X Maths 1 MP 2000 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Serge Bellaïche (ENS Ulm) ; il a été relu par Benoît
Chevalier (ENS Ulm) et Francesco Colonna-Romano (ENS Ulm).
C'est un sujet d'analyse plutôt facile pour l'X, qui porte sur les séries
entières et
les équations différentielles.
Il consiste en l'étude de l'opérateur différentiel D défini par
Df (t) = t f (t) + a f (t)
dans l'espace des fonctions C .
Dans la première partie, on démontre quelques résultats préliminaires.
Dans la deuxième, on étudie l'endomorphisme de l'espace E des suites complexes
Aa : (uk ) 7 ((k + a) uk ), naturellement associé à D, et son effet sur le
rayon de
convergence.
On utilise ensuite une méthode de séries majorantes pour montrer que l'inverse
d'une application non linéaire de E (perturbation de Aa par addition d'un terme
quadratique) conserve la stricte positivité du rayon de convergence.
La dernière partie est en fait indépendante des trois premières (sauf la
question
11) et revient au cas linéaire puisqu'elle est consacrée à l'étude de l'équation
différentielle Df = g et du comportement aux limites de ses solutions.
Indications
2 Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle
1
.
X(k - X)
3 Distinguer le cas où a est un entier < 0.
5.b Par « noyau de T », comprendre T-1 ({0}). Pour montrer que T est injective
on pourra introduire par l'absurde u 6= u dans E, tels que Tu = Tu , puis
considérer k0 le plus petit entier k tel que uk 6= uk .
6.b Essayer d'abord de satisfaire (1), (2), (3) et (4) puis, en utilisant (4),
donner
une condition suffisante pour que (5) soit vérifiée.
6.c Montrer par récurrence que pour tout k > 1, on a
|uk | 6
M0 M1 k
k2
en utilisant les questions 2 et 6.b.
9 Montrer que t 7 t est de classe C sur [ 0 ; + [ si et seulement si N.
11 Quel est le lien entre les opérateurs D et Aa ?
12.a Utiliser la formule obtenue à la question 10 et faire un découpage
d'intégrale.
12.b Trouver une condition nécessaire sur pour que f tende vers 0 en 0 à partir
de la formule obtenue à la question 10 puis montrer qu'elle est suffisante.
Première partie
La première question est facile et classique : il faut absolument savoir la
faire.
En revanche, on pourra, si besoin est, sauter la question 2, plus astucieuse,
en se
contentant d'admettre le résultat qui ne servira qu'à la question 6.c.
1.a
uk k converge, donc |uk k | est
C 1
borné par une constante C. En choisissant M assez grand (M > max
,
),
on obtient :
Si u E+ , soit tel que 0 < < r(u) ; la série
k N ,
P
|uk | 6 Mk
Réciproquement, s'il existe M > 0 tel que pour tout k N , |uk | 6 Mk alors
1 P
k
|uk k | 6 (M) . Donc si < ,
uk k converge et r(u) > . Ainsi r(u) >
M
1
1
et en particulier r(u) > 0, c'est-à-dire u E+ .
pour tout < , d'où r(u) >
M
M
k
1.b Si on suppose |uk | > Mk pour tout k, alors |uk (1/M) | > 1, donc la série
P
k
uk (1/M) diverge (le terme général ne tend pas vers zéro), ce qui entraîne r(u)
6
1
.
M
Attention, le rayon de convergence ne fournit pas une condition nécessaire
et suffisante de convergence. Tout ce qu'on peut dire, c'est : si < r(u), alors
P
P
uk k converge ; si
uk k converge, alors 6 r(u).
Pour s'en souvenir, penser géométriquement : une série entière peut
converger ou non sur le bord du disque de convergence. Elle peut même
converger en certains points du bord et pas en d'autres.
2 On a
1
1
=
i(k - i)
k
1
1
+
i
k-i
Puisque (a + b)2 6 2(a2 + b2 ), on en déduit
1
2
1
1
6 2
+
i2 (k - i)2
k
i2
(k - i)2
d'où
k-1
P
i=1
1
2
6 2
i2 (k - i)2
k
k-1
P 1 k-1
P
P 1
1
4 k-1
4 2
+
= 2
6 2
= 2
2
2
2
i
(k
-
i)
k
i
k
6
k
i=1
i=1
i=1
2 2
. (On a effectué le changement d'indice i k - i dans la seconde somme
3
+
k-1
P 1
P 1
2
et on a majoré
par
=
.)
2
2
6
i=1 i
i=1 i
où =
On peut également utiliser une méthode de comparaison entre séries et
intégrales.
Deuxième partie
On démontre ici que l'endomorphisme Aa : (uk ) 7 ((k + a)uk ) induit un
automorphisme du sous-espace des suites dont le rayon de convergence associé
est > R.
Cette partie est courte et reste relativement simple, raison de plus pour la
traiter
avec soin. En passant vite sur le cas où a est un entier < 0 ou bien sur les
inégalités larges ou strictes des rayons de convergence, on peut perdre des
points faciles.
De même, il n'est pas inutile de démontrer rapidement que ER est un sous-espace
vectoriel de E.
3
Si a n'est pas un entier strictement inférieur à 0, on peut diviser par
k + a pour tout entier k > 1. D'où les équivalences :
u Ker Aa k N , (k + a)uk = 0
k N , uk = 0
donc
Ker Aa = {0}
Attention, il faut se garder de dire Ker Aa = {0} Im Aa = E (injectif
surjectif). Ceci n'est vrai qu'en dimension finie.
Montrons que Im Aa = E. Soit v E, la suite u définie par uk =
dans E et on a v = Aa u ; donc v ImAa .
vk
est
k+a
Im Aa = E
Ainsi, Aa est un isomorphisme de E sur lui-même.
Si a est un entier strictement négatif,
u Ker Aa k N , (k + a)uk = 0
k N - {-a}, uk = 0
donc
Ker Aa = Ce-a
Montrons que Im Aa = {v E|v-a = 0}. En effet, si v ImAa , il existe u dans
E tel que vk = (k + a)uk pour tout k donc v-a = 0. Inversement, si v-a = 0,
vk
toute suite u définie par uk =
si k 6= -a et u-a quelconque est dans E et
k+a
on a v = Aa u donc v Im Aa .
Im Aa = {v E | v-a = 0}
