Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2010 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques A PSI

Applications directes du cours

1. Soit f ∈ E. Si f est paire, alors pour tout réel x, f(x) = f(−x). En dérivant cette égalité, on obtient ∀x ∈ R, f^′(x) = −f^′(−x)et doncf^′ est impaire.

2. Soit f ∈ E. Si f est impaire, alors pour tout réel x, f(x) = −f(−x). En dérivant cette égalité, on obtient ∀x ∈ R, f^′(x) =f^′(−x)et doncf^′ est paire.

3. 3.1Soitu∈E. Pour toutx∈R,

H²(u)(x) =u(−(−x)) =u(x),

et donc∀u∈E,H²(u) =uou encoreH²=Id_E. Par suite,Hest une symétrie deE.

3.2On sait alors queE=Ker(H−Id_E)⊕Ker(H+Id_E). Maintenant, pouru∈E, u∈Ker(H−Id_E)⇔∀x∈R, u(−x) =u(x)⇔uest paire.

De même,u∈Ker(u+Id_E)⇔uimpaire. Ainsi, l’ensemblePdes fonctions paires et l’ensembleI des fonctions impaires sont deux sous-espaces vectoriels de E, supplémentaires dans E. Ceci montre que tout élément de E s’écrit de manière unique comme somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire.

4. Supposonsf^′ impaire. Pour x∈R, posonsg(x) =f(x) −f(−x). gest dérivable surR et pour tout xde R,g^′(x) = f^′(x) +f^′(−x) =0. Doncgest constante surR. Par suite,∀x∈R,g(x) =g(0) =0et donc∀x∈R,f(−x) =f(x). On a montré que

∀f∈E,f^′ impaire⇒fpaire.

Maintenant, l’autre implication est fausse. Par exemple, si pour toutx∈R, f(x) =x+1 alorsf^′(x) =1. Dans ce cas,f^′ est paire maisf n’est pas impaire. Doncf^′ paire6⇒f impaire.

5. Soitf∈E. Notons pet iles parties paire et impaire de f. Alors, pour tout réelx

f^′′(x) +f(−x) =p^′′(x) +i^′′(x) +p(−x) +i(−x) = (p^′′+p)(x) + (i^′′−i)(x).

De plus,p^′′−pest paire eti^′′−i est impaire. Par unicité de la décomposition d’une fonction en somme d’une fonction paire et d’une fonction impaire, on peut écrire

∀x∈R, f^′′(x) +f(−x) =1+sin(2x)⇔∀x∈R, (p^′′+p)(x) + (i^′′−i)(x) =1+sin(2x)

⇔∀x∈R, p^′′(x) +p(x) =1eti^′′(x) −i(x) =sin(2x).

Les solutions de l’équationy^′′+y=1 sont les fonctions de la forme x7→λcosx+µsinx+1,(λ, µ)∈R². Les solutions paires de cette équation sont donc les fonctions de la formex7→1+acosx, a∈R.

Les solutions de l’équationy^′′−y=sin(2x)sont les fonctions de la formex7→λchx+µshx−1

5sin(2x),(λ, µ)∈R². Les solutions impaires de cette équation sont donc les fonctions de la formex7→−1

5sin(2x) +bshx,b∈R. Les solutions du problème posé sont donc les fonctions de la formef : x7→1− 1

5sin(2x) +acosx+bshx,(a, b)∈R². S =

x7→1− 1

5sin(2x) +acosx+bshx, (a, b)∈R²

.

Préliminaires

1. Soity∈E. Alorsy^′′∈Epuisϕ(y) =y^′′+λy∈E. Doncϕest bien une application deEdansE.

Soit(y₁, y2)∈E² et(α₁, α2)∈R².

ϕ(α₁y₁+α₂y₂) = (α₁y₁+α₂y₂)^′′+λ(α₁y₁+α₂y₂) =α₁(y₁^′′+λy₁) +α₂(y₂^′′+λy₂) =α₁ϕ(y₁) +α₂ϕ(y₂).

