Partie IV

(1)

Concours e3a 2005 Maths A MP

sujet légèrement adapté

Partie I

1. L’équation di¤érentielle (E⁰)est une équation di¤érentielle linéaire du second ordre à coe¢ cients constants. L’ensemble des solutions sur Iest un espace vectoriel de dimension deux. L’équation caractéristique estr²+ 1 = 0.

Une base de solutions est doncfsin;cosg

2. Il existe (A; B) 2 R² tels que 8x 2 I , g(x) = Acos(x) +Bsin(x). Les suites (g(n ))n2N et g ⁽²ⁿ⁺¹⁾₂ sont respectivement (( 1)ⁿA)et (( 1)ⁿB)).

3. D’après le critère séquentiel les suites(g(n ))et g ⁽²ⁿ⁺¹⁾₂ tendent verslim₊₁(g). Donc la suite(( 1)ⁿA)converge.

En prenant les suites extraites des termes pairs et impairs on trouvelim (( 1)ⁿA) =A= A. On en déduit queA= 0 . De mêmeB = 0doncg= 0. Réciproquement la fonction nulle admet une limite …nie.

la seule solution deE0 ayat une limite …nie en+1est la fonction nulle

Partie II

1. Par dé…nitionV est le sous espace vectoriel engendré par(x > xcos(x)); x( >cos(x));(x > xsin(x)); x( >sin(x)) qui sont des fonctions deC¹(R). DoncV est un sous espace vectoriel deC¹(R)

2. Il serait plus simple de véri…er que la famille précédente est libre ... mais respectons le sujet : L’application qui envoiev surhv est linéaire deR⁴ dansV

Elle est injective. Soit v= (a; b; c; d)dans R⁴ tel que8x2R: (ax+b) cos(x) + (cx+d) sin (x) = 0.On choisit des valeurs dex:

–x= 0donneb= 0puisx= donnea= 0

–en…n sur]0; [ sin(x)6= 0donccx+d= 0 le polynôme ayant une in…nité de racinesc=d= 0 Elle est surjective : par dé…nition deV tout élément est l’image d’un quadruplet (a; b; c; d)

donc c’est un isomorphisme deR⁴ surV.L’image de la baseCdeR⁴ est une base deV. fhe1; he2; he3; he4g est une base deV

3. En dérivant deux fois , ou en utilisant Leibniz on obtient :

[(ax+b) cos(x) + (cx+d) sin (x)] " = (ax+b) ( cos(x)) + 2a( sin(x)) + (cx+d) ( sin (x)) + 2ccos(x) et donc :

(hv) = 2c:he2 2a:he4

(i) est linéaire par linéarité de la dérivation, et à valeurs dans V.

(ii) (h_v) = 0 , h_v solution de (E0) , h_v 2 V ect(h_e₂; h_e₄). Donc ker( ) = V ect(h_e₂; h_e₄).Comme on a une base dim(ker( ) = 2et le théorème du rang donnerg( ) = 4 2 = 2

(iii) Comme (he2) = (he4) = 0, que (he1) = he2et (he2) =he4, la matrice de dansV vaut : 0 BB

@

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0 0 0

2 0 0 0

1 CC A: Cette matrice est de rang2, on retrouvedim(Im( )) =rg( ) = 2. L’image de contient les éléments h_e₂ et h_e₄ non colinéaires. Donc(h_e₂; h_e₄)est une base .

4. (E1) est une équation di¤érentielle d’équation homogène associée (E0) . pour résoudre (E1) , il su¢ t de chercher une solution particulière et d’ajouter une solution générale de(E0).

On peut utiliser la méthode vue en Sup pour déterminer cette solution particulière. Il est plus simple d’utiliser : On veut résoudre (hv) =he2 . On prend donc c= 1=2 et a= 0. x7! ¹2xsin(x)est une solution particulière de(E¹).

On en déduit la solution générale de (E¹):

x7! ¹₂xsinx+Acosx+Bsinx;(A; B)2R²

Partie III

(2)

1. 1a. 8t2R⁺; e ^tx 1on peut multiplier l’égalité par _1+t¹2 positif : ^e

xt

1+t² 1 1+t².

1b. La fonctiont 7! _1+t^e ^xt² est continue positive sur R⁺. D’après 1a, elle est majorée par _1+t¹2 , qui est intégrable sur [0;+1[. Donct7! _1+t^e ^xt² est intégrable sur[0;+1[.

t > F(x; t)dtest intégrable surR⁺ si vous prenez la limite de t²F(x; t)attention à séparer x= 0etx >0 2. On véri…e les hypothèses du théorème de continuité d’une intégrale à paramètre.

8x2R⁺, la fonctiont7! ê_1+t^xt² estCpm⁰ intégrable surR⁺. 8t2R⁺, la fonctionx7! ê1+t^xt² est continue surR⁺. Domination : 8x; t2R⁺; _1+tê ^xt2 1

1+t² et la fonctiont7! 1+t¹² est indépendante dex, continue surR⁺, intégrable surR⁺ (cf 1b).

G2 C⁰(R⁺;R⁺)

3a. F estC¹ surR² comme composé et quotient de fonctionsC¹à dénominateur non nul.

