Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2006

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Partie I

1 -Puisquefest continue sur l’intervalleIetIcontient0, le théorème deCauchypermet d’affirmer l’existence et l’unicité deϕ(f). On a alors

∀x∈I, (ϕ(f))^′(x) +cϕ(f)(x) =f(x)⇒∀x∈I, e^cx(ϕ(f))^′(x) +ce^cxϕ(f)(x) =f(x)e^cx

⇒∀x∈I, (e^cxϕ(f))^′(x) =f(x)e^cx

⇒∀x∈I, e^cxϕ(f)(x) =e⁰ϕ(f)(0) + Zx

0

f(t)e^ctdt

⇒∀x∈I, e^cxϕ(f)(x) = Zx

0

f(t)e^ctdt⇒∀x∈I, ϕ(f)(x) =e^−cx Zx

0

f(t)e^ctdt.

∀x∈I, ϕ(f)(x) =e^−cx Zx

0

f(t)e^ctdt.

2 -Par définitionϕ(f) est dérivable surIet (ϕ(f))^′ = −cϕ(f) +f. On en déduit que(ϕ(f))^′ est continue surI et donc que

ϕ(f)est de classeC¹ surI.

Soient(λ, µ)∈R²et(f, g)∈(C⁰(I))². Pourx∈I, ϕ(λf+µg)(x) =e^cx

Zx 0

(λf(t) +µg(t))e^ctdt=λe^cx Zx

0

f(t)e^ctdt+µe^cx Zx

0

g(t)e^ctdt= (λϕ(f) +µϕ(g))(x),

et doncϕ(λf+µg) =λϕ(f) +µϕ(g). On a montré que

ϕ∈L(C⁰(I)).

Partie II

1 -Soitf∈C⁰(I). Puisquef est continue sur le segment[a, b], d’une partfest bornée sur ce segment et d’autre part f etf² sont intégrables sur ce segment. On en déduit quekfk∞ et kfk¹etkfk²existent dansR. De plus, d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz,

kfk¹= Z

[a,b]

1×|f|≤ sZ

[a,b]

1² sZ

[a,b]

f²=√

b−akfk², puis

√b−akfk²=√ b−a

sZ

[a,b]

f²≤√ b−a

sZ

[a,b]kfk²_∞ = (b−a)kfk∞.

∀f∈C⁰(I), kfk¹≤√

b−akfk²≤(b−a)kfk∞.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.

2 -Soientf∈C⁰(I)puisx∈[a, b]. NotonsJl’intervalle[x, 0]six≤0et [0, x]six≥0.

|ϕ(f)(x)|=e^−cx

Zx 0

f(t)e^ctdt ≤e^−cx

Z

J

|f(t)|e^ctdt≤e^−cx

Z

Jkfk∞e^ctdt

=e^−cx1

c|1−e^cx|× kfk∞ = 1

c|1−e^−cx|× kfk∞ ≤1+e^−cx

c kfk∞ ≤1+e^−ca c kfk∞. Ainsi, puisque la borne supérieure de|ϕ(f)|sur[a, b]est le plus petit des majorants de|ϕ(f)|sur[a, b],

∀x∈[a, b], |ϕ(f)(x)|≤1+e^c|a|

c kfk∞ et donckϕ(f)k∞ ≤ 1+e^c|a|

c kfk∞. On a montré que

∃M0∈R⁺/∀f∈C⁰(I), kϕ(f)k∞ ≤M0kfk∞.

3 -Soientf∈C⁰(I)puisx∈[a, b]. Notons de nouveauJl’intervalle[x, 0]six≤0et [0, x]six≥0.

|ϕ(f)(x)|=e^−cx

Zx 0

f(t)e^ctdt ≤e^−cx

Z

J

|f(t)|e^ctdt≤e^−ca

Z

J

|f(t)|×e^cbdt

≤e^c(b−a) Zb

a

|f(t)|dt=e^c(b−a)kfk¹.

