Centrale MP 2003 Math 1 Partie I

(1)

Centrale MP 2003 Math 1

Partie I

I.A. Soitg(t) =e^¡^tcos(t)+ie^¡^tsin(t) =e^¡^te^it. La fonctiongest continue sur[x;+1[etlim+1

¡t²jg(t)j¢

= lim+1

¡t²e^¡^t¢

= 0 . Doncg est intégrable sur[x;+1[, donc aussi ses parties réelles et imaginaires.

Une primitive det ¡> e⁽^¡^1+i)t étant t¡> _¡_1+i¹ e⁽^¡^1+i)t de limite nulle en+1(car¯¯¯_¡1+i¹ e⁽^¡^1+i)t¯¯¯= ^e^p^¡t₂) on a

+Z1 x

g(t)dt= 1 +i

2 e⁽^¡^1+i)t = e^¡^x

2 (1 +i) (cos(x) +isin(x)) = e^¡^x

2 ((cos(x)¡sin(x)) +i(cos(x) + sin(x)))

il en résulte par séparation des parties réelles et imaginaires, que : e^x

Z +1 x

e^¡^tcostdt= ¹₂(cos (x)¡sin (x)) et e^x Z +1

x

e^¡^tsintdt= ¹₂(cos (x) + sin (x)) I.B. La solution générale dey⁰¡y= 0est y=¸e^x.

On utilise alors la méthode de variation de la constante : ¸(x)e^x est solution de y⁰ ¡y = ¡cos (x) si et seulement si

¸⁰(x)e^x=¡cos (x). Donc¸(x) =K+Rx

x₀¡e^¡^tcos (t)dt :K étant une constante.

Les solutions sur Rdey⁰¡y+ cosx= 0sont donc³ K+Rx

x₀¡e^¡^tcos (t)dt´ e^x.

On cherche une solutionY0bornée . Orlimx¡>+1(e^x) = +1. pour avoir une solution bornée il faut donc lim+1

µ K+

Z x x0

¡e^¡^tcos (t)dt

¶

= 0 et doncK =R+1

x₀ e^¡^tcos(t)dt. soitK+Rx

x₀¡e^¡^tcos (t)dt=R+1

x e^¡^tcos(t)dt On a alorsY0(x) =e^x

Z +1 x

e^¡^tcostdt= ¹₂(cos (x)¡sin (x)) , fonction clairement bornée surR.

La solution générale sur Rde y⁰¡y+ cosx= 0est doncY¸ =¸e^x+ ¹₂(cosx¡sinx).

Remarquons que Y0(x)est la seule solution bornée surR.

De même la solution générale sur Rde y⁰¡y+ sinx = 0est¸e^x+ ¹₂(cosx+ sinx).

I.C.1. D’après la première questionÁ est bien dé…nie. Elle est en outre clairement linéaire et, toujours d’après la première question, les images des fonctions coset sinappartiennent à¦:

Á(cos) = ^cos^¡₂^sin Á(sin) = ^{cos + sin}₂ Ádé…nit bien un endomorphisme de ¦.

D’après la première question, la matrice deÁdans la base (cos;sin) est

1 2

µ 1 1

¡1 1

¶

I.C.2. Sif(x) =acosx+bsinxon sait quef(x) =p

a²+b²cos(x¡')de sorte que jjfjj1=p

a²+b². Alorsf1(x) = ^a+b₂ cosx+ ^b^¡₂^asinx de sorte quejjf1jj1=

qa²+b²

2 = ^p¹₂jjfjj1. jjf1jj1= 1

p2jjfjj1

Il en résulte quejjfnjj1=^p¹₂njjfjj1 et doncsup_R(jfn¡0j)¡>0

Ainsi, pour toute fonctionf 2¦, la suite(fn)n2N^¤ converge uniformément surRvers la fonction nulle.

Partie II

II.A.

Z +1 x

e^¡t

t dtconverge cart¡> ^e^¡t_t est continue positive sur [x;+1[(carx >0)et lim+1

³ t²^e^¡t_t ´

= 0.