Doncϕest linéaire et finalement

ϕ∈L(E).

2. Soith∈E. En particulier,hest continue surRet on sait que les solutions de l’équation y^′′+λy=hconstituent un R-espace affine de dimension2. En particulier, cette équation a au moins une solution. Cette solution est par définition deux fois dérivable surRet vérifiey^′′+λy=h. Il reste à vérifier queyest de classeC^∞ surR.

•yest deux fois dérivable surR.

•Soitn>2. Supposons queysoitnfois dérivable surR. Alorsy^′′= −λy+hestnfois dérivable surRou encoreyest n+2fois dérivable surRet en particuliern+1fois dérivable surR.

On a montré par récurrence que pour toutn∈N,yestnfois dérivable surRet doncy∈E.

3. Ainsi,∀h∈E,∃y∈E/ ϕ(y) =het donc

ϕest surjective.

4. Le noyau deϕest constitué des solutions surRde l’équationy^′′+λy=0. On sait que ces solutions sont toutes dans Eet constituent unR-espace vectoriel de dimension2.

Kerϕest de dimension2.

5. • Siλ > 0, Kerϕ={x7→acos(√

λx) +bsin(√

λx), (a, b)∈R²}.

•Si λ=0, Kerϕ={x7→ax+b, (a, b)∈R²}.

•Si λ < 0, Kerϕ={x7→ach(√

−λx) +bsh(√

−λx), (a, b)∈R²}.

6. Une solution particulière de l’équationy^′′+λy= 1

2 est la fonctionx7→ 1

2λ siλ6=0et x7→ x²

4 siλ=0. Donc Si λ > 0,ϕ⁻¹

1 2

=

x7→ 1

2λ+acos(√

λx) +bsin(√

λx), (a, b)∈R²

. Si λ=0,ϕ⁻¹

1 2

=

x7→ x²

4 +ax+b, (a, b)∈R²

Si λ < 0,ϕ⁻¹ 1

2

=

x7→ 1

2λ+ach(√

−λx) +bsh(√

−λx), (a, b)∈R²

.

7. 7.1 •Si λ > 0, Kerϕ=

x7→acos(√

λx) +bsin(√

λx), (a, b)∈R²

. Dans ce cas, tout élément de Kerϕest borné surRet donc

siλ > 0, Kerϕ∩ B(R,R) =Kerϕ=

x7→acos(√

λx) +bsin(√

λx), (a, b)∈R² .

•Si λ=0, Kerϕest constitué des fonctions affines. Une fonction affine est bornée surRsi et seulement si cette fonction est constante surR. Donc, dans ce cas, Kerϕ∩B(R,R)est de dimension1et est égal à l’ensemble des fonctions constantes.

siλ=0, Kerϕ∩ B(R,R) ={x7→a, a∈R}.

• Si λ < 0, Kerϕ =

x7→ach(√

−λx) +bsh(√

−λx), (a, b)∈R² . Soit (a, b) ∈ R²\ {(0, 0)}. On ne peut pas avoir simultanémenta−b= 0 et a+b= 0. Si a−b 6=0, ach(√

−λx) +bsh(√

−λx) ∼

x→−∞

a−b

2 e^−√−λx et si a+b 6= 0, ach(√

−λx) +bsh(√

−λx) ∼

x→+∞

a+b

2 e^√−λx. Dans les deux cas, la fonction x7→ ach(√

−λx) +bsh(√

−λx) n’est pas bornée surRcar admet une limite infinie en+∞ou en−∞.

siλ < 0, Kerϕ∩ B(R,R) ={0}.

7.2D’après ce qui précède

Kerϕ∩ B(R,R) ={0}⇔λ < 0.

7.3Soitλ < 0. Soientf∈Kerϕetg∈R(R,R). Il existe(a, b)∈R²tel que∀x∈R,f(x) =ach(√

−λx) +bsh(√

−λx).

Si(a, b) = (0, 0), f+g=get donc la fonctionf+gest bornée surR. Comme la fonctionx7→xn’est pas bornée surR, on ne peut avoir∀x∈R,f(x) +g(x) =x.

