Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP
Année 2017-2018 Mathématiques
Devoir maison n ◦ 19 – d’après CCP 2015 PSI
éléments de correction
Partie I — Quelques exemples d’étude d’un système différentiel
I.1. Le théorème indique que l’ensemble des solutions de (E)surI est un C-espace vectoriel de dimensionn. I.2. PosonsX : t7→α(t)V et raisonnons par conditions nécessaires puis suffisantes.
• Si X est solution de (E) alors, en considérant une coordonnée non nulle de V (qui existe car V 6= 0 comme vecteur propre), disons Vi, on a α(t) = XVi(t)
i et α est donc dérivable. De plusX0(t) = α0(t)V et A(t)X(t) =λ(t)α(t)V. Par conséquent
∀t∈I, α0(t) = λ(t)α(t). (1)
• Réciproquement, siαest solution de(1)alorsXest dérivable et le même calcul montre que c’est une solution de(E).
Si t0 ∈ I, alors la fonction t 7→ Rt
t0λ(u)du est une primitive sur l’intervalle I de la fonction continue λ. Et d’après le cours, l’ensemble des solutions de(1)surI est
Vect t7→e
Rt
t0λ(u)du .
I.3. On remarque que A(t) 1 1
!
= 1
1
!
, ce qui donne une première valeur propre et un premier vecteur propre associé pourA. Or la trace deA(t)vauta+ 1−b, d’où la seconde valeur propre esta−b. En cherchant un élément du noyau de A−(a−b)I2, on est amenés à trouver que (a−1, b)est vecteur propre associé à la valeur proprea−b.
En outre
1 a−1
1 b
=b−a+ 16= 0par hypothèse, donc nos deux vecteurs propres sont indépendants. La question précédente indique (on choisit t0 = 0 et l’intégrale se calcule immédiatement puisque λ(t) est une constante) que
X : t7→et 1 1
!
et Y : t7→e(a−b)t a−1 b
!
sont deux solutions de(E). L’indépendance des vecteurs propres donne l’indépendance des fonctions et, par dimension (X, Y)est une base de l’espace des solutions de(E)surR.
I.4.1 Dans le casµ= 1, (1,1)et (1,−1) sont vecteurs propres deA(t)associés aux valeurs propres a(t) +b(t)et a(t)−b(t). Ces deux vecteurs propres sont indépendants. En choisissantt0 ∈I et en utilisant I.2 on obtient deux solutions de(E) qui sont indépendantes car les vecteurs propres le sont. Par dimension, l’ensemble des solutions de(E)sur Iest
Vect t7→e
Rt
t0(a(u)+b(u))du 1 1
! , t7→e
Rt
t0(a(u)−b(u))du 1
−1
!!
.
I.4.2 Le polynôme caractéristique deA(t)est
χt(X) = X2−(2a(t) + (µ−1)b(t))X−(a(t)2+ (µ−1)a(t)b(t)−µb(t)2).
Le discriminant deχt(X)vaut∆t= (µ+ 1)2b(t)2. Deux cas se présentent :
• Si µ6=−1 alors χt admet deux racines distinctes. La matrice A(t) admet donc deux valeurs propres distinctes
λ1(t) = 2a(t) + (µ−1)b(t)−(µ+ 1)b(t)
2 =a(t)−b(t)
λ2(t) = 2a(t) + (µ−1)b(t) + (µ+ 1)b(t)
2 =a(t) +µb(t)
Connaissant les valeurs propres, il est facile de déterminer des vecteurs propres. Le vecteurV2= 1 1
! est
vecteur propre associé àa(t) +µ et le vecteurV1 = µ
−1
!
est vecteur propre associé àa(t)−b(t). Les vecteursV1 etV2 sont constants etλ1,λ2 sont des fonctions continues.
• Si µ=−1 alorsχt(X) = (X−a+b)2. La matriceA(t)possède une unique valeur propre. On vérifie que V2 est toujours vecteur propre associé à la valeur proprea(t)−b(t). par contre on ne peut pas trouver un second vecteur propre indépendant.
