Mines-Ponts PC PSI 2001 Math 2 Lecture du sujet:

Mines-Ponts PC PSI 2001 Math 2 Lecture du sujet:

On étudie les solutions d’une équation di¤érentielle du second ordre.

Le I1 est incontournable. Sans le I1 on peut certes traiter quelques questions comme le II1 mais on restera très limité.

Il faut donc passer le temps qu’il faut sur cette question (peut-être deux heures) avant de passer aux questions suivantes.

Le sujet vous protège contre les erreurs de calculs en vous demandantf_i pour i=¡2¢ ¢ ¢1. soit 4 véri…cations possible.

Le cap du I1 étant passé, on voit que les parties qui suivent sont indépendantes (I2,I3,II).

Par contre l’indépendance au sein du II est di¢cile à prévoir.

On cherche à intégrer une équation di¤érentielle linéaire homogène du second ordre. Les fonctionsa(x); b(x); c(x) sont continues sur R, par contre si x= 0, a(x) = 0. L’espace des solutions surR^+¤ ou R^¡¤ est un espace vectoriel de dimension 2. Le sujet dit clairement que les solution DSE forment un espace de dimension 1 . Il y a donc d’autres solutions surR^+¤ouR^¡¤.

1. Partie Question I1

I1a)Sur l’intervalle ]¡R; R[, on écrit:

f¸(x) = 1 +

+1

X

n=1

anxⁿ

La somme d’une série entière estC¹ sur le disque ouvert de convergence et, sur ce domaine, on peut dériver termes à termes.On a donc à l’intérieur du disque ouvert de convergence : :

f_¸⁰(x) =

+1

X

n=0

(n+ 1)an+1xⁿ; xf_¸⁰(x) =

+1

X

n=1

nanxⁿ; xf_¸⁰⁰(x) =

+1

X

n=1

n(n+ 1)an+1xⁿ; On a donc en ajoutant les termes et en isolantn= 0 :

(a₁¡¸) + X1 n=1

(n(n+ 1)a_n+1+ (n+ 1)a_n+1¡na_n¡¸a_n)xⁿ= 0

La somme d’une série entière est nulle si et seulement si les coe¢cients sont nuls ce qui fournit les relations : a₁=¸et8n>1; n(n+ 1)a_n+1+ (n+ 1)a_n+1¡na_n=¸a_n

et …nalement la récurrence espérée :

a₀= 1et8n>1; a_n= ¸+n¡1 n² a_n¡1 . On résout facilement :

a₀= 1;8n¸1 :a_n= _n!¹2 Qn

k=1(¸¡1 +k): En particulier, si¸= 1,a_n= 1=n!etf₁= exp

si¸= 0,a_n= 0sin¸0etf₀= 1

si¸=¡1, a_n= 0sin>2etf_¡1:x7!1¡x si¸=¡2, a_n= 0sin>3etf_¡2:x7!1¡2x+¹₂x².

il est interdit dans un problème de ce type de passer aux questions suivantes sans avoir trouver des résultats justes (la véri…cation est à chaque fois facile)

I1b)f_¸ est un polynôme si et seulement sia_n est nul à partir d’un certain rang . D’après la récurrence il est évident que sia_N= 0alors pour n¸N a_n= 0:

f_¸ est donc un polynôme si et seulement si¸+n¡1est nul pour un entiern.Donc si et seulement si¸2 ¡N Si¸=¡p2 ¡N, f_¡p est de degrépet de coe¢cient dominant égal à _p!¹2

Qp

k=1(¡p¡1 +k) = (¡1)^p=p!.

f_¡p(x) = (¡1)^{p x}_p!^p +P_p¡1

k=0a_kx^k

I1c)Si¸ =2 ¡N, les coe¢cients a_nsont tous non nuls et on peut appliquer la règle de D’Alembert :

lim¯¯

¯¯a_n+1xⁿ⁺¹ a_nxⁿ

¯¯¯¯= lim ¸+n

(n+ 1)²jxj= 0

Le rayon de convergence de la série entière est R= +1.

Le calcul précédent montre donc que s’il existe une solution c’est la série précdente. La réciproque étant une simple véri…cation en refaisant une dérivation termes à termes le sujet a admis le résultat .

