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\renewcommand{\a}{\textbf{a.~}}
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\pagestyle{ups}
\begin{document}
\centerline{MINES D'ALBI, ALES, DOUAI, NANTES 2002}
\centerline{EPREUVE SPECIFIQUE DE MATHEMATIQUES}
\vspace{1cm}
\noindent
\textbf{PROBLEME I
\vspace{3mm}\\
Partie A}

\begin{enumerate}
\item
La relation $\sim $ est :\\
-- r\'eflexive car $\,\forall A\in\MAT ,\;\, A= I_3^{-1}AI_3$\, donc $\,A\sim A$;\\
-- sym\'etrique car s'il existe $\,P\in\GL \,$ tel que $\,A=P^{-1}BP,\,$ alors $\,B=(P^{-1})^{-1}AP^{-1}\,$ et, par cons\'equent, 
$\,A\sim B\,$ implique $\,B\sim A\, $ pour toutes matrices $\,A\,$ et $\,B\,$ de $\,\MAT$;\\
-- transitive  : s'il existe $\,P\,$ et $\,Q\,$ de $\,\GL\,$ telles que $\,A=P^{-1}BP\,$ et $\,B=Q^{-1}CQ,\,$ alors 
$\,R=QP\in\GL\,$ et $\,A=R^{-1}CR$\, donc $\:\forall A,\,B,\,C\,\in\MAT ,\;\,
\bigl(A\sim B\:$ et $\:B\sim C\bigr)\,\Longrightarrow \,A\sim C$.\\
On conclut que $\,\sim \,$ est une relation d'\'equivalence sur $\,\MAT$.
\item
Si $\,A\,$ et $\,B\,$ sont semblables et si $\,P\,$ v\'erifie $\,A=P^{-1}BP, \,$ alors $\,\det A=\det P^{-1}\times\det B\times\det P.\,$\\
Comme $\,\det P^{-1}\times\det P=1,\,$ il vient $\,\det A=\det B,\,$ ce qui prouve le r\'esultat demand\'e par contrapos\'ee.
\item
\a Pour tout $\,y\in\Im w,\,$ il existe $\,x\in \Ker u^{i+j}\,$ tel que $\,y=u^j(x).\,$ Alors $\,u^i(y)=u^{i+j}(x)=0\,$
vu que $\,x\in\Ker u^{i+j},\,$ d'o\`u $\,y\in \Ker u^i.\,$ Ceci \'etablit l'inclusion $\,\Im w\subset \Ker u^i$. \vspace{1.5mm} \\
\b Le th\'eor\`eme du rang appliqu\'e \`a $\,w\,$ donne $\,\dim\Ker u^{i+j}=\dim\Im w+\dim\Ker w$.\\
Or $\,\dim \Im w\leq \dim\Ker u^i\,$ d'apr\`es l'inclusion obtenue au \a\!\!, et $\,\dim \Ker w\leq \dim \Ker u^j\,$ (\'etant donn\'e que $\,w\,$ est la 
restriction de $\,u^j\,$ \`a un \sev de $\,E$).\\
L'in\'egalit\'e $\,\dim \Ker u^{i+j}\leq \dim\Ker u^i+\dim\Ker u^j\,$ en d\'ecoule alors.
