remarquer la similitude avec la question 1.
4 Utiliser le résultat de la question 3 pour écrire
Wn (f1 , f2 , . . . , fn ) = f1 n Wn (1, f2 /f1 , . . . , fn /f1 )
et développer suivant la première colonne.
Partie B
5 Considérer une famille (1 , 2 , . . . , n ) de réels non tous nuls telle que
n
P

j fj = 0

j=1

Considérer j0 tel que j0 6= 0 et effectuer l'opération
Cj0 

n
P
j
)Cj
(
j=1 j0

pour chaque x puis conclure.
Une solution plus élégante serait de dériver l'égalité obtenue n - 1 fois, puis
montrer que la famille des colonnes du Wronskien est liée pour chaque x.
6 Remarquer que le fait que f1 f2 ne s'annule jamais signifie que ces deux 
fonctions
sont de signe constant et ne s'annulent jamais. L'annulation du Wronskien 
fournit
une égalité de la forme f1 /f1 = f2 /f2 , qui s'intègre très bien.
7 Construire deux fonctions à support disjoint, de forme polynômiale de degré 2
sur leur support.
8 Remarquer que soit il existe un sous-intervalle J  I sur lequel aucune des fj
ne s'annule, soit il existe un sous-intervalle J  I sur lequel une des fj est 
nulle.
Utiliser ce résultat pour montrer le résultat attendu par récurrence, en 
initialisant
à l'aide du résultat de la question 6, et en utilisant celui de la question 4 
pour
pouvoir appliquer une hypothèse de récurrence. Attention à ne pas l'appliquer
trop rapidement, d'ailleurs.
9 Il s'agit encore d'une preuve par récurrence. Pour le passage de P(k) à P(k + 
1),
pensez à utiliser d'éventuelles matrices de permutations (clairement 
inversibles)
pour réordonner vos fonctions. Il peut être utile d'appliquer plusieurs fois 
l'hypothèse de récurrence.

10 Il s'agit encore de factoriser les bons termes du déterminant de la bonne 
façon.
L'ordre des gj étant connu, on peut factoriser par xdj , puis travailler un peu 
à la
façon de ce que l'on fait pour répondre à la question 2.
12 Utiliser le résultat de la question 11 en revenant à la définition 
d'équivalence.
Partie C
13 Cette question est la plus difficile du problème. Procéder d'abord par 
récurrence
ou constater que pour tout monôme Xk , (Xk ) est un polynôme de degré k - 1,
et que  est linéaire.
Poser ensuite a, b tels que n-1 (Xn ) = aX + b, et considérer le morphisme 
d'algèbre Ga,b défini par

 C[X] - C[X]

Ga,b :
X-b

f (X) 7- f
a

Dans un premier temps, exhiber une expression n-1 (f )(X) en fonction des
f (X + j), pour j  [[ 0 ; n - 1 ]], en pensant aux binômes de Newton. On pourra 
soit
procéder par récurrence, soit utiliser judicieusement un opérateur 
intermédiaire.
Calculer alors n-1 (f n )(X), où f (X) = X, c'est une somme de n puissances 
nième de polynômes, dont on a montré qu'elle s'écrivait aX + b. Appliquer Ga,b à
cette égalité.

14 Utiliser le résultat de la question 13 sur C[Y], et utiliser un remplacement 
de la
forme Y  g(X).
15 Montrer qu'il n'existe pas P  C[X] tel que P2 = X.
16 Effectuer sur Z1 l'opération C1  C1 + · · · + Ck(n) . Supposer ensuite que 
Z1 est
nul, et en déduire qu'alors k(n) n'est pas minimal.
17 Étudier la forme de la dérivée -ième de fj n (X) pour (, j)  [[ 1 ; k(n) ]]2 
et conclure
en factorisant.
18 Montrer par récurrence un résultat plus général, à savoir
deg(Wn (P1 , P2 , . . . , Pn )) 6

n
P

i=1

deg(Pi ) -

n-1
P

i

i=0

19 Majorer deg(Z2 ) directement via le résultat de la question 17, puis 
utiliser celui
de la question 18.
20 Utiliser le résultat précédent pour chaque fonction fj et conclure.

A. Propriétés élémentaires du Wronskien
1 Commençons par montrer la propriété suivante, pour k > 2, par récurrence
P(k) : « (d)k = dk + k (d), où k (X) est un polynôme de degré k - 1 »
· P(2) : On a (d)2 = d(d - 1) = d2 + 2 (d) avec 2 (X) = -X de degré 1.
· P(k) = P(k + 1) : Soit k > 2 tel que la propriété P(k) soit vraie, ie
(d)k+1 = (d)k (d - k) = (dk + k (d))(d - k)
Développons :

(d)k+1 = dk+1 + (d - k)k (d) - kdk

Le polynôme k (X) étant de degré k - 1, le polynôme k+1 (X) défini par
k+1 (X) = (X - k)k (X) - kXk
est de degré au plus k, qui convient. Ainsi (d)k+1 = dk+1 + k+1 (d).
· Conclusion : La propriété P(k) est vraie pour tout k > 2.
Montrons le résultat principal de la question. Le déterminant D (d1 , d2 , . . 
. , dn ) vaut

D (d1 , d2 , . . . , dn ) =

1
d1
d21 + 2 (d1 )
..
.

1
dn
d2n + 2 (dn )
..
.

···
···
···

dn-1
+ n-1 (d1 ) · · · dn-1
+ n-1 (dn )
n
1
Si on écrit 2 (X) = aX + b, alors l'opération L3  L3 - aL2 - bL1 transforme le
déterminant D (d1 , d2 , . . . , dn ) en

D (d1 , d2 , . . . , dn ) =

1
d1
d21
3
d1 + 3 (d1 )
..
.

1
dn
d2n
3
dn + 3 (dn )
..
.

···
···
···
···

dn-1
+ n-1 (d1 ) · · · dn-1
+ n-1 (dn )
n
1
Répétons ce processus itérativement. Pour k < n - 1, si on note k (X) =
alors l'opération à effectuer sur la ligne k + 1 est
Lk+1  Lk+1 -

k-1
P

a j Lj

j=0

pour transformer D (d1 , d2 , . . . , dn ) à la k-ième étape en
1
..
.
D (d1 , d2 , . . . , dn ) =

dk+1
1

dk1
+ k+1 (d1 )
..
.

1
..
.

···
···
···

dk+1
n

dkn
+ k+1 (dn )
..
.

dn-1
+ n-1 (d1 ) · · · dn-1
+ n-1 (dn )
n
1
Ainsi, à la (n - 1)-ième étape, on obtient
D (d1 , d2 , . . . , dn ) = V (d1 , d2 , . . . , dn )

k-1
P
j=0

aj Xj