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+λ′v′))(x) = ((λa+λ′a′)x+ (λb+λ′b′))cosx+ ((λc+λ′c′)x+ (λd+λ′d′))sinx
=λ((ax+b)cosx+ (cx+d)sinx) +λ′((a′x+b′)cosx+ (c′x+d′)sinx)
= (λΦ(v) +λ′Φ(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.
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,
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+t2 ≤12 ≤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,+∞[.
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 nπ
|sint|dt≤wn≤f(nπ)
Z(n+1)π nπ
|sint|dt.
Maintenant,
Z(n+1)π nπ
|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 !
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) = Znπ
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)π
0
f(t)sint dt+ Zy
E(yπ)π
f(t)sint dt.
D’après le début de la question,RE(yπ)π
0 f(t)sint dta une limite réelle quand ytend vers+∞. D’autre part,
Zy E(yπ)π
f(t)sint dt
≤ Zy
E(yπ)π
|sint|×f(t)dt≤
Zy E(yπ)π
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)π
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.
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.