Question I2

I2a)On a vu que la fonction exponentielle est solution surRdeE₁. Cherchons les solutions sur la demi droite ]0;+1[ en utilisant la méthode de variation de la constante. Elle sont de la forme y(x) =z(x)e^x où z est de classeC²car z(x) =y(x)e^¡xest le produit de deux fonctionsC².On a :

y(x) =z(x)e^x

y⁰(x) =z(x)e^x+z⁰(x)e^x

y"(x) =z(x)e^x+ 2z⁰(x)e^x+z"(x)e^x

Si on reporte dans l’équation on a après simpli…cation pare^x:

(E₁),x(z⁰⁰+ 2z⁰+z) + (1¡x)(z⁰+z)¡z= 0,xz⁰⁰+ (x+ 1)z⁰= 0

On sait par le cours que le coe¢cient dez(x)doit être nul . Sinon il faut reprendre le calcul. Comme on a fait toutes les véri…cations au I1 on doit vite trouver l’erreur.

On peut intégrer surR^+¤ puisque le coe¢cient dez"est non nul : z⁰(x) = exp¡R

¡^x+1_x ¢

=®e^¡x=xoù®est une constante arbitraire.

On en déduit, en prenant la primitive nulle en 1 (le sujet impose cette primitive) la solution générale souhaitée :

f :8x >0; f_®;¯⁺ (x) =®e^xRx 1

e^¡t

t dt+¯e^x où®et¯ sont des réels arbitraires.

I2b)De même six <0

f :8x >0; f_°;±^¡ (x) =®e^x Z x

¡1

e^¡t

t dt+±e^x où° et± sont des réels arbitraires.

Le calcul est le même . Vous devez rédiger plus vite . Les justi…cations théoriques peuvent négligées.

I2c)Pour trouver une solution surRil faut raccorder ces solutions enx= 0.

Or lim_x!0⁺Rx 1 e^¡t

t dt = ¡1 : ^e¡t_t > ^e¡1_t et donc ^e¡t_t est continue positive , non intégrable sur ]0;1] . Un raccord par continuité impose®= 0.

De façon analogue,lim_x!0¡Rx 1 e^¡t

t dt=¡1et un raccord impose°= 0.

Finalement les seules solutions dé…nies sur toutRde(E₁)sont lesx7!®e^xavec®2Ret ces fonctions sontC² surRde façon évidente.

Question I3

I3a)D’après la question suivante il est évident que E_1¡¸ doit intervenir dans la réponse.

g_¸ est de classe C² sur R. Comme, pour tout xréel, f_¸(x) = e^xg_¸(¡x), on a f_¸⁰(x) = e^x(g_¸(¡x)¡g_¸⁰(¡x)) et f_¸⁰⁰(x) =e^x(g⁰⁰_¸(¡x)¡2g_¸⁰(¡x) +g_¸(¡x)), et remplaçant dans(E_¸)et simpli…ant par l’exponentielle jamais nulle, on obtient l’équation di¤érentielle véri…ée parg_¸ :

xg_¸"(¡x)¡(1 +x)g⁰_¸(¡x) + (1¡¸)g_¸(¡x) = 0 en remplaçantxpar¡x: xy⁰⁰+ (1¡x)y⁰+ (¸¡1)y, où l’on reconnaîtE1¡¸.

g¸ est solution deE1¡¸

On peut véri…er pour ¸= 1:

I3b)Il est d’étrange d’admettre le résultat. Les PSI* doivent connaître aussi leur cour sur le produit de Cauchy de deux séries entières.

D’après ce qui précède et l’unicité admise par l’énoncé à la …n de la question I.1.c, il su¢t de véri…er qu’en 0, la valeur prise pare^xf_¸(¡x)vaut bien 1, ce qui est évident.

f1¡¸=e^xf¸(x)

I3c)Pourp2N^¤, on a pour toutx: f_p(x) =e^xf_1¡p(¡x)et on a vu quef_1¡pétait un polynôme de degrép¡1.

En particulierf₂(x) = (1 +x)e^xetf3(x) = (1 + 2x+¹₂x²)e^x. I3d)Au voisinage de+1, d’après le I.1.b, on dispose de

f_p+1(x)

xf_p(x) = f_¡p(¡x) xf_1¡p(¡x)

Or un polynôme est équivalent en+1à son terme de plus haut degré donc : f_p+1(x)

xf_p(x) » x^p=p!

x:x^p¡1=(p¡1)! =1 p 2

Question I4

(pour information . Vous pouvez faire le calcul avec vos connaissances de Sup) Le calcul fournit ^@F_@u(x; y; z) = ^u_r^2rf¸0(r)_2r3=2^¡f¸(r) pouru=x,y ouz.

