SESSION 2012
Concours commun Mines-Ponts
DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE PC
1 Un problème aux valeurs propres
Question 1Soitvune solution de (5)-(6). Montrons par récurrence que∀n∈N,v est de classeCn sur[0, π].
•v est deux dérivable sur[0, π]et en particulier de classeC0sur[0, π].
• Soitn>0. Supposons quev soit de classeCn sur [0, π]. Alors,v′′= −λvest de classeCn sur[0, π]ou encorev est de classeCn+2sur[0, π]. En particulierv est de classeCn+1sur[0, π].
On a montré par récurrence que∀n∈N,vest de classeCn sur[0, π]et doncvest de classeC∞ sur[0, π]et en particulier sur]0, π[.
Soitv une solution de (5)-(6). Les deux fonctionsv′ et vsont de classeC1 sur le segment[0, π]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
Zπ
0
v′′(x)v(x)dx= [v′(x)v(x)]π0− Zπ
0
(v′(x))2dx=v′(π)v(π) −v′(0)v(0) − Zπ
0
(v′(x))2dx= − Zπ
0
(v′(x))2dx.
Par suite,− Zπ
0
(v′(x))2dx= Zπ
0
v′′(x)v(x)dx= −λ Zπ
0
(v(x))2dxpuisλ Zπ
0
(v(x))2dx= Zπ
0
(v′(x))2dx. Supposons de plus quevn’est pas la fonction nulle. Alors
Zπ
0
(v(x))2dx > 0(intégrale d’une fonction continue, positive et non nulle) puis
λ= Zπ
0
(v′(x))2dx Zπ
0
(v(x))2dx
>0.
Question 2•Siλ=0, les solutions de (5) sont les fonctions affines. Une fonction affine s’annulant en deux points distincts et la fonction nulle et donc le problème (5)-(6) n’a pas d’autre solution quev=0.
•Si λ < 0, le problème (5)-(6) n’a pas d’autre solution que la fonction nulle d’après la question précédente. Les solutions de (5) sont les fonctions de la formex7→aex√−λ+bex√−λ,(a, b)∈R2.
Question 3Soitλ > 0. Les solutions de (5) sont les fonctions de la formev : x7→acos(x√
λ) +bsin(x√
λ),(a, b)∈R2. (6)⇔
a=0 acos(π√
λ) +bsin(π√
λ) =0 ⇔
a=0 bsin(π√
λ) =0 (S).
Le problème (5)-(6) admet une solution non nulle si et seulement si (S) admet un couple solution non nul ce qui équivaut à sin(π√
λ) =0. De plus, sin(π√
λ) =0⇔∃n∈Z/ π√
λ=nπ⇔∃n∈Z/ λ=n2⇔∃n∈N∗/ λ=n2(carλ6=0).
On a montré que le problème (5)-(6) admet une solution non nulle si et seulement si∃n∈N∗/ λ=n2.
Soient n ∈ N∗ puis λ = n2. D’après ce qui précède les solutions du problème (5)-(6) sont les fonctions de la forme x 7→ bsin(nx), b ∈ R. L’ensemble des solutions du problème (5)-(6) est donc Vect(sn) où ∀x ∈ R, sn(x) = sinn(x).
L’ensemble des solutions du problème (5)-(6) est un espace vectoriel de dimension1.
2 La série de Fourier de la condition initiale
Question 4 Graphe de ϕ.
1 2
−1
−2
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
π/2
−π/2 π
−π 3π/2
−3π/2 2π 5π/2
−5π/2 −2π
π/2
−π/2
La fonction ϕ est strictement croissante sur tout intervalle de la forme h
−π
2 +2kπ,π
2 +2kπi
, k ∈ Z, et strictement décroissante sur tout intervalle de la forme
π
2 +2kπ,3π 2 +2kπ
,k∈Z. Question 5 Graphe de Φ′.
