SESSION 2012
CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PSI
MATHEMATIQUES 1
Partie I : cas d’une matrice à coefficients constants
I.1SoientV∈ Mn,1(K)\ {0}et λ∈K. Pour tout réelt, on poseX(t) =eλtV. La fonctionXest dérivable surRpuis
Xsolution de(E0)surR⇔∀t∈R, X′(t) =AX(t)⇔∀t∈R, λeλtV=eλtAV
⇔AV =λV(car∀t∈R, eλt6=0)
⇔Vest vecteur propre associé à la valeur propreλ(carV6=0).
I.2 Un exemple
I.2.1 Déterminons les éléments propres de A. En développant suivant la deuxième ligne puis encore une fois suivant la deuxième ligne, on obtient
χA=
−X −1 1 −1
0 2−X 0 0
0 1 1−X 0
1 −1 1 −X
= (2−X)
−X 1 −1
0 1−X 0
1 1 −X
= (2−X)(1−X)
−X −1
1 −X
= (2−X)(1−X)(X2+1)
= (X−1)(X−2)(X−i)(X+i).
Ainsi,Aa quatre valeurs simples dansC. Par suite,Aest diagonalisable et les sous-espaces propres deAsont des droites.
On note(e1, e2, e3, e4)la base canonique deM4,1(C). SoitV=
x y z t
∈ M4,1(C).
•V∈E1(A)⇔
−x−y+z−t=0 y=0
y=0
x−y+z−t=0
⇔
y=0
−x+z−t=0 x+z−t=0
⇔
y=0 x=0 t=z
. DoncE1(A) =Vect(e3+e4).
•V∈E2(A)⇔
−2x−y+z−t=0 y−z=0
x−y+z−2t=0 ⇔
z=y
−2x−t=0 x−2t=0 ⇔
y=z x=0 t=0
. DoncE2(A) =Vect(e2+e3).
•V∈Ei(A)⇔
−ix−y+z−t=0 (2−i)y=0 y+ (1−i)z=0 x−y+z−it=0
⇔
y=z=0
−ix−t=0 x−it=0
⇔
y=0 z=0 x=it
. DoncEi(A) =Vect(ie1+e4).
•Un calcul conjugué fournitE−i(A) =Vect(−ie1+e4).
Pourt∈R, posonsX1(t) =et
0 0 1 1
,X2(t) =e2t
0 1 1 0
,X3(t) =eit
i 0 0 1
et X4(t) =eit
−i 0 0 1
.
D’après la question précédente,(X1, X2, X3, X4)est une famille de solutions de(E0)surR. Vérifions que cette famille est libre. Soit(a, b, c, d)∈C4.
aX1+bX2+cX3+dX4=0⇒∀t∈R,
cieit−die−it=0 be2t=0
aet+be2t=0
aet+ceit+de−it=0
⇒
c−d=0 b=0 a+b=0 a+c+d=0
(obtenu quandt=0)
⇒
a=0 b=0 c−d=0 c+d=0
⇒a=b=c=d=0.
Ainsi, la famille(X1, X2, X3, X4)est libre. Puisque(S0)est unC-espace vectoriel de dimension 4, (X1, X2, X3, X4)est un système fondamental de solutions de(E0).
(S0) =
t7→
iceit−ide−it be2t aet+be2t aet+ceit+de−it
, (a, b, c, d)∈C4
.
I.2.2SoitXune fonction deRdansM4,1(C)dérivable surR.
Xsolution de(E)surR⇐∀t∈R,
x1′(t) = −x2(t) +x3(t) −x4(t) +tet (I) x2′(t) =2x2(t) +et (II) x3′(t) =x2(t) +x3(t) (III) x4′(t) =x1(t) −x2(t) +x3(t) −tet (IV)
(II) admet la solution particulièrex2 : t7→−et. On prend donc ∀t∈R,x2(t) = −et et (III) s’écritx3′(t) =x3(t) −et qui admet la solution particulièrex3 : t7→−tet. On prend donc∀t∈R,x3(t) = −tet.
