D’après :Centrale 2006 -PSI , première épreuve

D’après :Centrale 2006 -PSI , première épreuve

sujet légérement modi…é

Partie I.

A.1. (F0) est une équation linéaire d’ordre deux, à coe¢ cients constants et homogène. Son équation caractéristique est r²+ 1 = 0et admet icomme solutions. L’ensemble des solutions réelles de(F0)est donc l’ensemble des fonctions du type :

y=Acos +Bsin;(A; B)2R²

A.2. On cherche une solution particulière et on obtient l’ensemble des solutions en ajoutant cette solution particulière à l’ensemble des solution de l’équation homogène.

vu le second membre on cherche une solution particulière dey" +y=e^ix , dont on prend la partie réelle

une solution particulière dey⁰⁰(x) +y(x) =e^ix est de la formex7!axe^ix (cariest racine de l’équation caractéristique).

En reportant on trouvea= i=2 doncx7! xsin(x)

2 est une solution particulière

. L’ensemble cherché est donc l’ensemble des fonctions du type : 8x2R; y(x) =xsin(x)

2 +Acos(x) +Bsin(x),(A; B)2R² A.3. Sur[0;2 ]hest dé…ni par

8x2[0;2 ]; h(x) = max(0;sin(x)) = sin(x) +jsin(x)j 2 ce qui se généralise àR⁺ par2 périodicité.

h2 C⁰(R⁺;R)

On véri…e queg"(x) +g(x) =f"(x+ 2 ) +f(x+ 2 ) (f"(x) +f(x)) =h(x+ 2 ) h(x) = 0carhest 2 périodique.

gest donc solution de l’équation homogène et il existe donc deux scalairesaet btels queg(x) =acos(x) +bsin(x) Sur[0; ] f_p est la solution dey" +y = sin(x)véri…antf_p(0) =f_p⁰(0) = 0:En prenant la partie imaginaire de ixe^ix

2 on

afp(x) = cos(x) + sin(x) x 2cos(x) les conditions initiales donnent = 0et =1

2 fp(x) = sin(x) xcos(x)

2 , et on a doncfp( ) =

2 , f_p⁰( ) = 0 Sur[ ;2 ]f_p est la solution dey" +y= 0véri…antf_p( ) =

2 ,f_p⁰( ) = 0:On a donc f_p(x) = cos(x) + sin(x) les conditions initiales donnent : f_p(x) =

2 cos(x) On a alorsa=g(0) =f_p(2 ) f_p(0) =

2 ,b=g⁰(0) =f_p⁰(2 ) f_p⁰(0) = 0

fp= 8<

:

sin(x) xcos(x)

2 six2[0; ] 2 cos(x)six2[ ;2 ] 8x2R,fp(x+ 2 ) =fp(x)

2 cos(x) B. La solutionf de(F₀)telle quef(0) =aetf⁰(0) =b est dé…nie par

8x2R⁺ : f(x) =acos(x) +bsin(x) =p

a²+b²cos(x )

en posantcos( ) = a

pa²+b² et sin( ) = b

pa²+b² sip

a²+b²6= 0, pour tout si si p

a²+b²= 0 kfk1 k(a; b)k

C. on peut véri…er quef0est solution du problème posé : Soitf₀la fonction proposée. On a alors

8t2R⁺; f₀(t) = sin(t) Z t

0

h(u) cos(u)du cos(t) Z t

0

h(u) sin(u)du

Sous cette forme, on voit quef0 estC¹surR⁺ (car la primitive d’une fonction continue estC¹) et 8t2R⁺; f₀⁰(t) = cos(t)

Z t 0

h(u) cos(u)du+ sin(t) Z t

0

h(u) sin(u)du

f₀⁰ est à son tourC¹ et

8t2R⁺; f₀⁰⁰(t) = sin(t) Z t

0

h(u) cos(u)du+ sin(t) Z t

0

h(u) sin(u)du+ (cos²(t) + sin²(t))h(t) et on a donc bien

f₀⁰⁰+f₀=h

L’ensemble des solutions de(Fh)est donc l’ensemble des fonctions du type 8t2R⁺ ,f(t) =

Z t 0

h(u) sin(t u)du+Acos(t) +Bsin(t), (A; B)22R²

on peut aussi calculerf0par variation des constantes

D. Le calcul précédent donne quef₀(0) =f₀⁰(0) = 0 etf₀est donc la solution cherchée. On a 8t 0; jf0(t)j

Z

[0;t]jh(u)jjsin(t u)jdu Z

[0;t]jh(u)jdu khk¹ f₀ est donc bornée et, en passant à la borne supérieure,

kf0k1 khk¹

Sikhk1 "alorskf₀k1 "et (F_h)est donc stable par rapport au second membre au sens1.