(2)

Si on reprend la méthode de la variation de la constante de la même manière exactement qu’en I.B.,on trouve que la solution générale sur]0;+1[de y⁰¡y+ ¹_x= 0est :

Y¸(x) =e^x 0

@K+ Zx x0

e^¡^t t dt

1 A

et toujours comme au I. : si il existe une solution bornée sur[a;+1[c’est Y0(x) =e^x Z +1

x e^¡^t

t dt:

Reste à véri…er que cette fonction est bornée:

Y0(x) · e^x Z +1

x

e^¡^t

x dtcar t¸x

· e^x µe^¡^x

x

¶

= 1 x

On a doncY0· ¹_a sur tout intervalle[a;+1[inclus dans ]0;+1[.etY0 est bornée ”quand x tend vers+1” Y¸(x) =¸e^x+e^x

Z +1 x

e^¡t t dt

De l’expression de la solution générale, il en découle queY0 est la seule solution bornée ”quandxtend vers+1:”

² On a, au voisinage de0⁺, ^e^¡t_t » ¹_t avec ¹_t continue, positive , non intégrable sur];1]. Donc par équivalent ^e^¡t_t n’est pas intégrable sur]0;1]et donclim0⁺

³R1 x

e^¡t t dt´

= 0, et donc en ajoutant la constante Z +1

1 e^¡t

t dt

limx¡>0⁺

Z +1 x

e^¡t

t dt= +1

² De l’expression de la solution générale, il en découle quelim_x_¡_>₀+Y¸(x) = +1pour tout ¸2 R.

II.B.1 D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz pour une éqution di¤érentielle linéaire résolue du premier ordre , on dispose bien de l’existence et de l’unicité de la solutionYm telle queYm(xm) =ympour tout pointM(xm; ym)du demi-planx >0.

On a d’après l’équation : Ym(xm)¡Y_m⁰(xm) + _x¹

m = 0doncY_m⁰(xm) = 0si et seulement si ym = _x¹

m.

Donc H est inclus dans la branche d’hyperbole y = ¹_x avec x > 0. C’est l’ensemble des points des courbes intégrales à tangente horizontale.

Réciproquement si(X; Y)est un point de cette demi hyperbole , il existe une solutiony¸de l’équation di¤érentielle passant par ce point (Cauchy Lipschitz) et en ce pointy⁰_¸(X) = 0

DoncH est la branche d’hyperboley = ¹_x avecx >0

La fonctionx ¡ > ¹_x étant de classe C¹ il en résulte que toute solution est de classe C¹ et ainsi on a le droit de dériver l’équationEf et doncY_m⁰⁰(xm)¡Y_m⁰(xm)¡_x¹2

m = 0doncY_m⁰⁰(xm) = 0si et seulement siY_m⁰(xm) +_x¹2

m = 0soit si et seulement siYm(xm)¡_x¹_m +_x¹2

m = 0.

Donc T est inclus dans la courbe d’équationy= ¹_x¡ x¹² pour x >0:l’autre inclusion découle aussi de Cauchy Lipschitz.

T est la courbe d’équationy= ¹_x¡ _x¹2 pour x >0

Si la dérivée secondeY"¸ change de signe en un point deT on un point d’in‡exion au grapheC¸: On peut remarquer que en un tel pointY_m⁰(xm) =¡x¹²_m <0.

II.B.2 par intégration par parties, on aRX x

e^¡t

t dt= ^e^¡x_x ¡ ^e^¡X_X ¡RX x

e^¡^t t² dt:

On sait déja quet¡> ^e^¡t_t est intégrable sur [x;+1[. On a aussi t¡> ^e_t^¡t2 , continue,positive ngligeable devant 1=t², donc intégrable sur[x;+1[. En…n limX¡>+1

³e^¡X X

´= 0. Donc par passage à la limiteY0(x) = ¹_x¡e^x Z +1

x e^¡t

t² dt Par une seconde intégration par parties on a : Y0(x) = ¹_x¡_x¹2 +e^x

Z +1 x

2e^¡t

t³ dt donc

1

x¡ _x¹2 ·Y0(x)· ¹_x .

Ainsi la courbe intégrale C0est strictement comprise entre les courbesH et T. II.B.3 voir graphe en annexe

(3)

² Le graphe Hest évident.

² PourT on poseT(x) =_x¹ ¡_x¹2 , fonctionC¹ surR⁺^¤ , de dérivée ^¡_x2¹+ _x²3 = ²_x^¡3^x négative six¸2 , positive six·2.

et on aT(x)»⁺1 1

x¡>0 ,T(x)»0⁺ ¡1

x²¡>¡1,T(1) = 0.

² CommeY0(x)< ¹_x on aY₀⁰(x) = Y0(x)¡ ¹_x<0 (pensez à Ef ) et donc Y0est toujours décroissante. D’où l’allure deC0.

