Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2007 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A PC

Partie A : Etude de la fonction f.

1) Solution d’une équation différentielle.

a) Notons I l’un des deux intervalles ] −∞, 0[ ou ]0,+∞[. Pour x ∈ I, on a e^x −1 6= 0. Par suite, sur I, l’équation différentielle(E)équivaut à l’équation différentielle :

y^′+ e^x

e^x−1y= 1

e^x−1 (E^′).

Maintenant, les deux fonctionsa : x7→ e^x

e^x−1 etb : x7→ 1

e^x−1 sont continues surIen tant que quotient de fonctions continues sur Idont le dénominateur ne s’annule pas sur I. On sait alors que les solutions de (E) sur I constituent un R-espace affine de dimension1.

Soitfune fonction dérivable surI.

fsolution de(E)surI⇔∀x∈I, (e^x−1)f^′(x) +e^xf(x) =1

⇔∀x∈I, ((e^x−1)f)^′(x) =1⇔∃λ∈R/∀x∈I, (e^x−1)f(x) =x+λ

⇔∃λ∈R/∀x∈I, f(x) = x+λ e^x−1.

Les solutions de(E)sur] −∞, 0[ou]0,+∞[ sont les fonctions de la formex7→ x+λ

e^x−1,λ∈R.

b) Soitf une éventuelle solution de(E) surR. Les restrictions de f à ] −∞, 0[ ou ]0,+∞[ sont solutions de(E)sur ces intervalles. Donc, nécessairement, il existe deux réelsλ1 et λ2tels que ∀x < 0, f(x) = x+λ1

e^x−1 et∀x > 0, f(x) = x+λ2

e^x−1. Enfin, quandx =0 dans l’égalité (E), on obtient f(0) = 1. En résumé, sif est une solution de(E) surR, alors il existe (λ₁, λ₂)∈R²tel que

∀x∈R, f(x) =









 x+λ1

e^x−1 six < 0 1six=0

x+λ2

e^x−1 six > 0 .

Réciproquement, une telle fonction est dérivable surR^∗, solution de (E) surR^∗ et même surR si elle est dérivable en0.

En résumé, une telle fonction est solution si et seulement si elle est dérivable en0.

Si λ1 6= 0, x+λ₁ e^x−1 ∼

x→0

λ₁

e^x−1 et en particulier x+λ₁

e^x−1 n’a pas de limite réelle en 0 à gauche de sorte que f n’est pas dérivable en0. Donc,λ1=0. De même,λ2=0.

Si maintenantλ1=λ2=0, alors∀x∈R, f(x) = x

e^x−1 six6=0 1six=0

. Or, quandxtend vers0, x

e^x−1 = x x+x²

2 +o(x²)

= 1

1+ x 2 +o(x)

=1−x

2 +o(x) =f(0) − x

2 +o(x).

Dans ce cas,fadmet en0 un développement limité d’ordre1 et est par suite dérivable en0. Mais alorsfest solution de (E)surR.

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

(E)admet une solution et une seule surRà savoir la fonctionx7→

x

e^x−1 six6=0 1six=0

.

2) Etude de f en 0.

a)Quandxtend vers0, x

e^x−1 = x

x+x² 2 +x³

6 +o(x³)

= 1

1+ x 2 +x²

6 +o(x²)

=1− x

2 + x² 6

+x

2 2

+o(x²) =1−x 2 +

−1 6+ 1

4

x²+o(x²)

=1−x 2 + x²

12+o(x²).

En tenant compte def(0) =1, on a donc

f(x) =

x→01−x 2+ x²

12+o(x²).

b)•f admet en0 un développement limité d’ordre0 à savoirf(x) =

x→01+o(1).f est donc continue en0.

•fadmet en0un développement limité d’ordre1 à savoirf(x) =

x→01−x

2+o(x).fest donc dérivable en0etf^′(0) = −1 2.

