CCP 2006 PC Maths 2

CCP 2006 PC Maths 2

PARTIE I

1. Pour n2N ,P_n(m) = (m+ 1): : :(m+n) = (m+n)!

m! , formule qui reste vrai sin= 0.

8 fn; mg 2N²; Pn(m) =(m+n)!

m!

2. Soitun(x) = 2( 1)ⁿx²ⁿ

2²ⁿn!P_n( ) , le terme général de la série . Comme 2=Z ,Pn( )n’est jamais nul et doncun(x)est dé…ni . f (x)est alors une série entière. On calcule son rayon de convergence par la règle de d’Alembert. Pourx6= 0 :

lim un+1(x)

u_n(x) = lim x²

4(n+ 1)j +n+ 1j = 0 Donc le rayon de convergence est in…ni.

f est dé…nie surR 3.

1. On peut dériver une série entière sur le disque ouvert de convergence donc ici sur R , et par dérivation termes à termes :

f⁰(x) = X1 n=1

2( 1)ⁿx^{2n 1}

2²ⁿ(n 1)!Pn( ) ,f⁰⁰(x) = X1 n=1

2( 1)ⁿ(2n 1)x^{2n 2} 2²ⁿ(n 1)!Pn( ) De plus, après changement d’indice comme Pn( ) = (n+ )Pn 1( )

xf (x) =

+1

X

n=0

( 1)ⁿx²ⁿ⁺¹ 2²ⁿn!Pn(a) =

X1 n=1

( 1)^{n 1}x^{2n 1} 2^{2n 2}(n 1)!Pn 1( ) =

X1 n=1

( 1)^{n 1}(n+ )x^{2n 1} 2^{2n 2}(n 1)!Pn( ) En rassemblant, on obtient

xf⁰⁰(x) + (2 + 1)f⁰(x) +xf (x) = X1 n=1

2( 1)ⁿ(2n 1)

2²ⁿ(n 1)!P_n( )+ 2( 1)ⁿ(2 + 1)

2²ⁿ(n 1)!P_n( )+ ( 1)^{n 1}(n+ )

2^{2n 2}(n 1)!P_n( ) x^{2n 1} Or

2( 1)ⁿ(2n 1)

2²ⁿ(n 1)!P_n( )+ 2( 1)ⁿ(2 + 1)

2²ⁿ(n 1)!P_n( )+ ( 1)^{n 1}( +n) 2^{2n 2}(n 1)!P_n( )

= ( 1)ⁿ2(2n 1) + 2(2 + 1) 4( +n) 2²ⁿ(n 1)!Pn( ) = 0 Donc

f est bien solution de(E )surR

2. Soit y une solution de (E ) paire et développable en série entière au voisinage de 0. On peut donc écrire y =

+1

X

n=0

b_2nx²ⁿ avec R son rayon de convergence, supposé non nul. On obtient en utilisant le théorème de dérivation terme à terme et en reportant comme ci dessus :

8x2 ] R; R[

X1 n=1

[(2n(2n 1) + (2 + 1)2n)b2n+b2n 2]x^{2n 1}= 0 Par unicité du développement en série entière, il en résulte

8n2N b_2n= b_{2n 2} 4n(n+ ) d’où par récurrence

8n2N b2n = ( 1)ⁿ 2²ⁿn!Pn( )b0

Or b0=y(0), donc

y=y(0)f

1. La fonctiong est de classeC¹ sur ]0;+1[comme produit de telles fonctions, et sur cet intervalle g⁰(x) = 2 x ^{2 1}f (x) +x ² f⁰ (x)

et

g⁰⁰(x) = 2 (2 + 1)x ^{2 2}f (x) 4 x ^{2 1}f⁰ (x) +x ² f⁰⁰ (x) Donc

xg⁰⁰(x) + (2 + 1)g⁰(x) +xg (x) = 2 (2 + 1)x ^{2 1}f (x) 4 x ² f⁰ (x) +x ^{2 +1}f⁰⁰ (x) + 2 (2 + 1)x ^{2 1}f (x) + (2 + 1)x ² f⁰ (x) +x ^{2 +1}f (x)

= x ² [xf⁰⁰ (x) + ( 2 + 1))f⁰ (x) +xf (x)] = 0 ce dernier terme est nul carf est solution de(E ).

g est solution deE sur]0;+1[ 2. Considérons une combinaison linéaire nulle def etg :

f + g = 0 La somme d’une série entière est continue en 0, donc lim

x!0⁺f (x) =f (0) = 1:

De même lim

x!0⁺f (x) = 1et par conséquent lim

x!0⁺g (x) = +1si >0 0si <0 . On a donc en passant à la limite : si >0, = 0

si <0 , = 0 et donc dans les deux cas = = 0 carf et g ne sont pas la fonction nulle.