Si(a, b)6= (0, 0), alors ou biena−b6=0et dans ce casf(x) =ach(√

−λx) +bsh(√

−λx) ∼

x→−∞

a−b

2 e^−√−λx puisf(x) + g(x) ∼

x→−∞ f(x) ∼

x→−∞

a−b

2 e^−√−λx 6∼

x→−∞

x, ou biena+b6=0et dans ce casf(x) =ach(√

−λx) +bsh(√

−λx) ∼

x→+∞

a+b

2 e^√−λxpuisf(x) +g(x) ∼

x→+∞ f(x) ∼

x→+∞

a+b

2 e^√−λx 6∼

x→+∞

x.

Ainsi, dans aucun cas on ne peut avoir∀x∈R,x=f(x) +g(x).

7.4Siλ>0, la somme Kerϕ+B(R,R)n’est pas directe et donc Kerϕ etB(R,R)ne sont pas supplémentaires.

Si λ < 0, la somme Kerϕ+B(R,R) est directe. Maintenant, la fonction x 7→x est un élément de E qui ne s’écrit pas comme somme d’un élément de Kerϕet d’un élément deB(R,R). Donc Kerϕ+B(R,R)6=Eet dans ce cas aussi Kerϕet B(R,R)ne sont pas supplémentaires.

∀λ∈R, Kerϕ etB(R,R)ne sont pas supplémentaires.

Partie 1

1. 1.1 Représentation graphique

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2

−1

π 2π

−2π −π 3π 4π 5π

1.2 La fonction f est définie et continue par morceaux sur R, 2π-périodique. On peut donc calculer ses coefficients de Fourier. La fonctionfest paire et donc∀n∈N^∗, b_n(f) =0 puis pourn∈N, a_n(f) = 2

π Zπ

0

1

12(3t²−π²)cos(nt)dt.

Donca0(f) = 1 6π

t³π

0−π³

=0 puis pourn>1,

an(f) = 1 6π

Zπ 0

(3t²−π²)cos(nt)dt= 1 6π

(3t²−π²)sin(nt) n

π

0

− 6 n

Zπ 0

tsin(nt)dt

= − 1 nπ

Zπ 0

tsin(nt)dt= − 1 nπ

−tcos(nt) n

π

0

+ 1 n

Zπ 0

cos(nt)dt

= (−1)ⁿ n² .

a₀(f) =0, ∀n∈N^∗,a_n(f) = (−1)ⁿ

n² et∀n∈N^∗,b_n(f) =0.

1.3 La fonction f est continue sur R, de classeC¹ par morceaux sur Ret 2π-périodique. Donc, d’après le théorème de Dirichlet, la série deFourierconverge simplement versfsurR. De plus, cette convergence est normale surR. 1.4D’après les questions précédentes,∀x∈R,f(x) =

+∞X

n=1

(−1)ⁿ

n² cos(nx). En particulier, pour x=0 on obtient

+∞X

n=1

(−1)ⁿ

n² = −π² 12.

1.5La suite 1

n²

n∈N∗

tend vers0en décroissant et donc la série de terme général (−1)ⁿ

n² ,n∈N^∗, est une série alternée.

Soitn∈N^∗. D’après une majoration classique du reste à l’ordre nd’une série alternée,

Xn

k=1

(−1)^k k² −

−π² 12

=

+∞

X

k=n+1

(−1)^k k²

6

(−1)ⁿ⁺¹ (n+1)²

= 1

(n+1)². Soit alorsε > 0. Pourn∈N^∗,

Xn

k=1

(−1)^k k² −

−π² 12

< ε⇐ 1

(n+1)² < ε⇐n >

r1

ε −1⇐n>E r1

ε

!

+1∈N^∗. Donc on peut prendre

q=E r1

ε

! +1.

1.6PosonsS=

+∞X

n=1

1

n² etS^′=

+∞X

n=1

(−1)ⁿ n² .

