PC∗
Corrigé : étude de l’équation de diffusion (Centrale PC 2018)
I
Préliminaires
I. A – Quelques propriétés de gσ
Q 1. La fonction gσ est paire et au voisinage de +∞, gσ(x) = O(e −x
) donc gσest intégrable sur R. Q 2. Le changement de variable bijectif y = √x
2σ conduit à Z+∞ −∞ gσ(x) dx = 1 √ π Z+∞ −∞ e−y2dy = 1.
Q 3. gσest paire donc on peut restreindre l’étude à R+. On calcule g 0 σ(x) = −x σ3 √ 2πexp − x 2 2σ2
donc gσest décroissant sur R+, et gσ00(x) = 1 σ3 √ 2π x2 σ2−1 exp − x 2 2σ2
donc gσ00s’annule et change de signe pour x = ±σ, ce qui correspond à un changement d’inflexion sur la courbe représentative.
σ −σ I. B – Q 4. Pour tout x ∈ R, f (x) exp(−i2πξx)
=|f (x)| donc si f est intégrable sur R il en est de même de x 7→ f (x) exp(−i2πξx). Q 5. Appliquons le théorème de continuité des intégrales à paramètres :
– pour tout ξ ∈ R, la fonction x 7→ f (x) exp(−i2πξx) est continue par morceaux et intégrable sur R ; – pour tout x ∈ R, la fonction ξ 7→ f (x) exp(−i2πξx) est continue sur R ;
– pour tout ξ ∈ R,
f (x) exp(−i2πξx)
=|f (x)| et la fonction |f | est continue par morceaux et intégrable sur R (hypothèse de domination).
Les hypothèses du théorème sont vérifiées, la fonction F (f ) est continue sur R.
I. C –
Q 6. Pour tout x ∈ R, f (x) = Zx
0
f0(t) dt et puisque f0est intégrable sur R, lim
+∞f (x) = ` existe. Mais si ` , 0 alors f (x) ∼+∞` et x 7→ ` n’est pas intégrable sur [0, +∞[ donc f ne peut l’être non plus. On en déduit que ` = 0.
Par un raisonnement analogue on prouve que lim
−∞f (x) = 0. Q 7. Une intégration par parties fournit :
Z X −X f0(x) exp(−i2πξx) dx = f (x) exp(−i2πξx) X −X+ i2πξ ZX −X f (x) exp(−i2πξx) dx
et en faisant tendre X vers +∞, on obtient grâce à la question précédente l’égalité : F (f0)(ξ) = i2πξF (f )(ξ).
I. D –
Q 8. La fonction x 7→ x2pe−x2est paire et x2pe−x2 = +∞O(e
−x
) donc la fonction x 7→ x2pe−x2 est intégrable sur R.
Q 9. Une intégration par parties donne ZX −X x2pe−x2dx = 1 2p + 1x 2p+1e−x2X −X+ 2 2p + 1 Z X −X x2p+2e−x2dx puis en faisant tendre X vers +∞ on obtient Mp=
2 2p + 1Mp+1. On en déduit que Mp= (2p − 1)(2p − 3) · · · (1) 2p M0avec M0= √ π, soit Mp= (2p)!√π 22pp! .
Q 10. La fonction cos est développable en série entière sur R, donc exp(−x2) cos(2πξx) = +∞ X p=0 cp(ξ) exp(−x2)x2p avec cp(ξ) = (−1)p(2πξ)2p (2p)! .
Q 11. La fonction x 7→ exp(−x2) sin(2πξx) étant impaire, on a Z+∞ −∞ exp(−x2) exp(−i2πξx) dx = Z+∞ −∞ exp(−x2) cos(i2πξx) dx. Il s’agit maintenant d’appliquer le théorème d’interversion somme/intégrale, le réel ξ étant fixé.
Posons fp: x 7→ cp(ξ) exp(−x2)x2pet vérifions les hypothèses du théorème.