\item
\a En appliquant le \textbf{3.b.}~aux couples $\,(i,j)=(1,1)\,$ et $\,(2,1),\,$ on obtient :\vspace{-0.8mm}
$$\dim\Ker u^2\leq 2\dim\Ker u\qquad \text{et}\qquad \dim\Ker u^3\leq \dim\Ker u^2+\dim\Ker u.\vspace{-0.5mm}$$
Or $\,\dim\Ker u =3-\dim\Im u=2\,$ (d'apr\`es le th\'eor\`eme du rang) et $\,\dim\Ker u^3=3\,$ (car $\,u^3=0$).\\
Les deux in\'egalit\'es conduisent \`a $\, \dim\Ker u^2\leq 2 \,$ et $\,\dim\Ker u^2\geq 2,\,$ et on conclut sur l'\'egalit\'e.\vspace{1.5mm} \\
\b L'existence de $\,a\,$ est assur\'ee par le fait que $\,u^2\not=0.$ \\
Pour tous r\'eels $\,\alpha ,\,\beta,\,\gamma ,\,$ l'\'egalit\'e $\,\alpha u^2(a)+\beta u(a)+\gamma a=0\,$ implique, en composant par
$\,u^2,$\, que $\,\gamma u^2(a)=0\,$ (vu que $\,u^3(a)=u^4(a)=0$).\, Il en r\'esulte $\,\gamma =0\,$ puisque $\,u^2(a)\not=0$.\,
En reportant dans l'\'egalit\'e de d\'epart et en composant par $\,u,\,$ on obtient de m\^eme $\,\beta u^2(a)=0,\,$ d'o\`u $\,\beta=0\,$
et en reportant \`a nouveau, on montre enfin la nullit\'e de $\,\alpha $.\\
La famille $\,\mathcal B'=(u^2(a),\,u(a),\,a)\,$ est donc libre de cardinal $\,3=\dim E$ : c'est une base de $\,E$.\vspace{1.5mm} \\
\c -- Par d\'efinition de la matrice $\,U\,$ et de la base $\mathcal B',\,$ on a imm\'ediatement $\,U=\MMM 010001000$.\\
-- La matrice  de $\,u^2-u\,$ dans la base $\mathcal B'\,$ \'etant $\,U^2-U,\,$ on en d\'eduit $\,V=\MMM 0{-1}100{-1}000$.
\item
\a L'existence d'un vecteur $\,b\,$ tel que $\,u(b)\not=0\,$ est due au fait que $\,u\not=0\,$ (puisque rang\,$u=1$).\vspace{1.5mm} \\
\b Comme $\,u^2=0,\,$ le vecteur $\,u(b)\,$ appartient \`a $\,\Ker u,\,$ de dimension $2$ d'apr\`es le th\'eor\`eme du rang.\\
On peut alors compl\'eter le vecteur non nul $\,u(b)\,$ en une base $\,(u(b),\,c)\,$ de $\,\Ker u\,$ par application du th\'eor\`eme
de la base incompl\`ete.\\
Enfin, $\,b\,$ n'appartenant pas \`a $\,\Ker u,\,$ la droite vectorielle $\,D\,$ qu'il engendre est en somme directe avec le plan 
vectoriel $\,\Ker u\,$ et, par suite, $\,(b,\,u(b),\,c)\,$ est une base de $\,D\oplus \Ker u\,$ : \,cette famille libre de 
cardinal $\,3\,$ est ainsi une base de $\,E$.\\
\c Par d\'efinition de $\,U'\,$ et $\,V',\,$ on obtient $\,U'=\MMM 000100000\,$ puis $\,V'=-U'$.\\

\noindent
\textbf{\hspace{-1.2cm} Partie B}
\item
$A\,$ et $\,T\,$ ayant m\^eme d\'eterminant d'apr\`es le \textbf{2.}, on a $\,\det A=1\not=0\,$ donc $\,A\,$ est inversible.
\item
-- Un calcul matriciel sans difficult\'e am\`ene \`a $\,N^3=0$.\\
-- De plus, $\,(I_3+N)(I_3-N+N^2)\,$ se simplifie en $\,I_3-N^3=I_3.\:$ L'inverse \`a droite donc l'inverse de $\,I_3+N\,$
est donc $\,I_3-N+N^2,\,$ d'o\`u $\,(P^{-1}AP)^{-1}=I_3-N+N^2,\,$ ce qui s'\'ecrit encore $\,P^{-1}A^{-1}P=I_3-N+N^2$.
\item
Si $\,N=0,\,$ alors $\,P^{-1}AP=I_3,\,$ ce qui conduit rapidement \`a $\,A=I_3,\,$ d'o\`u $\,A^{-1}=A\,$ et $\,A\sim A^{-1}$.