E. Les solutions sont (en utilisantA:2pour trouver la solution particulière) les fonctions 8t2R⁺, y(t) = tsin(t)

2 +Acos(t) +Bsin(t);(A; B)2R² En particulier sit=

2 + 2k

8n2N; y( =2 + 2k ) =b+ ( =2 + 2k ) !n!+1+1 Les solutions ne sont donc pas bornées surR⁺

Pour tout >0, il existe donc une fonction h= costelle quekhk1 telle que la solution de l’équation di¤érentielle nulle et à dérivée nulle en0 ne soit pas bornée.

in n’y a pas stabilité par rapport au second membre

En divisant par t et en prenant toujourst =

2 + 2k , on obtient une suite telle que y(t_k)

t_k converge vers

2 non nul.

Doncy(t)n’est pas négligeable devantt en+1

Partie II.

Pour tout >1, la fonction t > g( ; t) = 1

1 +t est continue positive sur R⁺ et t g( ; t)admet une limite …nie (1) sittend vers+1avec >1Donc la fonction est intégrable surR⁺ .

Il s’agit d’utiliser le théorème de continuité des intégrales à paramètres.

- 8 >1; t7!g( ; t)est continue intégrable sur R⁺.

- on a domination sur tout segment[a; b] ]1;+1[

8 2[a; b]; 8t 0; 1

1 +t g(t) =

( 1 sit 1 1

1 +t^a sit >1 g(t)étant continue par morceaux intégrable surR⁺ (puisquea >1).

et donc :

7!I( ) est dé…nie et continue sur]1;+1[ B.1. la fonction g⁰

g étant continue sur l’intervalleR⁺ y admet des primitivesC¹surR⁺. SoitAl’une d’entre elle. On a donc A⁰= g⁰

g

On a(ge ^A)⁰ =g⁰e ^A gA⁰e ^A= 0. La dérivée est nulle sur un intervalle donc la fonctionge ^A est constante surR⁺. B.2. Le sujet noteBetCles parties réelle et imaginaire deA.D’après la question précédentege ^Aest une fonction constante

que l’on note eⁱ en prenant le module et un argument de cette constante. . On a alors : 8t2R⁺; g(t) = e^B(t)e^{i( +C(t))}

d’où l’existence des fonctionsr(t) = e^B(t) et (t) = +C(t).

Comme 0rest à valeurs dans R⁺;et commeg est non nul ,rne prend pas la valeur0. Commeg estC^k , g⁰

g estC^{k 1}. la primitiveAest doncC^k et donc aussi ses parties réelles et imaginaires. En…n et étant des constantes:

9r2C^k(R⁺;R⁺ );9 2C^k(R⁺;R),g=reⁱ C.1. La fonctiong=f+if⁰ est dé…nie deR⁺ dansC.

Or g ne prend pas la valeur 0 : 8t 2 R⁺ g(t) 6= 0 . On le montre par l’absurde : Si g s’annule en un point t₀ alors f(t₀) = f⁰(t₀) = 0. Or le théorème de Cauchy-Lipschitz (utilisable ici car les coe¢ cients de l’équation sont continus) s’applique : il existe une une unique solution de(E _;0)véri…ant des conditions initiales données. La fonction nulle est cette solution évidente doncf =e0, ce qui est exclus par le sujet.

gest donc de classeC¹deR⁺ dansC . Les fonctions ret de la question précédente véri…ent alors f(t) +if⁰(t) =r(t) cos( (t)) +ir(t) sin( (t))

et, en identi…ant parties réelle et imaginaire,

9r2C^k(R⁺;R⁺ );9 2C^k(R⁺;R),f =rcos( ) et f⁰=rsin( ) On a bien sûrr=p

f²+ (f⁰)².

C.2. En dérivantf⁰ =rsin( ), on obtient une expression def⁰⁰=r⁰sin( ) +r ⁰cos ( )que l’on reporte dans l’équation initiale :

r⁰sin( ) +r ⁰cos( ) =qrsin( ) rcos( ) Par ailleurs, en dérivantf =rcos( ), on obtientf⁰=r⁰cos +r ⁰sin et donc :

r ⁰sin( ) +r⁰cos( ) =rsin ( )

C.3. On éliminer⁰ en multipliant la première relation parcos ( ) et la seconde parsin ( )et en faisant la di¤érence ; il reste : r ⁰=qrcos( ) sin( ) r

