1 La lemniscate de Bernoulli

SESSION 2012

Concours commun Mines-Ponts

PREMIÈRE ÉPREUVE. FILIÈRE PC

1 La lemniscate de Bernoulli

Question 1On noteL la lemniscate deBernoulli.

SoitM(x, y)un point du plan tel quex>0ety60. On note[ρ, θ]un couple de coordonnées polaires deMtel queρ>0 etθ∈h

−π 2, 0i

.

M∈L ⇔(x²+y²)²=x²−y²⇔(ρ²)²=ρ²(cos²θ−sin²θ)⇔ρ²=0ouρ²=cos(2θ)

⇔ρ²=cos(2θ) (carθ= −π

4 fournitρ=0)

⇔ρ=p

cos(2θ) (carρ>0).

Pour θ∈h

−π 2, 0i

, on poseg(θ) =p

cos(2θ).g est définie surh

−π 4, 0i

et une équation polaire de la partie deL située dans le quart de planx>0et y60 estr=g(θ).

SoitM= (x, y)un point du plan.

• M∈L ⇔(−x, y)∈L ⇔s_(Oy)(M)∈L.

• M∈L ⇔(x,−y)∈L ⇔s_(Ox)(M)∈L.

• M∈L ⇔(−x,−y)∈L ⇔sO(M)∈L.

La courbeL admet(Ox)et(Oy)pour axes de symétrie et doncOpour centre de symétrie. On construit la partie deL située dans le quart de planx>0et y60 et on obtient la courbe complète par réflexion d’axe(Oy)puis par réflexion d’axe(Ox).

Question 2La fonctionθ7→2θest une bijection deh

−π 4, 0i

surh

−π 2, 0i

. La fonctiont7→test une bijection surh

−π 2, 0i sur[0, 1] et la fonctionu7→√

uest cune bijection de[0, 1] sur lui-même. Par composition, la fonctiong est c constitue une bijection deh

−π 4, 0i

sur[0, 1].

Question 3Pourθ∈h

−π 4, 0i

, on noteM(θ)le point de coordonnées polaires[g(θ), θ].

Pourθ∈h

−π 4, 0i

, le pointM(θ)est le pointOsi et seulement siθ= −π

4. On sait que la tangente enM

−π 4

est la droite passant parOd’angle polaire−π

4 c’est-à-dire la droite d’équationy= −x. Par symétrie, les tangentes à la lemniscate en (0, 0)sont les droites d’équations respectivesy=xety= −x.

Question 4Une équation polaire de la partie deL située dans le demi-planx>0 estρ=p

cos(2θ),θ∈h

−π 4,π

4 i. Soit(ρ, θ)∈R⁺×h

0,π 4

i.

ρ=p

cos(2θ)⇔cos(2θ) =ρ²⇔2θ=Arccos(ρ²) (car2θ∈h 0,π

2

i⊂[0, π])

⇔θ= 1

2Arccos(ρ²).

Ainsi, la partie de L située dans le quart de plan x > 0, y > 0, est le support de l’arc paramétré ρ 7→ m(ρ) = ρ−→u 1 ,ρ∈[0, 1], où−→u 1 =cos

1

2Arccos(ρ²) −→

i +sin 1

2Arccos(ρ²) −→

j.

dρ =−→u 1

2^Arccos(ρ

2)

+ρ×2×p 1−ρ⁴

−

→u 1

2^Arccos(ρ

2)+π 2

=−→u 1

2^Arccos(ρ

2)

− p 1−ρ⁴

−

→u 1 2^Arccos(ρ

2)+π 2 .

La norme de ce vecteur est

s^′(θ) =

−−dm→ dρ

= s

1+ ρ⁴

1−ρ⁴ = 1 1−ρ⁴.

De même, la partie de L située dans le quart de plan x > 0, y 6 0, est le support de l’arc paramétré ρ 7→ m(ρ) = ρ−→u

−1

2^Arccos(ρ

2)

, ρ∈[0, 1].

Pourρ∈[0, 1[, le vecteur dérivé est

−−dm→ dρ =−→u

−1

2^Arccos(ρ

2)

+ ρ² p1−ρ⁴

−

→u

−1

2^Arccos(ρ

2)+π 2 .

et sa norme est encore 1 1−ρ⁴.