\item
\a Soit $\,\mathcal B\,$ une base de $\,E\,$ et $\,u\,$ l'endomorphisme de $\,E\,$ dont la matrice 
dans la base $\,\mathcal B\,$ (qu'on notera $\,Mat(u,\mathcal B$))\, est $\,N.\,$ De m\^eme, soit $\,v\,$ 
l'endomorphisme de $\,E\,$ tel que $\,Mat(v,\mathcal B)=M$.\\
Comme $\,u^3=0\,$ et que le rang de $\,u\,$ vaut $2,\,$ il existe une base $\,\mathcal B'\,$ de $\,E\,$ telle que 
$\,Mat(u,\mathcal B')\,$ s'\'ecrive $\,U=\MMM 010001000$ d'apr\`es le \textbf {4.}.\, Ceci entra\^{\i}ne que $\,N\,$ et $\,U\,$ sont semblables.\\
Enfin, comme $\,Mat(v,\mathcal B')=U^2-U,\,$ on en d\'eduit que $\,M\,$ est 
semblable \`a $\,V=\MMM 0{-1}100{-1}000$.\\
\b -- Pour $\,M^3,\,$ le plus simple consiste \`a \'ecrire $\,M^3=(N(N-I_3))^3= N^3(N-I_3)^3=0,\,$ la deuxi\`eme \'egalit\'e provenant du fait que
$\,N\,$ et $\,N-I_3\,$ commutent.\\
-- Comme $\,M\,$ et $\,V\,$ sont semblables, ces matrices ont m\^eme rang.\, Celui de $\,V\,$ se calcule directement 
\nolinebreak: le premier vecteur colonne est nul et les deux autres non colin\'eaires, donc \,rang $M=$ rang $V=2$.\vspace{1mm} \\
\c Le raisonnement effectu\'e pour $\,N\,$ au \a s'applique alors aussi \`a $\,M,\,$ qui est ainsi \'egalement semblable 
\`a $\,V.$\, Par transitivit\'e de $\sim ,\,$ on conclut que $\,M\,$ et $\,N\,$ sont semblables.\vspace{1mm} \\
\d Si $\,Q\,$ est une matrice de $\,\GL\,$ telle que $\,Q^{-1}NQ=N^2-N,\,$ alors $\,Q^{-1}(I_3+N)Q=I_3+N^2-N,\,$
ce qui \'etablit que $\,A\sim I_3-N+N^2,\,$ d'o\`u $\,A\sim A^{-1}\,$ d'apr\`es le \textbf{7.}.
\item
Dire que le rang de $\,N\,$ vaut $1$ signifie que ses deux derniers vecteurs colonnes $\,C_2\,$
et $\,C_3\,$ sont proportionnels, \cad que $\,\alpha = 0\,$ (si $\,C_2=0$)\, ou $\,\gamma = 0\,$ (si $\,C_2\not =0$).\\
Le calcul direct de $\,N^2\,$ donne alors $\MMM 00{\alpha\gamma}000000 $\!, soit $\,N^2=0$.\\
La question \textbf{5.} s'applique donc \`a l'endomorphisme $\,u\,$ de $\,E\,$ tel que $\,Mat(u,\mathcal B)=N,\,$
ce qui s'interpr\`ete matriciellement par : $\,N\sim U'\,$ et 
$\,N^2-N\sim (-U'),\,$ o\`u $\,U'\,$ est la matrice d\'efinie au \textbf{5.}.\\
Comme rang $(N^2-N) =$ rang $(-U')=1\,$ et que $\,(N^2-N)^2=0,\,$ la matrice $\,N^2-N\,$ est \'egalement semblable \`a $\,U'$\,
et, en raisonnant comme au \textbf{9.}, on en d\'eduit que $\,A\,$ et $\,A^{-1}\,$ sont semblables.