De même ^@_@u^2F2(x; y; z) = (¹_r¡^u_r³²)^2rf¸0(r)¡f_2r3=2^¸(r)+^u_r2²

4r²f_¸⁰⁰(r)¡4rf¸⁰(r)+3f¸(r)

4r⁵⁼² , et, en sommant, on obtient le laplacien deF, qui s’écrit: ²_r^2rf¸0(r)_2r3=2^¡f¸(r)+^{4r2f¸00(r)¡}_4r^4rf₅₌₂^{0¸(r)+3f¸(r)} =_4r¹₅₌₂(4r²f_¸⁰⁰(r) + 4rf_¸⁰(r)¡f_¸(r)).

Tenant compte de l’équation(E_¸)véri…ée parf_¸, le laplacien se réécrit: ^4r2f¸0(r)+(4¸r¡1)f¸(r)

4r⁵⁼² , et l’équation(P) devient tout simplement(2¸+ 1)^rf_2r^¸5=2^(r) = 0et est donc véri…ée dès que¸=¡1=2.

2. Partie Question II1

On a une intégrale de Wallis très classique.(voir les exos)

Après une intégration par parties : I_p+1=_2(p+1)^2p+1 I_p. OrI₀=¼=2donc:

I_p=^¼_{2 2}^(2p)!2pp!²:

Question II2

II2a)L’application

© : ©(µ; x) =e^x(sin(µ))2

estC¹sur[0; ¼=2]£R. Comme on intègre sur un segment il est inutile de dominer. Á 2 C¹(R;R) II2b)Soit x un réel …xé. Comme e^z =P+1

0 zⁿ

n! pour tout z réel on a pour tout x réel et toutµ 2 [0; ¼=2]

e^xsin2µ=P+1

n=0xⁿsin²ⁿµ

n! .On doit intégrer par rapport àµsur£ 0;^¼₂¤

:

SoitÃ_n(µ) = ^xnsin_n!^2nµ .Les fonctionsÃ_nsont continues donc intégrable sur le segment . La sériePÃ_nconverge vers une fonction continue par morceaux..

De plusR¼=2

0 jÃ_nj=R¼=2

0 jxjⁿsin²ⁿµ

n! dµ· ^¼₂^j_n!^xj est le terme général d’une série convergente.(P_jxj n! =e^jxj) On peut donc intégrer terme à terme, c’est-à-dire écrire :

8x2R; Á(x) = Z ¼=2

0

e^xsin2µdµ=

+1X

p=0

x^p p!

Z ¼=2 0

sin^2pµ dµ= ¼ 2

+1X

p=0

(2p)!

4^pp!³x^p:

remarque : Comme on intègre sur un segment on peut aussi prouver la convergence uniforme de la série PÃ_n sur £

0;^¼₂¤

. Mais comme on intègre par rapport à µon n’intègre pas une série entière.

Á est donc développable en série entière sur R avec un rayon de convergence in…ni. Ses coe¢cients sont les Ip=p!, qui véri…ent la récurrence : I0=¼=2et ^I_n!ⁿ = ²ⁿ_2n^¡2¹ I_n¡1

(n¡1)!.

Orf₁₌₂ est la fonction développable en série entière surRdont les coe¢cients véri…enta₀= 1 et8n>1; a_n=

n¡1=2

n² a_n¡1: ce sont donc les mêmes coe¢cients, à¼=2près.

8x2R; Á(x) = ^¼₂f₁₌₂(x):

Question II3

II3a)La fonction ®(u) = (1¡u)e^u est C¹ sur ]¡ 1;1[, de dérivée®⁰(u) =ue^u . Elle est donc maximum en x= 0et son maximum vaut 1. On en déduit l’inégalité

8u <1;exp(u)· _1¡u¹

II3b)Notons que commex <1,¯¯xsin²(µ)¯¯<1et la fonction sous le signeR est continue : l’intégrale est dé…nie.

Le changement de variablet= tanµ estC¹ sur[0; ¼=2[ mais pas sur£

0;^¼₂¤d’où la rédaction : J(x) = lim

T!¼=2

ÃZ T 0

dµ 1¡xsin²µ

!