• fadmet en 0 un développement limité d’ordre2 mais on sait que l’existence d’un tel développement n’impose pas àf d’être deux fois dérivable en0.

c) On sait déjà que f est dérivable sur R et que f^′(0) = −1

2. Plus précisément,f est de classe C¹ sur R^∗ en tant que quotient de fonctions de classeC¹ surR^∗dont le dénominateur ne s’annule pas sur R^∗et pourx∈R^∗,

f^′(x) = e^x−1−xe^x (e^x−1)² . Maintenant, quandxtend vers0

e^x−1−xe^x (e^x−1)² =

(1+x+x²

2 ) −1−x(1+x) +o(x²)

(x+o(x))² =

−x²

2 +o(x²) x²+o(x²) =

−1 2 +o(1) 1+o(1) = −1

2 +o(1) =f^′(0) +o(1).

Ainsi, la fonctionf^′ est continue en0et donc

f est de classeC¹ surR. d)Une équation deT esty=f(0) +f^′(0)xou encorey=1−1

2x. De plus, quandxtend vers0, d’après la question a) on a f(x) −

1−1

2x

= x²

12+o(x²).

Par suite, l’expressionf(x) −

1−1 2x

est du signe de x²

12 au voisinage de0et donc positive au voisinage de0. Ainsi, T admet pour équation cartésienney=1−1

2xet (C)est au-dessus deT au voisinage de0.

3) Variations def.

a)gest dérivable surRet pourxréel,

g^′(x) =xe^x+e^x−e^x=xe^x.

g^′est donc strictement négative sur] −∞, 0[et strictement positive sur]0,+∞[. On en déduit le tableau de variations de g.

x −∞ 0 +∞

g^′(x) − 0 +

g

0 gadmet en0un minimum local strict égal à0 et donc

gest strictement positive surR^∗ et s’annule en0.

b)Le signe de f^′ surR^∗ est le signe de −get donc, en tenant compte de f^′(0) = −1

2, f^′ est strictement négative surR. On en déduit que

fest strictement décroissante surR. c)En +∞,f(x)∼ x

e^x et donc, d’après un théorème de croissances comparées,

x→lim+∞f(x) =0.

En−∞,f(x)∼ x

−1 = −xet donc

x→lim−∞f(x) = +∞.

•Puisque lim

x→+∞f(x) =0, la droite(Ox)est asymptote à(C)en+∞. De plus, puisqueftend vers0en+∞en décroissant strictement,fest strictement positive surR. On en déduit que(C)est strictement au-dessus de la droite (Ox)surR.

•Puisque lim

x→−∞e^x=0, quandxtend vers−∞, on a f(x) = −x

1−e^x = −x(1+e^x+o(e^x)) = −x−xe^x+o(xe^x) = −x+o(1).

On en déduit que la droite(D2)d’équationy= −xest asymptote à(C)en−∞. Ensuite, pourxréel non nul donné f(x) − (−x) = x

e^x−1 +x= xe^x

e^x−1 =e^xf(x)> 0,

et comme d’autre partf(0)>−0, on a montré que ∀x∈R, f(x)>−x.(C)est strictement au-dessus de(D₂)surR. d)Allure de(C).

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 y 5

=− x

T

(C)

4) Expression hyperbolique def.

a)Soitx∈R^∗.

f(x) = x e^x−1 = x

2 × 2 e^x−1 = x

2 2

e^x−1 +1−1

= x 2

e^x+1 e^x−1−1

= x 2

e^x/2(e^x/2+e^−x/2) e^x/2(e^x/2−e^−x/2)−1

= x 2



 2chx

2

2shx 2

−1



= x 2



 1 thx

2 −1



.

Donc,

∀x∈R^∗, f(x) = x 2



 1 thx

2 −1



.

b) i)On a déjà f₁(0) =0= 0 2t(0

2). Ensuite, pourx∈R^∗, f₁(x) = x

2



 1 thx

2 −1



−1+x 2 = x

2



 1 thx

2

−1− 1 x 2

+1



= x 2



 1 thx

2 − 1

x 2



= x 2tx

2 .