\item
\a  $A-I_3=\MMM 0000{-1}{-1}011$ ayant un rang \'egal \`a $1$ (matrice non nulle aux colonnes proportionnelles),
le th\'eor\`eme du rang implique que $\,\dim \Ker (u-id_E)=3-1=2.$\,
De plus, les vecteurs non colin\'eaires $\,a\,$ et $\,b-c\,$ appartiennnent clairement \`a $\,\Ker (u-id_E)\,$ donc 
$\,(a,\,b-c)\,$ en constitue une \nolinebreak base.\vspace{1mm} \\
\b Pour faire court, on peut dire que $\,(a,\,c ,\, b-c)\,$ est \'echelonn\'ee par rapport \`a la base $\,(a,\,c,\,b)\,$ 
donc est aussi une base de $\,E,\,$ et il en est de m\^eme de $\,(e_1,\,e_2,\, c)\,$ par permutation.\\
On a directement $\,u(e_1)=e_1\,$ et $\,u(e_2)=e_2\,$ par d\'efinition de $\,\Ker (u-id_E).$\, De plus, $\,u(c)=-b+2c=-e_2+c\,$
donc la matrice de $\,u\,$ dans la base $\,(e_1,\,e_2,\,c)\,$ est $\MMM 10001{-1}001$.\\
\c La matrice $\,A\,$ est alors semblable \`a une matrice du type $\,T\,$ o\`u, avec les notations pr\'ec\'edentes, 
$\,(\alpha ,\,\beta ,\,\gamma )=(0,0,-1)$.\, La question \textbf{10.} s'applique : $\,A\,$ et $\,A^{-1}\,$ sont 
semblables.
\nopagebreak
\item
Si $\,A=\MMM {-1}00010001,$ alors $\,A=A^{-1}\,$ (donc $\,A\sim A^{-1}$),\, mais $\,A\,$ n'est pas semblable \`a une matrice du
type $\,T\,$ car sinon on aurait $\,\det A=1$.
\end{enumerate}

\pagebreak
\noindent
\textbf{PROBLEME II
\vspace{2mm}\\
Partie A}
\begin{enumerate}
\item
L'application $\,f :\, x\longmapsto \dfrac 1{x^p}\,$ est d\'ecroissante sur $\,[k,k+1],\,$ donc $\,\forall x\in[k,k+1],\;\, 
f(k+1)\leq f(x)\leq f(k)\,$ d'o\`u, par positivit\'e de l'int\'egrale, $\, \integ k{k+1}f(k+1)\,dx\leq \integ k{k+1}f(x)\,dx\leq 
\integ k{k+1}f(k)\,dx,\,$ ce qui s'\'ecrit encore  $\:\dfrac 1{(k+1)^p}\leq \integ k{k+1}\dfrac 1{x^p}\,dx\leq  \dfrac 1{k^p}$.
\item
En sommant les in\'egalit\'es pr\'ec\'edentes pour $\,k\,$ variant de $1$ \`a $\,n-1,\,$ et appliquant la relation de Chasles, \vspace{-3mm}
$$ \som k1{n-1}\dfrac 1{(k+1)^p}\,\leq \,\integ 1n\dfrac {dx}{x^p}\,\leq \,\som k1{n-1}\dfrac 1{k^p}.\vspace{-2mm}$$
Par changement d'indice $\,k:=k-1\,$ dans la premi\`ere somme, on tire : $\:S_n(p)-1\leq  \integ 1n\dfrac {dx}{x^p}\leq S_{n-1}(p).$
\item
La fonction $\,f\,$ est localement int\'egrable et positive sur $\,[1,+\infty[.\,$ Elle est donc int\'egrable sur cet intervalle
\ssi $\,\integ 1A f(x)\,dx\,$ a une limite finie lorsque $\,A\,$ tend vers $\,+\infty$.\\
-- Si $\,p\geq 2,\,$ alors $\,\integ 1A f(x)\,dx=\Bigl[\dfrac {x^{1-p}}{1-p}\Bigr]^A_1,\,$ qui a pour limite $\,\dfrac 1{p-1}\,$ 
lorsque $\,A\,$ tend vers l'infini;\\
-- si $\,p=1,\,$ alors $\,\integ 1A f(x)\,dx=\bigl[\ln x\bigr]^A_1,\,$ a pour limite $\,+\infty\,$ en $\,+\infty$.\\
On conclut que $\,x\longmapsto \dfrac 1{x^p}\,$ est int\'egrable sur $\,[1,+\infty[\,$ \ssi $\,p\geq 2$.
