CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE 1998 FILIERE PC EPREUVE 2 Problµeme 1

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE 1998 FILIERE PC EPREUVE 2 Problµeme 1

1. La fonctionf ¶etant continue sur [¡1;1] On peut poser Á(x) =Rx

0 f(t)dtet Á est C¹ sur [¡1;1] comme primitive d'une fonction continue., On a alorsF = Á±sin . la fonction sinus estC¹sur Rµa valeur dans [¡1;1] et Áest C¹ sur [¡1;1]

donc par compositionF est C¹sur Rde d¶eriv¶ee : F⁰(x) = cos(x):f(sin(x)) .

2. Soiu une primitive def . On a F(x) =u(x+T)¡u(x). La fonction f ¶etant continue surR,uest C¹ sur Rdonc F et aussiC¹ et 8x 2R,F⁰(x) =f(x+T)¡f(x) = 0 carf est p¶eriodique de p¶eriode T, La d¶eriv¶ee est nul sur un intervalle . La fonctionF est constante

On peut ¶ecrire par changement de variable u=t+T ,C¹: Z x+T

0

f(t)dt= Z x

¡T

f(u+T)du= Z x

¡T

f(u)du= Z x

0

f(u)du+ Z 0

¡T

f(u)du F(x) =R0

¡Tf(u)du

3. a)Pour m= 0, la fonctionu est d¶e¯nie surRet 8x2Ru(x) =x . b)Pour m= 1, on a p ¹

1¡si n²(t) = _jcos(¹_t)j:Pour que cette fonction soit continue sur le segment [0; x] ou [x;0] il faut et il su±t quex 2]¡¼=2; ¼=2[:On a alorsu(x) =Rx

0 1

cos(t)dt. Le changement de variable C¹ :t = 2 arctan(u) ,u= tan(t=2) donneu(x) = 2Rt an(x=2)

0

1

1¡u²du=Rtan(x=2) 0

³ 1

1+u+ _1¡u¹

´

du= ln¯¯¯1+ tan(x=2) 1¡tan(x=2)¯¯¯ 8x2¤

¡^¼₂;^¼₂£

u(x) = ln¯¯¯1+t an(x=2) 1¡t an(x=2)

¯¯

¯ une autre primitive classique est ,u(x) = ln¯¯tan¡_x

2 +^¼₄¢¯¯.

5/2:La fonction n'a pas de limite ¯nie sixtend vers§¼=2 .On ne peut pas esp¶erer d¶e¯niru(¼=2) comme R

]0; ¼=2[

dt cos (t)

4. a)Comme 1¡m:sin²(t)¸1¡m >0 , la fonction t7¡! p ¹

1¡m:sin²(t) est continue surRet doncuestC¹ surR8x2R, u⁰(x) =p ¹

1¡m:sin²(x)

b)On a : 8x2Ru⁰(x)>0, donc : uest croissante (strictement) sur R.

u⁰ est paire et u(0) = 0,etu estC¹doncu(¡x) =R_¡x

0 u⁰(t)dt=R_x

0 u⁰(¡¿) (¡d¿) =¡R_x

0 u⁰(¿)d¿ =¡u(x) uest impaire

dans le cas g¶en¶eral siÁest paire il existe une constanteK telle queÁ(¡x) =K¡Á(x) c)Pourx >0, on a : u(x)¸Rx

0 pdt

1¡m = p ^x

1¡m ¡!x!+1+1. Donc,

u admet une limite en +1¶egale µa +1 5. a)De maniµere analogue au 1.1,v est d¶e¯nie et C¹ sur ¤

¡^¼₂;^¼₂£

et, sur cet intervalle, on a:

v⁰(x) = cos(x) 1

q

(1¡sin²(x))(1¡msin²(x))

=u⁰(x)

car sur ]¡¼=2; ¼=2[ , q

1¡sin²(x) =jcos(x)j = cos(x) . On a donc u⁰ = v⁰et donc u¡v est constante. De plus, on a u(0) =v(0) = 0.