= lim

T!¼=2

ÃZ tan(T) 0

dt 1+t²

1¡x_1¡t^t22

!

= lim

T!¼=2

ÃZ tan(T) 0

dt 1 + (1¡x)t²

!

= lim

T!¼=2

µ 1

p1¡xarctan¡

tan(T)p

1¡x)¢¶

= ¼

2p 1¡x:

remarque:Pour un simple calcul explicite par passage à la limite ne perdez pas de temps à prouver l’intégrabilité mais n’écrivez pas R₊₁

0 dt

1+(1¡x)t²

II3c)La positivité de Á(x)est évidente. La majoration est conséquence immédiate du a:

Á(x)·J(x) =₂p^¼1¡x

remarque : contrôle partiel de II3b:

3

II3d)Pourµ2[0; ¼=2], on dispose desin²µ 6µ², et donc, pourx6¡1, dexsin²µ>xµ²(x <0donc attention aux changement de sens dans vos inégalités)

Alors, toujours pourx6¡1, on a : Á(x)>Z ¼=2

0

e^xµ2dµ= Z ¼=2

0

e^¡(p¡xµ)2d(p

¡xµ) p¡x = 1

p¡x Z ¼p

¡x=2 0

e^¡v2dv> 1 p¡x

Z ¼=2 0

e^¡v2dv:

On dispose donc de la minoration souhaitée, oùA=R¼=2 0 e^¡v2dv. Ce n’est peut-être pas la seule méthode.

II3e)Grâce à l’encadrement démontré auc., il est clair queÁest de limite nulle en¡1. Mais commex7! ^p1_¡x n’est pas intégrable sur]¡1;¡1], la minoration dud. prouve queÁn’est pas non plus intégrable sur]¡1;¡1].

Question II4

II4a)D’après le I.3.b,8x2R; f₁₌₂(x) =e^xf₁₌₂(¡x)donch(x) =e^¡x=2f₁₌₂(x) =e^x=2f₁₌₂(¡x) =h(¡x), et hest paire

Ainsi, pour tout réelx,

h(x) = 1

2(h(x) +h(¡x)) = 1

¼(e^¡x=2Á(x) +e^x=2Á(¡x))

= 1

¼

ÃZ ¼=2 0

e^{x=2(2 sin2µ¡1)}+e^{¡x=2(2 sin2µ¡1)}

! dµ

= 2

¼ Z ¼=2

0

ch(x

2cos 2µ)dµ= 1

¼ Z ¼

0

ch(x

2cosu)du= 2

¼ Z ¼=2

0

ch(x

2cosu)du grâce à la parité du cosinus hyperbolique.

h(x) = _¼²R¼=2

0 ch(^x₂cosu)du

On peut aussi partir du résultat . Dans tous les cas il faut comprendre qu’aucune formule de trigo ne transforme sin(µ)²encos(µ)et donc qu’il y aura aussi un changement de variable ... mais c’est la …n d’un sujet des Mines.

II4b)cht=P+1 n=0 t^2k

(2k)!= 1 +t²+P+1 n=2 t^2k

(2k)!>1 +^t₂² Donc : 8x >0; h(x) = 2

¼ Z ¼=2

0

ch(x

2cosu)du>1 + 1 4¼x²

Z ¼=2 0

cos²u du= 1 +x² 16: On en déduit quelim₊₁h(x) = lim₊₁^h(x)_x = +1.

II4c)La fonctionhest clairement croissante sur [0;+1[car 06x6y) 8u2[0; ¼=2];06 x

2cosu6 y

2cosu)16ch(x

2cosu)6ch(y

2cosu))h(x)6h(y):

On peut aussi dire aussi ( théorème de dérivation d’un intégrale à paramètre sur un segment quehest de classe C¹ surRet que

h⁰(x) = 1

¼ Z ¼=2

0

cosush(x

2cosu)dueth⁰⁰(x) = 1 2¼

Z ¼=2 0

cos²uch(x

2cosu)du>0;

ce qui conclut à la croissance sur[0;+1[et la convexité surRde la fonctionh.

On a aussi : h(0) = 1 h⁰(0) = 0

il y a une branche parabolique verticale sixtend vers+1(II4b) la fonction est paire

L’aspect général (très simple) de la courbe s’en déduit aussitôt.

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