(I) et (IV) s’écrivent alors
x1′(t) = −x4(t) +et
x4′(t) =x1(t) +et−2tet ou encore
x4(t) = −x1′(t) +et
(−x1′(t) +et)′=x1(t) +et−2tet ou enfin x4(t) = −x1′(t) +et
x1′′(t) = −x1(t) +2tet . Cherchons une solution particulière de la deuxième équation de la formex1 : t7→(at+b)et. Alors, pour toutt∈R,(x1′′+x1)(t) = (at+b+2a+at+b)et= (2at+2a+2b)etet on peut prendrea=1 etb= −1 puis, pour toutt∈R, x1(t) = (t−1)etet enfinx4(t) = −et− (t−1)et+et= (−t+1)et
Une solution particulière de(E)surRest donct7→
(t−1)et
−et
−tet (−t+1)et
et finalement
(S) =
t7→
iceit−ide−it+ (t−1)et be2t−et
aet+be2t−tet aet+ceit+de−it+ (−t+1)et
, (a, b, c, d)∈C4
.
Enfin,X(0) =
−1
−1
−1 0
⇔
ic−id−1= −1 b−1= −1 a+b= −1 a+c+d+1=0
⇔
b=0 a= −1 c−d=0 c+d=0
⇔
b=0 a= −1 c=0 d=0
et donc pour toutt∈R,
X(t) =
(t−1)et
−et
−(t+1)et
−tet
∀t∈R, X(t) =
(t−1)et
−et
−(t+1)et
−tet
.
Partie II : matrice résolvante
II.1Soitt∈R.
X(t0) =V⇔Φt0(X) =V⇔X=Φ−1t0(V)⇔Φt(X) =Φt(Φ−1t0(V))⇔X(t) =Φt◦Φ−1t0(V).
II.2
II.2.1Soitj∈J1, nK. Laj-ème colonne de la matrice considérée est constituée des coordonnées deΦt0(Xj) =Xj(t0)dans la base canonique deMn,1(K). Cettej-ème colonne est doncXj(t0)puis la matrice demandée est
W(t0) = (X1(t0), . . . , Xn(t0)).
II.2.2PuisqueΦt0est un isomorphisme, la matriceW(t0)est inversible.W(t0)−1est la matrice deΦ(t0)−1relativement à la base canonique deMn,1(K) puis à la base (X1, . . . , Xn) de (S0) et Φ(t) est la matrice de Φ(t) relativement à la base (X1, . . . , Xn)de(S0)puis à la base canonique de Mn,1(K). Donc,R(t, t0)est la matrice de Φt◦Φ−t01dans la base canonique deMn,1(K). En particulier, cette matrice ne dépend pas du système fondamental(X1, . . . , Xn)choisi.
II.3 Propriétés de la résolvante
II.3.1La fonctionW est dérivable surIet il en de même de la fonctiont7→R(t, t0). Pour tout réelt∈I, W′(t) = (X1′(t). . . , Xn′(t)) = (A(t)X1(t), . . . , A(t)Xn(t)) =A(t)(X1(t), . . . , Xn(t)) =A(t)W(t), puis (d’après un résultat admis dans le paragraphe « notations »)
R′(t, t0) =A(t)W(t)(W(t0))−1=A(t)R(t, t0).
SoitV ∈ Mn,1(K). Pourt∈R, posonsX(t) =R(t, t0)V. La fonctionXest dérivable surIet pour toutt∈I X′(t) =R′(t, t0)V=A(t)R(t, t0)V=A(t)X(t).
De plus,X(t0) =W(t0)(W(t0))−1V=V.Xest donc la solution de(S0)telle queX(t0) =V.
II.3.2Soit(t, t0, t1, t2)∈I4.
R(t2, t1)R(t1, t0) =W(t2)(W(t1))−1W(t1)(W(t0))−1=W(t2)(W(t0))−1=R(t2, t0).
En particulier,
R(t, t0)R(t0, t) =R(t, t) =W(t)(W(t))−1=In, et donc(R(t, t0))est inversible à gauche et donc inversible et(R(t, t0))−1=R(t0, t).