Commerest une fonction qui ne s’annule pas, on peut diviser parrpour obtenir

0=qcos( ) sin( ) 1

On élimine maintenantr à gauche en multipliant la première relation parsin ( ) et la seconde parcos ( )et en faisant la somme. il reste

r⁰ =qrsin( )²

C.4.

on a re ^{Q 0} = (r⁰ rQ⁰)e ^Q = qr(sin ( )² 1) . Orq et rsont strictement positifs donc la dérivées est négative et re ^Q est décroissante. et donc

8t 0; r(t)e ^Q(t) r(0)

CommeQest croissante (Q⁰=q 0), et admet pour limiteI( )en l’in…ni, on a donc 8t 0; r(t) r(0)e^{I( )}

r étant croissante (car r⁰ = qrsin ( )² est positive ) et majorée, r admet une limite en l’in…ni (théorème de limite monotone) telle que :

lim+1r r(0)e^{I( )} D’après les variation deron a : krk1 r(0)e^{I( )}.

Orr(0) =p

f(0)²+f⁰(0)²=k(f(0); f⁰(0))ket donc krk1 k(f(0); f⁰(0))ke^{I( )}

En…n pour un complexe la partie réelle et la partie imaginaire sont majorée (en valeur absolue) par le module:

kfk1 k(f(0); f⁰(0))ke^{I( )} kf⁰k1 rk(f(0); f⁰(0))ke^{I( )}

C.5. qsin( ) cos( ) est continue sur R⁺ et jqsin( ) cos( )j est majorée par q qui est intégrable. C’est donc une fonction intégrable surR⁺

On a

(t) +t= (0) + Z t

0

( ⁰(u) + 1)du= (0) + Z t

0

q(u) sin( (u)) cos( (u))du

Comme la fonction est intégrable, on a une limite réelle en+1pour (t) +t.

t >+lim1( (t) +t) = Z +1

0

q(u) sin( (u)) cos( (u))du

C.6. NotonsLla limite réelle en l’in…ni deret lcelle de (t) +t. On a alors, au voisinage de l’in…ni (t) = t+l+o(1) f(t) =r(t) cos ( (t)) = (L+o(1)) cos( t+l+o(1)) =Lcos(t b+o(1)) +o(1)

f(t) =Lcos(t l) cos(o(1)) Lsin(t l) sin(o(1)) +o(1) Commecoset : sinsont bornées on obtient avec les limites en du sinet ducos : :

f(t) Lcos(t l) =Lcos(t l) (cos(o(1)) 1) Lsin(t l) sin(o(1)) +o(1) et ainsi en posanta=L; b= l:

t!lim+1(f(t) acos(t+b)) = 0

C.7. Le graphe det7!acos(t+b)(sinusoïde ) est une courbe asymptote du graphe de f , quandttend vers+1:

Partie III.

A. Soit" >0. Si on pose ="e ^{I( )}alors la questionII:C:4montre que sif est solution de(E ;0)et sik(f(0); f⁰(0))k alorsf est bornée et kfk1 ". Ainsi,(E ;0)est stable par rapport aux conditions initiales.

B.1. Un calcul classique donne

w⁰=f₁f₂⁰⁰ f₂f₁⁰⁰ Commef_i⁰⁰=qf_i⁰ fi, on en déduit que

w⁰=qw

On a doncw=w(0)e^Q. CommeQest croissante surR⁺ on a8x 0; Q(x)2[Q(0) lim

+1Q[= [0; I( )[. Commeexpcroît surR, on a donc

8x 0; jw(0)j jw(x)j jw(0)je^{I( )} Les solutionsf1 etf2étant indépendantes, le Wronskien ne s’annule pas etw(0)6= 0.

B.2. C’est la méthode de variations des constantes : On cherche une solution quelconquef(x) = C1(x)f1(x) +C2(x)f2(x) avecf1(x)C₁⁰(x) +f2(x)C₂⁰(x) = 0. En dérivant deux fois et en reportant dans l’équation on arrive au système :

f1(x)C₁⁰(x) +f2(x)C₂⁰(x) = 0 f₁⁰(x)C₁⁰(x) +f₂⁰(x)C₂⁰(x) =h(h)

Pour toutx2R⁺ , le déterminant su système est le Wronskien w(x) =f₁(x)f₂⁰(x) f₂(x)f₁⁰(x), non nul car on a un système fondamental de solutions. Le système est de Cramer.