Les deux fonctions sont donc linéairement indépendantes.

On sait que l’ensemble des solutions sur un intervalle où le coe¢ cient dey"ne s’annule pas d’une équation di¤éren- tielle linéaire est un espace vectoriel de dimension2, donc la solution générale de(E )surR⁺ est :

9( ; )2R² ;8x2]0;+1[ y(x) = f (x) + g (x)

3. La dérivée dey( x)est y⁰( x)et sa dérivée seconde esty( x). Doncx7!y( x)est solution de(E )sur ]0;+1[ si et seulement si

8x2 ]0;+1[ xy⁰⁰( x) (2 + 1)y⁰( x) +xy( x) = 0 ce qui, en substituant xàx, équivaut à

8x2 ] 1;0[ xy⁰⁰(x) (2 + 1)y⁰(x) xy(x) = 0 donc à ysolution de (E )sur ] 1;0[.

Commef etf sont paires, on a donc comme solution générale sur ] 1;0[:

9( ; )2R² ;8x2] 1;0[ y(x) = f (x) + ( x) ² f (x) 4. On adapte les calculs du I.4

1.

j⁰(x) = x ¹f (x) +x f⁰(x) et

j⁰⁰(x) = ( 1)x ²f (x) + 2 x ¹f⁰(x) +x f⁰⁰(x) Donc

x²j⁰⁰(x) +xj⁰(x) + (x^{2 2})j (x) =x ⁺¹[xf⁰⁰(x) + ( 2 + 1))f⁰(x) +xf (x)] = 0 j est donc solution de (B ). Et doncj est solution de(B ) = (B ).

2. Le réel est non nul (car 2= Z), donc on peut supposer >0 ( l’autre cas est symétrique)j tend vers zéro en 0⁺et j vers+1. Comme enI.4.2, elles sont donc linéairement indépendantes. La solution générale de(B )sur

]0;+1[ est

9( ; )2R² ;8x2]0;+1[ y(x) = j (x) + j (x)

On montre comme en I.4.3 quey est solution deB sur ] 1;0[ si et seulement six7!y( x)est solution sur ]0;+1[. Donc la solution générale deB sur ] 1;0[est :

PARTIE II

1. On a une intégrale à paramètre à dériver : Posons'(x; t) = (1 t²) ¹²cosxt.

pour toutt2[0;1[la fonctionx7!'(x; t)est deux fois dérivable surRavec

@'

@x = t(1 t²) ¹²sinxt et @²'

@x² = t²(1 t²) ¹²cosxt Pour toutx2Rla fonctiont7!'(x; t)est continue sur[0;1[, et on a domination :

j'(x; t)j (1 t²) ¹² 8>

<

>:

continue sur[0;1[

intégrable sur(0;1[car(1 t²) ¹² = ((1 t) (1 +t)) ¹² 2 ¹²(1 t) ¹² avec 1 2 > 1 indépendante dex

La domination par une fonction intégrable assure l’intégrabilité.

Pour toutx2Rla fonctiont7!@'

@x(x; t)est continue sur[0;1[, et on a la même domination :

@'

@x(x; t) (1 t²) ¹² Pour toutx2Rla fonctiont7!@²'

@x²(x; t)est continue sur[0;1[, et on a toujours la même domination :

@²'

@x²(x; t) (1 t²) ¹² On en déduit donc queh est C² surRet que l’on peut dériver sous le signe

Z :

2.

1. On a donc :

h⁰⁰(x) = Z 1

0

@²'

@x²(x; t)dt= Z 1

0

t²(1 t²) ¹²cosxt dt et donc :

xh⁰⁰(x) +xh (x) = x Z 1

0

(1 t²) ¹²cosxt dt Z 1

0

t²(1 t²) ¹²cosxt dt

= x

Z 1 0

(1 t²) ⁺¹²cosxt dt

2. On intègre par partie en posantu= (1 t²) ⁺¹² etv= sinxt(fonctionsC¹sur[0;1[) ,u⁰= t(2 + 1) (1 t²) ¹² et v⁰=xcosxt. Poura2[0;1[. Alors

Z a 0

(1 t²) ⁺¹²xcosxt dt = h

(1 t²) ⁺¹²sinxtia

0+ (2 + 1) Z a

0

t(1 t²) ¹²sinxt dt

= (1 a²) ⁺¹²sinxa+ +(2 + 1) Z a

0

t(1 t²) ¹²sinxt dt En faisant tendre avers1, il vient

xh⁰⁰(x) +xh (x) = (2 + 1) Z 1

0

t(1 t²) ¹² sinxt dt= (2 + 1)h⁰(t)

Donch est bien solution surRde(E ) .

