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Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

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(1)

SESSION 2005 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A MP

Partie I

1. Les solutions de l’équation différentielle E0sur l’intervalleIforment unR-espace vectoriel de dimension2. Les deux fonctionsx7→cosxetx7→sinxsont deux solutions indépendantes deE0surI. On en déduit que l’ensemble des solutions deE0surIest{x7→Acosx+Bsinx, (A, B)∈R2}.

2. (erreur d’énoncé :Idoit contenir tous lesnπ,n∈N) Soitgune solution deE0surI. Il existe deux réelsAet Btels que, pour toutxdeI,g(x) =Acosx+Bsinx. La suite(g(nπ))n∈N=A((−1)n)n∈Nconverge si et seulement siA=0. De même, la suite(g(2n+12 π))n∈N=B((−1)n)n∈Nconverge si et seulement siB=0.

3. (on suppose que +∞ est une des bornes de I) Si ga une limite finie quand x tend vers +∞, alors les deux suites (g(nπ))n∈Net (g(2n+12 π))n∈N convergent. D’après 2., on en déduit queA=B=0et donc quegest nulle.

Partie II

1. Il est clair queV⊂C(R)et que V=Vect(he1, he2, he3, he4). Donc, V est sous-espace vectoriel deC(R).

2. NotonsΦ l’application qui, à l’élémentvdeR4, associehv.Φ est une application deR4dansV.

• Φest par définition surjective.

• Soient(λ, λ)∈R2et (v, v) = ((a, b, c, d),(a, b, c, d))∈(R4)2. Alors, pour tout réelxdeR,

(Φ(λv+λv))(x) = ((λa+λa)x+ (λb+λb))cosx+ ((λc+λc)x+ (λd+λd))sinx

=λ((ax+b)cosx+ (cx+d)sinx) +λ((ax+b)cosx+ (cx+d)sinx)

= (λΦ(v) +λΦ(v))(x) Donc,Φ est linéaire.

• Soitv= (a, b, c, d)∈R4.

Φ(v) =0⇒∀x∈R, (ax+b)cosx+ (cx+d)sinx=0.

La suite(Φ(v)(nπ))n∈Nest la suite((anπ+b)(−1)n). Sia6=0, cette suite diverge et ne peut être la suite nulle. Par suite,a=0. Pour les mêmes raisons,b=0puis, par l’étude de la suite(Φ(v)(2n+12 π))n∈N,c=d=0. Finalement, v=0.

Ainsi, Ker(Φ) ={0}.Φest injective, et finalement

Φ est un isomorphisme deR4 surV.

Par un isomorphisme, l’image d’une base est une base. Ainsi, commeB= (he1, he2, he3, he4)est l’image parΦde la base canonique(e1, e2, e3, e4)deR4,

B est une base deV.

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

(2)

3. (i)Avec la formule deLeibniz, pourx∈Ron obtient

hv′′(x) +hv(x) = −(ax+b)cosx− (cx+d)sinx+2(−asinx+ccosx) + (ax+b)cosx+ (cx+d)sinx

= −2asinx+2ccosx.

Ainsi, l’image par ψ d’un élément de V est un élément de V, et ψest bien une application de V dans V. La dérivation étant linéaire,

ψ est un endomorphisme deV.

(ii)Soitv= (a, b, c, d)∈R4. Puisque (he1, he2, he3, he4)est une famille libre,

hv∈Ker(ψ)⇔hv′′+hv =0⇔−2ahe4+2che2 =0⇔a=c=0.

Donc,

Ker(ψ) ={bhe2+dhe4, (b, d)∈R2}=Vect(he2, he4) ={x7→Acosx+Bsinx, (A, B)∈R2}.

En particulier, dim(Ker(ψ)) =2puis, d’après le théorème du rang rg(ψ) =4−2=2.

rg(ψ) =2.

(iii)Commeψ(V)⊂Vect(he2, he4)et que dim(ψ(V)) =2, on en déduit qu’une base de Im(ψ)est(he2, he4).

Ensuite, puisqueψ(he1) = −2he4, ψ(he2) =0,ψ(he3) =2he1 et ψ(he4) =0, la matrice cherchée est

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0 0 0

−2 0 0 0

 .

On retrouve le fait qu’une base de Im(ψ)est (he2, he4).

4. Pourv= (a, b, c, d)∈R4,ψ(hv) =he2 ⇔2c=1et −2a=0⇔a=0etc= 12. Les solutions de(E1)surRqui sont éléments deV sont donc les fonctions de la formex7→ 1

2xsinx+bcosx+dsinx,(b, d)∈R2.