On pourrait bien sûr conclure enV1= 2V2 etλ1=λ2mais ceci semble pas trop dans l’esprit du problème.
On peut penser qu’il y a un bug dans l’énoncé, par exemple l’oubli de la conditionµ6=−1.
I.4.3 Si pour t ∈ I, λ1(t) 6= λ2(t), alors en prenant un t particulier (qui existe car I n’est pas vide) et comme b(t)6= 0, on a µ6=−1.
Réciproquement, commebne s’annule pas,λ1(t)est toujours différent deλ2(t)quandλ6=−1.
Ainsi la condition nécessaire et suffisante cherchée estµ6=−1 .
I.4.4 Dans le cas µ6=−1, le calcul fait en I.4.2ainsi que I.2donnent deux solutions indépendantes de(E). Par dimension(V1, V2)est libre on obtient une base de l’espace des solutions deX0(t) =A(t)X(t)formée de
t7→e
Rt
t0(a(u)−b(u))du µ
−1
!
et t7→e
Rt
t0(a(u)+µb(u))du 1 1
! .
Partie II — Développement en série entière des solutions pour A constante
II.1.1 On a cinq propriétés à vérifier.
• SoitA∈ Mn(C)etX 6= 0. On a
kAXk kXk =
A X kXk
.
Or Y 7→AY est linéaire de source de dimension finie donc continue. Elle est par conséquent bornée sur la sphère unité par une constanteM. Il s’ensuit que kAXkkXk ≤M et la borne supérieureN(A)existe.
• De façon immédiate :∀A, N(A)≥0. D’où la positivité deN.
• Si N(A) = 0 alors pour toutX 6= 0, kAXk = 0. Ceci reste vrai siX = 0, d’où A = 0(l’endomorphisme canoniquement associé àAl’est). On a ainsiN qui vérifie l’axiome de séparation.
• SoientAet B dansMn(C). Alors :
∀X 6= 0, k(A+B)Xk
kXk ≤ kAXk+kBXk
kXk = kAXk
kXk +kBXk
kXk ≤N(A) +N(B).
En passant à la borne supérieure, il vientN(A+B)≤N(A) +N(B)c’est-à-dire l’inégalité triangulaire.
• L’homogénéité est immédiate :
sup
X6=0
kλAXk
kXk = |λ|sup
X6=0
kAXk kXk . II.1.2 SoientAet B dansMn(C). Alors :
∀X /∈ker(B), kABXk
kXk = kABXk kBXk
kBXk
kXk ≤ N(A)N(B).
Ceci reste trivialement vrai si X ∈ ker(B)\ {0}. Par passage à la borne supérieure, nous en déduisons N(AB)≤N(A)N(B).
II.2.1 On prouve le résultat annoncé par récurrence surk. L’hypothèse de récurrence est non seulementX ∈ Ck mais aussi la formuleX(k)=AkX.
• Initialisation : le résultat est vrai pour k= 0avec les conventions choisies.
• Hérédité : supposons le résultat vrai à un rang k≥0. D’après l’hypothèse de récurrence on a X ∈ Ck. Or X0=AXet multiplier parA(qui est constante) ne change pas la régularité (théorèmes d’opérations). Ainsi X0∈ Ck puisX∈ Ck+1. En dérivant (linéarité de la dérivation, rappelons encore queA est constante) :
X(k+1) = AX(k)(t) = A(AkX(t)) =Ak+1X(t)
ce qui prouve le résultat au rangk+ 1.
II.2.2 D’après la formule de Taylor avec reste intégral appliquée àX (de classeC∞) à l’ordrepentre0et t:
X(t) =
p
X
k=0
tk
k!X(k)(0) + Z t
0
(t−u)p
p! X(p+1)(u)du.
Remarque : cette formule vectorielle est la conséquence directe de la formule scalaire si on se reporte aux coordonnées.
La question précédente donnantX(k)(0) =AkX(0) =AkX0 etX(p+1)(u) =Ak+1X(u), il vient
X(t) =
p
X
k=0
tk k!Ak
! X0+
Z t 0
(t−u)p
p! Ap+1X(u)du .
