CCP 2009 PC Math 2

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Partie I

I.1.1On sait que pour toutz2C,exp(z) =

+1

X

n=0

zⁿ n! donc 8x2R, exp( zx) =

X1 n=0

( 1)ⁿzⁿ

n! xⁿ etf(x) = exp x²

2 =

X1 n=0

( 1)ⁿ n!2ⁿ x²ⁿ

qui sont bien des séries entières enx. comme l’égalité est véri…ée pour tout réelR= +1 I.1.2Si on posean=( 1)ⁿzⁿxⁿ

n! ,bn= 8<

:

0sinest impair ( 1)^px^2p

p!2^p sin= 2pest pair on aexp( zx) = X1 n=0

anxⁿetexp x²

2 =

+1

X

n=0

bnxⁿ et

F(x; z) = exp zx x²

2 = exp( zx) exp x²

2 =

X1 n=0

anxⁿ

! :

+1

X

n=0

bnxⁿ

!

Les deux séries converge absolument donc on peut faire le produit de Cauchy des deux séries et pour toutxréel : F(x; z) =

X1 n=0

c_n avec8n2N,c_n = Xn k=0

a_{n k}b_k

Ou encore

cn =

Xn k=0;kpair

( 1)^{n k}z^{n k}

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

= An(z)xⁿ avec

A_n(z) = Xn k=0;kpair

( 1)^{n k} (n k)!

( 1)^k=2

(k=2)!2^k=2 z^{n k}

Comme on aF(x; z) = X1 n=0

A_n(z)xⁿ, la fonctionx > F(x; z)est développable en sére entière avec un rayon de convergence in…nie.

Et on a donc bien pourAn(z)un polynôme et pour k= 0son terme dominant est ( 1)ⁿ n! 6= 0 A_k(z)est un polynôme de degrén

On remarque ensuite que le coe¢ cient choisi pour dé…nirHn est justement celui qui normalise (rend unitaire) le polynôme.

A₀(z) =a₀= 1; A₁(z) =a₁+ 0 = z

H0(z) = 1; H1(z) =z

I.1.3D’une part

@F

@x(x; z) = ( z x)F(x; z) = X1 n=0

A_n(z)zxⁿ X1 n=1

A_{n 1}(z)xⁿ D’autre part par dérivation de la série entière surR(intervalle ouvert de convergence) , on a

@F

@x(x; z) = X1 n=1

nAn(z)x^{n 1}= X1 n=0

(n+ 1)An+1(z)xⁿ Par unicité du développement en série entière, on obtient

8n 1, (n+ 1)A_n+1(z) = zA_n(z) A_{n 1}(z) soit en translatant l’indice.:

8n2N;(n+ 2)An+2(z) = zAn+1(z) An(z) et en multipliant par( 1)ⁿ(n+ 1)! on obtient

8n2N; z2C,Hn+2(z) =zHn+1(z) (n+ 1)Hn(z)

H2(z) =z:z 1:1 =z² 1

H₃(z) =z:(z² 1) 2:z=z³ 3z

H₄(z) =z:(z³ 3z) 3(z² 1) =z⁴ 6z²+ 3

I.2.1f(x) = exp x²

2 est bien de classeC¹ surRetf⁰(x) = xf(x). On dérive cette relation : f⁰⁰(x) = xf⁰(x) f(x):

En dérivantn+ 1fois la relation f⁰(x) = xf(x)on obtient:

f⁽ⁿ⁺²⁾(x) = (xf⁰(x))⁽ⁿ⁺¹⁾ Mais avec la formule de Leibniz de dérivation d’un produit:

(xf⁰(x))⁽ⁿ⁺¹⁾=

n+1X

k=0

n+ 1

k x^(k)f⁰(x)^{(n+1 k)}=xf⁽ⁿ⁺¹⁾(x) + (n+ 1)f⁽ⁿ⁾(x) +X 0

et donc :

8n2N; x2R; f⁽ⁿ⁺²⁾(x) +xf⁽ⁿ⁺¹⁾(x) + (n+ 1)f⁽ⁿ⁾(x) = 0

I.2.2On reportef⁽ⁿ⁾(x) = ( 1)ⁿf(x)Kn(x)dans la relation précédente (avec translation d’indices) et on divise par( 1)ⁿf(x)6= 0 pour obtenir la relation

8n2N,Kn+2(x) xKn+1(x) + (n+ 1)Kn(x) = 0.