1 2
−1
−2
1 2 3 4 5 6 7 8
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
π/2
−π/2 π
−π 3π/2
−3π/2 2π 5π/2
−5π/2 −2π
π/2
−π/2
b b b
b
b
b
)
) )
)
)
Question 6Pourx∈[−π, π],ϕ(x) =
−π−xsix∈h
−π,π 2 i
xsix∈h
−π 2,π
2 i
π−xsix∈hπ 2, πi
. Soitn∈Z.
incn(ϕ) = 1 2π
Zπ
−π
ϕ(x)ineinxdx= 1 2π
Z−π/2
−π
(−π−x)ine−inxdx+ Zπ/2
−π/2
xine−inxdx+ Zπ
π/2
(π−x)ine−inxdx
!
= 1 2π
(−π−x)(−e−inx)−π/2
−π − Z−π/2
−π
(−1)(−e−inx)dx+
x(−e−inx)π/2
−π/2− Zπ/2
−π/2
(−e−inx)dx
+
(π−x)(−e−inx)π
π/2− Zπ
π/2
(−1)(−e−inx)dx
!
= 1 2π
Z−π/2
−π
Φ′(x)e−inxdx+ Zπ/2
−π/2
Φ′(x)e−inxdx+ Zπ
π/2
Φ′(x)e−inxdx
+π
2e−inπ/2−π
2e−inπ/2+π
2einπ/2− π
2einπ/2
= 1 2π
Zπ
−π
Φ′(x)e−inx dx=cn(Φ′).
∀n∈Z,cn(Φ′) =incn(ϕ).
Question 7Soitn∈Z∗.
cn(Φ′) = 1 2π
Zπ
−π
Φ′(x)e−inx dx
= 1 2π −
Z−π/2
−π
e−inx dx+ Zπ/2
−π/2
e−inxdx− Zπ
π/2
e−inx dx
!
= 1 2π −
e−inx
−in −π/2
−π
+ e−inx
−in π/2
−π/2
− e−inx
−in π
π/2
!
= − 1
2inπ(−einπ/2+einπ+e−inπ/2−einπ/2−e−inπ+e−inπ/2)
= − 1
2inπ(2e−inπ/2−2einπ/2) =
2sinnπ 2
nπ D’autre part,c0(Φ′) = 1
2π − Z−π/2
−π
dx+ Zπ/2
−π/2
dx− Zπ
π/2
dx
!
=0.
Soitn∈N∗.
bn(ϕ) =i(cn(ϕ) −c−n(ϕ)) = 1
n(cn(Φ′) +c−n(Φ′)) = 1 n
2sinnπ 2
nπ +
2sin
−nπ 2
−nπ
= 4 πn2sin
nπ 2
.
∀n∈N∗,bn(ϕ) = 4 πn2sin
nπ 2
.
Question 8Puisqueϕ est impaire, lesan sont nuls. La série deFourierest donc la série de fonctions de terme général fn : x7→ 4
πn2sin nπ
2
sin(nx),n>1.
Soitn∈N∗. Pour toutx∈R, fn(x)|6 4
πn2. Comme la série numérique de terme général 4
πn2,n>1, converge, la série de fonctions de terme généralfn,n>1, converge normalement surR.
On a montré que la série de Fourier de ϕ converge normalement sur R (vers ϕ d’après le théorème de Dirichlet, puisqueϕ est continue surR, de classeC1par morceaux sur Ret 2π-périodique).
3 Construction d’une solution de (1)-(2)-(3)
Question 9Soitn∈N∗. La fonction(x, t)7→bn(ϕ)sin(nx)est continue sur[0, π]×[0,+∞[, indéfiniment dérivable par rapport àxou à tsur]0, π[×]0,∞[. Il en est de même de la fonction (x, t)7→e−n2tet finalement de la fonction un. Pour tout(x, t)∈]0, π[×]0,+∞[,
∂2un
∂x2 (x, t) = −n2bn(ϕ)sin(nx)e−n2t= ∂un
∂t (x, t), et donc la fonctionun vérifie (1).