– Les fonctions fpsont continues par morceaux et intégrables sur R (Q 8.) ;
– la série de fonctionsXfpconverge simplement et sa somme est continue par morceaux (Q 10.) ;
– la sérieX Z +∞ −∞ |fp(x)| dx =X|cp(ξ)|Mp= √ πX(π|ξ|) 2p
p! converge (c’est le développement en série entière de exp
(π|ξ|)2. Le théorème s’applique : Z+∞ −∞ exp(−x2) exp(−i2πξx) dx = +∞ X p=0 cp(ξ)Mp= √ πX(−1) p p! (πξ) 2p=√πexp(−π2ξ2). Q 12. Pour tout ξ ∈ R, F (gσ)(ξ) = 1 σ √ 2π Z+∞ −∞ exp − x 2 2σ2 exp(−i2πξx) dx = √1 π Z +∞ −∞
exp(−y2) exp−i2π( √
2σξ)ydy en ayant posé x =
√
2σy. La question précédente donne alors : F (gσ)(ξ) = exp(−2π2σ2ξ2) = 1 σ √ 2πgσ 0(ξ) donc µ = 1 σ √ 2π.
II
Équation de di
ffusion avec une condition initiale gaussienne
Q 13. Notons f : (t, x) 7→ g√ σ2+2t(x) = 1 √ 2π √ σ2+ 2texp − x 2 2(σ2+ 2t) . On calcule∂f ∂t(t, x) = −1 √ 2π(σ2+ 2t)3/2exp − x 2 2(σ2+ 2t) + x 2 √ 2π(σ2+ 2t)5/2exp − x 2 2(σ2+ 2t) . On reconnait d’après la question 3. l’expression : ∂f
∂t(t, x) = g
00 √
σ2+2t(x) =
∂2f
∂x2(t, x) donc f vérifie la condition i. Par ailleurs, lim
t→0+f (t, x) = 1 σ √ 2πexp − x 2 2σ2
= gσ(x) donc f vérifie la condition iii.
II. A –
Q 14. Soit t > 0 et T > t. Pour tout ξ ∈ R, |f (t, x) exp(−2iπξx)| = |f (t, x)| 6 φT(x) et φTest intégrable sur R, donc il en est de même de x 7→ f (t, x) exp(−2iπξx).
Q 15. Considérons (pour ξ ∈ R fixé) une suite (tn) de réels strictement positifs convergeant vers 0, et appliquons le
théorème de convergence dominée à un= bf (tn, ξ) =
Z+∞ −∞
hn(x) dx avec hn(x) = f (tn, x) exp(−i2πξx).
– Pour tout n ∈ N, hnest continue par morceaux sur R ;
– d’après la condition iii la suite (hn) converge simplement vers la fonction x 7→ gσ(x) exp(−i2πξx), continue par morceaux ;
– d’après la condition ii, |hn(x)| 6 φT(x) avec T = sup
n
tn+ 1 (la suite (tn) converge donc est bornée).
La fonction φTest intégrable donc le théorème s’applique : lim un=
Z+∞ −∞
gσ(x) exp(−i2πξx) dx =gbσ(ξ). Par caractérisation séquentielle de la limite on en déduit : lim
t→0+f (t, ξ) =b gbσ(ξ).
Q 16. Soit T > 0. Il s’agit maintenant pour ξ ∈ R fixé d’appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètre à la fonction t 7→ bf (t, ξ) =
Z +∞ −∞
h(t, x) dx avec h(t, x) = f (t, x) exp(−i2πξx) sur l’intervalle ]0, T[.
– Pour tout t ∈]0, T[, la fonction x 7→ h(t, x) est continue par morceaux et intégrable sur R ; – pour tout x ∈ R la fonction t 7→ h(t, x) est de classeC1et
∂h ∂t(t, x) = ∂f ∂t(x, t) 6χT(x).
Puisque χTest intégrable le théorème s’applique : la fonction t 7→ bf (t, ξ) est de classeC1sur ]0, T[ ; par recouvrement elle est de classeC1sur R∗+et
∂bf ∂t(t, ξ) = Z+∞ −∞ ∂f ∂t(t, x) exp(−i2πξx) dx.
Q 17. On observe que ∂bf ∂t(t, ξ) = F ∂f ∂t(t, ·) (ξ) = F ∂2f ∂x2(t, ·) (ξ) d’après i. D’après Q 7, F ∂2f ∂x2(t, ·) (ξ) = i2πξF ∂f ∂x(t, ·) (ξ) = −4π2ξ2Ff (t, ·)(ξ) = −4π2ξ2f (t, ξ) doncb ∂bf ∂t(t, ξ) = −4π 2ξ2 b f (t, ξ). II. B –
Q 18. Le réel ξ étant fixé les solutions de l’équation différentielle y0= −4π2ξ2y sont de la forme K exp(−4π2ξ2t), K étant
une constante. D’après la question précédente, pour tout ξ ∈ R il existe une constante K(ξ), dépendant a priori de ξ, telle que pour tout t > 0, bf (t, ξ) = K(ξ) exp(−4π2ξ2t).