On a montré que

∃A∈R⁺/∀f∈C⁰(I), ∀x∈[a, b], |ϕ(f)(x)|≤Akfk¹. On en déduit encore que pourf∈C⁰(I),

kϕ(f)k¹= Zb

a

|ϕ(f)(x)|dx≤

Zb a

Akfk¹dx= (b−a)Akfk¹.

∃A^′ ∈R⁺/∀f∈C⁰(I), kϕ(f)k¹≤A^′kfk¹. 4 -Soientf∈C⁰(I)puisx∈[a, b]. D’après les questions 1. et 3.,

|ϕ(f)(x)|≤Akfk¹≤AM1kfk²,

et donc

∃B∈R⁺/∀f∈C⁰(I), ∀x∈[a, b], |ϕ(f)(x)|≤Bkfk². Soitf∈C⁰(I).

kϕ(f)k²= sZ

[a,b]

f²≤ sZ

[a,b]

B²kfk²2=B√

b−akfk². Donc

∃K∈R⁺/∀f∈C⁰(I), kϕ(f)k²≤Kkfk².

5 - a), b) et c)D’après la question 2.,∃M0∈R⁺/∀f∈C⁰(I), kϕ(f)k∞ ≤M0kfk∞ et puisqueϕ est linéaire, ϕ est un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(C⁰(I),k k∞).

De même, les questions 3. et 4. permettent d’affirmer que

ϕ est un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(C⁰(I),k k¹) et de l’espace vectoriel normé(C⁰(I),k k²).

Partie III

1 -Soitλ > 0. Pourx∈[0,+∞[,

ϕ(fλ(x)) =e^−cx Zx

0

e^−λte^ctdt=e^−cx Zx

0

e^(c−λ)tdt.

•Si λ6=c, pourx∈[0,+∞[, on a ϕ(fλ)(x) = 1

c−λe^−cx

e^(c−λ)tx

0= 1

c−λe^−cx(e^(c−λ)x−1) = e^−λx−e^−cx c−λ .

•Si λ=c, pourx∈[0,+∞[, on a

ϕ(fλ)(x) =e^−cx Zx

0

dt=xe^−cx.

• Siλ6=c,∀x∈[0,+∞[, ϕ(fλ)(x) = e^−λx−e^−cx c−λ ,

•Si λ=c, ∀x∈[0,+∞[, ϕ(fλ)(x) =xe^−cx.

2 -Dans tous les cas,fλ et ϕ(fλ)sont continues sur[0,+∞[et négligeables en+∞devant 1

x². Par suite,

∀λ∈]0,+∞[, fλ∈L¹(I)et ∀λ∈]0,+∞[, ϕ(fλ)∈L¹(I).

Soitλ∈]0,+∞[.

kfλk¹= Z+∞

0

e^−λxdx=

−e^−λx λ

⁺∞

0

= 1 λ.

∀λ∈]0,+∞[, kfλk¹= 1 λ. Soitλ∈]0,+∞[.

•Si λ=c,

kϕ(fλ)k¹=kϕ(fc)k¹= Z+∞

0

xe^−cxdx=

−x c − 1

c²

e^−cx +∞

0

= 1 c².

•Si λ6=c, en discutant suivant le fait queλ > couλ < c, on a kϕ(fλ)k¹= 1

|c−λ|

Z+∞

0

|e^−λx−e^−cx|dx= 1

|c−λ|

−

−e^−λx

λ −e^−cx c

⁺∞

0

= 1

|c−λ|

1 λ −1

c

= 1 cλ. ce qui reste vrai quandλ=c.

∀λ∈]0,+∞[, kϕ(fλ)k¹= 1 cλ.

3 -Dans tous les casf²_λ etϕ(fλ)²sont continues sur[0,+∞[et négligeables en+∞devant 1

x². Par suite,

∀λ∈]0,+∞[, fλ∈L²(I)et ∀λ∈]0,+∞[, ϕ(fλ)∈L²(I).

Soitλ∈]0,+∞[.

kfλk²= sZ+∞

0

e^−2λxdx= s

−e^−2λx 2λ

^+∞

0

= 1

√2λ.

∀λ∈]0,+∞[, kfλk²= 1

√2λ.

Soitλ∈]0,+∞[.