\item
Pour $\,p\,$ fix\'e, la suite $\,\bigl(S_n(p)\bigr)_{n\geq 1}\,$ est clairement croissante. Or, d'apr\`es \textbf{2.},\\
-- si $\,p\geq 2,\,$ alors $\,\forall n\geq 1,\;\, S_n(p)\leq 1+\integ 1n \dfrac {dx}{x^p}\leq \integ 1{+\infty}\dfrac{dx}{x^p}\,$
donc la suite $\,\bigl(S_n(p)\bigr)_{n\geq 1}\,$ est major\'ee;\\
-- si $\,p=1,\,$ alors $\,\forall n\geq 1,\;\, S_n(p)\geq \integ 1{n+1} \dfrac {dx}{x}\,$ donc $\,\lin S_n(p)=+\infty$.\vspace{1mm}\\
Conclusion : la suite $\,\bigl(S_n(p)\bigr)_{n\geq 1}\,$ converge \ssi $\,p\geq 2$.

\noindent
\textbf{\hspace{-1.2cm}Partie B}
\item
La fonction $\,\varphi \,$ est d\'ej\`a de classe $\mathcal C^1$ sur $\,]0,\pi]\,$ comme rapport de deux telles fonctions, et elle est
continue en $\,0\,$ car un calcul d'\'equivalent donne $\,\varphi (t) \sim \dfrac {-t}t\,$ au voisinage de $\,0,\,$
d'o\`u $\,\li t0 \varphi(t)=-1=\varphi(0)$.\\
De plus, $\,\forall t\in]0,\pi],\;\: \varphi '(t)= \dfrac {2(\frac t\pi-1)\sin \frac t2 -(\frac {t^2}{2\pi}-t)\cos\frac t2}
{4\sin^2\frac t2}.$\\
Effectuons un d\'eveloppement limit\'e au voisinage de z\'ero de cette expression : \vspace{-1.5mm}
$$\varphi '(t)=\dfrac {(-t+\frac {t^2}{\pi}+o(t^2))-(-t+\frac{t^2}{2\pi}+o(t^2))}{t^2+o(t^2)}=\dfrac 1{2\pi}+o(1).
\vspace{-2mm}$$
Comme $\,\varphi\,$ est continue sur $\,[0,\pi],\,$ de classe $\mathcal C^1$ sur $\,]0,\pi]\,$ et que $\,\varphi '(t)\,$ 
poss\`ede la limite finie $\,\dfrac 1{2\pi}\,$ en $\,0,\,$ on en d\'eduit que $\,\varphi '(0)\,$ existe et vaut $\,\dfrac 1{2\pi}\,$ 
et, par cons\'equent, $\,\varphi\,$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $\,[0,\pi]\,$ tout entier.
\item
Par deux int\'egrations par parties successives, et en tenant compte du fait que $\,k\in\N^*,$\vspace{-1.5mm}
\nopagebreak
\begin{align*}
\integ 0\pi h(t)\cos (kt)\,dt&=\Bigl[(\dfrac {t^2}{2\pi}-t)\dfrac 1k\sin kt\Bigr]^\pi_0 - \dfrac 1k\integ 0\pi 
(\dfrac t\pi-1)\sin kt\,dt \vspace{-0.3mm} \\
&= \dfrac 1{k\pi}\integ 0\pi (\pi-t)\sin kt\,dt \vspace{-0.3mm} \\
&=\dfrac 1{k\pi}\Bigl[-(\pi-t)\dfrac 1k\cos kt\Bigr]^\pi_0-\dfrac 1k\integ 0\pi \cos kt\,dt \vspace{-0.3mm} \\
&= \dfrac 1{k\pi}(0+\dfrac \pi k)\,=\,\dfrac 1{k^2}.
