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Mines Maths 2 PSI 2000 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Cyril Niboyet (Mines de Paris) ; il a été relu par David Guéron (Mines de Paris) et Éric Ricard (ENS Ulm).
Ce problème met en œuvre des techniques assez classiques en analyse en proposant l’étude des solutions des équations différentielles du type :
y′′(t) +ϕ(t)y(t) = 0 (E)
On s’intéresse au cas où la fonction ϕ est t 7→eit dans la première partie, puis t7→et dans la troisième partie, avant de conclure par l’étude du cas général dans la dernière partie.
Dans la première partie, on est amené à construire une solution de(E) à partir de ses coefficients de Fourier et à manipuler des inégalités faisant appel à la formule de Taylor avec reste intégral. La deuxième partie s’attache, quant à elle, à étudier une fonctiongdéfinie par une série entière ; la troisième partie est consacrée à l’étude des zéros des solutions de(E). Ces résultats trouvent leur application dans la qua- trième partie où est explicitée une solution de l’équation différentielle étudiée dans la troisième partie. Enfin, la dernière partie est l’occasion de s’intéresser au cas général, après avoir demontré le lemme très classique de Gronwall, qui est souvent utilisé dans la théorie des équations différentielles.
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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/15 Indications
I.1 Pour établir la réciproque demandée, montrer que les fonctionsf etfe:x7→
f(x+ 2π)sont solutions du même problème de Cauchy.
I.3.a Utiliser la formule de Taylor avec reste intégral, valable pour f de classeCn sur[a;b]:
f(b) =
nP−1 k=1
(b−a)k
k! f(k)(a) + Z b
a
(b−x)n−1
(n−1)! f(n)(x)dx
II.2 Utiliser tous les résultats du théorème des séries alternées : si (an)n∈N est positive et tend vers 0, alors le reste d’ordren de la sérieP
(−1)nan est du signe de(−1)n, et il est majoré en valeur absolue par|an|.
III.2.a Montrer qu’il existe un intervalle de la forme]τ;τ+c[sur lequelyne s’annule pas (ce qui est plus fort que de montrer seulement queyn’est pas nulle sur cet intervalle) en raisonnant par l’absurde (on pourra montrer qu’alors la dérivée dey enτ est nulle).
III.2.b Considérer la solutionz(t) = sinh
eβ2 (t−α)i
et utiliser un raisonnement si- milaire à celui de la question III.1.b.
IV.1.a Montrer que la série converge normalement sur]−∞;a].
IV.2.b Montrer dans un premier temps l’existence d’un plus petit zéro t0, puis construire la suite des zéros t1 < t2 < · · · et établir enfin que cette suite n’est pas bornée.
V.1 Étudier la fonction :
ϕ:t7−→[M + F(t)] exp
− Z t
a
g(x)dx
V.2.b Utiliser l’expression de y établie à la question V.2.a et appliquer le résultat de la question V.1 à la fonction|j|.
V.3.a Exprimery′ à partir de la relation établie à la question V.2.a .
V.3.b Établir le résultat en intégrant l’inégalité découlant de la question précédente entretet un réel à partir duquel cette inégalité est valable.
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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/15 Première partie
I.1
– Supposonsf 2π-périodique ; on a alorsf(0) =f(2π).
En outre, sif(x+ T) =f(x), alorsf′(x+ T) =f′(x) d’après le théorème de dérivation des fonctions composées, donc en particulier f′(0) =f′(2π).
Conclusion :
(f(0) =f(2π) f′(0) =f′(2π)
– Réciproquement, soitf une solution de(E1)vérifiant le système ci-dessus.
On considère la fonction fedéfinie surRparfe(x) =f(x+ 2π). Montrons que f =fe. En substituantt+ 2πà tdans(E1), il vient :
f′′(t+ 2π) +ei(t+2π)f(t+ 2π) = 0 ie fe′′(t) +eitfe(t) = 0
avec
(fe(0) =f(2π) =f(0) fe′(0) =f′(2π) = f′(0)
D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, la solution de(E1)vérifiant les condi- tions initialesf(0)etf′(0)est unique (problème de Cauchy), doncf =fe, c’est- à-diref(x) =f(x+ 2π)pour toutxréel. Autrement dit, f est2π-périodique.
Conclusion : f est 2π-périodique si et seulement si f(0) =f(2π) et f′(0) =f′(2π)
I.2.a Une solution2π-périodique de (E1)est de classe C2, donc en particulier de classeC1, ce qui permet de conclure (grâce au théorème de Dirichlet) quefest somme de sa série de Fourier.
I.2.b Calculons les coefficientscn(f′′)de deux manières différentes : – D’une part, pour toute fonctiong de classeC1, on a :
cn(g′) = 1 2π
Z 2π 0
z }| {↑
g′(x)×e| {z }−inx
↓
dx
= 1 2π
g(x)e−inx2π 0 − 1
2π Z 2π
0
−in g(x)e−inxdx cn(g′) = in cn(g)
En appliquant ce résultat àf′ et àf, il vient :
cn(f′′) =in cn(f′) =−n2cn(f)
Plus généralement, on peut montrer (par récurrence) que sif estkfois dérivable, alors
∀(n, k)∈N2 cn(f(k)) = (in)kcn(f)
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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/15
– D’autre part, f′′=−eitf
Il en résulte : cn(f′′) = cn(−eitf)
=−1 2π
Z 2π 0
eixf(x)e−inxdx
=−1 2π
Z 2π 0
f(x)e−i(n−1)xdx cn(f′′) = −cn−1(f)
Conclusion : ∀n∈Z n2cn(f) =cn−1(f) (∗)
I.2.c Le coefficientc−1(f)vaut :
c−1(f) = 1 2π
Z 2π 0
f(t)eitdt
= 1 2π
Z 2π 0
−f′′(t)dt
= 1
2π[−f′(t)]20π c−1(f) = 0
De(∗), on déduit par récurrence :
∀k <0 ck(f) = 0
Pourn >0, cn(f) = 1
n2 × 1
(n−1)2 × · · · × 1
12 ×c0(f)
ie cn(f) = 1
(n!)2 c0(f)
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