² Y¸1(x)> Y0(x),

Y¸1(x)tend vers+1en0⁺ et en+1, De plus en+1 Y¸1(x)»¸1e^xd’où une branche parabolique verticale

C^¸1 coupe H en un point au plus sinon, par le théorème de Rolle, Y_¸⁰⁰₁ s’annulerait ce qui est impossible carC^¸1 est au-dessus de C⁰ elle-même strictement au dessus de T. De plus en+1Y¸₁(x)» ¸1e^x d’où une branche parabolique verticale. D’ou l’allure deC^¸1.

C¸1 coupeH sinonY¸1 serait strictement monotone sur]0;+1[, ce qui est incompatible avec les limites en0et+1.

² Y¸₂(x)< Y0(x)donc C^¸2 est toujours en dessous deC⁰donc a fortiori deH et donc la dérivée est toujours négative.

Y¸₂(x)tend vers+1en0⁺ et vers¡1 en+1, De plus en+1 Y¸₁(x)»¸1e^xd’où une branche parabolique verticale C^¸2 coupeT en son point d’in‡exion En e¤etY¸₂¡T tend vers+1en 0et vers¡1 en+1 . La fonctionY¸₂ ¡T est continue sur]0;+1[et change de signe sur cet intervalle, donc y admet une racine.

Partie III

III.A.E est non vide (contient la fonction nulle) et est stable par combinaison linéaire en e¤et : Soient(f1; f2)2 E ² et(¸1; ¸2)2C² on doit montrer que¸1f1+¸2f22 E.Par hypothèse:

9®12R, lim+1

³f₁(x) x^®1

´

= 0 9®22R, lim+1

³_f

1(x) x^®2

´

= 0 On pose alors® >max(®1; ®2)et

¸1f1x) +¸2f2(x)

x^® = ¸1

x^®^¡^®¹ f1(x)

x^®¹ + ¸2

x^®^¡^®² f2(x)

x^®² !x¡>+10:0 + 0:0 = 0 E est un sous-espace deC⁰(I;C)

III.A.bis ) comme[x;+1[½[x0;+1[les fonctions f et g sont intégrables sur [x;+1[et doncF etG sont dé…nies.

Pour montrer la négligeabilité on revient aux quanti…cateurs:

f << g)³

8" >0;9X; x¸X ) jf(x)j ·"g(x)´ Si on intègre l’inégalité sur[x;+1[on a :

8" >0;9X; x¸X ) jF(x)j · Z +1

x jf(t)jdt· Z +1

x

"g(t)dt·"G(x) soit

f <<+1g )F <<+1G III.A.ter On a

t^®e^¡^t·2(t^®e^¡^t¡®t^®^¡¹e^¡^t),t^®e^¡^t ¸2®t^®^¡¹e^¡^t ,t¸2® cart^®^¡¹e^¡^t >0 donc pour® >0S= [2®;+1[et pour ®·0,S =R⁺^¤

Donc pourX = sup(2®;1),t¸X )t^®e^¡^t ·2(t^®e^¡^t¡®t^®^¡¹e^¡^t))t^®e^¡^t·2 (¡t^®e^¡^t)⁰ Remarque : 1 ou n’importe quel réel strictement positif)

Si on intègre pourx ¸X sur[x;+1[(les deux fonctions étant continues , positives , négligeable devantt²en+1on a : Z +1

x

t^®e^¡^tdt·2x^®e^¡^x¡ lim

z¡>+1

¡2z^®e^¡^z¢

= 2x^®e^¡^x

III.B. Pourf 2 E ,t¡> e^¡^tf(t)est intégrable sur[x;+1[car la fonction est continue et lim+1

¡t²¯¯e^¡^tf(t)¯¯¢

= lim

+1

µ¡

t^2+®e^¡^t¢µ f(t)

t^®

¶¶

= 0

Il en résulte, de la même manière que précédemment par la méthode de la variation de la constante, que la solution générale surI de l’équation Ef esty(x) =e^x³

K ¡Rx

x0e^¡^tf1(t)´ .