II.2.3 Il s’agit de montrer qu’àtfixé, la norme du terme intégral de la formule précédente est de limite nulle. Or (il faut prendre garde au sens des bornes et donc au signe det) :
Z t 0
(t−u)p
p! Ap+1X(u)du
≤ Z
[0,t]
(t−u)p
p! Ap+1X(u)
du = Z
[0,t]
|t−u|p p!
Ap+1X(u) du.
Par définition deN, on akM Xk ≤N(M)kXkpour toutX 6= 0(etM ∈ Mn(C)). Ainsi Ap+1X(u)
≤ N(Ap+1)kX(u)k ≤N(Ap+1)Mt avec Mt = sup
u∈[0,t]
kX(u)k
la quantitéMtexistant puisqu’une fonction continue est bornée sur un segment.
MaisII.1.2et une récurrence simple donnentN(Ap+1)≤N(A)p+1, de sorte que
Z t 0
(t−u)p
p! Ap+1X(u)du
≤ N(A)p+1Mt p!
Z
[0,t]
|t−u|pdu.
Le calcul de l’intégrale est simple (distinguer les cast≥0et t≤0) et donne Z
[0,t]
|t−u|pdu = |t|p+1 p+ 1.
Finalement
Z t 0
(t−u)p
p! Ap+1X(u)du
≤ (tN(A))p+1Mt (p+ 1)! .
Le majorant est de limite nulle quandp→+∞(ettfixé) par croissances comparées. On a donc
X(t) = lim
p→+∞
p
X
k=0
tk k!Ak
! X0 .
Chaque coordonnée de
p
X
k=0
tk k!Ak
!
X0 pouvant s’écrire sous la forme
p
X
k=0
αktk (les αk ne dépendant que dek et de rien d’autre, en particulier pas depou det), chaque Xi est donc somme surRd’une série entière .
II.3.1 Par développement par rapport aux deux premières colonnes, il vient PA(X) = (X−1)2(X2−X) =X(X−1)3.
II.3.2 La famille(1, X, X(X−1), X(X−1)2)est libre puisqu’elle est échelonnée en degré. Elle est composée de4 éléments deC3[X]qui est de dimension4, ainsi (1, X, X(X−1), X(X−1)2)est une base deC3[X]. Le reste dans la division euclidienne deXk parPA étant de degré≤3, il existe un polynômeQk et des complexesak, bk, ck, dk tels que
Xk = PA(X)Qk(X) +ak+bkX+ckX(X−1) +dkX(X−1)2 (2) En évaluant en 0 (et comme k > 0) on trouve ak = 0. En évaluant en 1 il vient bk = 1. En dérivant et en évaluant en 1, on en déduit que ck =k−1. En dérivant deux fois et en substituant 1 à X, on a enfin que 2dk=k(k−1)−2(k−1) = (k−1)(k−2). Le reste cherché est finalement
X+ (k−1)X(X−1) +1
2(k−1)(k−2)X(X−1)2 .
II.3.3 Comme P 7→ P(A) est compatible avec les loi (morphisme d’anneau) et comme PA annule A (Cayley- Hamilton), en évaluant la relation(2)enAil vient
Ak = A+ (k−1)A(A−I4) +1
2(k−1)(k−2)A(A−I4)2 . II.3.4 Un calcul immédiat donne
A(A−I4) =
0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
donc A(A−I4) = E2,3, ainsi que A(A−I4)2 = 0 .
II.3.5 On a, pour toutt réel :
p
X
n=1
tn
n!(n−1) =
p
X
n=1
tn (n−1)! −
p
X
n=1
tn n! = t
p−1
X
n=0
tn n! −
p
X
n=1
tn n!.
Chaque terme admet une limite quandp→+∞d’où
+∞
X
n=1
tn
n!(n−1) = tet−et+ 1
avec par ailleurs un rayon de convergence infini .
II.3.6 Pourk≥1, on aAk =A+ (k−1)E2,3. On en déduit que
+∞
X
k=1
tk k!Ak =
+∞
X
k=1
tk k!A+
+∞
X
k=1
tk(k−1) k! E2,3
(le découpage étant licite, chaque somme convergeant bien). En ajoutant le terme pourk= 0, on obtient
M(t) =
+∞
X
k=0
tk
k!Ak = I4+ (et−1)A+ (tet−et+ 1)E2,3 =
et 0 −et+ 1 et−1
0 et tet 0
0 0 et 0
0 0 et−1 1
.