Mais on sait que les solutions de(E1) surRconstituent un R-espace affine de dimension2. On a donc trouvé toutes les solutions de(E1)surR.

Les solutions de(E1)surRsont les fonctions de la formex7→ 1

2xsinx+Acosx+Bsinx,(A, B)∈R2.

Partie III 1. Soitxun réel positif.

1a.Pourt≥0,e−tx≤1et doncF(x, t)≤ 1 1+t2.

1b.La fonctiont7→F(x, t)est continue sur[0,+∞[, positive et majorée par la fonctiont7→ 1

1+t2 qui est intégrable au voisinage de+∞.

On en déduit que la fonction t7→F(x, t)est intégrable sur[0,+∞[et donc que l’intégrale proposée converge.

2. SoientIet Jdeux intervalles deRet Fune application deI×JdansR. On suppose que

• pour tout réelxdeI, la fonction t7→F(x, t)est continue par morceaux surJ,

• pour tout réeltdeJ, la fonctionx7→F(x, t)est continue surI,

(3)

Alors, la fonctionG : x7→ Z

J

F(x, t)dtest définie et continue surI. C’est le cas ici.

3. 3a.Fest de classeC surR2en tant que quotient de fonctions de classeC surR2dont le dénominateur ne s’annule pas surR2 et de plus

∀(x, t)∈R2, ∂F

∂x(x, t) = −te−tx 1+t2 .

3b.Pourt∈[0,+∞[, on a(t−1)2≥0, ce qui fournit 0≤ t

1+t212 ≤1. On en déduit que0≤ te−tx

1+t2 ≤e−tx≤e−tε. (i) Soitx≥ε.

La fonction t 7→ −te−tx

1+t2 est continue sur [0,+∞[. Cette fonction est majorée en valeur absolue par la fonction t 7→e−tε et est ainsi négligeable devant 1

t2 en +∞ (carε > 0). La fonction t 7→ −te−tx

1+t2 est donc intégrable sur [0,+∞[. On en déduit que l’intégrale

Z+∞

0

te−tx

1+t2 dt est convergente.

(ii) La fonctionF est définie sur[0,+∞[×[ε,+∞[.

Pour tout réelxde[ε,+∞[, la fonction t7→F(x, t)est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[.

F admet sur[0,+∞[×[ε,+∞[une dérivée partielle par rapport àxvérifiant :

• pour tout réelxde[ε,+∞[, la fonctiont7→ ∂x∂F(x, t)est continue par morceaux sur[0,+∞[,

• pour tout réeltde[0,+∞[, la fonction x7→ ∂F∂x(x, t)est continue par morceaux sur[ε,+∞[,

• pour(t, x)∈[0,+∞[×[ε,+∞[, |∂F∂x(x, t)|≤e−tε =ϕ(t)oùϕest une fonction continue par morceaux, positive et intégrable sur[0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème deLeibniz),Gest dérivable sur[ε,+∞[et pourx≥ε,

G(x) = Z+

0

∂F

∂x(x, t)dt= − Z+

0

te−tx 1+t2 dt.

3c.Le travail précédent est valable pour toutε > 0 et donc,Gest dérivable sur]0,+∞[et

∀x > 0, G(x) = − Z+

0

te−tx 1+t2 dt.

4. F admet une dérivée partielle seconde par rapport à x. et pour (t, x)∈[0,+∞[×[ε,+∞[, ∂2F

∂x2(x, t) = t2e−tx 1+t2. Mais alors,

2F

∂x2(x, t)

≤e−tε=ϕ(t). Comme en 3., Gest deux fois dérivable sur[ε,+∞[, et ceci pour toutε > 0. Gest donc deux fois dérivable sur]0,+∞[et

∀x > 0, G′′(x) = Z+∞

0

t2e−tx 1+t2 dt.

5. Pour x∈R+,

G′′(x) +G(x) = Z+∞

0

(1+t2)e−tx 1+t2 dt=

Z+∞

0

e−txdt=

−e−tx x

+∞

0

= 1 x. Ainsi,

G est solution de(E)sur]0,+∞[.

6. 6a.D’après 3.,Gest continue sur[0,+∞[, dérivable sur]0,+∞[, de dérivée négative sur]0,+∞[.Gest donc décrois- sante sur[0,+∞[.