On a montré que pour toutρ∈[0, 1[,s^′(θ) = 1 p1−ρ⁴.

2 Le sinus lemniscatique

Question 5La fonctionr7→ 1

√1−r⁴ est positive et continue sur[0, 1[. De plus, quandrtend vers1

√ 1

1−r⁴ = 1

p(1−r)(1+r)(1+r²) ∼ 1 2√

1−r = 1

2(1−r)^−1/2. Comme−1

2 >−1, on en déduit que la fonctionr7→ 1

√1−r⁴ est intégrable sur[0, 1[et donc que Z1

0

√ 1

1−r⁴ drconverge.

Question 6Pour tout ρ∈[0, 1[, Zρ

0

√ 1

1−r⁴ dr= Zρ

0

s^′(r)dr=s(r) −s(0)est la longueur de la partie de la lemniscate située dans le quart de planx>0,y>0, entre l’origine et le point de paramètreρ. Quandρtend vers1, on obtient :σ est la longueur du quart de lemniscate située dans le quart de planx>0,y>0.

Question 7 La fonction f : r 7→ 1

√1−r⁴ est continue sur ] −1, 1[. Donc la fonctionF est définie et de classeC¹ sur ] −1, 1[ etF^′ =f. De plus, la fonctionf est de classeC^∞ sur] −1, 1[et il en est de même de la fonctionF. D’autre part, d’après la question 5,F(1)existe et de plusF(1) = lim

x→1⁻F(x). Donc F est définie et continue en1. Par parité,F est aussi définie et continue en−1et finalementFest continue sur [−1, 1].

Question 8Fest impaire, continue et strictement croissante sur[−1, 1]. Quandxtend vers1,F^′(x) = 1

√1−x⁴ tend vers +∞et doncF n’est pas dérivable en1 mais sa courbe représentative admet en1 une demi-tangente parallèle à(Oy).

Allure du graphe.(voir page suivante)

−1 1

−σ σ

Question 9Pour toutx∈]−1, 1[, 1

√1−x =

+∞

X

n=0

−1/2 n

xⁿ. Pourx∈]−1, 1[,x⁴∈]−1, 1[et 1

√1−x⁴ =

+∞

X

n=0

−1/2 n

x⁴ⁿ. Ainsi, la fonctionf : x7→ 1

√1−x⁴ est développable en série entière sur] −1, 1[. On sait qu’il en est de même deF qui est la primitive defs’annulant en0et que le développement s’obtient par intégration terme à terme.

Question 10Pour toutn∈N^∗,

−1/2 n

=

−1 2

×

−1 2−1

×. . .×

−1

2− (n−1)

n! = (−1)ⁿ

1 2 ×3

2×. . .×2n−1 2 n!

= 1×2×3×4×. . .×(2n−1)×(2n)

2ⁿn!(2×4×. . .×(2n)) = (2n)!

2²ⁿ(n!)² = 2n

n

2²ⁿ , puis pour toutxde] −1, 1[,

F(x) =

+∞

X

n=0

2n n

2²ⁿ

x⁴ⁿ⁺¹ 4n+1.

Donc, pour toutn∈N,a4n+1=

2n n

2²ⁿ(4n+1) eta4n=a4n+2=a4n+3=0.

Question 11Il s’agit d’étudier la nature de la série de terme générala4n+1. Quandntend vers+∞, d’après la formule deStirling,

2n2n√

2 4 πn^3/2 de la série de terme générala_n.

PuisqueFest continue en 1,σ=F(1) = lim

x→1 x<1

F(x) = lim

x→1 x<1

+∞

X

n=0

anxⁿ. Pourx∈[0, 1]et n∈N, posons g_n(x) =a_nxⁿ puisG(x) =

+∞

X

n=0

g_n(x). Puisque la série de terme générala_n converge,G est bien définie en1. Vérifions queGest continue sur [0, 1].

• Chaque fonctiong_n est continue sur[0, 1].

• Pour toutn∈Net toutx∈[0, 1],06gn(x)6an qui est le terme général d’une série numérique convergente.