On a ^@F_@x(x; t) = ^te_1+t^xt2 = tF(x; t)

3b. t² t+ 1 est un trinôme du second degré de discriminant strictement négatif. comme le terme dominant est positif t² t+ 1>0et donc _1+t^t2 <1 en divisant part²+ 1>0

Donc ^te_1+t^xt2 e ^xt. Six , alors ^te_1+t^xt2 e ^t.

(i) pourx >0,t >^@F_@x(x; t)est continue,négative,sa valeur absolue est majorée part > e ^xt intégrable sur[0;+1[ car x <0 . Donc elle est intégrable surR⁺ .

(ii) On véri…e les hypothèses du théorème de dérivation sous une intégrale.

8x2R⁺ , la fonction:t7!F(x; t)est continue par morceaux et intégrable surR⁺.(déjà vu)

8x2R⁺ , la fonction:t7! ^@F@x(x; t)est continue par morceaux et intégrable sur R⁺:(point précédent) 8t2R⁺, la fonctionx7! ^@F_@x(x; t)est continue sur]0;+1[.

Domination sur un segment[a; b]quelconque inclus dansR⁺ : 8x2[a; b];8t2R⁺; ^@F_@x(x; t) = ^te_1+t^xt2 e ^at et la fonctiont7!e ^at est indépendante dex, continue intégrable sur R⁺.

D’après le théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre , la fonctionGestC¹ sur l’intervalle]0;+1[et on a 8x2]0;+1[; G⁰(x) = R+1

0

te ^xt 1+t² dt

4. On a ^@_@x²^F2(x; t) = _1+t^t²2e ^xt . Ort > _1+t^t²2e ^xt est continue positive sur R⁺ majorée part > e ^xt intégrable surR⁺ . Donct > _1+t^t²2e ^xt est intégrable surR⁺ .

On véri…e alors les hypothèses du théorème de dérivation deux fois sous une intégrale.

8 x >0, les fonctionst 7!F(x; t) ,t > ^@F_@x(x; t) ett > ^@_@x²^F2(x; t) sont continues par morceaux et intégrable sur R⁺.

Pour toutt2R⁺, la fonction x7! ^t²1+t^e ^xt² est continue sur]0;+1[.

Domination sur un segment [a; b] R⁺ : 8x2[a; b];8t2R⁺; ^@_@x(x; t) = ^t²_1+tê ^xt2 e ât et la fonctiont7! e ât est indépendante de x, continue par morceaux surR⁺, intégrable surR⁺.

D’après le théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre, la fonction Gest C²sur l’intervalle]0;+1[et on a : 8x2]0;+1[; G⁰⁰(x) =R+1

0

t²e ^xt 1+t² dt

2

(3)

5. La véri…cation ne pose aucun problème : G(x) +G⁰⁰(x) =

Z +1 0

e ^xt 1 +t² dt+

Z +1 0

t²e ^xt 1 +t² dt=

Z +1 0

e ^xt

1 +t² +t²e ^xt 1 +t² dt=

Z +1 0

e ^xt dt= 1 xe ^xt

+1

0

= 1 x 8x2R⁺ ,G(x) +G⁰⁰(x) =_x¹

DoncGest une solution de l’équation di¤érentielle E.

6a. Pour tout x > 0, G⁰(x) 0 . Donc G est une application décroissante sur l’intervalle R⁺ ; et par décroissance et continuité en0G(0) = limx >0(G) G(x)

Gdécroît surR⁺ 6b. Pourx >0 : comme _1+t¹2 1, on a 0 G(x) R+1

0 e ^xt dt= ¹_x:DoncG(x)tend vers0quandxtend vers+1. lim+1(G) = 0

Partie IV

1. On utilise le critère spécial des série alternées :

( 1)ⁿf(un)est de signe alterné carf est à valeurs positives

la suite j( 1)ⁿf(un)j est décroissante par composition d’une suite croissante et d’une fonction décroissante.

la suite j( 1)ⁿf(un)jconverge vers0 par composition des limites : lim (un) = +1etlim+1(f) = 0 P( 1)ⁿf(n)est une série convergente

2. On a sin(t)f(t) 0tf(t)qui admet une limite d’après l’hypothèse d) surf.

La fonction jsin(t)jf(t), continue sur R⁺ , est prolongeable par continuité en 0 et la fonction ainsi prolongée est bien continue sur tout segment[0; x]

3. 3a. Sur le segment[n ;(n+ 1) ],f décroît etjsin(t)j>0 , d’où l’encadrement : jsin(t)jf((n+ 1) ) jsin(t)jf(t) jsin(t)jf(n ):

Les fonctions étant continue sur segment on peut intégrer et comme on a le calcul en posant t = u+n : R(n+1)

n jsin(t)j dt=R

0 jsin(t)j dtR

0 sin(t)dt= 2

2f((n+ 1) ) w_n 2f(n )

3b. Comme2f est une fonction continue sur[n ;(n+ 1) ], il existe d’après le théorème des valeurs intermédiaires une valeur un2[n ;(n+ 1) ] tel quewn= 2f(un).