II.4 Application de la résolvante : recherche d’une solution particulière de l’équation(E)
II.4.1SoientV une fonction dérivable sur IpuisX : t7→R(t, t0)V(t).Xest dérivable surIet pour toutt∈I, X′(t) =R′(t, t0)V(t) +R(t, t0)V′(t) =A(t)R(t, t0)V(t) +R(t, t0)V′(t) =A(t)X(t) +R(t, t0)V′(t).
Par suite,
Xsolution de(E)surI⇔∀t∈I,A(t)X(t) +R(t, t0)V′(t) =A(t)X(t) +B(t)⇔R(t, t0)V′(t) =B(t).
On note(E′)l’équationR(t, t0)V′(t) =B(t).
II.4.2(erreur d’énoncé) Puisque pour toutt∈I, la matriceR(t, t0)est inversible,
Vsolution de(E′)surI⇔∀t∈I, V′(t) = (R(t, t0))−1B(t)⇔∀t∈I, V′(t) =R(t0, t)B(t)
⇐∀t∈I, V(t) = Zt
t0
R(t0, u)B(u)du.
Donc l’applicationV : t7→ Zt
t0
R(t0, u)B(u)duest une solution particulière de(E′)surI.
II.4.3 Mais alors l’application Y : t 7→ R(t, t0)V(t) = R(t, t0) Zt
t0
R(t0, u)B(u) du est une solution particulière de (E) surI. Vérifions maintenant que R(t, t0)
Zt
t0
R(t0, u)B(u)du= Zt
t0
R(t, t0)R(t0, u)B(u)du. Notonsαi,j les coefficients de la matriceR(t, t0)et βi,j(u)les coefficients de la matriceR(t0, u)B(u)du. Le coefficient lignei, colonne j, de la matrice R(t, t0)
Zt
t0
R(t0, u)B(u)duest
Xn
k=1
αi,k Zt
t0
βk,j(u)du= Zt
t0
Xn
k=1
αi,kβk,j(u)
! du,
et est donc aussi le coefficient lignei, colonnej, de la matrice Zt
t0
R(t, t0)R(t0, u)B(u)duce qui démontre l’égalité. Par suite, pour toutt∈I,
Y(t) =R(t, t0) Zt
t0
R(t0, u)B(u)du= Zt
t0
R(t, u)B(u)du= Zt
t0
R(t, t0)R(t0, u)B(u)du.
L’applicationY : t7→R(t, t0)V(t) = Zt
t0
R(t, u)B(u)duest une solution particulière de(E)surI.
Partie III : une application de la résolvante
III.1
III.1.1SoitP un polynôme non nul dont le degré est notém∈N. Le polynômeX(X−1)P′′+3P′−6Pest de degré au plusm. De plus, le coefficient deXm dansX(X−1)P′′+3P′−6Pest(m(m−1) −6)dom(P)ou encore(m2−m−6)dom(P) ou enfin(m−3)(m+2)dom(P).
SiPest solution de(e0), puisque dom(P)6=0etm+26=0, on a nécessairementm=3. Posons doncP=aX3+bX2+cX+d où(a, b, c, d)∈R4.
X(X−1)P′′+3P′−6P= (X2−X)(6aX+2b) +3(3aX2+2bX+c) −6(aX3+bX2+cX+d)
= (3a−4b)X2+ (4b−6c)X+ (3c−6d), puis
Pest solution de(e0)⇔3a=4b=6c=12d⇔∃d∈R/ P=d(4X3+3X2+2X+1).
Les polynômes solutions de(e0)surRsont les polynômes de la formet7→k(4t3+3t2+2t+1),k∈R. De plus, pour un tel polynôme,P(0) =1⇔k=1et donc il existe un polynôme et un seul solution de (e0)surRtel queP(0) =1 à savoir
∀t∈R,P(t) =4t3+3t2+2t+1.
III.1.2La fonctionQ est deux fois dérivable sur] −1, 1[ et pour tout réelt∈] −1, 1[, t(t−1)Q′′(t) =3Q′(t) −6Q(t) = 6t(t−1)
(1−t)4 + 6
(1−t)3− 6
(1−t)2 =6t2−t+1−t−1+2t−t2 (1−t)4 =0.