Il suffit alors d’appliquer la questionII.2.3 pour en déduire que la solution du problème de CauchyX0 =AX avec condition initialeX(0) =X0est
X : t 7→ M(t)X0 =
1 tet
et et−1
.
Partie III — Étude de deux fonctions
III.1.1 La fonctionf est continue surR+ et le seul problème d’intégrabilité est au voisinage de +∞. Or f(t) = o+∞(1/t2) par croissances comparées, donc f est intégrable (par comparaison aux fonctions de référence).
Finalement f est intégrable surR+ .
III.1.2 La fonctionfétant continue surR+, le théorème fondamental du calcul intégral indique quex7→
Z x 0
f(t)dt est une primitive def. C’est donc une fonction de classeC1dont f est la dérivée. Par théorèmes d’opérations, la fonction F est de classeC1 surR+ et
∀x≥0, F0(x) = 2e−x2 Z x
0
xe−t2dt.
Pour étudierG, posons h(x, t) = e−x2(t2+1)
t2+ 1 et utilisons le théorème de régularité des intégrales à paramètre version segment :
• Pour toutx≥0, la fonctionh(x,·)est continue par morceaux sur[0,1].
• La fonctionhadmet sur R+×[0,1]une dérivée partielle par rapport à sa première variable, qui est de plus continue surR+×[0,1]:
∀(x, t)∈R+×[0,1], ∂h
∂x(x, t) = −2xe−x2(1+t2).
D’après le théorème de dérivation sous le signeR
, la fonction Gest de classeC1sur[0,1] et :
∀x≥0, G0(x) = −2x Z 1
0
e−x2(1+t2)dt = −2xe−x2 Z 1
0
e−(xt)2dt.
III.1.3 Pourx >0, on peut poseru=xtpour obtenir G0(x) = −2e−x2
Z x 0
e−u2du = −F0(x).
Cette formule reste vraie pour x = 0 (elle se lit 0 = 0). Ainsi F+Gest constante sur l’intervalleR+ . Il s’ensuit que
∀x≥0, F(x) +G(x) = F(0) +G(0) = Z 1
0
dt
1 +t2 = h
arctan(t)i1 0
d’où F+G = π 4 .
III.1.4 Une majoration grossière donne0≤ e−x2(t2+1)
t2+ 1 ≤e−x2 pour toutx≥0 et toutt∈[0,1]. Par conséquent 0 ≤G(x)≤e−x2. Par théorème d’encadrement : Gest de limite nulle en+∞. Avec la question précédente, on en déduit que F est de limite π
4 en+∞.
III.1.5 La fonctiont7→e−t2 est intégrable surR+, d’oùF(x)x→+∞−→
Z +∞
0
e−t2dt 2
. L’intégrale étant positive, on déduit deIII.1.3etIII.1.4 que
Z +∞
0
e−t2dt =
√π 2 .
III.2.1 Afin de démontrer que uet v sont de classe C1 surR, posons θ(t, x) = e−x+itx
√x pour (t, x)∈R×R∗+ et utilisons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre :
• Pour tout t ∈R, l’application θ(t,·) est continue par morceaux surR∗+. De plus elle est équivalente en 0 à 1
√x donc intégrable au voisinage de 0, et égale ào(e−x) =o 1
x2
en+∞donc intégrable au voisinage de+∞.
Ainsiθ(t,·)est intégrable surR∗+.
• Pour toutx >0, la fonctionθ(·, x)est de classeC1 surR+ de dérivéet7→ ∂θ
∂t(t, x) =i√
xe−x+itx.
• Vérifions que cette dérivée partielle deθ par rapport àt satisfait les hypothèses du théorème de continuité sous le signeR
:
? Pour toutt∈R, la fonctionx7→i√
xe−x+itx est continue surR+.
? Pour toutx >0, la fonction t7→i√
xe−x+itxest continue surR.