3. On développe le cosinus en série entière : h (x) =

Z 1 0

(1 t²) ¹² X1 n=0

( 1)ⁿ(xt)²ⁿ (2n)! dt

On doit intégrer termes à termes cette série : posonsun:t >( 1)ⁿ(1 t²) ¹²(xt)²ⁿ (2n)! . La sérieX

un converge simplement verst7!'(x; t)par construction les fonctions un sont intégrables sur [0;1[car continue sur[0;1[et

jun(t)j= (1 t) ¹²(1 +t) ¹²(xt)²ⁿ

(2n)! ¹2 ¹² x²ⁿ

(2n)!(1 t) ¹² avec 1=2> 1 La sérieX Z ¹

0 jun(t)jdtconverge car pour t2[0;1[, on peut écrire Z 1

0 jun(t)jdt x²ⁿ (2n)!

Z 1 0

(1 t²) ¹²dt

Or l’intégrale est une constante, et la série de terme général x²ⁿ

(2n)! converge (sa somme estch(x)) . L’intégration terme à terme est donc possible, et on obtient la relation demandée.

h (x) =

+1

X

n=0

( 1)ⁿIn( ) (2n)! x²ⁿ

4. On a vu au I.3.2que toute solution y de(E )développable en série entière et paire, était égale ày(0)f . C’est le cas deh (la parité est évidente), donc

h =h (0)f

5. Par unicité du développement en série entière, et en remarquant que h (0) =I₀( ), on obtient In( ) =I0( ) (2n)!

2²ⁿn!Pn( )

PARTIE III

1. Le sujet exprimeFeen fonction deF. Toutes les fonctions sontC²: (r; ) >(rcos( ); rsin ( )) de ]0;+1[ RsurR²rf0;0g F surR²rf0;0g

on peut donc dériver les fonctions composées.

La fonctionF~ est composée de deux fonctions de classeC², et :

@Fe

@r(r; ) =@F

@x[rcos ; rsin ]@x

@r(r; ) +@F

@y[rcos ; rsin ]@y

@r(r; ) = cos @F

@x[rcos ; rsin ] + sin @F

@y[rcos ; rsin ] On dérive de nouveau par rapport àron obtient

@²Fe

@r²(r; ) = 0 BB

@

cos cos @²F

@x²[rcos ; rsin ] + sin @²F

@x@y[rcos ; rsin ] + sin cos @²F

@x@y[rcos ; rsin ] + sin @²F

@y²[rcos ; rsin ] 1 CC A

= cos² @²F

@x²[rcos ; rsin ] + 2 cos sin @²F

@x@y[rcos ; rsin ] + sin² @²F

@y²[rcos ; rsin ] Passons à :

@Fe

@ (r; ) = rsin @F

@x[rcos ; rsin ] +rcos @F

@y[rcos ; rsin ]

@F @F

En redérivant par rapport à ,rest en facteur.

@²Fe

@ ²(r; ) = r 0 BB

@

sin rsin @²F

@x²[rcos ; rsin ] +rcos @²F

@x@y[rcos ; rsin ] cos @F

@x[rcos ; rsin ] cos rsin @²F

@x@y[rcos ; rsin ] +rcos @²F

@y²[rcos ; rsin ] sin @F

@y

1 CC A

= r

0 B@

rsin² @²F

@x²[rcos ; rsin ] +rcos² @²F

@y²[rcos ; rsin ] 2rcos sin @²F

@x@y[rcos ; rsin ] cos @F

@x[rcos ; rsin ] sin @F

@y[rcos ; rsin ]

1 CA

Et en rassemblant tout ceci, on obtient :

@²Fe

@r²(r; ) = + cos² @²F

@x²[x; y] +2 cos sin @²F

@x@y[x; y] + sin² @²F

@y²[x; y]

1 r

@Fe

@r(r; ) = +1

rcos @F

@x[x; y] +1

rsin @F

@y[x; y]

1 r²

@²Fe

@ ²(r; ) = 1

rcos @F

@x[x; y] 1

rsin @F

@y[x; y] + sin² @²F

@x²[x; y] 2 cos sin @²F

@x@y[x; y] + cos² @²F

@y²[x; y]

et donc :

@²Fe

@r²(r; ) +1 r

@Fe

@r(r; ) + 1 r²

@²Fe

@ ²(r; ) =@²F

@x²[x; y] +@²F

@y²[x; y]

Une remarque du type @²Fe

@r² +1 r

@Fe

@r = 1 r

@ r^@_@r^Fe

@r ne simpli…e pas énormément le calcul.