•Si λ=c,kϕ(fλ)k²=kϕ(fc)k²= sZ+∞

0

x²e^−2cxdx. Deux intégration par parties fournissent

Z

x²e^−2cxdx= −1

2cx²e^−2cx+1 c Z

xe^−2cxdx= −1

2cx²e^−2cx− 1

2c²xe^−2cx+ 1 2c²

Z e^−2cx

= −1

2cx²e^−cx− 1

2c²xe^−2cx− 1

4c³e^−2cx+C, et donc

kϕ(fλ)k²= s

−1

2cx²e^−2cx− 1

2c²xe^−2cx− 1 4c³e^−2cx

+∞

0

= r 1

4c³ = 1

√4c³.

•Si λ6=c, on a

kϕ(fλ)k²= 1

|c−λ|

sZ+∞

0

(e^−λx−e^−cx)²dx= 1

|c−λ|

s

−e^−2λx

2λ +2e^−(λ+c)x

λ+c − e^−2cx 2c

⁺∞

0

= 1

|c−λ|

r 1

2λ −2 1 λ+c + 1

2c = 1

|c−λ|

s

c(λ+c) −4λc+λ(λ+c)

2cλ(λ+c) = 1

|c−λ|

s

c²−2λc+λ² 2cλ(λ+c)

= 1

p2cλ(λ+c). ce qui reste vrai quandλ=c.

∀λ∈]0,+∞[, kϕ(fλ)k²= 1 p2cλ(λ+c). 4 -SoitX > 0.

ZX 0

|ϕ(f)(x)|dx=

ZX 0

e^−cx Zx

0

f(t)e^ctdt

dx≤ ZX

0

Zx 0

|f(t)|e^cte^−cxdt

dx.

Cette dernière intégrale est l’intégrale de la fonction continue(x, t)7→|f(t)|e^cte^−cx sur le domaineD={(x, t) ∈R²/ 0≤ t≤x≤X}. D’après le théorème de Fubini, on a alors

ZX 0

|ϕ(f)(x)|dx≤

ZX 0

e^ct|f(t)|

ZX t

e^−cxdx

! dt

= 1 c

ZX 0

e^ct|f(t)|(e^−ct−e^−cX)dt= 1

c ZX

0

|f(t)|(1−e^−c(X−t))dt

≤ 1 c

ZX 0

|f(t)|dt≤1

c Z+∞

0

|f(t)|dt= 1

ckfk¹.

Ainsi, la fonction x7→ |ϕ(f)(x)| est continue et positive sur [0,+∞[ et la fonction X7→

ZX 0

|ϕ(f)(x)| dxest majorée sur

[0,+∞[par 1

ckfk¹. On en déduit que la fonctionϕ(f)est intégrable sur[0,+∞[ et de plus quekϕ(f)k¹≤ 1 ckfk¹.

∀f∈L¹(I), ϕ(f)∈L¹(I)etkϕ(f)k¹≤ 1 ckfk¹.

On en déduit encore que la restriction de ϕ à L¹(I) est un endomorphisme de L¹(I), encore notéϕ. De plus,ϕ est un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(L¹(I),k k¹)et |||ϕ|||1≤ 1

c (∗).

Maintenant, pourf=f1, on a d’après la question 2. kf1k¹= 1

1 = 1et kϕ(f)k¹= 1 c×1 = 1

c de sorte que l’inégalité(∗) est une égalité pour la fonction non nullef1. On a montré que

ϕest un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(L¹(I),k k¹)et |||ϕ|||1= 1 c. 5 -SoitX > 0. Puisque f=g^′+cget queg(0) =ϕ(f)(0) =0,

ZX 0

f(t)g(t)dt= ZX

0

(g^′(t) +cg(t))g(t)dt= ZX

0

g^′(t)g(t)dt+c ZX

0

g²(t)dt= g²(X) −g²(0)

2 +c

ZX 0

g²(t)dt

= g²(X) 2 +c

ZX 0

g²(t)dt.

