CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE 2001 …lière PC math 2 PARTIE I

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE 2001

…lière PC math 2 PARTIE I

I.1

Pour tout réel x l’applicationt7!cos(n t¡xsint)est continue sur le segment[0; ¼]. Elle y est donc intégrable Jnest dé…nie surR

SoitÁ : (x; t)7!cos(n t¡xsint).Cette fonction est continue sur R£[0; ¼]et on l’intègre sur un segment (donc inutile de dominer). cela prouve la continuité surRde l’intégrale à paramètre R¼

0 Á(x; t)dt:

Six2R, on a, via le changement de variable C¹ u=¼¡t:

Jn(¡x) = 1

¼ Z ¼

0

cos(n t+xsint)dt= 1

¼ Z ¼

0

cos(n ¼¡n u+xsinu)du= (¡1)ⁿJn(x)

donc

Jn a la parité de n

I.2

^{On a}J_¡n(x) = ¹_¼R¼

0 cos(¡n t¡xsint)dt= _¼¹ R¼

0 cos(n t+xsint)dt=Jn(¡x) = (¡1)ⁿJn(x)d’après le I.1.

J_¡n= (¡1)ⁿJn

I.3

^Soitp2N^¤; Ápossède des dérivées partielles ^@_@x^pÁp(x; t) = (¡sint)^pcos(n t¡xsint+n^¼₂) qui sont toutes continues sur R£[0; ¼]. Comme on intègre sur un segment cela su¢t à fournir le caractèreC¹ sur Rde Jn .

Jn2C¹(R;R)

I.4

Fixonsn2N. D’après la question précédente,Jn est dérivable surRet Jn⁰(x) = _¼¹R¼

0 ¡sint :sin(n t¡xsint)dt ; une intégration par partie avec

(u⁰(t) =¡sintsiu(t) = cost

v(t) = sin(n t¡xsint) donc v⁰(t) = (n¡xcost) cos(n t¡xsint) valide caru etvsontC¹sur [0; ¼], donne alors :

J_n⁰(x) =¡1

¼ µ

[cost:sin(n t¡xsint)]^¼₀¡ Z ¼

0

cost:[(n¡xcost) cos(n t¡xsint)]dt

¶

Le terme intégré étant nul, on obtient le résultat voulu:

J_n⁰(x) =¡_¼¹R¼

0 cost:[(n¡xcost) cos(n t¡xsint)]dt On a d’après I.3 : J_n⁰⁰(x) =¡¼¹

R¼

0 sin²tcos(n t¡xsint)dt.

Et donc, pour x2R,

x²Jn⁰⁰(x) +xJn⁰(x) + (x²¡n²)Jn(x) = 1

¼ Z ¼

0

cos(n t¡xsint)©

¡x²sin²t+x(n¡xcost) cost+ (x²¡n²)ª dt

= 1

¼ Z ¼

0

ncos(n t¡xsint)(xcost¡n)dt=¡n

¼ Z ¼

0

cos(u(t))u⁰(t)dt

=¡1

¼[sin(n t¡xsint]^¼₀ = 0 on a donc

x²Jn⁰⁰(x) +xJn⁰(x) + (x²¡n²)Jn(x) = 0

PARTIE II

II.1

J2p(x) = 1

¼ Z ¼

0

cos(2p t¡xsint)dt= 1

¼ Z ¼

0

(cos(2p t) cos(xsint)¡sin(2p t) sin(xsint))dt or si on poseu=¼¡t (changement de variableC¹)on trouve

Z ¼ 0

sin(2p t) sin(xsint)dt=¡ Z ¼

0

sin(2p u) sin(xsinu)du

L’intégrale est égale à son opposé donc elle est nulle.