(4)

6b.Gest décroissante et positive sur[0,+∞[.Gadmet donc une limite en+∞qui est un réel positif. De plus, pourx > 0, 0≤G(x) =

Z+∞

0

e−tx 1+t2 dt≤

Z+∞

0

e−txdt= 1 x. Comme x1 tend vers0quandxtend vers+∞, on en déduit que

x→+∞lim G(x) =0.

Partie IV

1. (erreur d’énoncé : on suppose que∀n∈N, un > 0ou encore queu0> 0) La fonctionf est positive et donc la suite ((−1)nf(un))est de signe alterné.

La suite(un)est croissante et à valeurs dansR

+, etfest décroissante surR

+. Donc la suite (f(un))est décroissante.

La suite(un)tend vers+∞et la fonctionftend vers0en+∞. Donc, la suite (f(un))tend vers0.

En résumé, la suite((−1)nf(un))est de signe alternée et sa valeur absolue tend vers0 en décroissant. D’après le critère spécial aux séries alternées,

la série de terme général(−1)nf(un)converge.

2. Quandt tend vers0 par valeurs supérieures,f(t)sint∼g(t). Par hypothèse,ga une limite réelle quand ttend vers 0par valeurs supérieures et il en est de même de la fonctiont7→f(t)sint.

Mais alors, pourx > 0donné, la fonctiont7→f(t)sintest continue sur]0, x]et se prolonge par continuité en0. On en déduit que la fonctiont7→f(t)sintest intégrable sur]0, x].

3. 3a.Soitn∈N. Pourt∈[nπ,(n+1)π], puisquef est décroissante sur[nπ,(n+1)π],f((n+1)π)≤f(t)≤f(nπ)et donc|sint|f((n+1)π)≤|sint|f(t)≤|sint|f(nπ). Par croissance de l’intégrale, on en déduit que

f((n+1)π)

Z(n+1)π

|sint|dt≤wn≤f(nπ)

Z(n+1)π

|sint|dt.

Maintenant,

Z(n+1)π

|sint|dt= Zπ

0

|sint|dt= Zπ

0

sint dt=2 ce qui démontre le résultat.

∀n∈N, 2f((n+1)π)≤wn ≤f(nπ)).

3b. Soit n ∈ N. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’image de l’intervalle [nπ,(n+1)π] par la fonction continue2fest un intervalle. Plus précisément, la fonction2fétant décroissante sur[nπ,(n+1)π],2f([nπ,(n+1)π])est l’intervalle[2f((n+1)π), 2f(nπ)]. En particulier, commewn ∈[2f((n+1)π), 2f(nπ)], il existeun∈[nπ,(n+1)π]tel que wn=2f(un).

3c.Sur[nπ,(n+1)π], le signe de sintest (−1)n ou encore|sint|= (−1)nsint. D’où le résultat.

4. 4a.Soitn∈N. Z2(n+1)π

0

f(t)sint dt− Z2nπ

0

f(t)sint dt=

Z(2n+2)π 2nπ

f(t)sint dt=

Z(2n+1)π 2nπ

f(t)sint dt+

Z(2n+2)π (2n+1)π

f(t)sint dt

= (−1)2nw2n+ (−1)2n+1w2n+1=w2n−w2n+1

=2(f(u2n) −f(u2n+1))≥0, caru2n≤(2n+1)π≤u2n+1.

Z2nπ !

(5)

4b.De même, pour tout entiern,

Z(2n+3)π 0

f(t)sint dt−

Z(2n+1)π 0

f(t)sint dt=2(−f(u2n+1) +f(u2n+2))≤0.

La suite

Z(2n+1)π 0

f(t)sint dt

!

n∈N

est décroissante.

4c.Pourn∈N.

Z(2n+1)π 0

f(t)sint dt− Z2nπ

0

f(t)sint dt=

Z(2n+1)π 2nπ

f(t)sint dt= (−1)2nw2n=w2n.

Or,0≤w2n≤2f(2nπ). Comme2f(2nπ)tend vers0quandntend vers+∞, on en déduit que

Z(2n+1)π 0

f(t)sint dt− Z2nπ

0

f(t)sint dttend vers0quandntend vers+∞. Ainsi, les deux suites Z2nπ

0

f(t)sint dt

! et

Z(2n+1)π 0

f(t)sint dt

!

sont adjacentes. Elles convergent donc et ont même limite.

5. PosonsIn=I(0, nπ) = Z

0

f(t)sint dt. D’après la question IV.4., les deux suites(I2n)et (I2n+1)convergent et ont même limite. On sait alors que la suite(In)converge.