Donc,

∀x∈R, f₁(x) = x 2tx

2 .

ii)Pourx∈R^∗, puisque la fonction th est impaire, f₁(−x) = −x

2

1

th(−x/2)− 1

−x/2

= −x 2 ×−

1

th(x/2)− 1 x/2

=f₁(x).

et donc

f₁est paire.

iii) Soit x0 un réel strictement positif. D’après la question 2)d), on sait que T est au-dessus de (C). Soient alors D = {(x, y)∈R²/ 0≤x≤x0et1− x

2 ≤y≤f(x)}etD^′ ={(x, y)∈R²/ −x0≤x≤0et1−x

2 ≤y≤f(x)}.

L’aire deD (resp.D^′) est Zx0

0

f₁(x)dx(resp.

Z0

−x0

f₁(x)dx). Puisque f₁ est paire, on sait que ces intégrales sont égales.

Par suite,D etD^′ ont même aire.

5) Intégrale impropre associée àf.

a)fest continue sur[0,+∞[. De plus, d’après un théorème de croissances comparées, f(x) ∼

x→+∞

x

e^x =o(1

x²)(puisque lim

x→+∞x³e^x=0).

On en déduit quefest intégrable sur[0,+∞[et donc queIexiste.

b)L’applicationt7→e^−test unC¹-difféomorphisme décroissant de]0,+∞[sur]0, 1[.

On peut donc poseru=e^−t. On a alorst=lnuet aussidt= du

u et on obtient : I=

Z+∞

0

t

e^t−1 dt= Z0

1

lnu 1 u−1

×du u =

Z0

1

lnu 1−u du=

Z1

0

lnu u−1 du.

I=

Z1 lnu du.

c) Soit k ∈N. La fonction u7→ u^klnuest continue sur ]0, 1] et est négligeable devant 1

√u en 0. On en déduit que la fonctionu7→u^klnuest intégrable sur]0, 1]et donc queIk existe.

Soitε∈]0, 1[. Les deux fonctionu7→ u^k+1

k+1 etu7→lnusont de classeC¹sur[ε, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit :

− Z1

ε

u^klnu du= −

u^k+1lnu k+1

¹

ε

+ Z1

ε

u^k

k+1 du= ε^k+1lnε

k+1 + 1

(k+1)²(1−ε^k+1).

Quandεtend vers0, on obtientIk= 1 (k+1)².

∀k∈N, Ik= 1 (k+1)². d) théorème d’intégration terme à terme :

SoitIun intervalle quelconque. Soit(f_n)_n∈Nune suite de fonctions définies et continues par morceaux surI, intégrables sur Itelle que la série de fonctions de terme généralfn converge simplement surIvers une fonctionfcontinue par morceaux surI. Si

+∞X

n=0

Z

I

|f_n(x)|dx <+∞, alors

• fest intégrable surI,

• la série numérique de terme général Z

I

f_n converge,

• Z

I

f=

+∞

X

n=0

Z

I

fn. (Remarque : la condition

+∞

X

n=0

Z

I

|fn(x)|dx <+∞implique l’intégrabilité de chaquefn.) e)Soitu∈]0, 1[. Posonsg(u) = lnu

u−1. On a g(u) = − lnu

1−u = −lnu

+∞

X

k=0

u^k=

+∞

X

k=0

−u^klnu.

Pouru∈]0, 1[etk∈N, posonsgk(u) = −u^klnu. La série de fonctions de terme généralgk converge simplement sur]0, 1[

vers la fonctiongqui est continue sur]0, 1[. Chaquegk est intégrable sur ]0, 1[ d’après la question c) et toujours d’après cette question

+∞

X

k=0

Z1

0

|gk(u)|du=

+∞

X

k=0

Z1

0

gk(u)du=

+∞

X

k=0

1 (k+1)² =

+∞

X

k=1

1

k² <+∞.

On peut donc intégrer terme à terme et on obtient Z1

0

lnu u−1 =

+∞X

k=0

Z1

0

g_k(u)du=

+∞X

k=1

1 k².

I=

+∞X

k=1

1 k².

Partie B : Développement en série entière de f.

1) Un développement en série deFourier. a) Allure du graphe deg_a.