Finalement, pourx2¤

¡^¼2;^¼₂£

, on au(x) =v(x).

b)six=¼=2 la fonctiont¡> p ¹

(1¡t²)(1¡mt²) n'est pas continue ni continue par morceaux sur [0;1] doncv(¼=2) n'existe pas. On a toutefois lim¼=2v(x) = lim¼ =2u(x) =u(¼=2) car la fonctionu est continue sur [¡¼=2; ¼=2] . En prolongeant par continuit¶e on peut poserv(¼=2) =u(¼=2) et de m^emev(¡¼=2) =u(¡¼=2)

5/2 : vous pouvez r¶epondre de fa»con tout aussi valable que t¡>p ¹

(1¡t²)(1¡mt²) est int¶egrable sur [0;1[ car elle est continue positive sur [0;1[ ¶equivalente en 1 µa _p ¹

1¡tp

2(1¡m) int¶egrable sur [0;1[ car 1=2<1.Doncv(¼=2) est d¶e¯nie .Puis retrouver par passage µa la limite v(¼=2) =u(¼=2)

c) la fonction t¡ > p ¹

1¡ms in(t)² est ¼ p¶eriodique continue sur R . D'aprµes la question 2 ; u(x +¼) ¡ u(x) = Rx+¼

x

p dt

( 1¡t²) (1¡mt²) est constante. En notant K(m) cette constante et en prenant x = ¡¼=2 on a : K(m) = u¡_¼

2

¢¡u¡

¡^¼₂¢

Donc par imparit¶e de u:

K(m) = 2:u³¼ 2

´

6. a)La fonctionuestC¹strictement croissante surRµa d¶eriv¶ee toujours non nul ( car la d¶eriv¶eep ¹

1¡m:s in²(x)est strictement positive) , donc uest unC¹di®¶eomorphisme de Rsur ]lim_¡1(u);lim₊₁(u)[ = ]¡1;+1[ d'aprµes 1.4.c et l'imparit¶e de u. donc u(R) =Retuadmet une fonction r¶eciproque (not¶eeA)C¹deRsur R. commeA⁰ =_u0¹±A ,A⁰ est strictement positive etAest strictement croissante.

u admet une fonction r¶eciproqueA2C¹(R;R),strictement croissante b)Pour tout r¶eelx, on au(A(x) +¼) =u(A(x)) +K(m) =x+K(m) donc

A(x+K(m)) =A(u(A(x) +¼)) =A±u(A(x) +¼) =A(x) +¼ Finalement, A(x+K(m))¡A(x) =¼

t¡> p ¹

( 1¡t²) (1¡mt²) ¶etantC¹sur R,uest aussiC¹comme primitive d'une fonction continue .

la d¶eriv¶ee de une s'annulant pasu est unC¹ di®¶eomorphisme deRsurR.;AestC¹sur R: on peut calculerA"m: c) On aA⁰ =_u0¹±A et donc :

8x2R; A⁰(x) =_u0(A(x) )¹ = q

1¡m:sin²(A(x)) en d¶erivant cette relation :

A⁰⁰(x) = 0

@¡2msin (A(x)) cos (A(x)) 2

q

1¡m:sin²(A(x)) 1

A:A⁰(x) =¡m:sin(A(x)) cos(A(x))

On a bien la formule demand¶ee:

A" +msin(A) cos(A) = 0 7. On a : S(y) = sin(A(y)) , C(y) = cos(A(y)) ,D(y) =

q

1¡msin²(A(y)) =A⁰(y)

a)Aest impaire car r¶eciproque d'une fonction impaire. On en d¶eduit que C et D sont paires et queSest impaire.

b)En utilisant 1.6.b, on trouve que SetC sont 2K(m)-p¶eriodiques et queD est K(m)-p¶eriodique.

Remarque:On a donn¶e une p¶eriode de la fonction . Montrer que c'est la p¶eriode (donc la plus petite p¶eriode strictement positive ) n'est pas si simple .Ce n'est sans doute pas l'objectif non plus du concepteur du sujet qui a fait calculer aux questions pr¶ec¶edentes une p¶eriode de uet Asans chercher µa faire prouver que c'est bien la plus petite strictement positive .

Les fonctionsC etSsont d¶erivables sur Rcomme compos¶ees de fonctions d¶erivables etD l'est carA" est C² .On a S⁰=C D,C⁰=¡SD et D⁰ =¡mSC

Le problµeme se continue avec deux questions qui utilisent les fonctions pr¶ec¶edentes pour ¶etudier une ¶equation aux d¶eriv¶ees partielles . Le second problµeme portait sur les ¶equations di®¶erentielles

Le problµeme a une origine physique : Si on ¶etudie le mouvement du pendule sans force de frottement on d¶emontre que la p¶eriode du pendule , dans un systµeme d'unit¶es bien choisi , est K(p

sin(µ=2))si µ est l'angle maximum du mouvement .

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