Soient xet ydeux réels positifs tels que x≤y. Si x > 0,If(x, y)existe car la fonctiont 7→f(t)sint est continue sur le segment[x, y].If(0, y)existe également d’après la question IV.2.

Puisque Zy

x

sintf(t)dt= Zy

0

sintf(t)dt− Zx

0

sintf(t)dt, la fonctiony7→ If(x, y) a une limite réelle quand y tend vers +∞si et seulement si la fonctiony7→I(0, y)a une limite réelle quandytend vers+∞.

Poury≥0, on a

If(0, y) = ZE(yπ

0

f(t)sint dt+ Zy

E(yπ

f(t)sint dt.

D’après le début de la question,RE(yπ

0 f(t)sint dta une limite réelle quand ytend vers+∞. D’autre part,

Zy E(yπ

f(t)sint dt

≤ Zy

E(yπ

|sint|×f(t)dt≤

Zy E(yπ

1.f E(y

π)π

dt=f E(y

π)π

(y−E(y

π)π)≤πf E(y

π)π .

Cette dernière expression tend vers0quandytend vers+∞et il en est de même de Zy

E(yπ

f(t)sint dt. Finalement,

la fonctiony7→If(0, y)a une limite réelle quandytend vers+∞.

6. La fonctiont7→ 1

t vérifie les hypothèses a., b., c. et d. du début de la partie IV et d’après la question IV.5., pour tout réel positifx Ixexiste.

Partie V 1. a., b. et c. sont clairs et d’autre part,t×hx(t) = t

t+x tend vers0quandttend vers0, ce qui montre d..

2. On poseu=x+tou en coret=u−x. On obtientH(x) = Z+∞

x

sin(u−x)

u du.

(6)

3. Soientxet ydeux réels tels que0 < x < y.

Zy x

cost t dt=

Zy+π2 x+π2

cos(u−π2) u−π2 du=

Zy+π2 x+π2

sinu u− π2 du.

Cette dernière expression a une limite réelle quandytend vers+∞. On en déduit que Z+

x

cost

t dtexiste.

D’après la question V.2., on a alors

∀x > 0, H(x) =cosx Z+

x

sint

t dt−sinx Z+

x

cost t dt.

Puisque la fonctiont7→ sint

t est continue sur]0,+∞[, la fonctionx7→ Zx

1

sint

t dtest définie et de classeC1sur ]0,+∞[ et d

dx Zx

1

sint t dt

= sinx x . Puisque

Z+ x

sint t dt=

Z+ 1

sint t dt−

Z 1xsint

t dt, la fonctionx7→ Z+

x

sint

t dtest définie et de classeC1sur]0,+∞[ et dxd

Z+

x

sint t dt

= −sinx x . De même, la fonctionx7→

Z+∞

x

cost

t dtest définie et de classeC1sur]0,+∞[et d dx

Z+∞

x

cost t dt

= −cosx x . On en déduit queHest de classeC1sur]0,+∞[et que pour x > 0,

H(x) = −sinx Z+∞

x

sint

t dt+cosx

−sinx x

−cosx Z+∞

x

cost

t dt−sinx

−cosx x

= −sinx Z+

x

sint

t dt−cosx Z+

x

cost t dt.

Mais alors,Hest de classeC2sur]0,+∞[et pourx > 0,

H′′(x) = −cosx Z+

x

sint

t dt−sinx

−sinx x

+sinx

Z+ x

cost

t dt−cosx

−cosx x

= −H(x) + 1 x. Ainsi,Hest solution de(E)sur]0,+∞[.

4. Les deux expressions Z+∞

x

sint t dtet

Z+∞

x

cost

t dttendent vers0 quandxtend vers+∞(restes d’intégrales conver- gentes). Puisque|H(x)|≤

Z+∞

x

sint t dt

+

Rx+∞cost t dt

, on en déduit queH(x)tend vers0quand xtend vers+∞. 5. D’après la question V.3.,Hest solution de(E)sur]0,+∞[. D’après la question III.5.,Gest solution de(E)sur]0,+∞[.

Il en résulte queG−Hest solution de(E0)sur]0,+∞[.

D’après la question III.6b.,Gtend vers0quandxtend vers+∞et d’après la question V.4.,Htend vers0quandxtend vers+∞. Ainsi, la fonctionG−Ha une limite réelle quandxtend vers+∞, à savoir0.

D’après I.3.,G−Hest la fonction nulle, ou encore

∀x > 0, Z+

0

e−tx 1+t2 dt=

Z+ 0

sint t dt.

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