J2p(x) = _¼¹R¼

0 cos(2p t) cos(xsint)dt Le même procédé fournit l’égalité J2p+1(x) = _¼¹R¼

0 sin(2p+ 1)t :sin(xsint)dt

II.2

Traitons le casn = 2p ; on sait que cosu = P+1

n=0(¡1)^{n u}₍₂²ⁿ_n)! avec un rayon de convergence in…ni. Donc pour tout t2[0; ¼] et toutx2R, on a : cos(xsint) =P+1

n=0(¡1)^{n x2n}₍₂^sin_n)!^2nt. Si on poseÁ_n(t) = (¡1)^{n x2n}_(2n)!^sin2nt:

² les fonctionsÁ_n sont continue donc intégrable sur le segment[0; ¼]

² la sérieP

Ánconverge normalement (donc uniformément) sur le segment[0; ¼] : jÁ_n(t)j · ^j_(2n)!^xj2n quantité indépendante det telle queP _jxj²ⁿ

(2n)! converge (versch(jxj))

² on peut donc intégrer termes à termes la série. : J2p(x) = _¼¹P+1

n=0(¡1)^{n x}_(2n)!²ⁿ R¼

0 cos(2p t) sin²ⁿt dt

avec convergence pour toutx2R; le développement en série entière à un rayon de convergence+1.

² On peut aussi direR¼

0 jÁ_nj ·¼sup (jÁ_nj)·¼^j_(2n)!^xj2n et donc utiliser la convergence deP R^¼

0 jÁ_nj

On obtient exactement de la même façon :

8x2R, J2p+1(x) = _¼¹P+1

n=0(¡1)^{n x}_(2n+1)!²ⁿ⁺¹ R¼

0 sin(2p+ 1)t :sin²ⁿ⁺¹t dt

II.3.1

Les formules d’Eulersint= ^{ei t¡}₂^e_i^{¡i t},cos(2h t) = ^{e2hi t+e}₂^{¡2hi t} et la formule de Newton(a¡b)^2k =P2k h=0

¡_2k

h

¢(¡1)^ha^2k¡hb^h permettent d’écrire

sin^2kt=

µe^{i t}¡e^{¡i t} 2i

¶^2k

= µ1

2i

¶2kX2k j=0

µ2k j

¶¡

e^it¢^2k¡j¡

¡e^¡it¢^j

= (¡1)^k 2^2k

X2k

j=0

(¡1)^j µ2k

j

¶

e^(2k¡2j)it

si on regroupe le terme enj et le terme en2k¡j on a : µ2k

j

¶

e^(2k¡2j)it+ µ 2k

2k¡j

¶

e^(2j¡2k)it = 2 µ2k

j

¶

cos ((2k¡2j)t) avec le cas particulierj=kqui donne¡_2k

k

¢

sin^2kt = (¡1)^k 2^2k

µ2k k

¶

+(¡1)^k 22^k¡1

kX¡1

j=0

(¡1)^j µ2k

j

¶

cos ((2k¡2j)t)

= (¡1)^k 2^2k

µ2k k

¶

+ 1

2^2k¡1 Xk

q=1

(¡1)^q µ 2k

k¡q

¶

cos(2qt)en posantq=k¡j

D’autre part pourr6=§s Z ¼

0

cos(r t) cos(s t)dt = 1 2

µZ ¼ 0

cos ((r+s)t)dt+ Z ¼

0

cos ((r¡s)t)dt

¶

= 1

2

·sin ((r+s)t)

r+s +sin ((r¡s)t) r¡s

¸¼ 0

= 0

et pour r6= 0

Z ¼ 0

cos(r t)dt= 0

Donc, sik < p (ce qui suppose p¸1), on a 2h6= 2pdonc : Z ¼

0

cos(2p t) sin^2kt dt= (¡1)^k 2^2k

µ2k k

¶ Z ¼ 0

cos (2pt)dt+ 1 2^2k¡1

Xk

q=1

(¡1)^q µ 2k

k¡q

¶ Z ¼ 0

cos (2pt) cos(2q t)dt=X 0 = 0

de même si k¸p, tous les termes sont nuls sauf sip=q Z ¼

0

cos(2p t) sin^2kt dt= (¡1)^p 2^2k¡1

µ 2k k¡p

¶ Z ¼ 0

cos²(2p t)dt= (¡1)^p 2^2k¡1

µ 2k k¡p

¶¼ 2 Z ¼

0

cos(2p t) sin^2kt dt= (¡1)^p 4^k

µ 2k k¡p

¶

¼ On en déduit aussitôt que :

J2p(x) = 1

¼

+1

X

k=0

(¡1)^k x^2k (2k)!