Donc la série de fonctions de terme généralgn converge normalement sur[0, 1] vers la fonctionG.

D’après la théorème de continuité des séries de fonctions, la fonctionGest continue sur[0, 1]et en particulier en1. On en déduit queσ= lim

x→1 x<1

G(x) =G(1) =

+∞

X

n=0

an.

σ=

+∞

X

n=0

an =

+∞

X

n=0

(2n)!

2²ⁿ(n!)²(4n+1).

Question 12La fonctionFest continue et strictement croissante sur[−1, 1]et donc bijective de[−1, 1]sur[F(−1), F(1)] = [−σ, σ]. On sait que sa réciproqueF⁻¹ est continue sur[−σ, σ]. MontronsF⁻¹est impaire.

Soitx∈[−σ, σ]puisy=F⁻¹(x)de sorte que y∈[−1, 1]etF(y) =x.−x∈[−σ, σ]et puisqueFest impaire

F⁻¹(−x) =F⁻¹(−F(y)) =F⁻¹(F(−y)) = −y(car −y∈[−1, 1])

= −F⁻¹(x).

On a montré queF⁻¹est impaire.

Question 13Fest de classeC¹sur] −1, 1[et pour toutx∈] −1, 1[,F^′(x) = 1

√1−x⁴.F^′ ne s’annule pas et on sait alors queF⁻¹est de classeC¹surF(] −1, 1[) =] −σ, σ[ et que pourx∈] −σ, σ[,

(F⁻¹)^′(x) = 1

F^′(F⁻¹(x)) =p

1− (F⁻¹(x))⁴. Quandxtend vers±σ,p

1− (F⁻¹(x))⁴tend versp

1− (±σ)⁴=√

1−1=0. Ainsi,

• F⁻¹ est continue sur[−1, 1]et de classeC¹sur] −1, 1[,

• (F⁻¹)^′ a une limite réelle quandxtend versσou−σ.

D’après un théorème classique d’analyse,F⁻¹est de classeC¹sur[−σ, σ].

Question 14 On sait déjà que sl est de classe C¹ sur [−σ, σ] et que sl^′ = √

1−sl⁴. Ensuite, pour tout x ∈ [σ, 3σ], sl(x) =sl(2σ−x). Doncsl est de classeC¹sur[σ, 3σ]et pourx∈[σ, 3σ],

sl^′(x) = −sl^′(2σ−x) = −p

1−sl⁴(2σ−x) = −p

1−sl⁴(x).

La fonctionsl est continue enσcar continue à droite et à gauche et sl(σ) =1. Ensuite, sl_g^′(σ) =0=sl_d^′(σ)et doncsl est dérivable enσetsl^′(σ) =0 puissl^′ est continue sur[−σ, 3σ]. Finalement,sl est de classeC¹sur[−σ, 3σ].

Puisquesl(−σ) =sl(3σ), le prolongement par4σ-périodicité est continu surR. Ensuite, puisquesl_d^′(−σ) =0=sl_g^′(3σ) = sl_g^′(−σ), le prolongement par4σ-périodicité est de classeC¹surR. Enfin,

• s’il existek∈Ztel que−σ+4kσ6x <−σ+ (4k+2)σ, alorssl^′(x) =p

1−σ⁴(x)

• s’il existek∈Ztel que−σ+ (4k+2)σ6x <−σ+ (4k+4)σ, alorssl^′(x) = −p

1−σ⁴(x).

Question 15 Allure du graphe.

−σ σ

−2σ 2σ 3σ

−3σ

1

−1

3 Equation différentielle

Question 16Sur] −σ, σ[,sl est de classeC¹et sl^′ =√

1−sl⁴ avec1−sl⁴> 0. Doncsl^′ est de classe C¹ sur] −σ, σ[

ou encoreslest de classeC²sur] −σ, σ[et

sl^′′= −4sl^′sl³ 2√

1−sl⁴ = −2sl³, et doncsl^′′+2sl³=0. De même, sur]σ, 3σ[,slest de classeC¹etsl^′= −√

1−sl⁴et doncslest de classeC²sur]σ, 3σ[

et

sl^′′= 4sl^′sl³ 2√

1−sl⁴ = −2sl³.