S+S^′=2

+∞

X

p=1

1 (2p)² = 1

2

+∞

X

p=1

1 p² = S

2,

et doncS= −2S^′ = π² 6 .

+∞X

n=1

1 n² = π²

6 .

1.7fn’est pas dérivable enπet donc n’est même pas de classeC¹surR. 2. Soita∈R^∗.

2.1Pour n∈N^∗ et x∈R, posonsh_n(x) = (−1)ⁿcos(nx)

n²+a². Pour tout entier naturel non nul net tout réel x,|h_n(x)| 6 1

n²+a², terme général d’une série numérique convergente. Donc la série de fonctions de terme général hn, n ∈ N^∗, converge normalement et donc simplement surR vers la fonction h. Donc h est définie sur R. Puisque de plus, chaque fonctionh_n est continue surR, on en déduit que la fonctionhest définie et continue surR.

La fonctionhest définie et continue surR. 2.2Soitx∈R.

h(x) =

+∞X

n=1

(−1)ⁿ 1

n²+a²− 1 n² + 1

n²

cos(nx) =

+∞X

n=1

(−1)ⁿ

n² cos(nx) +

+∞X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ a²

n²(n²+a²)cos(nx)

=f(x) + X+∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ a²

n²(n²+a²)cos(nx).

∀n∈N^∗,vn(x) = (−1)ⁿ⁻¹ a²

n²(n²+a²)cos(nx).

2.3La série de fonctions de terme généralvn,n∈N^∗, converge simplement vers la fonctionf−h surR. Chaque fonctionvn, n∈N^∗, est de classeC² surRet pourn∈N^∗ etx∈R,

v_n^′(x) = (−1)ⁿ a²

n(n²+a²)sin(nx)puisv_n^′′(x) = (−1)ⁿ a²

n²+a²cos(nx).

De plus, pour tout entier naturel non nul et tout réel x, |v_n^′(x)| 6 1

n(n²+a²) et |v_n^′′(x)| 6 1

n²+a², termes généraux de séries numériques convergentes. On en déduit que les séries de fonctions de termes généraux respectifsv_n^′ et v_n^′′ sont normalement convergentes surR.

D’après une généralisation du théorème de dérivation terme à terme, la fonctionf−h=

+∞

X

n=1

v_n est de classeC²surRet ses deux premières dérivées s’obtiennent par dérivation terme à terme.

2.4Puisquefest de classeC²sur] −π, π[,hest de classeC²sur] −π, π[en tant que somme de deux fonctions de classe C² sur] −π, π[.

3. Pour x∈] −π, π[,

h^′′(x) =f^′′(x) +

+∞

X

n=1

v_n^′′(x) = 1 2+

+∞

X

n=1

(−1)ⁿa²cos(nx) n²+a² = 1

2 +a²h(x).

La fonctionhest solution de l’équationy^′′−a²y= 1

2 sur] −π, π[.

4. h^′(0) =f^′(0) +

+∞X

n=1

v_n^′(0) =0+0=0et h_g^′(π) =f_g^′(π) +

+∞X

n=1

v_n^′(π) = π

2 +0= π 2. h^′(0) =0eth_g^′(π) = π

2.

5. Puisque h est solution sur ] −π, π[ de l’équation différentielle y^′′ −a²y = 1

2, il existe des réels α et β tels que

∀x∈] −π, π[,h(x) =αch(ax) +βsh(ax) − 1

2a² (puisque la fonction constantex7→− 1

2a² est une solution particulière de cette équation).

Puisquehest paire,β=0. Ensuite, l’égalitéh_g^′(π) = π

2 fournitαash(aπ) = π

2 et doncα= π

2ash(aπ). Finalement,

∀x∈] −π, π[,h(x) = πch(ax) 2ash(aπ)− 1

2a².

6. L’égalité précédente reste valable sur[−π, π]par continuité de la fonctionh sur[−π, π].

∀x∈[−π, π],h(x) = πch(ax) 2ash(aπ)− 1

2a².