3c. Sur [n ;(n+ 1) ],sin(t)est du signe de ( 1)ⁿ doncjsin(t)j= ( 1)ⁿsin(t)doncwn= ( 1)ⁿR(n+1)

n sin(t)dt.

4.

4a.

Z 2(n+1) 0

sin(t)f(t)dt Z 2n

0

sin(t)f(t)dt =

Z 2(n+) 2n

sin(t)f(t)dt=

Z (2n+1) 2n

sin(t)f(t)dt+

Z 2(n+1) (2n+1)

sin(t)f(t)dt

= w2n w2n+1= 2 f(u_2n) f(u_2n+1) 0 carf décroît la suite R2n

0 sin(t)f(t)dt croît 4b. De même,

R(2n+1)

0 sin(t)f(t)dt est décroît

4c. …nissons de montrer que les deux suites sont adjacentes : R(2n+1)

0 sin(t)f(t)dt R2n

0 sin(t)f(t)dt =w_2n = 2f(u_2n). Commelim₊₁f = 0et quelim(u_2n) = +1,lim R(2n+1)

0 sin(t)f(t)dt R2n

0 sin(t)f(t)dt = 0

Les deux suites(pn)et(qn)sont donc adjacentes. Elles convergent vers une limite commune notéel.

3

(4)

5. Soity 0. On pose n=E(y= ). . On a donclim_y _>+₁(n) = +1 AlorsIf(0; y) =Rn

0 sin(t)f(t)dt+Ry

n sin(t)f(t)dt.

Dans cette somme, le premier terme tend versl quandy tend vers+1par composition et le second tend vers 0car : Ry

n sin(t)f(t)dt Ry

n jsin(t)j f(t)dt R(n+1)

n jsin(t)jf(t)dt=w_n. Donc,If(0; y)tend versl quandy tend vers+1.

remarque : la limite vers l d’une suite ne su¢ t pas en général à prouver celle de la fonction.

6 On véri…e sans problème quef :t7! ¹t véri…e toutes les hypothèses de la partie IV 8x >0 ,R+1

x

sin(t)

t dtconverge

Partie V

1. véri…cations sans problème : Le ”on peut donc dé…nir” découle des questions IV 2 qui prouve la convergence absolue de l’intégrale impropreRx

0 f(t) sin(t)dtpar prolongement par continuité et IV 6 qui prouve le convergence de l’intégrale impropreRx

0 f(t) sin(t)dt

2. Le changement de variables u= t+x est immédiat car on peut faire un changement de variableC¹ bijectif dans une intégrale impropre qui converge.

3. On écritsin(t x) = sin(t) cos(x) sin(x) cos(t) Z +1

x

sin(t x)

t dt= cos(x) Z +1

x

sin(t)

t dt sin(x) Z +1

x

cos(t) t dt sous réserve de convergence de la troisième intégrale (les deux autres sont déjà connues) . Or :

poursin(x)6= 0R+1 x

cos(t)

t dt= _sin(x)¹ R+1 x

sin(t x)

t dt ^cos(x)_sin(x)R+1 x

sin(t)

t dtcombinaison linéaire d’intégrales impro- pres qui convergent donc intégrale impropre qui converge.

poursin(x) = 0on écrit[x;+1[ [x0;+1[avecsin(x0)6= 0:On a convergence de l’intégrale impropre sur[x0;+1[ donc aussi sur [x;+1[

Comme R+1 x

sin(t)

t dt=R+1 x0

sin(t)

t dt Rx x0

sin(t)

t dt on a fait apparaître une primitive d’une fonction continue surR⁺ qui est y donc dérivable et on peut donc dériver : _dx^d R+1

x

sin(t)

t dt = ^sin(x)_x et de même _dx^d R+1

x

cos(t)

t dt = ^cos(x)_x

H est donc dérivable par somme et produit de fonctions dérivables.

H⁰(x) = (cos(x)) sin(x)

x (sin(x)) Z +1

x

sin(t)

t dt (sin(x)) cos(x)

x + (cos(x)) Z +1

x

sin(t) t dt

= (sin(x)) Z +1

x

sin(t)

t dt (cos(x)) Z +1

x

cos(t) t dt H⁰ est donc aussi dérivable et

H"(x) = (sin(x)) sin(x)

x (cos(x))

Z +1 x

sin(t)

t dt (cos(x)) cos(x)

x (sin(x))

Z +1 x

cos(t) t dt

= H(x) +sin²(x) + cos²(x)

x = H(x) + 1

x On a bien véri…é :

H(x) +H"(x) =_x¹ 4. On reprend l’expression :

H(x) == sin(x) Z +1

x

sin(t)

t dt cos(x) Z +1

x

cos(t) t dt Par convergence des intégrales impropreslim_{x >+}₁ R+1

x

sin(t)

t dt = 0et lim_{x >+}₁ R+1 x

cos(t)

t dt = 0. Comme on multiplie par des quantité bornées :

lim+1(H) = 0

5. La fonctionH Gest donc une solution de l’équation(E⁰)surR⁺ qui a une limite nulle en+1. D’après la première partie, c’est la fonction nulle. Donc :

G=H surR⁺

4