Z ¼ 0

cos(2p t) sin^2kt dt= 1

¼

+1

X

k=p

(¡1)^k x^2k (2k)!

(¡1)^p 4^k

µ 2k k¡p

¶

¼ =

+1

X

k=p

(¡1)^k¡p 1

4^k(k+p)!(k¡p)!x^2k

donc

®2k(p) =

(0sik < p

(¡1)^k¡p_4k(k+p)!(k¹ _¡p)! si k¸p

II.3.2

On recommence :

Ne vous contentez pas de lire le calcul : au II.3.1. vous avez lu la méthode . prenez un brouillon , rédigez ce calcul du II.3.2 puis comparez. Il faut s’entraîner au calcul.

Les formules d’Eulersint= ^{ei t¡e}_2i^{¡i t},sin((2h+ 1)t) = ^{e(2h+1)i t¡}_2i^{e¡(2h+1)i t} et la formule de Newton permettent d’écrire

sin^{2k+ 1}t=

µe^{i t}¡e^{¡i t} 2i

¶2k+1

= 1 2^2k

Xk

h=0

(¡1)^q

µ2k+ 1 k¡j

¶

sin((2h+ 1)t) .

Par ailleurs, R¼

0 sin((2p+ 1)t) sin((2q+ 1)t)dt=R¼ 0

1

2[cos((p¡q)t)¡cos((p+q)t)]dt= 0sip6=q.

Donc, sik < p (ce qui suppose p¸1), on a : Z ¼

0

sin((2p+ 1)t) sin^2k+1t dt= 0 et sik¸p, on a :

Z ¼ 0

sin((2p+ 1)t) sin^2k+1t dt= (¡1)^p 4^k

µ2k+ 1 k¡p

¶ Z ¼ 0

sin²((2p+ 1)t)dt= (¡1)^p 4^k

µ2k+ 1 k¡p

¶¼ 2 On en déduit aussitôt que :

J2p+1(x) = 1

¼

+1

X

k=0

(¡1)^k x^{2k+ 1} (2k+ 1)!

Z ¼ 0

sin((2p+ 1)t) sin^2k+1t dt= 1

¼

+1

X

k=p

(¡1)^k x^2k+1 (2k+ 1)!

(¡1)^p 4^k

µ2k+ 1 k¡p

¶¼ 2 soit

J2p+1(x) =

+1

X

k=p

(¡1)^k¡p 1

2 4^k(k¡p)!(k+ 1 +p)!x^2k+1 donc

®2k+1(p) =

(0sik < p

(¡1)^k¡p_{2 4}k(k¡p)!(k+1+p)!¹ si k¸p

II.4.1

^{Soit x} 2 R ; les applications u : t 7! cos(x sint)et v : t 7! sin(xsint)sont dans C2¼¹ (R;R) donc d’après un théorème de Dirichlet, elles sont développables en série de Fourier avec convergence uniforme sur R.

uest paire doncbn(u) = 0 pour toutn2N^¤ et a0(u) = ²_¼R¼

0 cos(xsint)dt= 2J0(x)et an(u) = ²_¼R¼

0 cos(xsint) cos(n t)dt= _¼¹R¼

0(cos(nt+xsint) + cos(nt¡xsint))dt=Jn(x) ((¡1)ⁿ+ 1) bn(u) = 0 et an(u) =

(2Jn(x) sin pair etn >0 0 sinimpair

vest impaire doncan(v) = 0pour toutnet

bn(v) = ²_¼R¼

0 sin(x sint) sin(n t)dt= _¼¹R¼

0(cos(nt¡xsint)¡cos(nt+xsint))dt=Jn(x) (1¡(¡1)ⁿ) an(v) = 0et bn(v) =

(2Jn(x)sinimpair 0 sinpair

On a donc, pour toutt2Ravec CVU surR:

cos(x sint) =J0(x) +

+1

X

p=1

2J2p(x) cos(2p t) sin(x sint) =

+1

X

p=0

2J2p+1(x) sin ((2p+ 1)t)

II.4.2

Avect= ^¼₂ dans la première, on a :