Question 10Pour n∈ N∗ et (x, t)∈ [0, π]×[0,+∞[, |un(x, t)| 6 4
πn2 qui est le terme général d’une série numérique convergente. Donc, la série de fonctions de terme généralun,n>1, converge normalement, et en particulier uniformément puis simplement sur[0, π]×[0,+∞[vers une certaine fonctionu.
Puisque chaque fonction un, n >1, est continue sur [0, π]×[0,+∞[ et que la série de fonctions de terme général un, n>1, converge uniformément versusur[0, π]×[0,+∞[, la fonctionuest continue sur[0, π]×[0,+∞[.
Question 11Pour toutn∈N∗ et tout(x, t)∈[0, π]×[0,+∞[, ∂un
∂t (x, t) = 4 πsin
nπ 2
sin(nx)e−n2tet en particulier
∂u π 4 π
Pourn∈N∗, posonsvn =
∂t 2, 0 =
πsin n
2 . Pour toutn∈N∗,v2n−1=
π et en particulier,v2n−1ne tend pas vers0 quandntend vers+∞. On en déduit que la suite(vn)ne tend pas vers0quandntend vers+∞et en particulier que la série de terme généralvn,n>1.
Question 12Soitδ > 0. Pour toutn∈N∗et tout(x, t)∈[0, π]×[δ,+∞[, ∂un
∂t (x, t) = −4
πsin(nx)e−n2tpuis
∂un
∂t (x, t)
6 4
πe−n2δ. D’après un théorème de croissances comparées, lim
n→+∞n2×4
πe−n2δ=0 ou encore 4
πe−n2δ =
n→+∞o 1
n2
. On ne déduit que la série numérique de terme général 4
πe−n2δ, n>1, converge puis que la série de fonctions de terme général ∂un
∂t , n>1, converge normalement sur[0, π]×[δ,+∞[.
Soitx∈[0, π]. Pourn∈N∗et t∈[δ,+∞[, posonsvn(t) =un(x, t).
• La série de fonctions de terme généralvn, n>1, converge simplement sur[δ,+∞[vers la fonctionv : t7→u(x, t).
• Chaque fonctionvn est dérivable sur[δ,+∞[et pour toutt∈[δ,+∞[,vn′(t) = ∂un
∂t (x, t).
•D’après le début de la question, la série de fonctions de terme généralvn′,n>1, converge normalement sur[δ,+∞[ (car plus généralement la série de fonctions de terme général ∂un
∂t ,n>1, converge normalement sur [0, π]×[δ,+∞[.
D’après le théorème de dérivation terme à terme, la fonction v est dérivable sur [δ,+∞[ et pour tout t ∈ [δ,+∞[, v′(t) =
+∞
X
n=1
vn′(t).
Mais alors, en chaque(x, t)de[0, π]×[δ,+∞[, la fonctionuadmet une dérivée partielle ∂u
∂t par rapport à sa deuxième variable et
∀(x, t)∈[0, π]×[δ,+∞[, ∂u
∂t(x, t) =
+∞
X
n=1
∂un
∂t (x, t).
Ceci étant vrai pour toutδ > 0, on a montré que uadmet une dérivée partielle ∂u
∂t par rapport à sa deuxième variable sur[0, π]×]0,+∞[ et
∀(x, t)∈[0, π]×]0,+∞[, ∂u
∂t(x, t) =
+∞
X
n=1
∂un
∂t (x, t).
Question 13Soitn∈N∗. Sup
∂un
∂t
, (x, t)∈[0, π]×[0,+∞[
=Sup
−4
πsin(nx)e−n2t
, (x, t)∈[0, π]×[0,+∞[
= 4
π×1×1= 4 π. 4
π n’est pas le terme général d’une série numérique convergente et donc la série de fonctions de terme général ∂un
∂t ,n>1, ne converge pas normalement sur[0, π]×[0,+∞[.