(4)

y2 E , 9®;lim+1

³e^x x^®

³ K¡Rx

x₀e^¡^tf1(t)´´

= 0 . Or lim+1

¡_e^x

x^®

¢= +1. Donc si ®existelim³ K¡Rx

x₀e^¡^tf1(t)´

= 0et doncK =R+1

x0 e^¡^tf1(t)et ³ K¡Rx

x0e^¡^tf1(t)´

=R+1

x e^¡^tf1(t)dt Il existe au plus une solution dansE : f1(x) =e^xR+1

x e^¡^tf1(t)dt Reste à véri…er quef12 E . Donc trouver¯tel quelim+1

³_f

1(x) x^¯

´= 0 orf 2 E donc9® ,f << t^®

f(t)<< t^®)e^¡^tf(t)<< e^¡^tt^®

les deux fonctions sont continues intégrables sur[x0;+1[(pourx02I ) , la seconde fonction étant positive donc d’après les questions III.A.bis et III.A.ter :

Z +1 x

e^¡^tf(t)dt <<

Z +1 x

e^¡^tt^®dt·2x^®e^¡^x doncf1(x)<<+1x^® et comme f1 est continue f12 E .

III.C. on afn=Á(fn¡1)doncfn⁰ ¡fn+fn¡1= 0pour toutn¸1.

Désignons parK un segment quelconque deI.

² (i))(ii)Supposons que la suite(fn) converge uniformément surK vers une fonction notée F. Alors la suite(f_n⁰)égale à la suite(fn¡fn¡1)converge uniformément surK vers la fonction F ¡F donc vers la fonction nulle.

Le théorème de dérivation de la limite d’une suite de fonctions C¹ s’applique alors (CVS de la suite (fn)et CVU de la suite (f_n⁰) ) ce qui prouve que la fonctionF est dérivable sur K de dérivée la fonction nulle. Ce qui prouve que F est constante surK puisqueK est un intervalle.

² (ii))(i)est évident

² Remarque 5/2 : le sujet initialise ”sur tout compact” me semble faux siK n’est pas un intervalle.

III.D. Les deux intégrales proposées existent :

-t¡> ^(t^¡_n!^x)ⁿf(t)e^¡^test continue sur[x;+1[ett²¯¯¯^(t^¡n!^x)ⁿf(t)e^¡^t¯¯¯» ^tⁿ⁺²_n! jf(t)je^¡^t<<t¡>+1t^n+2+ae^¡^tet donclimt¡>+1t²¯¯¯^(t^¡n

0.

- u¡ > û_n!ⁿf(x+u)e^¡û est continue sur [0;+1[ (car x+u 2I ) etjf(x+u)j <<u¡>+1 (x+u)â »u¡>+1 xâ et donc lim¡

u²^u_n!ⁿf(x+u)e^¡^u¢

= 0

On raisonne alors par récurrence surnpour montrerfn+1(x) =e^x Z +1

x

(t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^tdt

² la formule proposée étant vraie pourn= 0 par dé…nition deÁ:

f1(x) =e^x Z +1

x

(t¡x)⁰

n! f(t)e^¡^tdt

² Supposons la formule vraie au rangn.

En notant que fn+1 = Áⁿ(f1), il vient par hypothèse de récurrence que fn+1(x) =e^x Z +1

x

(t¡x)^n¡1

(n¡1)! f1(t)e^¡^t dt. Intégrons par parties entrex et Aen dérivantf1(t)e^¡^t =

Z +1 t

e^¡^uf(u)du (de dérivée ¡e^¡^tf(t)) : ZA

x

(t¡x)ⁿ^¡¹

(n¡1)! f1(t)e^¡^tdt= (A¡x)ⁿ

n! f1(A)e^¡^A+ ZA

x

(t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^tdt

Or il existe®2 Rtel que f1(A)<< A^®lorsqueA!+1. Donc (A¡x)ⁿ

n! f1(A)e^¡^A »A¡>+1

Aⁿ

n!f1(A)e^¡^A<<A¡>+1A^n+®e^¡^Ade limite nulle Il en découle que

Z +1 x

(t¡x)^n¡1

(n¡1)! f1(t)e^¡^t dt= Z +1

x

(t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^tdtce qui prouve que la formule est vraie au rangn+ 1.

² En conclusionfn+1(x) =e^x Z +1

x

(t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^tdt

² Or Z A

x (t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^(t^¡^x)dt= Z A¡x

0 uⁿ

n!f(x+u)e^¡^udupar changement de variableu=x¡t.

(5)

donc en passant à la limite (on a déjà prouver l’intégrabilité) fn+ 1(x) =

Z +1 x

(t¡x)ⁿ

n! f(t)e^¡^(t^¡^x)dt= Z +1

0 uⁿ

n!f(x+u)e^¡^udu

III.E.Sif 2kerÁalorsx¡>

Z +1 x

e^¡^tf(t)dtest la fonction nulle donc de dérivée nulle ce qui implique quef est la fonction nulle. AinsiÁest injective de E dans lui-même.