J0(x) + 2P+1

p=1(¡1)^pJ2p(x) = cos(x) avect = 0on a :

J0(x) + 2P+1

p= 1J2p(x) = 1

avect =^¼₂ dans la seconde on a

s in(x)

2 =P+1

p=0(¡1)^pJ2p+1(x)t Puisqueu et vsont C_pm⁰ surR,

la formule de Parseval s’applique et donne, pour toutx2R :

1 2¼

Z 2¼ 0

cos²(xsint)dt= 1

4a²0(u) + 1 2

+1

X

p=1

a²2p(u) =J0²(x) + 2

+1

X

p=1

J2p²(x)

et

1 2¼

Z 2¼ 0

sin²(xsint)dt= 1 2

+1

X

p=0

b²_2p+1(v) = 2

+1

X

p=0

J_2p+1² (x)

En ajoutant il vient : 1 2¼

Z 2¼ 0

(cos²(xsint) + sin²(xsint))dt=J0²(x) + 2

+1

X

p=1

J2p²(x) + 2

+1

X

p=0

J2p+1² (x)

soit en regroupant les séries

1 =J0²(x) + 2P+1 n=1Jn²(x)

PARTIE III

III.1.1

^{Posons y(x) =x¸z(x)alorsy}2C²(R^+¤;K),z2C²(R^+¤;K) et pour x2]0;+1[:

y⁰(x) =¸x^¸¡1z(x) +x^¸z⁰(x) y⁰⁰(x) =¸(¸¡1)x^¸¡2z(x) + 2¸x^¸¡1z⁰(x) +x^¸z⁰⁰(x) on en déduit quey est solution de(B¸)sur]0;+1[si et seulement si :

x^¸+1(xz⁰⁰(x) + (2¸+ 1)z⁰(x) +xz(x)) = 0

et commex >0, ceci équivaut à

xz⁰⁰(x) + (2¸+ 1)z⁰(x) +xz(x) = 0

III.1.2

On suppose ¸=¡¹₂ ;

on a alors sur]0;+1[z solution de (B_¡⁰ 1 2

)si et seulement siz⁰⁰+z= 0 équation classique

zest solution si et seulement si il existeA; B 2Rtels que pour toutx; z(x) =Acosx+Bsinx et donc

9(A; B)2R² ,8x >0 :y(x) = Acosx+Bsinx px

III.1.3

En observant que (B_¡1

2) = (B1

2), on en déduit que la solution générale sur ]0;+1[ de (B1

2) est aussi y(x) =

Acosx+Bp sinx

x A; B décrivantR; la solution générale sur]0;+1[de(B⁰1

2)est alors : 9(A; B)2R² ,8x >0: z(x) = Acosx+Bsinx

x

III.2.1

Supposons que,z(x) =P+1

k=0akx^k (avec un rayon de convergenceR >0) est solution de(B⁰_¸); comme la somme d’une série entière est de classe C¹ sur l’intervalle ouvert de convergence et que l’on peut dériver terme à terme, on a, sur]¡R; R[:

z⁰(x) = X1 k=1

kakx^k¡1 et z⁰⁰(x) =

+1

X

k=2

(k¡1)k akx^k¡2

et doncz est solution de(B_¸⁰)si et seulement si

+1

X

k=2

(k¡1)k akx^k¡1+ (2¸+ 1) X1 k=1

kakx^k¡1+

+1

X

k=0

akx^k+1= 0

soit :

+1

X

k=1

k(k+ 1)ak+1x^k+

+1

X

k= 0

(2¸+ 1)(k+ 1)ak+1x^k+

+1

X

k=1

ak¡1x^k= 0 soit encore

(2¸+ 1)a0+

+1

X

k=1

[(2¸+ 1 +k)(k+ 1)ak+1+ak¡1]x^k= 0 L’unicité du développement en série entière fournit alors : pour toutk2N:

(k+ 1)(2¸+ 1 +k)ak+1+ak¡1= 0

III.2.2

Notons ak(¸) = ak ; on cherche les solutions véri…ant a2k+1(¸) = 0pour tout k. Comme ¡¸ =2N, on note que

¸+h6= 0 pour tout h2N.