Ainsi,slest de classeC¹sur[−σ, 3σ], de classeC² sur[−σ, 3σ]\ {σ}etsl^′+2sl³=0. Mais alors,sl^′′ a une limite réelle quandxtend versσà savoir−2sl³(σ) = −2. D’après un théorème classique d’analyse,slest de classeC²sur[−σ, 3σ]et sl^′′+2sl³=0sur[−σ, 3σ]. Le résultat se prolonge àRpar4σ-périodicité puisque −2sl³est continue surR.

Question 17Hest de classeC¹surRetH^′ =2f^′′f^′+4f^′f³=2f^′(f^′′+2f³) =0et doncHest constante surR. Question 18Soit]α, β[un intervalle sur lequelf^′ ne s’annule pas. Pourx∈]α, β[,

f⁴(x) =H−f^′2(x)< H,

puis|H^−1/4|f(x)|< 1. Ainsi, la fonctionH^−1/4fest de classeC¹sur]α, β[à valeurs dans] −1, 1[ etFest de classeC¹sur ] −1, 1[. On en déduit que ϕest de classeC¹sur]α, β[et

ϕ^′ =H^−1/4f^′ 1

√1−H⁻¹f⁴ =H^−1/4f^′ 1

p1−H⁻¹(H−f^′2) = H^−1/4f^′

H^−1/2|f^′| =sgn(f^′)H^1/4.

De plus,f^′ ne s’annule pas sur]α, β[ et est continue sur]α, β[. D’après le théorème des valeurs intermédiaires,f^′ est de signe constant sur]α, β[. Notons εle signe def^′ sur]α, β[.

Pour tout réelxde ]α, β[,ϕ^′(x) = εH^1/4 et donc il existe b∈Rtel que pour tout x∈]α, β[, ϕ(x) =εH^1/4x+b. Ceci fournitF(H^−1/4f(x)) =εH^1/4x+bpuisH^−1/4f(x) =sl(εH^1/4x+b)et doncf(x) =H^1/4sl(εH^1/4x+b).

Siε=1, c’est fini. Supposonsε= −1. Alors, pour toutxde]α, β[,f(x) =H^1/4sl(−H^1/4x+b). Il est clair que le graphe deslest symétrique par rapport à la droite d’équationx=σet donc, pour toutx∈]α, β[, on a aussi

f(x) =H^1/4sl(−H^1/4x+b) =H^1/4sl(2σ+H^1/4x−b) =H^1/4sl(H^1/4x+b^′)oùb^′=2σ−b.

On a montré que sif est solution de (5) et si f^′ ne s’annule pas sur]α, β[, il existe b∈ R tel que pour toutx ∈]α, β[, f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b).

Question 19Supposons par l’absurde que β−α > 2σH^−1/4 et que f^′ ne s’annule pas sur ]α, β[. Pour tout x∈]α, β[, f^′(x) =H^1/2sl^′(H^1/4x+b).H^1/4x+bdécrit l’intervalle]H^1/4α+b, H^1/4β+b[dont la longueurH^1/4(β−α)est strictement à2σ. Commesl^′ s’annule au moins une fois dans tout intervalle ouvert de longueur strictement supérieure,f^′ s’annule au moins une fois dans]α, β[ce qui contredit l’hypothèse initiale.

Doncf^′ s’annule dans tout intervalle ouvert de longueur strictement supérieure à2σH^−1/4.

Question 20 f^′′(x0) = −2f³(x0). Or f⁴(x0) = H−f^′2(x0) = H 6= 0. Donc f(x0) 6= 0 puis f^′′(x0) 6= 0. Puisque f^′′

est continue en x0, f^′′ ne s’annule pas et est de signe constant sur un voisinage]u1, u2[ dex0. Sur ]u1, u2[, f^′ est alors strictement monotone et en particulier s’annule exactement une fois (enx0) sur]u1, u2[.