\end{align*}
\vspace{-2mm}
\item
$\som k1n \cos kt\,$ est la partie r\'eelle de $\,\som k1n \cos kt +i\sin kt$,\, \cad de $\,\som k1t e^{ikt}$.\\
On reconna\^{\i}t la somme de termes d'une suite g\'eom\'etrique de raison $\,e^{it}\,$ diff\'erente de $\,1\,$ 
vu que $\,t\in]0,\pi]$ \nolinebreak :\vspace{-1mm}
\begin{align*}
\som k1n e^{ikt}&= e^{it}\, \dfrac {e^{int}-1}{e^{it}-1}\\
&=e^{it}\times e^{i(n-1)t/2}\times \dfrac {e^{int/2}-e^{-int/2}}{e^{it/2}-e^{-it/2}}\\
&=e^{i(n+1)t/2}\times \dfrac {\sin \frac{nt}2}{\sin \frac t2}
\end{align*}
dont la partie r\'eelle est ainsi :\vspace{-1mm}
\begin{align*}
\som k1n \cos kt &=\dfrac {\cos\frac {(n+1)t}2 \sin\frac {nt}2} {\sin \frac t2}\\
&= \dfrac {\sin (n\!+\!\frac 12)t - \sin \frac t2}{2\sin \frac t2}\\
&= \dfrac {\sin (n\!+\!\frac 12)t}{2\sin \frac t2}-\dfrac 12.
\end{align*}
Le r\'eel $\,\lambda =\dfrac 12 \,$ r\'epond donc \`a la question.
\item
$\psi\,$ \'etant de classe $\mathcal C^1,\,$ une int\'egration par parties donne : \vspace{-2mm}
$$ \integ 0\pi \psi(t)\sin (n\!+\!\frac12)t\,dt \,=\, \Bigl[-\dfrac{\psi(t)\cos (n\!+\!\frac12)t}{n\!+\!\frac 12}\Big]_0^\pi 
+\dfrac 1{n\!+\!\frac 12} \integ 0\pi \psi '(t)\cos (n\!+\!\frac 12)t\,dt .\vspace{-2mm}$$
Les fonctions $\,\psi\,$ et $\,\psi '\,$ \'etant continues sur le segment $\,[0,\pi],\,$ elles sont born\'ees, par deux
constantes qu'on notera $\,M\,$ et $\,M'\,$ respectivement, en vertu du th\'eor\`eme des bornes. D'apr\`es les calculs 
pr\'ec\'edents, on peut donc majorer grossi\`erement $\, \mid \!\integ 0\pi \psi(t)\sin (n\!+\!\frac12)t\,dt\!\mid\,$ par 
$\,\dfrac {2M}{n\!+\!\frac 12}\,+\,\dfrac 1{n\!+\!\frac 12}\integ 0\pi M'\,dt,\,$ soit par $\,\dfrac {2M+\pi M'}{n\!+\!\frac 12}$,\,
ce qui \'etablit que $\,\lin \integ 0\pi \psi(t)\sin (n\!+\!\frac12)t\,dt =0$.
\item
La question \textbf{8.} s'applique en particulier \`a la fonction $\,\varphi ,\,$ de classe $\mathcal C^1$ sur $\,[0,\pi].$\\
Or, par lin\'earit\'e de l'int\'egrale, et en appliquant les questions qui pr\'ec\`edent,
\begin{align*}
\integ 0\pi \varphi (t)\sin (n\!+\!\frac12)t\,dt&= 
\integ 0\pi h(t)\bigl(\som k1n\cos kt +\lambda \bigr)\,dt\\
&= \,\som k1n \integ 0\pi h(t)\cos kt\,dt \,+\,\dfrac 12 \integ 0\pi h(t)\,dt\\
&= \,\som k1n \dfrac 1{k^2} \,+\, \dfrac 12 \integ 0\pi (\dfrac {t^2}{2\pi}-t)\,dt\\
&= \,\som k1n \dfrac 1{k^2} \,-\,\dfrac 12\times\dfrac {\pi^2}3.