Question 14• Pour tout(x, t)∈[0, π]×]0,+∞[, la question 9 permet d’affirmer que
∂2u
∂x2(x, t) =
+∞
X
n=1
∂2un
∂x2 (x, t) =
+∞
X
n=1
∂un
∂t (x, t) = ∂u
∂t(x, t).
•Pour toutt∈[0,+∞[,u(0, t) =u(π, t) =0.
•Pour toutx∈[0, π],u(x, 0) =
+∞
X
n=1
bn(ϕ)sin(nx) =ϕ(x) =f(x)d’après la question 8.
En résumé, la fonctionuvérifie (1)-(2)-(3).
4 Unicité de la solution
Question 15 Pour tout réel x de [a, α[, h(x) −h(α)
x−α > 0. Quand x tend vers α par valeurs inférieures, on obtient h′(α)>0.
Pour tout réelxde]α, b], h(x) −h(α)
x−α >0. Quandxtend versαpar valeurs supérieures, on obtienth′(α)60.
Finalement,h′(α) =0.
Si h′′(α)> 0,h′′ étant continue en α, il existe r > 0tel que[α−r, α+r]⊂[a, b]et ∀x∈[α−r, α+r], h′′(x)> 0. La fonctionh′est alors strictement croissante sur[α−r, α+r]. Puisqueh′(α) =0, la fonctionh′est strictement négative sur [α−r, α[puis la fonctionh est strictement décroissante sur[α−r, α]. En particulier,h′′(α−r)> h(α)ce qui contredit le fait queh atteigne son maximum enα. Donc,h′′(α)60.
Question 16On suppose queh est dérivable à gauche enb.
Pour tout réelxde[a, b[, h(x) −h(b)
x−b >0. Quandxtend versbpar valeurs inférieures, on obtienthg′(b)>0.
Question 17Soitε > 0. La fonctionvε est continue sur le compactDà valeurs dansRet donc admet un maximum sur D.
•Supposons quevεatteigne son maximum en un certain(x0, y0)deDi. Puisquevεest de classeC1sur l’ouvertDi, on sait que(x0, y0)est un point critique devεou encore ∂v
∂t(x0, y0) = ∂v
∂t(x0, y0) =0. Ceci fournit ∂u
∂t(x0, y0) = ∂v
∂t(x0, y0) =0.
Puisqueuest solution de (1)-(2)-(3), on a encore ∂2u
∂x2(x0, y0) = ∂u
∂t(x0, y0) =0 et donc
∂2vε
∂x2(x0, y0) = ∂2u
∂x2(x0, y0) +2ε=2ε > 0. (1)
Maintenant, la fonctionh : x7→vε(x, t0)admet son maximum enx0∈]0, π[et donc, d’après la question 15, h′′(x0)60 ou encore ∂2vε
∂x2(x0, y0)60. Ceci contredit (1) et donc,vε n’atteint pas son maximum en un point deDi.
• Supposons que vε atteigne son maximum en un certain (x0, y0) de C =]0, π[×T. Alors, la fonction x 7→ vε(x, t0) atteint son maximum en x0 ∈]0, π[ et donc ∂vε
∂x(x0, t0) = 0 et ∂2vε
∂x2 (x0, t0) 6 0 ou encore ∂2u
∂x2(x0, t0) +2ε 6 0 puis
∂2u
∂x2(x0, t0)6−2ε < 0. (1)
D’autre part, la fonctionh : t7→vε(x0, t)atteint sur [0, T] son maximum en T. D’après la question 16,hg′(T)60 ou encore ∂vε
∂t (x0, t0)60puis ∂u
∂t(x0, t0)60 et finalement ∂2u
∂x2(x0, t0)>0. (2)
(1) et (2) constituent une contradiction et doncvε n’atteint pas son maximum en un point deC.