Mais alors, d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz,

c ZX

0

g²(t)dt= −g²(X)

2 +

ZX 0

f(t)g(t)dt≤ ZX

0

f(t)g(t)dt≤ sZX

0

g²(t)dt sZX

0

f²(t)dt≤ kfk² sZX

0

g²(t)dt,

et, que sZX

0

g²(t)dtsoit nul ou pas, on en déduit

∀X > 0, c sZX

0

g²(t)dt≤ kfk².

De nouveau, la fonction la fonctionx7→ϕ(f)²(x)est continue et positive sur[0,+∞[et la fonctionX7→

ZX 0

ϕ(f)²(x)dxest majorée sur[0,+∞[par 1

c²kfk²2. On en déduit que la fonctionϕ(f)²est intégrable sur[0,+∞[ou encore queϕ(f)∈L²(I) et de plus quekϕ(f)k²≤ 1

ckfk².

∀f∈L²(I), ϕ(f)∈L²(I)etkϕ(f)k²≤ 1 ckfk².

On en déduit encore que la restriction de ϕ à L²(I) est un endomorphisme de L²(I), encore notéϕ. De plus,ϕ est un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(L²(I),k k²)et |||ϕ|||2≤ 1

c. Enfin, pour tout réelλ > 0,

kϕ(fλ)k²

kfλk² = 1/√ 2λ 1/p

2cλ(λ+c) = 1 pc(c+λ). Comme lim

λ→0 λ>0

kϕ(fλ)k² kfλk² = lim

λ→0 λ>0

1

pc(c+λ) = 1

c, on a finalement

ϕest un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(L²(I),k k²)et |||ϕ|||2= 1 c.

Partie IV

1 -Soitf∈G.

La fonctionfest développable en série entière sur] −R, R[. Puisque la fonctiont7→e^ctest développable en série entière sur Ret donc sur]−R, R[, on en déduit que la fonctiont7→e^ctf(t)est développable sur]−R, R[(au moins) puis que la fonction x7→

Zx 0

e^ctf(t)dt est développable sur] −R, R[et finalement que la fonctionx7→e^−cx Zx

0

e^ctf(t)dtest développable en série entière sur] −R, R[(au moins). Ainsi, sif∈G,ϕ(f)∈G.

ϕ∈L(G).

2 -Puisqueϕ(f)est développable en série entière sur] −R, R[, on sait queϕ(f)est dérivable sur] −R, R[et sur la dérivée deϕ(f)s’obtient par dérivation terme à terme. Pourx∈] −R, R[, on a alors

(ϕ(f))^′(x) +cϕ(f)(x) =

+∞

X

n=0

(n+1)bn+1xⁿ+c

+∞

X

n=0

bnxn=

+∞

X

n=0

((n+1)bn+1+cbn)xⁿ. Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on a alors

∀x∈] −R, R[, (ϕ(f))^′(x) +cϕ(f)(x) =f(x)⇒∀x∈] −R, R[,

+∞

X

n=0

((n+1)bn+1+cbn)xⁿ=

+∞

X

n=0

anxⁿ

⇒∀n∈N, (n+1)bn+1+cbn=an

⇒∀n∈N, (−1)ⁿ⁺¹(n+1)!bn+1

cⁿ⁺¹ − (−1)ⁿn!bn

cⁿ = (−1)ⁿ⁺¹n!an

cⁿ⁺¹ . Soit alorsn∈N^∗. En tenant compte deb0=ϕ(f)(0) =0, on a

(−1)ⁿn!bn

cⁿ =

n−1X

k=0

(−1)^k+1(k+1)!bk

c^k+1 −(−1)^kk!bk

c^k

=

n−1X

k=0

(−1)^k+1k!ak

c^k+1 , et donc

bn= 1 n!

n−1X

k=0

k!(−c)^n−1−kak.

b0=0et∀n∈N^∗, bn = 1 n!

n−1X

k=0

(−1)^n−kk!(−c)^n−1−kak.