C₁⁰(x) = h(x)C2(x)

w(x) ,C₂⁰(x) =h(x)C1(x) w SoientC₁ et C₂ sont donc des primitives de hf2

w et hf1

w .

f = C1f1+C2f2, avecC1 primitive de hf2

w etC2primitive de hf1

w B.3. On a le système :

f(0) = C1(0)f1(0) +C2(0)f2(0) f⁰(0) = C1(0)f₁⁰(0) +C2(0)f₂⁰(0)

(C1(0); C2(0))est solution d’un système linéaire dont le déterminant vaut w(0)6= 0. Dans le cas où f(0) =f⁰(0) = 0, l’unique solution estC1(0) =C2(0) = 0.

B.4. Soith2L¹ et f la solution de(E _;h)telle que f(0) =f⁰(0) = 0. On a alorsf = C₁f₁+C₂f₂ avecC₁ et C₂ qui sont les primitives nulles en0de hf₂

w et hf₁ w . Ainsi 8x 0; f(x) =

Z x 0

h(t)

w(t)(f1(t)f2(x))dt Z x

0

h(t)

w(t)(f2(t)f1(x))dt D’après la partieII,f1 etf2 sont bornées. D’aprèsIII:B:1,jw(x)j a >0. On a donc

8x 0; jf(x)j 2kf1k1kf2k1

a

Z x

0 jh(t)jdt Ckhk¹ avec C= 2kf1k1kf2k1

a On a ainsikfk1 Ckhk¹.

On en déduit la stabilité de(E ;0)par rapport au second membre au sens 1:pour un" >0 donné, ="=C convient C.1. Un calcul immédiat donne

00 q ⁰+ =h avech=qg⁰ D’après le calcul duI:A:2, il existe des constantesaetbtelles que

8t; g(t) =acos(t) +bsin(t) + tsin(t) 2 On en déduit queg⁰(t) = asin(t) +bcos(t) +

2(sin(t) +tcos(t))et donc jg⁰(t)j j j

2 t+ jaj+jbj+j j

2 ^{t !+1} j j

2 t . Comme >1, on a alors

jh(t)j=jq(t)j jg⁰(t)j 1 1 +t

j j

2 t+ jaj+jbj+j j 2

j j

2 t¹ !^t!+10

C.2. On veut montrer que lim

t!+1

1 t

Z t

0 jhj= 0.

pour cela on revient aux quanti…cateurs : Soit" >0. Il existe A >0 tel que8t A; jh(t)j ". On a alors (on découpe l’intégrale)

8t A; 1 t

Z t 0 jhj 1

t Z A

0 jhj+t A t " 1

t Z A

0 jhj+" 2"

dès que 1 t

Z A

0 jhj "donct RA

0 jhj

"

On a ainsi montré que pourt A⁰= max (

A;

RA 0 jhj

"

) on a 1

t Z t

0 jhj 2". On a donc :

t!lim+1

1 t

Z t 0 jhj= 0 ce qui correspond à la négligeabilité demandée.

C.3. On a vu en questionIII:B:4que

8t 0; j (t)j C Z t

0 jhj avec C= 2kf₁k1kf₂k1

a

Le majorant étant négligeable devantt au voisinage de l’in…ni, il en est de même pour .

C.4. D’après la question I:E, la fonction g n’est pas négligeable devant t au voisinage de l’in…ni.: pour tk =

2 + 2k on alim g(tk)

t_k ) =

2:Comme =f g est négligeable devanttlim (tk)

t_k = 0et donclim f(tk) t_k ) =

2,6= 0. On con- clut alors comme enI:Equef n’est pas borné et donc à la non stabilité de(E ;0)par rapport au second membre au sens1. D.1. Notonsq (t) = 1

1 +t^u. On a f⁰⁰ q f⁰+f = 0et g⁰⁰ q g⁰+g= 0. En faisant la di¤érence de ces deux relations, on obtient

00 q ⁰+ = h= (q q )g⁰

D.2. D’après la questionII:C:4, kg⁰k1 k(a; b)kexp(I( )). . On a donc Z +1

0 jhj k(a; b)kexp(I( )) Z ₁

0 jq q j=k(a; b)kexp(I( )) Z 1

0 jq q j+ Z ₁

1 jq q j Maisq q est de signe constant sur[0;1]comme sur[1;+1]on a donc

Z 1

0 jq q j= Z 1

0

(q q ) et Z +1

1 jq q j= Z +1

1

(q q )

Avec les notations de l’énoncé, on obtient donc Z +1

0 jhj k(a; b)kexp(I( )) jJ( ) J( )j+jK( ) K( )j D.3. De la questionIII:B:4., on déduit que

k k1=kf gk1 Ckhk¹ Ck(a; b)ke^{I( )} jJ( ) J( )j+jK( ) K( )j : Si on …xe(a; b)2R² et 2[1;1[, on étudie la fonctionF:

8 : F( ) =k(a; b)ke^{I( )} jJ( ) J( )j+jK( ) K( )j F est continue sur[1;1[etF( ) = 0, donc pour tout" >0, on peut trouver >0 tel que

8 2[1;1[,j j =) jF( )j "=) kf gk1 "

L’équation(E ;0)est stable par rapport au paramètre.