2. L’hypothèse "non identiquement nulle " est importante. Par exemple siF = 0,f = 0, etgquelconque (non périodique) est solution du problème.

1. Fe étant non identiquement nulle, .Il existe au moins un réelr0tel que f(r0)6= 0et un angle 0tel que g( 0)6= 0:

On a alors

g( ) =F~(r; )

f(r₀) = F(r0cos ; r0sin ) f(r₀) qui est bien2 -périodique.

2. Vue la forme de Fe:

@Fe

@r(r; ) =f⁰(r)g( ), @²Fe

@r²(r; ) =f"(r)g( ), @²Fe

@ ²(r; ) =f(r)g" ( ) donc :

F(rcos ; rsin ) =f⁰⁰(r)g( ) +1

rf⁰(r)g( ) + 1

r²f(r)g⁰⁰( ) Donc la condition F+!²F = 0équivaut à

f⁰⁰(r)g( ) + 1

rf⁰(r)g( ) + 1

r²f(r)g⁰⁰( ) +!²f(r)g( ) = 0 ou encore (en multipliant parr²6= 0)

rg( ) rf"(r) +f⁰(r) +!²r²f(r) = f(r)g"( ) On peut diviser parf(r0)non nul :

g⁰⁰( ) = r0

r0f⁰⁰(r0) +f⁰(r0) +r0!²f(r0) f(r₀) g( ) Si on pose =r0

r0f⁰⁰(r0) +f⁰(r0) +r0!²f(r0)

f(r0) on ag⁰⁰( ) + g( ) = 0. 8 2R g⁰⁰( ) + g( ) = 0

On a donc pour tout et toutr >0 : :

rg( ) rf"(r) +f⁰(r) +!²rf(r) = f(r)g( ) Il su¢ t alors de prendre la valeur en ₀ et de diviser parg( ₀)6= 0pour avoir :

8r2R⁺ , r²f"(r) +rf⁰(r) + (!²r² )f(r) = 0

3. On cherche à résoudre l’équation di¤érentielle linéaire à coe¢ cients constants : g⁰⁰+ g= 0 Si <0, les solutions sont de typeaexp(xp

) +bexp( xp ).

–Sia6= 0la limite en+1estsigne(a):1:la fonction est non périodique donca= 0 –Sib6= 0on regarde la limite en 1:

–la seule solution périodique est la fonction nulle (impossible ici)

Si = 0on a un entier naturel. Les solutions sont du typeax+b périodique si et seulement sia= 0. Si est strictement positif, alors les solutions sont de type

acos( p

) +bsin( p

) =Acos p + qui sont 2 -périodiques si et seulement si A = 0 (exclu) ou cos p

+ = cos p

+ + 2 p

. En prenant p

+ = 0on acos(2 p

) = 1 doncp

2Zdonc 2N est de la formep², avecp2N 4. le calcul précédent donne :

Si p= 0,g est donc constante.

Sinon,g( )est de la forme : acos(p ) +bsin(p ) 3.

1. Sip= 0, l’équation(i)s’écrit

rf⁰⁰(r) +f⁰(r) = 0

doncf⁰(r)est solution de l’équation di¤érentiellery⁰+y= 0, donc de la formeAexp

Z dr r = A

r. Donc f(r)est de la formeAlnr+B

.

2. Sip6= 0, donc 6= 0,(i)s’écrit

r²f⁰⁰(r) +rf⁰(r) f(r) = 0

C’est une équation di¤érentielle linéaire du second ordre le coe¢ cient def" n’ayant pas de racines sur le domaine de calcul : R⁺ . L’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension2. Or une fonction du type r7!r est solution si et seulement si ( 1) + = 0, soit = p. Ce qui donne deux solutions linéairement indépendantes : r > r^p etr > r ^p,

f(r)est de la formeAr^p+Br ^p

Réciproquement on peut alors véri…er que dans les deux cas : Fe(r; ) = k(Alnr+B)

(acos(p ) +bsin(p )) Ar^p+Br ^p véri…ent bien @²Fe

@r²(r; ) +1 r

@Fe

@r(r; ) + 1 r²

@²Fe

@ ²(r; ) = 0 et donc F = 0:

4. On a f₁⁰(r) = 1

!f⁰ r

! etf₁⁰⁰(r) = 1

!²f₁⁰⁰ r

! . Donc

r²f₁⁰⁰(r) +rf₁⁰(r) + (r² p²)f1(r) = r

!

2

f⁰⁰ r

! + r

!f⁰ r

! + !² r

!

2

f r

! qui est nul parce quef est solution de(i).

Remarque On s’est ainsi ramené à(B_p), étudiée dans la première partie. On a donc les fonctionsf sous forme de série entière , ou sous forme d’intégrales avec la seconde partie.