1 2 3 4 5 6 7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

1 2 3

b

b b

b −π π 2π

−2π

g_a est continue sur] −π, π]. De plus, par2π-périodicité,

g_a(−π⁺) =ch(a(−π)) =ch(aπ) =g_a(π) =g_a(−π).

ga est donc continue à droite en−πet par suite continue sur[−π, π]. De nouveau par2π-périodicité, ga est continue surR.

b)Soitn∈N. Une double intégration par parties (licite) fournit Zπ

0

ch(at)cos(nt)dt=

sh(at)

a cos(nt)dt π

0

− Zπ

0

sh(at)

a ×(−nsin(nt))dt= (−1)ⁿsh(aπ) a + n

a Zπ

0

sh(at)sin(nt)dt

= (−1)ⁿsh(aπ) a +n

a

ch(aπ)

a sin(nt)dt

− Zπ

0

ch(aπ)

a ×(ncos(nt))dt

= (−1)ⁿsh(aπ) a −n²

a² Zπ

0

ch(at)cos(nt)dt.

On en déduit que

1+n² a²

Zπ 0

ch(at)cos(nt)dt= (−1)ⁿsh(aπ)

a et donc que Zπ

0

ch(at)cos(nt)dt= (−1)ⁿsh(aπ)

a × a²

n²+a² = (−1)ⁿash(aπ) n²+a².

∀a∈R^∗, ∀n∈N, Zπ

0

ch(at)cos(nt)dt= (−1)ⁿash(aπ) n²+a².

c)La fonctionga est paire. Par suite,∀n∈N^∗, bn(g_a) =0. Puis, pourn∈N, a_n(g) = 2

π Zπ

0

g_a(t)cos(nt)dt= 2 π

Zπ

0

ch(at)cos(nt)dt= (−1)ⁿ 2ash(aπ) π(n²+a²).

∀n∈N, an(ga) = (−1)ⁿ 2ash(aπ)

π(n²+a²) et ∀n∈N^∗, bn(ga) =0.

d) Théorème de convergence simple d’une série deFourier(théorème de Dirichlet).

Soitfune fonction2π-périodique de classeC¹par morceaux surR. Pour tout réelx, la série de Fourier defenxconverge et a pour somme 1

2(f(x⁻) +f(x⁺)). En particulier, sif est continue enx, la somme de la série de Fourierdef enxest f(x).

Théorème de convergence normale d’une série deFourier.

Soitf une fonction2π-périodique, continue sur R et de classe C¹ par morceaux sur R. Alors la série de Fourier de f converge normalement surRversf.

La fonctiong_a est continue et de classe C¹ par morceaux sur R. On en déduit que la série deFourierde g_a converge normalement et donc simplement versgasurR. Ainsi, pour tout réelt, on a

ga(t) = a0(g_a)

2 +

+∞

X

n=1

an(g_a)cos(nt) = sh(aπ) πa + 2

π

+∞

X

n=1

(−1)ⁿash(aπ)

a²+n² cos(nt).

Quandt=π, on obtient en particulier ch(aπ) = sh(aπ)

πa + 2 π

+∞X

n=1

(−1)ⁿash(aπ)

a²+n² ×(−1)ⁿ = sh(aπ) πa + 2

π X+∞

n=1

ash(aπ) a²+n². Commea6=0, on a encore sh(aπ)6=0 et après division des deux membres par sh(aπ), on obtient

1

th(aπ)− 1 πa = 2

π

+∞

X

n=1

a a²+n². e)Soient alorsx∈R^∗ puisa= x

π(6=0). L’égalité précédente s’écrit maintenant

t(x) = 1 thx− 1

x = 2 π

+∞X

n=1

x π x² π² +n²

=2x

+∞X

n=1

1 x²+π²n². On a montré que

∀x∈R^∗, 2x X+∞

n=1

1

x²+π²n² =t(x).