Partie IV.

A. gest de classeC² surR⁺ comme produit de telles fonctions et on a 8t 0; f(t) =p

t+ 1g(t); f⁰(t) =p

t+ 1g⁰(t) + g(t) 2p

t+ 1; f⁰⁰(t) =p

t+ 1g⁰⁰(t) + g⁰(t) pt+ 1

g(t) 4(t+ 1)³⁼² on reporte dans(E_1;0)et en divisant parp

t+ 1on obtient 8t 0; g⁰⁰(t) + 1 3

4(t+ 1)² g(t) = 0

B. Si g(t) = g⁰(t) = 0 alors les formules précédentes donnent f(t) = f⁰(t) = 0. Par théorème de Cauchy-Lipschitz, ceci donneraitf nulle ce qui est exclus. Ainsi, la fonctiont7!g(t) +ig⁰(t)est à valeurs dansC . Elle est de classeC² . On peut appliquer la questionII:B. On obtient des fonctions 2 C²(R⁺;R⁺ )et 2 C²(R⁺;R)telles que

g= cos( ) et g⁰= sin( ) C. On procède comme enII:C pour obtenir:

8t 0; ⁰(t) + 1 = 3 cos²( (t)) 4(1 +t)² On en déduit que

8x 0; (x) +x= (0) + Z x

0

3 cos²( (t)) 4(1 +t)² dt La fonctiont7!3 cos²( (t))

4(1 +t)² est continue surR⁺ ett³⁼²3 cos²( (t))

4(1 +t)² tend vers0 en+1:la fonction est intégrable.

x!lim+1( (x) +x) = (0) + Z +1

0

3 cos²( (t)) 4(1 +t)² dt D. On obtient de même

8t 0; ⁰(t) =3 cos( (t)) sin( (t)) 4(1 +t²) (t) On en déduit, en posant

U(x) = Z x

0

3 cos( (t)) sin( (t)) 4(1 +t²) dt que

8x 0; (x) = (0)e^U(x) Ort! 3 cos( (t)) sin( (t))

4(1 +t²) est intégrable surR⁺(continue surR⁺ett³⁼²3 cos( (t)) sin( (t))

4(1 +t²) à une limite nulle en+1).

lim+1( (x)) = (0)e

R₊₁

0

3 cos( (t)) sin( (t)) 4(1+t2 ) dt

==a6= 0 E. Comme en II.C.6 on a donc l’existence d’une constanteb telle que

t!lim+1(g(t) acos(t+b)) = 0 On a donc

f(t)

pt+ 1 =acos(t+b) +o(1) Commep

t+ 1 p

t= 1

pt+ 1 p

t tend vers0 en+1on a : f(t)

pt =acos(t+b) +o(1) et donc

f(t) =ap

tcos(t+b) +o(p t) F. Au voisinage de l’in…ni,ap

tcos(t+b)est un équivalent def(t)et on a donc l’allure du graphe def est celui du graphe det > ap

tcos(t+b). Il oscille entre les branches d’une parabole d’axe horizontal.

Partie V.

A. Les solutions non nulles de(E1;0)ne sont pas bornées surR⁺leur équivalent en+1ne l’étant pas . (questionIV:E).

Il n’y a donc pas stabilité de(E_1;0)par rapport aux conditions initiales.

Soit(a; b)6= (0;0). La solutionf de(E _;0)telle quef(0) =aetf⁰(0) =best bornée pour tout >1. La solutionF de (E_1;0)telle que F(0) =aet F⁰(0) =b ne l’est pas. La di¤érence est donc non bornée.

il n’y a pas stabilité par rapport au paramètre de(E1;0).

B. On a

8x 0; f⁰⁰(x) f⁰(x)

1 +x+f (x) = 2 cos(x) sin(x) +xcos(x)

1 +x = 2 cos(x) sin(x)

1 +x + x

1 +xcos(x) Soith la fonction ci-dessus. h 2B et kh k1 .2 + 1

1 + 1:1 = 4:Cependant, f est solution de (E_1;h ), est nulle à dérivée nulle en0 et n’est pas bornée.

Il n’y a donc pas stabilité de(E_1;0)par rapport au second membre au sens 1.