La relation du III.2.1 donne en substituant2k¡1 àk, pourk2N^¤: (2k)(2¸+ 2k)a2k+a2k¡2= 0 ; on en déduit que

a2k(¸) = (¡1)^k Qk

i=12i(2¸+ 2i)a0(¸) = (¡1)^k 4^kk!Qk

i= 1(¸+i) Donc si il existe une solution de (B_¸⁰)de la formez(x) = P+1

p=0a2p(¸)x^2p, aveca0(¸) = 1alors on a nécessairement, pour toutp2N, a2p(¸) =₄pp!Q^(¡1)p

1·i·p(¸+i).

Réciproquement, la série entièreP ³ (¡1)^p 4^pp!Q_k

i=1(¸+i)x^2p´

a un rayon de convergence R= +1puisque en utilisant la règle de d’Alembert, la limite

¯¯a2p+ 2(¸)x^2p+2¯¯

ja2p(¸)x^2pj = x²

4(p+ 1)j¸+p+ 1j¡>p¡>+10 montre que la série numériqueP (¡1)^p

4^pp!Qk

i=1(¸+i)x^2pconverge pour toutx2R. Les équivalences du III.2.1 montrent alors que la sommez¸(x) =P+1

p=0a2p(¸)x^2p est solution sur ]0;+1[de(B⁰_¸).

8x2R,z¸(x) =P+1 p=0

(¡1)^p 4^pp!Qk

i=1(¸+i)x^2p

III.3.1

¸étant supposé non entier, ce qui procède s’applique ࡸetz_¡¸ est solution de(B⁰_¡¸)doncj_¡¸est solution (non nulle) de l’équation(B_¡¸) = (B¸).

j¸etj_¡¸ sont donc deux solutions non nulles de(B¸) supposons¸ >0(l’autre cas est symétrique) alors

² j¸(x) =x^¸z¸(x)admet une limite nulle en zéro (z¸ est continue etz¸(0) = 1)

² j_¡¸(x) =x^¡¸z_¡¸(x) tend lui vers +1six tend vers0

² les deux fonctions ne peuvent pas être proportionnelles.

² (B¸)est linéaire, homogène, résolue eny⁰⁰, à coe¢cients continus sur ]0;+1[ ; l’ensemble des ]0;+1[-solutions est un espace vectoriel de dimension 2 ,(j¸; j_¡¸)étant une famille libre de cardinal 2 est donc une base de(B¸)et la solution générale de (B¸) est donc :

9(A; B)2R,8x2R,y(x) =A x^¸z¸(x) +B x^¡¸z_¡¸(x)

III.3.2

^{On a j}n(x) =xⁿzn(x) =xⁿP+1

p=0a2p(n)x^2p=P+1 p=0

(¡1)^p 4^pp!Q_k

i=1(n+h)x^2p+n =P+1 p= 0

(¡1)^pn!

4^pp!(n+p)!x^2p+n. pour npair : n= 2q; on a alors :

j2q(x) =

+1

X

p= 0

(¡1)^p(2q)!

4^pp!(q+p)!x^2p+2q= 4^q(2q)!

+1

X

k=p

(¡1)^k¡q

4^k(k¡q)!(k+q)!x^2k en posant k=p+q En reprenant les®2k(p)du II3 on obtient :

j2q= 4^q(2q)!J2q

et sinest impair : n= 2q+ 1;

j2q+1(x) = 2:4^q(2q+ 1)!J2q+ 1

zn est solution de(B_n⁰)et pour toutx >0, on a : z⁰_¡n(x) = 2nx^2n¡1zn(x) +x²ⁿz_n⁰(x)puisz_¡⁰⁰_n(x) = 2n(2n¡1)x^2n¡2zn(x) + 4nx^2n¡1z⁰_n(x) +x²ⁿz_n⁰⁰(x).

On en déduit quexz⁰⁰_¡n(x) + (¡2n+ 1)z⁰_¡n(x) +xz_¡n(x) =x²ⁿ[xz_n⁰⁰(x) + (2n+ 1)z⁰_n(x) +xzn(x)] = 0.

Ce qui démontre quez_¡n est solution de (B_¡⁰_n).