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Première partie

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Academic year: 2021

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Texte intégral

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

Mines Maths 1 PSI — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Vincent Puyhaubert (ENS Cachan) ; il a été relu par Moez Ajmi (École Polytechnique) et Walter Appel (Professeur en CPGE).

Ce sujet traite d’équations différentielles linéaires du second ordre de la forme

−y′′+hy=f. L’objectif est de trouver des solutions en imposant des valeurs nulles aux extrémités0 et1.

• La première partie a pour but de démontrer des résultats d’existence et d’unicité de ces solutions. Cette partie est assez simple (voire « trop » simple) car on y examine des cas élémentaires. Il n’y a aucune difficulté particulière pour résoudre les questions.

• Dans la seconde partie, les fonctions qui interviennent dans l’équation diffé- rentielle sont supposées périodiques et impaires. On se sert alors de la théorie de Fourier pour trouver des solutions. Il faut prendre garde au fait que les fonctions considérées sont 2-périodiques et non pas 2π-périodiques comme à l’accoutumée.

Le sujet est, dans l’ensemble, plutôt abordable.

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(2)

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/12

Indications

Première partie

2 Commencer par montrer queΦ est de classe C1 et calculer sa dérivée. Montrer ensuite que sa dérivée est également de classeC1.

3 Introduire la fonctionΨ = Φ1−Φet utiliser la question1.

5 Dériver deux fois l’expression donnée par l’énoncé.

7 Faire une majoration grossière de l’expression de la question5.

8 Prendre pourxun point en lequelyatteint son maximum dans l’inégalité de la ques- tion précédente. En déduire une minoration sur H.

Seconde partie

9 Utiliser la parité deGexpour ramener l’intégrale sur[ 0 ; 1 ], puis séparer l’intégrale en deux intégrales de0à xet de xà 1.

10 Remarquer queGexest de classeC1par morceaux.

11 Utiliser le résultat de la question9. Prendre garde au fait que l’on travaille cette fois ci sur des fonctions de deux variables.

12 Utiliser l’expression trouvée à la question5.

13 Utiliser le résultat de la question11.

14 Plutôt que de recalculer les coefficients de f, établir une relation entre cette fonction etG. Pour les coefficients deu, utiliser la question13.

15 Utiliser à nouveau la question13.

17 Introduirezn(x) =bn(z) sin(nπx). Utiliser alors le fait que la série de Fourier de f converge normalement pour en déduire que les séries de fonctions P

zn, P zn

etP

z′′nconvergent normalement (on pourra chercher des majorations des normes de ces fonctions en fonction des coefficientsbn(f)).

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(3)

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/12

Première partie

La fonctionhest égale à une constante et la fonctionf est nulle 1 On suppose que la fonction f est nulle et que h est égale à une constante α.

L’équation devient ainsi :

−y′′+α y= 0

Rappelons que les équations linéaires du second ordre à coefficients constants y′′+ay+byse résolvent de la manière suivante : on pose l’équation du second degré associée :

X2+aX +b= 0 Il faut considérer trois cas :

• Si le polynôme admet deux racines réelles distinctesλ1 etλ2, une base des solutions est donnée par les fonctions

t7→eλ1t et t7→eλ2t

• Si le polynôme admet une racine réelle doubleλ, une base des solutions est alors donnée par les fonctions

t7→eλt et t7→teλt

• Si le polynôme admet deux racines complexes conjuguées λ = +i ω, une base des solutions est alors donnée par les fonctions

t7→eλtcos(ωt) et t7→eλtsin(ωt)

Trois cas se présentent alors :

• α >0 : posonsα=ω2. Une base de l’espace vectoriel des solutions est alors donnée par les deux fonctions

t7→eωt et t7→eωt

Soity une solution de(S). Il existe deux constantesAet Btelles que

∀t∈R y(t) = Aeωt+ Beωt

La condition y(0) = 0 implique par conséquent A + B = 0 soit B = −A.

Ainsiy(1) = A e−e1

. En outre,e−e1est non nul et la conditiony(1) = 0 implique queAest nulle, si bien que la fonctiony l’est également.

• α= 0 :l’équation devienty′′= 0. Par conséquent, siyest une solution de(S), y est constante ety est une fonction affine. Il existe ainsi deux constantesA etBtelles que

∀t∈R y(t) = At+ B

Les conditions aux limites imposent y(0) = B = 0 et y(1) = A + B = 0.

On en déduit queAet Bsont nulles, puis que la fonctiony l’est également.

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(4)

c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/12

• α <0 :posonsα=−ω2. Une base des solutions est donnée par t7→cos(ωt) et t7→sin(ωt)

Soity une solution de(S). Il existe deux constantesAet Btelles que

∀t∈R y(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt)

La conditiony(0) = 0impliqueA = 0d’oùy(1) = B sin(w). Siω/π∈Z,sin(ω) est nul et toute fonction de la formey(t) = B sin(ωt)est solution de(S). Dans le cas contraire,sin(ω)6= 0et la conditiony(1) = 0impose queBsoit nulle et, par conséquent, que la fonctiony le soit également.

Finalement :

Siα6=−(nπ)2(n∈N), la seule solution de (S) est la solution nulle.

Une expression de la solution du système (S)

2 La fonction ϕétant continue, les fonctions t7→ tϕ(t)et t7→ (1−t)ϕ(t) le sont également.Φ, primitive d’une fonction continue, est alors de classeC1, avec

Φ(x) =

− Z x

0

tϕ(t) dt+ (1−x)xϕ(x)

+ Z 1

x

(1−t)ϕ(t) dt−x(1−x)ϕ(x)

=− Z x

0

tϕ(t) dt+ Z 1

x

(1−t)ϕ(t) dt

d’où l’on déduit queΦ est elle aussi de classeC1comme somme de deux primitives de fonctions continues.Φest par conséquent de classeC2, avec

Φ′′(x) =−xϕ(x)−(1−x)ϕ(x) =−ϕ(x) On vérifie enfin facilement queΦ(0) = Φ(1) = 0.

Attention aux erreurs de signe ! Rappelons que : Z 1

x

f(t) dt

=−f(x)

3 SoitΦ1 une fonction vérifiant les conditions de l’énoncé. PosonsΨ = Φ1−Φ. On sait d’après ce qui précède que

Ψ′′(t) = Φ′′1(t)−Φ′′(t) =−ϕ(x)−(−ϕ(x)) = 0

D’autre part, en vertu des hypothèses surΦ1 et de la question précédente, Ψ(0) = Φ1(0)−Φ(0) = 0−0 = 0

De même, Ψ(1) = 0. La fonctionΨest donc solution du système(S)dans le cas oùhetf sont toutes deux nulles. On a vu à la question 1que dans ce cas, la seule solution du système est la fonction nulle. Par conséquent,Ψest nulle d’oùΦ1= Φ.

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