Q 19. En faisant tendre t vers 0+dans cette égalité on obtient grâce à la question 15 : K(ξ) = lim
t→0+f (t, ξ) =b gbσ(ξ). II. C – Q 20. D’après Q 12,gbσ= µgσ0 avec σ 0 = 1 2πσ et µ = 1 σ √ 2π donc K(ξ) = exp(−2π 2σ2ξ2) et bf (t, ξ) = exp −2π2ξ2(σ2+ 2t). Q 21. On a déjà calculé µ en Q 12, ce qui nous a permis d’obtenir νσ= 1.
Q 22. À t > 0 fixé on a bf (t, ξ) = λgρ(ξ) avec ρ = 1 2π √ σ2+ 2t et λ = ρ √ 2π soit bf (t, ξ) = F (g√ σ2+2t) d’après Q 12.
D’après le résultat admis on en déduit que f (t, ξ) = g√
σ2+2t(ξ).
On observe qu’avoir calculé explicitement la constante µ à la question 12 rend inutile les deux questions suivantes, que nous allons néanmoins corriger.
Q 23. On observe que I(t) = bf (t, 0) donc I0(t) =∂bf
∂t(t, 0) et d’après Q 17, I
0
(t) = 0 donc I est constante. Q 24. Par ailleurs, I(t) = λt,σ
Z+∞ −∞
g√
σ2+2t(x) dx = λt,σd’après Q 2, donc l’application t 7→ λt,σest constante et la condition
iii impose alors λt,σ= 1 pour tout t > 0.
III
Étude numérique
III. A –
Q 25. Par définition d’une dérivée partielle, lim θ→0
f (t + θ, x) − f (t, x)
θ =
∂f ∂t(t, x).
Q 26. D’après la formule de Taylor-Young,
f (t, x + h) = f (t, x) + h∂f ∂x(t, x) + h2 2 ∂2f ∂x2(t, x) + o(h 2) et f (t, x − h) = f (t, x) − h∂f ∂x(t, x) + h2 2 ∂2f ∂x2(t, x) + o(h 2) donc lim h→0 f (t, x + h) − 2f (t, x) + f (t, x − h) h2 = ∂2f ∂x2(x, t). III. B –
Q 27. Le coefficient d’indice i de la matrice AFnvaut (1 − 2r)fn(i) + r(fn(i − 1) + fn(i + 1)), cette formule étant aussi vraie
pour i = 1 et i = q car fn(0) = 0 et fn(q + 1) = 0. Or fn+1(i) = fn(i) + τ δ2 fn(i + 1) − 2fn(i) + fn(i − 1) = (1 − 2r)fn(i) + r fn(i + 1) + fn(i − 1) donc on a bien Fn+1= AFn.
Q 28. A et B sont symétriques réelles donc diagonalisables, et une récurrence immédiate donne Fn+1= AnFn.
Q 29. Posons A = PDP−1avec P inversible et D = diag(λ1, . . . , λq).
Alors Fn= PDnP −1 F0= P α1λn1 .. . αqλnq en ayant posé P−1F0= α1 .. . αq
donc (Fn)nest borné quel que soit F0si et seulement si les suites (λni)nsont toutes bornées pour i ∈ ~1, q, soit lorsque Sp(A) ⊂ [−1, 1].
Q 30. Soit i ∈ ~1, q tel que |yi|= max{|yj| |j ∈ ~1, q}. On a |yi|> 0 car un vecteur propre est non nul.
En posant y0= yq+1= 0 l’égalité des coefficients de rang i de l’égalité matricielle BY = λY se traduit par yi−1+ yi+1= λyi
donc |λ||yi| 6 |yi−1|+ |yi+1| 62|yi|et |λ| 6 2.
Puisque cos réalise une bijection entre [0, π] et [−1, 1] il existe un (unique) θ ∈ [0, π] tel que λ = 2 cos θ.
Q 31. Ceci a déjà été expliqué à la question précédente.
Q 32. L’équation caractéristique x2− λx + 1 = x2−2x cos θ + 1 possède deux racines complexes eiθet e−iθ(confondues lorsque θ = 0 ou π).
– Si θ ∈ {0, π}, il existe A et B dans R tels que pour tout k ∈ ~0, q + 1, yk= (A+ kB) eikθ, mais les conditions y0= yq+1= 0
imposent A = B = 0, ce qui est absurde car Y n’est pas le vecteur nul.