Question 21D’après la question 19,{x > x / f^′(x) =0}est une partie non vide deR, minorée parx . On en déduit que

Ainsi,f^′(x0) =f^′(x1) =0 et pour toutx∈]x0, x1[,f^′(x)6=0. D’après la question 18, il existeb∈Rtel que pour toutx de]x0, x1[, f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b)ce qui reste vrai pour x= x0et x=x1 par continuité de f. Mais alors, pour tout xde[x0, x1],f^′(x) =H^1/2sl^′(H^1/4x+b)puis la fonction x7→sl^′(H^1/4x+b)s’annule enx0et x1 et ne s’annule pas sur ]x0, x1[. On en déduit que l’intervalle[H^1/4x0+b, H^1/4x1+b]est de longueur2σpuis quex1−x0=2σH^−1/4.

Question 22Soitb∈Rtel que pour toutx∈[x₀, x₁],f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b).

De même que dans la question précédente, x₋₁ < x₀, f^′(x₋₁) = 0, x₀−x₋₁ = 2σH^−1/4 et f^′ ne s’annule pas sur ]x−1, x₀[. Donc il existeb^′ ∈Rtel que pour tout x∈[x−1, x₀],f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b^′). En particulier, si x=x₀, on a H^1/4sl(H^1/4x₀+b) =H^1/4sl(H^1/4x₀+b^′) puis il existe k ∈Z tel que b^′ = b+4σ. Mais alors, pourx ∈ [x−1, x₀], f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b+4σ) =H^1/4sl(H^1/4x+b). On a montré que

∀x∈[x−1, x1],f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b)où cette fois-cix1−x−1=4σH^−1/4.

On définit alors par récurrence deux suites(x_n)_n∈N et (x_−n)_n∈N par∀n∈N, xn+1= Inf{x > x_n/ f^′(x) =0}et ∀n∈N, x−(n+1) = Sup{x < x_−n/ f^′(x) =0}. Le travail précédent s’applique par récurrence sur chaque [x_n, xn+1] de sorte que

∀x ∈ [x_n, xn+1], f(x) = H^1/4sl(H^1/4x+b) et ∀x ∈ [x_−(n+1), x−n], f(x) = H^1/4sl(H^1/4x+b). Maintenant, ∀n ∈ Z, xn=x0+2σH^−1/4net doncS

n∈Z[xn, xn+1] =R. On a montré que

∀x∈R,f(x) =H^1/4sl(H^1/4x+b).

4 Le calcul trigonométrique généralisé

Question 23sl^′=±√

1−sl⁴et donccl=±

√1−sl⁴ 1+sl² =±

r1−sl² 1+sl² puis sl²+cl²(1+sl²) =sl²+ (1−sl²) =1, et doncsl²+cl²=1−²cl².

Question 24D’après la question 16, la fonction (sl^′)²+sl⁴ est constante. Cette constante est sa valeur en 0 à savoir 1+0=1. Donc(sl^′)²=1−s⁴.

clest dérivable surRen tant que quotient de fonctions dérivables surRdont le dénominateur ne s’annule pas sur Ret

cl^′ =sl^′′ 1

1+sl² +sl^′ −2sl sl^′

(1+s²)² = −2sl³ 1

1+sl² −2sl 1−sl⁴

(1+sl²)² = −2sl³−2sl(1−sl²) 1+sl²

= −2sl 1+sl² puis

cl^′′= −2sl^′ 1

1+sl²−2sl −2sl sl^′

(1+sl²)² = −2 sl^′ 1+sl²

1− 2sl² 1+sl²

= −2cl1−sl²

1+sl² = −2cl 1−sl⁴ (1+sl²)²

= −2cl (sl^′)²

(1+sl²)² = −2cl³ Doncclvérifie l’équation différentielle(5).

Question 25cl^′2(0) +cl⁴(0) =

−2sl(0) 1+sl²(0)

2

+

sl^′(0) 1+sl²(0)

4

= 0²+1⁴= 1. Ainsi, on peut prendreH= 1 pour la fonctioncl. D’après la question 22, il existe b∈Rtel que ∀x∈R,cl(x) =sl(x+b). Pourx=0, on obtientsl(b) =1 et donc, il existek∈Ztel que b=σ+4kσ. Par suite, pour toutx∈R,

cl(x) =sl(x+σ+4kσ) =sl(x+σ) =sl(2σ− (x+σ)) =sl(σ−x).