? Pour tout(t, x)∈R×R∗+,
∂θ
∂t(t, x)
= i√
xe−x+itx = √
xe−x.
Le majorant est continu surR+et négligeable devant 1
x2 au voisinage de+∞(par croissances comparées), donc intégrable sur R+.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, la fonctiont7→
Z +∞
0
e−x+itx
√x dxest de classeC1
surR de dérivéet 7→
Z +∞
0
i√
xe−x+itxdx. Ses parties réelle et imaginaire sont donc de classe C1, c’est-à-dire que uet vsont de classeC1surR.
III.2.2 On vient de voir que
∀t∈R, w0(t) = i Z +∞
0
√xe−x+itxdx.
Effectuons une intégration par parties en dérivant x 7→ √
x en x 7→ 2√1x et en primitivant x 7→ e−x+itx en x7→ −e−x+itx1−it (opération licite car fonctions de classe C1 surR∗+). Comme√
xe−x+itx1−it admet des limites finies en0et+∞, l’intégration par parties est licite. Les limites évoquées étant nulles, l’intégration par parties donne :
w0(t) = i Z +∞
0
√xe−x+itxdx = i 2(1−it)
Z +∞
0
e−x(1−it)
√x dx = i
2(1−it)w(t)
soit w0(t) = 1
2(1 +t2)(−t+i)w(t). En passant aux parties réelle et imaginaire, nous obtenons des relations vérifiées paruet v :
∀t∈R, X0(t) = A(t)X(t) avec A(t) = 1 2(1 +t2)
−t −1 1 −t
!
et X(t) = u(t) v(t)
! .
III.2.3 Le polynôme caractéristique de −t −1 1 −t
!
estχ(X) =X2+ 2tX+ (t2+ 1). Les valeurs propres de cette matrice sont donc−t+iet−t−iet une résolution de système donne(i,1)et(−i,1)comme vecteurs propres.
Ainsi
A(t) i 1
!
= −t+i 2(1 +t2)
i 1
!
et A(t) −i 1
!
= −t−i 2(1 +t2)
−i 1
! .
La matriceA(t)possède deux valeurs propres distinctes. De plus les sous-espaces propres sont en somme directe donc de dimension1. Finalement Sp(A(t)) =n
−t+i
2(1+t2),2(1+t−t−i2)
o
={λ1(t), λ2(t)} et
Eλ1(t)(A(t)) = Vect((i,1)) et Eλ2(t)(A(t)) = Vect((−i,1)). III.2.4 Remarquons que
Z t 0
λ1(u)du = Z t
0
−u+i
2(1 +u2)du = −1
4ln(1 +t2) + i
2arctan(t), Z t
0
λ2(u)du = Z t
0
−u−i
2(1 +u2)du = −1
4ln(1 +t2)− i
2arctan(t).
La questionI.2affirme que les deux fonctions
X1 : t7→ 1
(1 +t2)1/4eiarctan(t)2 i 1
!
et X2 : t7→ 1
(1 +t2)1/4e−iarctan(t)2 −i 1
!
sont solutions de(E1). Elles sont indépendantes (les vecteurs propres le sont) et forment un système fondamental des solutions de(E1)surR. Enfin la solution générale de(E1)est du typeαX1+βX2 où(α, β)∈C2 . III.2.5 Grâce au changement de variabley=√
xqui réalise unC1-difféomorphisme entreR∗+et lui-même (fonction bijective, de classeC1, à dérivée ne s’annulant pas) :
u(0) = Z +∞
0
e−x
√xdx = 2 Z +∞
0
e−y2dy = √
π et v(0) = 0 .
On a ainsiX(0) = (√
π,0). Mais on sait aussi qu’il existe des constantes αet β telles que X =αX1+βX2. La valeur en0 donne√
π=iα−iβ et0 =α+β. On en déduit queα=β =−i
√π
2 . Il suffit alors de former αX1+βX2 pour obtenir
u(t) =
√π (1 +t2)1/4cos
arctan(t) 2
et v(t) =
√π (1 +t2)1/4sin
arctan(t) 2
.