K0(x) = 1f(x)

f(x)= 1 =H0(x)

K1(x) = f⁰(x)

f(x) =x=H1(x).

les deux suites(H_n(x)) et (K_n(x)) véri…ent la même relation de récurrence double et ont les mêmes premiers termes donc elles sont égales.

8n2N;8x2R; K_n(x) =H_n(x)

On véri…e par récurrence queK_n est pour toutnun polynôme . les deux polynômes sont égaux sur un ensemble in…ni donc ils sont formellement égaux.

dansC[X];on a l’égalitéK_n=H_n

remarque : c’est une réponse, comme le sujet est ambiguë ce n’est pas la seule. A priori Hn est une fonction de Cdans Cet Kn une fonction de Rdans R . Ayant des ensembles de départ di¤ érents les fonctions ne peuvent pas être égales.L’égalité dans les réels su¢ t pour toute la suite.

I.3.1On dériveHn+1(x) =Kn+1(x) = ( 1)ⁿ⁺¹exp(x²=2)f⁽ⁿ⁺¹⁾(x)comme un produit :

H_n+1⁰ = ( 1)ⁿ⁺¹xexp(x²=2)f⁽ⁿ⁺¹⁾(x) + ( 1)ⁿ⁺¹exp(x²=2)f⁽ⁿ⁺²⁾(x) =xHn+1(x) Hn+2(x) donc (d’aprèsI.1.3 )

8n2N,H_n+1⁰ (x) = (n+ 1)Hn(x)

I.3.2 Si on dérive cette relation on obtient pourn 1et x2R

H"_n+1(x) = (n+ 1)H_n⁰(x) = (n+ 1)nH_{n 1}(x) Or d’aprèsI.1.3 )

H_n+2(x) =xH_n+1(x) (n+ 1)H_n(x) et donc pour n 2etx2R

Hn(x) =xHn 1(x) (n 1)Hn 2(x)

On reporte l’expression deHn 1 et Hn 2trouvée.

Hn(x) = +xH_n⁰(x)

n (n 1) H"(x) n(n 1) En multipliant parn(n 1) on a bien la relation du sujet.:

8n 2 ,8x2R,H"_n(x) xH_n⁰(x) +nH_n(x) = 0

Ce n’est pas …ni : Une relecture attentive (si on ne le voit peut-être pas dès le départ) montre qu’il fautn 2 (pour parler deHn 2). On véri…e pourn= 1 (x x= 0)etn= 0 (0:1 = 0)

8n2N;8x2R; H"n(x) xH_n⁰(x) +nHn(x) = 0 I.4La fonction est bienC¹ surR et

'⁰_n= ( 1)ⁿ H_n⁰(x) exp x² 4

x

2Hn(x) exp x² 4

puis

'⁰⁰_n(x) = ( 1)ⁿ H_n⁰⁰(x) exp x²

4 xH_n⁰(x) exp x² 4 +x²

4 H_n(x) exp x² 4

1

2H_n(xpexp x² 4 donc

'⁰⁰_n(x) x²

4 '_n(x) = ( 1)ⁿ H_n⁰⁰(x) xH_n⁰(x) 1

2 exp x² 4 d’où avec la relation de la question précédente :

'⁰⁰_n(x) x²

4 '_n(x) = n+1

2 '_n(x)

I.5.1

CommeH_p est un polynôme normalisé de degrépon aH_p(x) ₁x^p et donc

x²Hp(x)Hq(x)f(x) ₁x^p+q+1exp x²=2 = (u)^p+q+22 e ^u=2 en posantu=x² . Comme l’exponentiel l’emporte sur la puissance on alim

1 x²:jH_p(x)H_q(x)f(x)j = 0ce qui (comme la fonction est continue surR) assure l’intégrabilité de la fonction surR

Ip;q est toujours dé…nie I.5.2CommeHq(x) =Kq(x) = ( 1)^q f^(q)

f par dé…nition de la suite(Kn)et égalité des deux suites (cf Q.2.2.) Ip+1;q+1=

Z +1 1

Hp+1(x)Hq(x)f(x)dx= Z +1

1

Hp+1(x)( 1)^q+1f^(q+1)(x)dx

On se place sur un segment et on intègre par parties avec u=Hp+1; u⁰=H_p+1⁰ = (p+ 1)Hp d’aprèsQ.3.1.