\end{align*}
En r\'ecapitulant les renseignements obtenus, on peut conclure que \vspace{-1mm}
$$\zeta (2)\,=\,\lin \som k1n \dfrac 1{k^2} \,=\, \dfrac {\pi^2}6.$$
\newpage
\textbf{\hspace{-1.2cm} Partie C}\vspace{-1mm}
\item
\a D'apr\`es la formule du bin\^ome, $\,\forall x\in\R,\;\,f_n(x)=\dfrac 1{n!}\som k0n (-1)^kC_n^kx^{n+k}\,$ d'o\`u, par
le changement d'indice $\,i:=n+k,\;\, f_n(x)=\dfrac 1{n!} \som in{2n} e_ix^i\,$ o\`u, pour tout $\,i\in\seg n{2n} ,\; e_i\,$
d\'esigne l'entier $\,(-1)^{i-n}C_n^{i-n}$. \vspace{1mm} \\
\b D\'emontrons par r\'ecurrence sur $\,n\geq 1\,$ la propri\'et\'e $\,(H_n) :\;\forall k\in\N,\;\: f_n^{(k)}(0)\in\Z$.\\
-- $(H_1)$ est imm\'ediate.\\
-- Supposons $(H_{n-1})$ vraie et prouvons $(H_n)$.\, \\
Observons d'abord que $\,\forall x\in\R,\;\, f'_n(x)=(1-2x)f_{n-1}(x).\,$ La formule de Leibniz donne ensuite :\vspace{-1.5mm}
$$\,\forall k\in\N^*,\;\forall x\in\R,\qquad f_n^{(k+1)}(x)=(1-2x)f_{n-1}^{(k)}(x)-2C_k^1f_{n-1}^{(k-1)}(x)
\vspace{-1.5mm}$$
(tous les autres termes s'annulant du fait que $\,x\longmapsto (1-2x)\,$ est polynomial de degr\'e $1$).\\
En particulier, $\,f_n^{(k+1)}(0)=f_{n-1}^{(k)}(0)-2kf_{n-1}^{(k-1)}(0)\,$ est entier d'apr\`es $(H_{n-1})$ et un calcul 
direct montre que $\,f_n'(0)=f_{n-1}(0)=0\,$ et $\,f_n(0)=0\,$ sont \'egalement des entiers, ce qui permet de conclure sur
$(H_n)$, et d'achever le raisonnement.\\
Pour $\,f_n^{(k)}(1), \,$ on peut employer la m\^eme m\'ethode, ou utiliser l'indication de l'\'enonc\'e, v\'erifier que 
$\,\forall k\in\N,\;\; f_n^{(k)}(1)=(-1)^kf_n^{(k)}(0),\,$ et se ramener ainsi au premier cas.
\item
\a D'apr\`es l'hypoth\`ese faite sur $\,\pi^2,$ \vspace{-2.5mm}
$$F_n(0) =b^n\,\som k0n (-1)^k\pi^{2(n-k)}f_n^{(2k)}(0)= \som k0n (-1)^ka^{n-k}b^k\,\vspace{-2mm}$$
se pr\'esente comme une somme d'entiers donc appartient \`a $\,\Z.\,$ On proc\`ede de m\^eme pour $\,F_n(1)$.\vspace{1mm} \\
\b L'expression de $\,g'_n(x)\,$ se r\'eduit d\'ej\`a \`a $\,(F_n''(x)+\pi^2F_n(x))\sin \pi x.$\\
Or, en d\'erivant deux fois $\,F_n=b^n\,\som k0n (-1)^k\pi^{2(n-k)}f_n^{(2k)}\,$ et en faisant $\,k:=k+1,$\,
on obtient :\vspace{-3mm}
$$\,F_n''\,=\,b^n\,\som k0n (-1)^k\pi^{2(n-k)}f_n^{(2k+2)}\,=\,
-\pi^2b^n\,\som k1{n+1} (-1)^k\pi^{2(n-k)}f_n^{(2k)}\vspace{-2mm}$$
et par cons\'equent $\,F_n''+\pi^2F_n\,$ se simplifie, par t\'elescopage, en $\,\pi^2a^nf_n+(-1)^nb^nf_n^{(2n+2)}.\,$\\
Mais $\,f_n^{(2n+2)}\,$ est la fonction nulle \'etant donn\'e que $\,f_n\,$ est polynomiale de degr\'e $\,2n,\,$ si bien que 
:\vspace{-1mm} 
$$\forall n\in\N^*,\;\forall x\in\R,\qquad g_n'(x)\,=\,\pi^2a^nf_n(x)\sin \pi x.\vspace{-2mm} $$
Enfin, \vspace{-2mm}
$$A_n\,=\,\dfrac 1\pi \integ 01 g_n'(x)\,dx \,=\, \dfrac 1\pi \bigl(g_n(1)-g_n(0)\bigr)\,=\, F_n(1)+F_n(0)\vspace{-2mm}$$
est bien un entier.