² Si f1 = Á(f) alorsf1 véri…e l’équation di¤érentielle f1⁰ ¡f1+f = 0 donc, f1⁰ = f1¡f 2 E puisque E est un espace vectoriel et que f et f1 sont dansE. AinsiIm(Á) est inclus dans l’ensemble des applicationsg de classe C¹ sur I telles queget g⁰ appartiennent à E.

² Réciproquement soitg une application de cet espace. Si on posef =g¡g⁰ , alorsf 2 E (car sous-espace vectoriel) etg véri…e l’équation y⁰¡y+f = 0. Or gappartient à E donc g=f1=Á(f)d’après l’unicité de la question III.B.

² En conclusion Á est un isomorphisme de E sur l’ensemble des applications g de classe C¹ sur I telles que g et g⁰ appartiennent à E (de plus Á^¡¹est dé…nie par Á^¡¹(g) =g¡g⁰):

Partie V.

V.A. Sif est périodique et continue sur Ralors elle est bornée sur Rdonc e^¡^tf(t)t est intégrable sur[x;+1[et donc par variation de la constante la solution générale surRdeEfest toujours du typey=¸e^x+f1(x)avecf1(x) =e^x

Z +1 x

e^¡^tf(t)t.

² On a également (même changement de variable q’au III.D )f1(x) = Z +1

0

e^¡^uf(x+u)duce qui prouve immédiatement quef12 P .

De l’expression de la solution générale, il en résulte quef1est l’unique solution deEf appartenant à P.

² f1est une fonction périodique et de classeC¹surR a fortiori continue et de classeC¹ par morceaux de sorte que sa série de Fourier converge normalement sur Rvers elle-même.

V.B. Commef1est de classeC¹la relation entre coe¢cients de Fourier (qui se retrouve par intégration par partie) donne : ck(f₁⁰) =ik:ck(f1)

Par ailleurs f1⁰¡f1+f = 0de sorte queck(f1⁰)¡ck(f1) +ck(f) = 0.

Ainsi

(¡1 +ik)ck(f1) +ck(f) = 0 V.C.

² P0\ K est évidemment réduit à la fonction nulle ce qui prouve que la somme est directe

² sif 2 P , on cherche une décomposition f =p+k; p périodique de valeur moyenne nulle et kconstante. Le calcul de l’intégraleR2¼

0 f donns alorsk= _2¼¹ R2¼

0 f(t)dtet doncp(x) =f(x)¡k.

² De la question V.B. résulte en particulier que si la valeur moyenne de f est nulle, il en va de même de celle de f1 car c0(f1) =c0(f)Ainsi P0est un sous-espace supplémentaires de stable par Á.

² sif=kest une constante on af1=e^xR+1

x ke^¡^tdt=e^x(ke^¡^x) =k doncK est stable parÁ. Soitf 2 P0

Pourn¸1,f est somme de sa série de Fourier d’après la question V.A. et sa valeur moyenne est nulle , donc c0(f) = 0 Donc gn(x) =X

k2N^¤ck(gn)e^ikx+c_¡k(gn)e^¡^ikx.

Par ailleurs ck(gn) = ₁_¡¹_ikck(gn¡1) d’après la question V.B. et donc ck(gn) = ³

1 1¡ik

´n¡1

ck(g1) de sorte que gn(x) = X

k2N^¤

³ 1

(1¡ik)^n¡1ck(g1)e^ikx+ _(1+ik)¹_n¡1c_¡k(g1)e^¡^ikx´ Or, pour k2N^¤, on a j1§ikj ¸p

2 et, comme la série de Fourier deg1 converge normalement, la série X

k2N^¤jck(g1)j+ jc_¡k(g1)jconverge (on noteS sa somme).

Il en résulte quejgn(x)j · ₍^p₂₎^Sn¡1 pour tout réelxce qui prouve bien la convergence uniforme de la suite(gn)vers la fonction nulle.

(6)

Soitf 2 P

f se décompose en f=g+kavecg2 P ⁰et k la valeur moyenne def. On a alors Á(f) =Á(g) +Á(k):

OrÁ(k) =k(cf stabilité deK ) et doncÁ(f) =Á(g) +ket par récurrenceÁⁿ(f) =Áⁿ(g) +k. Comme Áⁿ(g) converge uniformément vers0 ,

Áⁿ(f)converge uniformément versk sa valeur moyenne

En conclusion, pourf 2 P , la suite(fn)converge uniformément surRvers la valeur moyenne def.