Question 26 La fonction G est de classe C¹ sur R² en tant que quotient de fonctions de classe C¹ sur R² dont le dénominateur ne s’annule pas surR². Puisque(1+sl²(x)sl²(y))G(x, y) =sl(x)sl^′(y) +sl(y)sl^′(x), pour tout(x, y)∈R²,

2sl^′(x)sl(x)sl²(y)G(x, y) + (1+sl²(x)sl²(y))∂G

∂x(x, y) =s^′(x)sl^′(y) +sl(y)sl^′′(x) =s^′(x)sl^′(y) −2sl(y)sl³(x)

et

2sl^′(y)sl(y)sl²(x)G(x, y) + (1+sl²(x)sl²(y))∂G

∂y(x, y) =sl^′(y)sl^′(x) +sl(x)sl^′′(y) =sl^′(y)sl^′(x) −2sl(x)sl³(y).

En soustrayant membre à membre, on obtient

(1+sl²(x)sl²(y)) ∂G

∂x(x, y) −∂G

∂y(x, y)

=2sl(x)sl(y)(sl²(y) −sl²(x)) −2sl(x)sl(y)(sl^′(x)sl(y) −sl(x)sl^′(y))G(x, y)

=2sl(x)sl(y)(sl²(y) −sl²(x))(1+sl²(x)sl²(y)) − (sl^′2(x)sl²(y) −sl^′2(y)sl²(x)) 1+sl²(x)sl²(y)

puis

(1+sl²(x)sl²(y))² ∂G

∂x(x, y) − ∂G

∂y(x, y)

=2sl(x)sl(y) (sl²(y) −sl²(x))(1+sl²(x)sl²(y))

−(sl²(y)(1−sl⁴(x)) −sl²(x)(1−sl⁴(y))

=0.

On a montré que

∂G

∂x = ∂G

∂y.

Soita∈R. Pourx∈R, posonsg(x) =G(x, a−x). Alorsgest dérivable surRet pour toutx∈R,g^′(x) = ∂G

∂x(x, a−x) −

∂G

∂y(x, a−x) =0et doncgest constante surR. Ceci montre queGest constante le long de la droite d’équationx+y=a.

Question 27Soit(x₀, y₀)∈R². Posonsa=x₀+y₀

G(x0, y0) =G(x0, a−x0) =g(x0) =g(0) =G(0, a) =sl(a) =sl(x0+y0).

On a montré que

∀(x, y)∈R²,G(x, y) =sl(x+y).

On en déduit que pour tout(x, y)∈R²,

sl(x+y) = sl(x)sl^′(y) +sl(y)sl^′(x)

1+sl²(x)sl²(y) = sl(x)cl(y)(1+sl²(y)) +sl(y)cl(x)(1+sl²(x)) 1+sl²(x)sl²(y)

Question 28En particulier, pour toutx∈R,

sl(2x) = 2sl(x)cl(x)(1+sl²(x))

1+sl⁴(x) = 2sl(x)sl^′(x) 1+sl⁴(x) Soitx∈[−1, 1]. AlorsF(x)∈[−σ, σ]puissl^′(F(x)) =p

1−sl⁴(F(x))d’après la question 14. On en déduit que

sl

2 Zx

0

√ dr

1−r⁴ dr

=sl(2F(x)) = 2sl(F(x))p

1−sl⁴(F(x)) 1+sl⁴(F(x)) = 2x√

1−x⁴ 1+x⁴ .

Maintenant, la restriction deslà[−σ, σ]constitue une bijection de[−σ, σ]sur[−1, 1]. Donc, si2F(x)∈[−σ, σ]ou encore six∈h

sl

−σ 2

, slσ 2

i

∩[−1, 1] =h sl

−σ 2

, slσ 2

i,

sl(2F(x)) = 2x√ 1−x⁴

1+x⁴ ⇒2F(x) =F 2x√ 1−x⁴ 1+x⁴

!

⇒2 Zx

0

√ dr

1−r⁴ dr=

Z^2x_1+x4^√1−x4

0

√ dr

1−r⁴ dr.

√