2) Etude d’une sétrie entière.

a)Pourn∈N^∗ ett∈R, posonsf_n(t) = 1

t²+n²π². Pourn∈N^∗et t∈R, on a alors

|fn(t)|≤ 1 n²π². Comme la série numérique de terme général 1

n²π² converge, on a montré que

la série de fonctions de sommemconverge normalement surR.

b) • Théorème de comparaison série-intégrale :étant donné une fonctionf continue par morceaux sur [0,+∞[ à valeurs réelles positives décroissante, la série de terme généralun =

Zn

n−1

f(t)dt−f(n)est convergente. En particulier, la sérieX

f(n)converge si et seulement sifest intégrable sur[0,+∞[.

•D’après le cours, pourp≥2, ζ(p)existe.

•Soitnun entier supérieur ou égal à2.

Puisque la fonctiont7→ 1

t^p est continue, positive et décroissante sur]0,+∞[, pourkentier naturel élément deJ2, nK, on a 1

k^p ≤ Zk

k−1

dt

t^p ≤ 1 (k−1)^p. En sommant ces inégalités, on obtient

Xn

k=2

1 k^p ≤

Xn

k=2

Zk

k−1

dt t^p ≤

Xn

k=2

1 (k−1)^p,

ou encore

Xn

k=1

1 k^p

!

−1≤ Zn

1

dt t^p ≤

n−1X

k=1

1 k^p. On a montré que

∀(n, p)∈(N\ {0, 1})², Xn

k=1

1 k^p

!

−1≤ Zn

1

dt t^p ≤

n−1X

k=1

1 k^p.

Quandntend vers+∞àpfixé, on obtientζ(p) −1≤ Z+∞

1

dt

t^p ≤ζ(p)avec Z+∞

1

dt t^p =

− 1

(p−1)t^p−1 +∞

1

= 1 p−1. Par suite,ζ(p) −1≤ 1

p−1 ≤ζ(p). Comme d’autre partζ(p) =1+ 1

2^p +. . .≥1, on a montré que

∀p∈N\ {0, 1}, 1≤ζ(p)≤1+ 1 p−1.

Puisque1+ 1

p−1 tend vers1 quandptend vers+∞, le théorème des gendarmes permet alors d’affirmer que

p→+∞lim ζ(p) =1.

c)Soitt∈] −π, π[. Pour k∈N,

α2kt^2k

= ζ(2k+2)|t|^2k π^2k+2 ≤

1+ 1 2k+1

|t|^2k

π^2k+2 ≤ 2|t|^2k π^2k+2 = 2

π² t²

π^{2 k}

.

Puisquet∈] −π, π[, on a0≤ t²

π² < 1et la série géométrique de terme général 2 π²

t² π²

^k

converge. On en déduit que la série de terme généralα2kt^2k converge absolument et donc converge.

Pour tout réeltde] −π, π[, la série entière X

α2kt^2k converge.

d)SoientN∈Nett∈] −π, π[.

SN(t) = XN

k=0

α2kt^2k= XN

k=0

(−1)^kt^2k π^2k+2

+∞

X

n=1

1 n^2k+2

!

=

+∞

X

n=1

XN

k=0

(−1)^kt^2k π^2k+2

1 n^2k+2

!

(somme d’un nombre fini de séries convergentes)

= X+∞

n=1

1 π²n²

XN

k=0

−t² π²n²

^k!

=

+∞X

n=1

1 π²n²

1− −t²

π²n² N+1

1− −t²

π²n² =

X+∞

n=1

1+ (−1)^N t²

π²n² N+1

t²+n²π² .

∀N∈N, ∀t∈] −π, π[, S_N(t) = X+∞

n=1

1+ (−1)^N t²

π²n^{2 N+1}

t²+n²π² . SoientN∈Nett∈] −π, π[.

|S_N(t) −m(t)|=

+∞

X

n=1

1+ (−1)^N t²

π²n^{2 N+1}

t²+n²π² −

+∞

X

n=1

1 t²+n²π²

=

+∞

X

n=1

(−1)^N t²

π²n^{2 N+1}

t²+n²π²

≤ X+∞

n=1

t² π²n²

^N+1

t²+n²π² = X+∞

n=1

t² π²n²

^N+1 1 t²+n²π²

≤ X+∞

n=1

t² π²

^N+1 1 t²+n²π² =

t² π²

^N+1 m(t).