Partie V

1 - a)Soit(f, g)∈(H(I))². Les fonctionsfget f^′g^′ sont continues sur I. De plus, à partir des inégalités(f±g)²≥0 et (f^′±g^′)²≥0, on obtient|fg|≤ 1

2(f²+g²)et |f^′g^′|≤ 1

2(f^′2+g^′2). Puisquef²,g²,f^′2et g^′2 sont intégrables surI, les fonctionsfget f^′g^′ le sont également.

∀(f, g)∈(H(I))², fg∈H(I)etf^′g^′∈H(I).

b)•D’après la question a), φest une application de(H(I))²dansR.

•La symétrie, la bilinéarité et la positivité deφsont claires.

•Soitf∈H(I).

φ(f, f) =0⇒ Z

I

f²+ Z

I

f^′2=0⇒ Z

I

f²=0

⇒f²=0(fonction continue positive d’intégrale nulle)

⇒f=0.

En résumé,φest une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive et donc φest un produit scalaire surH(I).

c)Pour f∈H(I),φ(f, f) =kfk²H. Ceci montre que k k^Hest la norme associée au produit scalaireφet en particulier que k k^H est une norme surH(I).

2 - a) Soit f ∈ L²(I). Puisque par hypothèse, ϕ est endomorphisme de L²(I), ϕ(f) est encore dans L²(I). Mais alors, puisque L²(I) est un espace vectoriel, (ϕ(f))^′ = f−cϕ(f) ∈ L²(I). On en déduit que ϕ(f) est dans H(I) et puisque ϕ(f)(0) =0,ϕ(f)∈K.

∀f∈L²(I)(I), ϕ(f)∈K.

Soitf∈L²(I). Puisqueϕ est un endomorphisme continu de l’espace vectoriel normé(L²(I),k k²), il existe un réelα > 0 tel quekϕ(f)k²≤αkfk². Mais alors

k(ϕ(f))^′k²=k−cϕ(f) +fk²≤ckϕ(f)k²+kfk²≤(1+cα)kfk². On en déduit que

kϕ(f)k^H=q

kϕ(f)k²2+k(ϕ(f))^′k²2≤q

α²kfk²2+ (1+cα)²kfk²2=p

α²+ (1+cα)²kfk². On a montré que

∃A > 0/∀f∈L²(I), kϕ(f)k^H≤Akfk². b)La restriction deϕ àL²(I)est encore notéeϕ.

•D’après la question a),ϕ est une application linéaire deL²(I)dansK.

•Soitf∈L²(I).

f∈Ker(ϕ)⇒ϕ(f) =0⇒f= (ϕ(f))^′+cϕ(f) =0.

Donc,ϕest injectif.

•Soitg∈K. Posonsf=g^′+cg. Par hypothèse gest dansKet doncget g^′ sont dansL²(I). Il en est de même def. De plus, puisqueg(0) =0 et queg^′+cg=f, on ag=ϕ(f). On a montré que∀g∈K, ∃f∈L²(I)/ ϕ(f) =get doncϕ est surjective.

ϕ est un isomorphisme deL²(I)surH(I).

c)D’après la question a),∃A > 0/∀f∈L²(I), kϕ(f)k^H≤Akfk²et puisqueϕ est linéaire ϕ est continue de(L²(I),k k²)dans(K,k k^H).

d)D’après la question b),∀g∈K,ϕ⁻¹(g) =g^′+cg. Mais alors, pourg∈K,

kϕ⁻¹(g)k²=kg^′+cgk²≤ kg^′k²+ckgk²≤ kgk^H+ckgk^H= (1+c)kgk^H. Puisqueϕ⁻¹est linéaire, ceci montre que

ϕ⁻¹est continue de(K,k k^H)dans(L²(I),k k²).

Partie VI

1 -Puisquefest continue surR, on sait que les solutions de l’équationy^′+cy=f (E)constituent unR-espace affine de dimension1. La méthode deLagrangefournit les solutions de cette équation. Ce sont les fonctions de la forme

x7→Ce^−cx+e^−cx Zx

0

f(t)e^ctdt,C∈R.