– Si θ ∈]0, π[, il existe A et B dans R tels que pour tout k ∈ ~0, q + 1, yk = Acos(kθ) + Bsin(kθ), et les conditions
y0= yq+1 = 0 imposent A = 0 et Bsin(q + 1)θ) = 0. On ne peut avoir B = 0 car Y n’est pas le vecteur nul, donc
sin(q + 1)θ = 0, ce qui prouve l’existence d’un entier j ∈ ~1, q tel que θ = jπ
q + 1.
On en déduit que λ = 2 cos jπ
q + 1.
Q 33. Réciproquement, le calcul précédent montre que pour tout j ∈ ~1, q, le vecteur Yj donc la kecoordonnée est
égale à sin kjπ
q + 1
vérifie BYj = λjYj avec λj = 2 cos
jπ
q + 1
. Puisque B ne peut avoir plus de q valeurs propres, on a Sp(B) = {λj|j ∈ ~1, q} et (Y1, . . . , Yq) est une base de vecteurs propres de B.
Q 34. On a donc Sp(A) =n(1 − 2r) + rλj
j∈ ~1, q o
. Pour que (Fn) soit bornée quel que soit F0il faut donc que pour tout
j ∈ ~1, q, (1−2r) + rλj 61, soit 0 6 r(2 − λj) 6 2, ou encore 0 6 r 6 2 2 − λj puisque λj< 2.
λjest minimal pour j = q donc la condition s’écrit 0 6 r 6 1 1 − cos(q+1qπ)=
1
1 + cos(q+1π ), et pour que ceci soit vrai quel que soit q > 2 il faut que 0 6 r 6 1
1 + 1= 1 2.
IV
Équation de diffusion et marche aléatoire
IV. A –
Q 35. La variable Ynsuit une loi de Bernoulli de paramètre 1/2 donc Zn suit une loi binomiale de paramètres n et 1/2.
Q 36. Puisque Sna même parité que n, si n et k ne sont pas de même parité alors P(Sn= k) = 0.
Q 37. Zn=
1 2Sn+
n
2 donc si n et k ont même parité, P(Sn= k) = P Zn= k + n 2 = k+nn 2 ! 1 2n. IV. B – Q 38. On a V (δSb1/τc) = V 2δZb1/τc−nδ
= 4δ2V(Zb1/τc) = δ2b1/τc (variance d’une loi binomiale). Q 39. 1 τ −1 < j1 τ k 61
τ donc limτ→0τb1/τc = 1, soit b1/τc ∼0 1
τ et V (δSb1/τc) ∼0 δ2
τ . Q 40. Si k et n sont de même parité, pn+1(k) − pn(k)
τ = − pn(k) τ = δ2 2τ pn(k + 1) − 2pn(k) + pn(k − 1) δ2 .
Si k et n sont de parités opposées, pn+1(k) − pn(k)
τ = pn+1(k) τ = n + 1 k+n+1 2 ! 1 τ2n+1 et δ2 2τ pn(k + 1) − 2pn(k) + pn(k − 1) δ2 = pn(k + 1) + pn(k − 1) 2r = n k+1+n 2 ! + k−1+nn 2 ! 1 τ2n+1
et ces deux expressions sont égales d’après la formule de Pascal. Dans tous les cas on a bien pn+1(k) − pn(k)
τ =
δ2 2τ
pn(k + 1) − 2pn(k) + pn(k − 1)
δ2 .
Q 41. Lorsque le nombre de particules est important, la probabilité P(Sn= k) correspond à la densité de particules à la
date nτ à l’emplacement kδ dans un phénomène de diffusion uni-dimensionnel. La formule précédente, par analogie à l’étude numérique de la partie III, montre que ce phénomène de diffusion correspond à la discrétisation de l’équation
∂d
∂t(t, x) = D ∂2d
∂x2(t, x) avec D = δ2
2τ, où d(t, x) représente la densité de particules à la date t à l’emplacement d’abscisse x. En posant f (t, x) = d(t, x
√
D) on homogénéise l’équation qui devient ∂f
∂t(t, x) = ∂2f
∂x2(t, x), et la partie III montre que la condition pour que le système discret soit stable s’écrit r 6 1
2soit τ δ2 6
1
2. La question 39 permet alors d’interpréter cette condition par une condition sur la variance : V (δSb1/τc) > 2.