On a montré que

∀n∈N, ∀t∈] −π, π[, |S_N(t) −m(t)|≤ t²

π^{2 N+1}

m(t).

e)Soitt∈]−π, π[. On a toujours0≤ t²

π² < 1et donc lim

N→+∞

t² π²

^N+1

m(t) =0. On en déduit que lim

N→+∞|SN(t)−m(t)|= 0et comme d’autre part, lim

N→+∞SN(t) =h(t), on a montré que

∀t∈] −π, π[, h(t) =m(t).

3) Développement en série entière def.

a) Soit f une fonction définie sur un voisinage de l’origine à valeurs dans R. f est développable en série entière si et seulement il existe r > 0 et il existe (a_n)_n∈N ∈ R^N tels que : 1) f est définie sur ] −r, r[, 2) la série entière X

antⁿ

converge sur] −r, r[, 3)∀t∈] −r, r[, f(t) = X+∞

n=0

a_ntⁿ.

b)D’après les questions B)1)e) et B)2)e), pourx∈] −π, π[\{0}, t(x) =2x

+∞

X

n=1

1

x²+n²π² =2xm(x) =2xh(x) =2x

+∞

X

k=0

α2kx^2k. Puisquet(0) =0, les égalités précédentes sont encore valables pour x=0. On a montré que

∀x∈] −π, π[, t(x) =

+∞X

k=0

2α_2kx^2k+1

et en particulier, la fonctiont est développable en série entière en0.

c)Soitx∈] −2π, 2π[. Alors x

2 ∈] −π, π[, et d’après la question A)4)b) et la question précédente, on a f(x) =1−x

2+f₁(x) =1− x 2 +x

2tx 2

=1− x 2 +

+∞X

k=0

α_2k 2^2k+1x^2k+2

=1−x 2+

+∞X

k=0

(−1)^kζ(2k+2) π^2k+22^2k+1 x^2k+2

=1−x 2+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ζ(2n) π²ⁿ2²ⁿ⁻¹ x²ⁿ.

∀x∈] −2π, 2π[, f(x) =1−x 2+

X+∞

n=1

βnx²ⁿoùβn = ((−1)ⁿ⁻¹ζ(2n) π²ⁿ2²ⁿ⁻¹ et en particulier, la fonctionf est développable en série entière en0.

d)fest de classeC^∞ surR^∗ en tant que quotient de fonctions de classeC^∞ surR^∗dont le dénominateur ne s’annule pas surR^∗. D’autre part,fest de classeC^∞ sur] −π, π[en tant que fonction développable en série entière sur cet intervalle.

Finalement

fest de classeC^∞ surR.

D’autre part, on sait que le coefficient de x^k dans le développement de ff en série entière est f^(k)(0)

k! . Donc, f(0) = 1, f^′(0) = −1

2 puis pourn∈N^∗, f⁽²ⁿ⁺¹⁾(0) =0 et enfin, pourn∈N^∗,f⁽²ⁿ⁾(0) = (2n)!×βn = ((−1)ⁿ⁻¹(2n)!ζ(2n) π²ⁿ2²ⁿ⁻¹ . f(0) =1,f^′(0) = −1

2,∀n∈N^∗, f⁽²ⁿ⁺¹⁾(0) =0 et∀n∈N^∗, f⁽²ⁿ⁾(0) = ((−1)ⁿ⁻¹(2n)!ζ(2n) π²ⁿ2²ⁿ⁻¹ . e)D’après la question A)2)a), quand x tend vers 0, on af(x) = 1− x

2 + x²

12 +o(x²). On en déduit en particulier que f^′′(0)

2 = 1

12 et donc quef^′′(0) = 1

6. D’autre part,f^′′(0) = (−1)⁰×2!×ζ(2)

π²×2¹ . On en déduit que ζ(2) = π² 6 . D’après la question A)5)e), on a aussi

Z+∞

0

t

e^t−1 dt= π² 6 . Z+∞

0

t

e^t−1 dt=

+∞

X

n=1

1 n² = π²

6 .