Soit y une telle solution. La fonction z : x 7→ y(x+2π) est également solution de l’équation (E) (car pour x réel, d

dx(y(x+2π)) +cy(x+2π) =y^′(x+2π) +cy(x+2π) =f(x+2π) =f(x)). Par suite, d’après le théorème deCauchy, yest2π-périodique ⇔∀x∈R, y(x) =z(x)⇔y(0) =z(0)⇔y(2π) =y(0)

⇔Ce^−2cπ+e^−2cπ Z2π

0

f(t)e^ctdt=C⇔C= e^−2cπ 1−e^−2cπ

Z2π 0

f(t)e^ctdt.

L’équationy^′+cy=fadmet une solution continue surR,2π-périodique et une seule à savoir la fonctionψ(f)définie par

∀x∈R, ψ(f)(x) = e^−2cπ 1−e^−2cπ

Z2π 0

f(t)e^ctdt

!

e^−cx+e^−cx Zx

0

f(t)e^ctdt.

ψest bien une application deEdansF. De la même façon qu’en I.2., on démontre alors queψest linéaire et de la même façon qu’en V.2.b), queψ est bijective.

ψest un isomorphisme deEsurF.

2 -Soitf∈E. D’après la question I.2.,ϕ(f)est de classeC¹sur Ret il en est de même deψ(f). On sait alors que pour k∈Z,

ck((ψ(f))^′) =ikck(ψ(f)).

Par linéarité des coefficients deFourier, on a alors pourk∈Z

ck(f) =ck((ψ(f))^′+cψ(f)) =ck((ψ(f))^′) +cck(ψ(f)) = (c+ik)ck(ψ(f)) = (c+ik)df(f), et donc

∀k∈Z, dk(f) = ck(f) c+ik. En particulier,|dk(f)|= kck(f)|

√c²+k².

3 -Soitf∈E. La fonctionfest continue par morceaux et2π-périodique. D’après le théorème deParseval,X

n∈Z

|ck(f)|²<

+∞et de plus

2πX

n∈Z

|ck(f)|²= Z2π

0

|f(t)|²dt=kfk²E. Soitg∈F. Pourk∈Z,ck(g^′) =ikck(g)et donc

Z2π 0

g^′2(t)dt+ Z2π

0

g^′2(t)dt=2π X

k∈Z

|ck(g)|²+X

k∈Z

k²|ck(g)|²

!

=2πX

k∈Z

(1+k²)|ck(g)|². Par suite,

∀g∈F, kgk^F= s

2πX

k∈Z

(1+k²)|ck(g)|².

Mais alors, pourf∈E, d’après la question 2., on a kψ(f)k^F=

s 2πX

k∈Z

(1+k²)|ck(ψ(f))|²= s

2πX

k∈Z

1+k²

c²+k²|ck(f)|².

Pourx∈R, posons alorsu(x) = 1+x²

.uest dérivable surRet pourx∈R,

u^′(x) = 2x(c²+x²) −2x(1+x²)

(c²+x²)² = 2x(c²−1) (c²+x²)².

•Si 0≤c≤1,uest décroissante surR⁺ et donc pour toutk∈Z, 1+k²

c²+k² =u(|k|)≤u(0) = 1 c².

•Si c > 1,uest croissante surR⁺et donc pour toutk∈Z, 1+k²

c²+k² =u(|k|)≤ lim

x→+∞u(x) =1.

Dans tous les cas, on a Min

1, 1 c²

≤ 1+k²

c²+k² ≤Max

1, 1 c²

et donc

kψ(f)k^F= s

2πX

k∈Z

1+k²

c²+k²|ck(f)|²≤ s

Max

1, 1 c²

s 2πX

k∈Z

|ck(f)|²=Max

1,1

c

kfk^E.

et de mêmekψ(f)k^F≥Min

1,1 c

kfk^E.

∀f∈E, Min

1,1 c

kfk^E≤ kψ(f)k^F≤Max

1,1 c

kfk^E.

4 -L’inégalité de droite montre alors queψest continue surEet l’inégalité de gauche réecrite sous la forme

∀g∈F, kψ⁻¹(g)k^E≤ 1 Min

1,1

c kgk^F,

montre queψ⁻¹est continue sur F.

ψest continue surEet ψ⁻¹ est continue surF.