X Maths 1 MP 2000 — Corrigé

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c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/12

X Maths 1 MP 2000 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Serge Bellaïche (ENS Ulm) ; il a été relu par Benoît Chevalier (ENS Ulm) et Francesco Colonna-Romano (ENS Ulm).

C’est un sujet d’analyse plutôt facile pour l’X, qui porte sur les séries entières et les équations différentielles.

Il consiste en l’étude de l’opérateur différentielD défini par Df(t) =t f^′(t) +a f(t)

dans l’espace des fonctionsC^∞.

– Dans la première partie, on démontre quelques résultats préliminaires.

– Dans la deuxième, on étudie l’endomorphisme de l’espaceEdes suites complexes Aa : (uk)7→((k+a)uk), naturellement associé àD, et son effet sur le rayon de convergence.

– On utilise ensuite une méthode de séries majorantes pour montrer que l’inverse d’une application non linéaire deE(perturbation deAapar addition d’un terme quadratique) conserve la stricte positivité du rayon de convergence.

– La dernière partie est en fait indépendante des trois premières (sauf la question 11) et revient au cas linéaire puisqu’elle est consacrée à l’étude de l’équation différentielleDf =g et du comportement aux limites de ses solutions.

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Indications

2 Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle 1 X(k−X). 3 Distinguer le cas oùaest un entier<0.

5.b Par « noyau deT», comprendreT⁻¹({0}). Pour montrer queTest injective on pourra introduire par l’absurde u 6= u^′ dans E, tels que Tu = Tu^′, puis considérerk0 le plus petit entierktel que uk 6=u^′_k.

6.b Essayer d’abord de satisfaire (1), (2), (3) et (4) puis, en utilisant (4), donner une condition suffisante pour que (5) soit vérifiée.

6.c Montrer par récurrence que pour toutk>1, on a

|uk|6M0M1k

k² en utilisant les questions 2 et 6.b.

9 Montrer quet7→t^β est de classeC^∞ sur[ 0 ;⁺∞[si et seulement siβ ∈N. 11 Quel est le lien entre les opérateursD etAa?

12.a Utiliser la formule obtenue à la question 10 et faire un découpage d’intégrale.

12.b Trouver une condition nécessaire surαpour quef tende vers0 en0 à partir de la formule obtenue à la question 10 puis montrer qu’elle est suffisante.

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Première partie

La première question est facile et classique : il faut absolument savoir la faire.

En revanche, on pourra, si besoin est, sauter la question 2, plus astucieuse, en se contentant d’admettre le résultat qui ne servira qu’à la question 6.c.

1.a

– Siu∈E⁺, soitρtel que0< ρ < r(u); la sérieP

ukρ^kconverge, donc|ukρ^k|est borné par une constanteC. En choisissantMassez grand (M>max

C ρ,1

ρ

), on obtient :

∀k∈N^∗, |uk|6M^k

– Réciproquement, s’il existeM>0 tel que pour toutk∈N^∗, |uk|6M^k alors

|ukρ^k|6(ρM)^k. Donc si ρ < 1 M, P

ukρ^k converge etr(u)>ρ. Ainsi r(u)>ρ pour toutρ < 1

M, d’oùr(u)> 1

Met en particulierr(u)>0, c’est-à-direu∈E⁺. 1.b Si on suppose |uk| > M^k pour tout k, alors |uk(1/M)^k| > 1, donc la série Puk(1/M)^kdiverge (le terme général ne tend pas vers zéro), ce qui entraîner(u)6

1 M.

Attention, le rayon de convergence ne fournit pas une condition nécessaire et suffisante de convergence. Tout ce qu’on peut dire, c’est : siρ < r(u), alors Pukρ^k converge ; siPukρ^k converge, alorsρ6r(u).

Pour s’en souvenir, penser géométriquement : une série entière peut converger ou non sur le bord du disque de convergence. Elle peut même converger en certains points du bord et pas en d’autres.

2 On a

1

i(k−i) = 1 k

1 i + 1

k−i

Puisque(a+b)²62(a²+b²), on en déduit 1

i²(k−i)² 6 2 k²

1

i² + 1 (k−i)²

d’où

k−1

P

i=1

1

i²(k−i)² 6 2 k²

_k−1

P

i=1

1 i² +

k−1

P

i=1

1 (k−i)²

= 4 k²

k−1

P

i=1

1 i² 6 4

k² π²

6 = γ k² oùγ= 2

3π². (On a effectué le changement d’indicei→k−idans la seconde somme et on a majoré

k−1

P

i=1

1 i² par

+∞

P

i=1

1 i² =π²

6 .)

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On peut également utiliser une méthode de comparaison entre séries et inté- grales.

Deuxième partie

On démontre ici que l’endomorphisme Aa : (uk)7→ ((k+a)uk) induit un auto- morphisme du sous-espace des suites dont le rayon de convergence associé est>R.

Cette partie est courte et reste relativement simple, raison de plus pour la traiter avec soin. En passant vite sur le cas où a est un entier < 0 ou bien sur les inéga- lités larges ou strictes des rayons de convergence, on peut perdre des points faciles.

De même, il n’est pas inutile de démontrer rapidement que ER est un sous-espace vectoriel deE.

3

– Si a n’est pas un entier strictement inférieur à 0, on peut diviser par k+apour tout entierk>1. D’où les équivalences :

u∈Ker Aa ⇐⇒ ∀k∈N^∗, (k+a)uk = 0

⇐⇒ ∀k∈N^∗, uk = 0

donc Ker Aa ={0}

Attention, il faut se garder de direKer Aa={0} ⇒ImAa = E(injectif

⇒surjectif). Ceci n’est vrai qu’en dimension finie.

Montrons que ImAa = E. Soit v ∈ E, la suite udéfinie par uk = vk

k+a est dansEet on av= Aau; doncv∈ImAa.

ImAa= E Ainsi,Aa est un isomorphisme deEsur lui-même.

– Si a est un entier strictement négatif,

u∈Ker Aa ⇐⇒ ∀k∈N^∗,(k+a)uk = 0

⇐⇒ ∀k∈N^∗− {−a}, uk= 0

donc Ker Aa=Ce−a

Montrons que ImAa ={v∈E|v⁻a = 0}. En effet, siv∈ImAa, il existeudans E tel quevk = (k+a)uk pour tout kdoncv⁻a = 0. Inversement, siv⁻a = 0, toute suiteudéfinie paruk= vk

k+a sik6=−aetu−aquelconque est dansEet on av= Aaudoncv∈ImAa.

ImAa ={v∈E|v−a= 0}