On a montré quevεn’atteint pas son maximum en un point de Di∪ C et doncvεatteint son maximum en un point deF. Question 18Pour chaquen∈N∗, soit(xn, tn)un point deF en le quelv1/n atteint son maximum. La suite(xn, tn)n>1 est une suite du compactF. On peut donc en extraire une sous-suite(xϕ(n), tϕ(n))n>1convergeant vers un certain(a, b) deF. Pour chaquen∈N∗ et chaque(x, t)∈ D, on a
u(x, t) + 1
ϕ(n)x2=v1/ϕ(n)(x, t)6v1/ϕ(n)(xϕ(n), tϕ(n)) =u(xϕ(n), tϕ(n)) + 1
ϕ(n)x2ϕ(n). uest continue surD et en particulier en(a, b)et quandntend vers+∞, on obtient pour chaque(x, t)∈ D
u(x, t)6u(a, b).
Doncuatteint son maximum en un certain point(a, b)deF.
Question 19Soientuetvdeux solutions de (1)-(2)-(3). Alors,u−vvérifie (1) et (2) puis vérifie∀x∈[0, π],(u−v)(x, 0) =0.
Dans les questions (17) et (18), seule a servi la condition (1) et donc la fonctionu−v atteint son maximum surF. Mais la fonctionu−vest nulle surF et donc∀T ∈[0,+∞[,∀(x, t)∈[0, π]×[0, T],(u−v)(x, t)60 puis
∀(x, t)∈[0, π]×[0,+∞[,(u−v)(x, t)60,
et donc la fonctionu−v est négative ou nulle sur [0, π]×[0,+∞[. Maintenant, on peut appliquer aussi ce résultat à la fonctionv−uet donc la fonction v−uest négative ou nulle.
Question 20Soituune solution de (1)-(2)-(3). SoitT > 0. On posekuk∞=Max{|u(x, t), (x, t)∈[0, π]×[0, T]}.
•Pour toutx∈[0, π], la fonctiont7→u(x, t)est continue sur le segment[0, π]et donc est intégrable sur ce segment.
•La fonctiont7→u(x, t)admet sur[0, π]×[0, T]une dérivée partielle par rapport à ttelle que -∀t∈[0, T], la fonctionx7→ ∂u
∂t(x, t)est continue par morceaux sur[0, π], -∀x∈[0, π], la fonction t7→ ∂u
∂t(x, t)est continue sur[0, T],
- ∀(x0, t0)∈ [0, π]×[0, T], |u(x, t)| 6 kuk∞ = ϕ(x) où ϕ est une fonction continue par morceaux et intégrable sur [0, π].
D’après le théorème de dérivation sous le signe somme, la fonctionE est dérivable sur [0, T] pour tout réel strictement positifT et donc est dérivable sur [0,+∞[et sa dérivée s’obtient par dérivation sous le signe somme.
Soitt∈[0,+∞[.
E′(t) = Zx=π
x=0
∂u
∂t(x, t)u(x, t)dx= Zx=π
x=0
∂2u
∂x2(x, t)u(x, t)dx
= ∂u
∂x(x, t)u(x, t) x=π
x=0
− Zx=π
x=0
∂u
∂x(x, t) 2
dx
= − Zx=π
x=0
∂u
∂x(x, t) 2
dx(caruvérifie (2) 60.
Soient maintenantuetv deux solutions de (1)-(2)-(3). Dans le calcul précédent, seules les conditions (1) et (2) ont servi.
On peut donc l’appliquer à la fonctionu−v : la fonctiont7→ 1 2
Zπ
0
(u(x, t) −v(x, t))2dt a une dérivée négative ou nulle sur[0,+∞[et est donc décroissante sur [0,+∞[. On en déduit que pour toutt∈[0,+∞[,
1 2
Zπ
0
(u(x, t) −v(x, t))2dt6 1 2
Zπ
0
(u(x, 0) −v(x, 0))2dt=0,
puis que∀t∈[0,+∞[, 1 2
Zπ
0
(u(x, t) −v(x, t))2dt=0et donc que ∀(x, t)∈[0, π]×[0,+∞[,u(x, t) −v(x, t) =0 (fonction continue, positive, d’intégrale nulle). Par suite,v=uet on a redémontré l’unicité de la solution de (1)-(2)-(3).