v⁰= ( 1)^q+1f^(q+1); v= ( 1)^q+1f^(q)= H_qf:d’aprèsQ.2.2. , u; v sontC¹ surR

Z b a

H_p+1(x)( 1)^q+1f^(q+1)(x)dx= H_p(b)H_q(b)f(b) +H_p(a)H_q(a)f(a) + (p+ 1) Z b

a

H_p(x)H_q(x)f(x)dx

MaisHp(b)Hq(b)f(b) b >+1b^p+qexp b²=2 tend vers0 sibtend vers+1et de mêmeHp(a)Hq(a)f(a)tend vers0sia tend vers 1 :Comme les fonctions sont intégrables, on peut aussi passer à la limite dans les intégrales:

Ip+1;q+1= 0 0 + (p+ 1) Z +1

1

Hp(x)Hq(x)f(x)dx= (p+ 1)Ip;q

et donc commepet qjouent des rôles symétriques :

Ip+1;q+1= (p+ 1)Ip;q= (q+ 1)Ip;q

Sip=q on aIp;p=p:Ip 1;p 1et donc une suite factoriel : Ip;p=p!I0;0=p!p 2 Sip > q on aI_p;q =pI_{p 1}; q et doncI_p;q =p(p 1) (p q+ 1)I_{p q;0}. Or

I_{p q;0} =

Z +1 1

H_{p q}f(x)dx= Z +1

1

( 1)^{p q}f^{(p q)}(x)dx

= ( 1)^{p q}h

f^{(p q 1)}(x)i+1

1= ( 1)^{p q}[H_{p q 1}f(x)]⁺¹₁

= 0( l’exponentielle def l’emporte sur le polynôme deH ) et doncIp;q = 0sip > q

Siq > ple calcul est symétrique :

8(p; q)2N² ,Ip;q= p!p

2 sip=q 0sip6=q

Remarque : les fonctions(H_n)_n2N forment une base orthogonale et normalisée deR[X]pour le produit scalaire(P; Q) ! Z +1

1

P(t)Q(t) exp( t²=2)dt

Partie II

II.1Théorème de continuité d’une intégrale à paramètre Pourt2R, 7!F(t;2i )est continue sur R;

Pour 2R,t7!F(t;2i )est continue sur Ret intégrable carjF(t;2i )j= exp( t²=2) =f(t)intégrable surR On a domination par la majoration précédente carf(t)ne dépend pas de (lexdu cours)

Le théorème du cours s’applique

f^est continue surR. II.1Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre

Pourt2R, 7!F(t;2i )est de classeC¹surRet @F(t;2i )

@ = 2i tF(t;2i ) 2R,t7!F(t;2i )est continue surRet intégrable

Pour 2 R, t 7! 2i tF(t;2i ) est continue sur R et intégrable car j 2i tF(t;2i )j = 2 jtjexp( t²=2) et donc

t >lim1 t²2 jtjF(t;2i ) = 0

On a domination par la majoration précédente car2 jtjf(t)ne dépend pas de le théorème de Leibniz s’applique

f^est de classeC¹ surR.

II.3.1Le théorème précédent nous donne aussi le calcul de la dérivée : On a f^ ⁰( ) =

Z +1 1

2i tF(t;2i )dt. On transforme avec l’indication du sujet : Z +1

1

2i texp 2i t t²=2 dt:= Z +1

1

+2i (2i ) exp 2i t t²=2 dt+ Z +1

1

2i ( 2i t) exp 2i t t²=2 dt:

On vient de casser une intégrale en deux, il faut justi…er la convergence d’un morceau ( ce qui implique celle de l’autre). Or la première est un multiple de fb.

Dans la seconde on reconnaîtu⁰exp(u)avecu(t) = 2i t t²=2 . donc Z +1

1

( 2i t) exp 2i t t²=2 dt= exp 2i t t²=2 ⁺¹

1

Or exp 2i t t²=2 = exp t²=2 de limite nulle en 1: f^ ⁰( ) =

Z +1 1

2i texp 2i t t²=2 dt= Z +1

1

+2i (2i ) exp 2i t t²=2 dt= 4 ² fb(v)

f^ ⁰( ) = 4 ² fb(v)

On peut aussi faire une intégration par parties. en posantu⁰(t) = texp( t²=2),u(t) = exp( t²=2)