\item
\a le rapport $\,\dfrac {u_{n+1}}{u_n}=\dfrac a{n+1}\, $ \'etant major\'e par $\,1\,$ pour $\,n\,$ assez grand, la suite 
de terme g\'en\'eral positif $\,u_n\,$ est d\'ecroissante \`a partir d'un certain rang, donc converge vers un certain r\'eel $\,\ell.$\\
Par passage \`a la limite dans l'\'egalit\'e $\,u_{n+1}=\dfrac a{n+1}u_n,\,$ on tire alors $\,\ell=0,\,$ d'o\`u $\,\lin u_n=0.$\vspace{1mm} \\
\b Par d\'efinition de la limite, $\,\forall \varepsilon >0,\;\,\exists n_0\in\N\;/\quad\forall n\geq n_0,\;\; 
\mid\!u_n\!\mid <\varepsilon .\,$\\
En choisissant $\,\varepsilon =\dfrac 12,\,$ on obtient : $\,\forall n\geq n_0,\;\, \dfrac {a^n}{n!}<\dfrac12$.
\vspace{1mm} \\
\c Il suffit d'observer, en revenant \`a la d\'efinition de $\,f_n,\,$ que $\,\forall x\in[0,1],\;\, x(1-x)\in[0,1]$.
\vspace{1mm} \\
\d Il ressort de ce qui pr\'ec\`ede que $\,\forall n\geq n_0,\; \forall x\in[0,1],\;\, 0\leq a^nf_n(x)\leq \dfrac12.$
Comme $\,\sin \pi x\geq 0\,$ sur $\,[0,1],\,$ on tire, par positivit\'e de l'int\'egrale, que 
$\,\forall n\geq n_0,\;\, 0\leq A_n\leq \pi\integ 01 \dfrac 12\sin \pi x\,dx,\,$ soit 
\nolinebreak $\,0\leq A_n\leq 1$.\\
Pour terminer, l'\'egalit\'e $\,A_n=0\,$ est impossible car cela n\'ecessiterait que la fonction positive et continue 
$\,x\longmapsto f_n(x)\sin \pi x\,$ soit identiquement nulle sur $\,[0,1]\,$ et, de m\^eme, $\,A_n=1\,$ impliquerait
que $\,f_n(x)\sin \pi x\,$ soit constamment \'egal \`a $\,\sin \pi x.$ \\
On conclut alors que $\,\forall n\geq n_0,\;\, A_n\in]0,1[\,$ et, comme $\,A_n\,$ est entier d'apr\`es le \textbf{11.},
on aboutit \`a une contradiction : $\,\pi^2\,$ est donc irrationnel.\vspace{1mm} \\  \nopagebreak
\e Si $\,\pi\,$ \'etait rationnel, $\,\pi^2\,$ le serait aussi par structure de corps de $\,\Q,\,$ ce qui est exclu
d'apr\`es ce qui vient d'\^etre d\'emontr\'e.

\end{enumerate}

\end{document}