7. Pour xπ, on obtient

+∞

X

n=1

1

n²+a² =h(π) = πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a².

∀a∈R^∗,

+∞

X

n=1

1

n²+a² = πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a².

8. Pourn∈N^∗eta∈R, posonsu_n(a) = 1

n²+a². Pour toutn∈N^∗et touta∈R,06u_n(a)6 1

n² et donc la série de fonctions de terme généralun,n∈N^∗, converge normalement surR. Puisque chaque fonction un est définie et continue surR, on en déduit que la fonction

+∞

X

n=1

u_n est définie et continue surRet en particulier en0. Par suite, X+∞

n=1

1

n² = lim

a→0 +∞X

n=1

1

n²+a² = lim

a→0

πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a²

.

Maintenant

πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a² = aπch(aπ) −sh(aπ) 2a²sh(aπ) =

a→0

aπ

1+a²π²

2 +o(a²)

−

aπ+a³π³

6 +o(a³)

2a³π+o(a³)

=

a→0

a³π³

3 +o(a³) 2a³π+o(a³) = π²

6 +o(1) et on retrouve

+∞X

n=1

1 n² = π²

6 .

Partie 2

1. Soita > 0. La fonctionx7→ sin(ax)

e^x−1 est continue sur]0,+∞[, prolongeable par continuité en 0car sin(ax) e^x−1 ∼

x→0aet négligeable devant 1

x² en+∞d’après un théorème de croissances comparées. Donc la fonctionx7→ sin(ax)

e^x−1 est intégrable sur]0,+∞[et on déduit que l’intégrale

Z+∞

0

sin(ax)

e^x−1 dxexiste.

2. 2.1Soitk∈N^∗. La fonctionx7→e^−kxsin(ax)est continue sur[0,+∞[ et négligeable devant 1

x² en+∞d’après un théorème de croissances comparées (cark > 0). Donc la fonctionx7→e^−kxsin(ax)est intégrable sur[0,+∞[et on déduit que l’intégraleJ_k existe.

2.2Soitk∈N^∗.

J_k=Im Z+∞

0

e^(−k+ia)xdx

=Im

e^(−k+ia)x

−k+ia ^+∞

0

!

=Im 1

k−ia

1− lim

x→+∞e^(−k+ia)x

=Im 1

k−ia

(car|e^(−k+ia)x|=e^−kx →

x→+∞ 0)

=Im

k+ia k²+a²

= a

k²+a².

∀a > 0,J_k= a k²+a².

3. Soitn∈N^∗.

Rn= Z+∞

0

sin(ax) e^x−1 dx−

Xn

k=0

Jk+1= Z+∞

0

1 e^x−1 −

Xn

k=0

e^−(k+1)x

!

sin(ax)dx

= Z+∞

0

1

e^x−1−e^−x1− (e^−x)ⁿ⁺¹ 1−e^−x

sin(ax)dx= Z+∞

0

1

e^x−1 −1− (e^−x)ⁿ⁺¹ e^x−1

sin(ax)dx

= Z+∞

0

e^−(n+1)x

e^x−1 sin(ax)dx 4. La fonctionx7→ sin(ax)

e^x−1 est continue sur]0,+∞[, est prolongeable par continuité en0 et tend vers0 quand xtend vers+∞. On en déduit que cette fonction est bornée sur ]0,+∞[. Soit M > 0 un majorant de la valeur absolue de cette fonction sur]0,+∞[.

|R_n|6 Z+∞

0

e^−(n+1)x

sin(ax) e^x−1

dx6M Z+∞

0

e^−(n+1)xdx= M

n+1 _n→→_+∞ 0.

n→lim+∞R_n =0.

5. Mais alors poura > 0, d’après la question 7 de la partie 1, 1

a Z+∞

0

sin(ax) e^x−1 dx=

+∞X

n=0

1

a²+ (n+1)² = X+∞

n=1

1

a²+n² = πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a².

∀a > 0, 1 a

Z+∞

0

sin(ax)

e^x−1 dx= πch(aπ) 2ash(aπ)− 1

2a².