II.3.2 fbest donc solution de l’équation di¤érentielle linéaire du premier ordrey⁰( ) = 4 ² y( ) . Le coe¢ cient dey⁰ est 1 , pas de problème de calcul :

fb(v) =Kexp Z

4 ² d =Kexp 2 ^{2 2}

avecK=fb(0) = Z +1

1

exp( t^2=2)dt=p 2

f^( ) =p

2 exp( 2 ^{2 2})

Partie III

III.1.1 On ajxj6A 62 ndoncx 2 n60 et doncx7!f(x 2n ) est croissante sur[ A; A]car f est croissante sur R , de même commex+ 2n >0 etf est décroissante surR⁺,x7!f(x+ 2n )est décroissante sur[ A; A].

u_n>0et sur [ A; A]on a d’après ci-dessus :

un(x) = f(x 2n ) +f(x+ 2n )6f(A 2n ) +f( A+ 2n ) un(x) 2 exp (2n A)²

2 .

III.1.2Comme

lim(n²exp (2n A)²

2 ) = lim 2n²

(2n A)²:(2n A)²

2 :exp (2n A)²

2 = 0

la sérieX

exp (2n A)²

2 converge et donc d’aprèsIII.1.1.u_n(x)est majoré sur[ A; a]à partir d’un certain rang par le terme général d’une série numérique convergente.

Xu_n converge normalement sur [ A; A].

III.2.1En particulierX

un converge simplement sur[ A; A]et comme pour tout réelxil existeAtel quex2[ A; A]par exempleA=E(jxj) + 1

Xun converge simplement surR.

III.2.2 Les un sont continues sur R et la convergence est normale sur[ A; A] donc U est continue sur [ A; A] ceci pour tout A >0donc comme au point précédent :

U est continue surR. III.2.3En utilisant quef est paire et un changement d’indice :

Un( x) = Xn k= n

f( x 2k ) = Xn k= n

f(x+ 2k ) = Xn p= n

f(x 2p ) =Un(x)

puis en faisant tendrenvers+1,U( x) =U(x).

U est paire.

III.2.4

U_n(x+ 2 ) = Xn k= n

f(x 2(k 1) ) =

n+1X

p= n 1

f(x 2p ) =f(x+ 2(n+ 1) ) + Xn p= n

f(x 2p ) f(x 2n )

or f a une limite nulle en 1donc par composition :

n >+lim1f(x+ 2(n+ 1) ) = 0; lim

n >+1f(x 2n ) = 0 et donc en passant à la limite : U(x+ 2 ) = 0 +U(x) 0.

U est2 -périodique.

III.3.1U est de classeC¹ surR(admis),U est développable en série de Fourier.

III.3.2La somme a un nombre …ni de termes . on peut développer par linéarité. Le changement de variablet=x 2p C¹ bijectif permet d’avoir une variable d’intégration indépendante dek. Les bornes sont alors cohérentes pour avoir la relation de Chasles.

0.1.

Z

Uk(x) cos(nx)dx = Xk p= k

Z

f(x 2p ) cos(nx)dx= Xk p= k

Z 2p 2p

f(t) cos(nt+ 2kn )dt

= Xk p= k

Z 2p 2p

f(t) cos(nt)dt= Z 2p

2p

f(t) cos(nt)dt

III.3.3 En reprenant les majoration de III.1.1. avec A = on a sur [ ; ] , j(f(x 2n ) +f(x+ 2n )) cos(nx)j j(f(x 2n ) +f(x+ 2n ))j 2 exp (2n )²

2 et donc la convergence normale deX

uncos(nx)sur[ ; ]. La série converge normalement sur lesegmentdonc on peut intégrer termes à termes.

Z

U(x) cos(nx)dx =

Z ⁺X1 k=0

uk(x) cos(kx)dx=

+1

X

k=0

Z

uk(x) cos(kx)dx

= lim

n >+1

XK k=0

Z

uk(x) cos(kx)dx

!

= lim

n >+1

Z

UK(x) cos(nx)dx

On peut intégrer terme à terme dans la seconde somme car le nombre de termes est …ni.

III.3.4

a_n= 1Z

U(x) cos(nx)dx= 1

<e Z +1

1

exp(inx x²=2)dx = 1

<e( ^f( n=2 ))

on a trouvé à la …n duII. f^( ) =p

2 exp( 2 ^{2 2})et donc

an=p

2= exp n² 2 et bn= 0 car la fonction est paire.