Donc la fonctionQest solution de(e0)sur] −1, 1[.
III.1.3
III.1.3.1Les fonctionsPetQsont développables en série entière et donc(e0)admet des solutions non nulles développables en série entière. Soityune solution de(e0)développable en série entière. Il existeR > 0et (ak)k∈Nune suite de réels tels que pour toutt∈] −R, R[,y(t) =
+∞X
k=0
aktk,Rétant le rayon de convergence de la série précédente.
On sait que la somme d’une série entière est indéfiniment dérivable sur son intervalle ouvert de convergence et que les dérivées successives s’obtiennent par dérivation terme à terme. Pour tout réelt∈] −R, R[,
t(t−1)y′′(t) +3ty′(t) −6y(t) = (t2−t) X+∞
k=2
k(k−1)aktk−2+3
+∞X
k=1
kaktk−1−6
+∞X
k=0
aktk
=
+∞X
k=0
k(k−1)aktk−
+∞X
k=1
k(k−1)aktk−1+3
+∞X
k=1
kaktk−1−6
+∞X
k=0
aktk
=
+∞X
k=0
(k2−k−6)aktk− X+∞
k=1
k(k−4)aktk−1
= X+∞
k=0
((k−3)(k+2)ak− (k+1)(k−3)ak+1)tk,
puis par unicité des coefficients d’une série entière,
ysolution de(e0)sur] −R, R[⇔∀k∈N, (k−3)(k+2)ak− (k+1)(k−3)ak+1=0
⇔∀k∈N\ {3}, ak+1= k+2 k+1ak
⇔a1=2a0, a2=3a0, a3=4a0et∀k>4, ak+1= k+2 k+1ak. Sia4=0, alors∀k>4, ak=0 et le rayon de convergence de la série précédente est+∞.
Si a4 6= 0, alors∀k >4, ak 6= 0 puis, pour k > 4, ak+1
ak = k+2
k+1 et donc lim
k→+∞
ak+1
ak = 1. Dans ce cas, le rayon de convergence de la série précédente est1.
III.1.3.2Si a4=0, on a obtenu les fonctions de la formet7→a0P(t), a0∈R. Supposons dorénavanta46=0.
∀k>4, ak+1= k+2
k+1ak⇔∀k>5, ak= Yk
i=5
i+1 i
! a4
⇔∀k>5, ak= k+1 5 a4.
En récupérant le cas oùa4 =0, dans tous les cas, on a obtenu les fonctions de la formet 7→a0P(t) +a4
5
+∞X
k=4
(k+1)tk, (a0, a4)∈R2.
Maintenant, pour toutt∈] −1, 1[, 1 1−t =
+∞
X
k=0
tk. En dérivant, on obtient
Q(t) =
+∞X
k=0
(k+1)tk=P(t) +
+∞X
k=4
(k+1)tk.
Donc, pour toutt∈] −1, 1[, a0P(t) +a4
+∞X
k=4
(k+1)tk=
a0− a4
5
P(t) +a4
5 Q(t). En posantλ=a0−a4
5 etµ= a4
5 ou plutôt,λet µétant des réels donnés, en prenanta0=λ+µ eta4=5µ, on a obtenu les fonctions de la formeλP+µQ, (λ, µ)∈R2.
III.2
III.2.1Soitz=y′.
∀t∈I, y′′(t) +a(t)y′(t) +b(t)y(t) =ϕ(t)⇔∀t∈I,
y′(t) =z(t)
z′(t) = −b(t)y(t) −a(t)z(t) +ϕ(t)
⇔∀t∈I, d dt
y(t) z(t)
=
0 1
−b(t) −a(t)
y(t) z(t)
+
0 ϕ(t)
Les matricesA(t) =
0 1
−b(t) −a(t)
et B(t) = 0
ϕ(t)
conviennent.
III.2.2On connait l’inverse d’une matrice de format2inversible : (W(t0))−1= 1 f0g0′ −f0′g0
g0′ −g0
−f0′ f0
puis
R(t, t0) = 1 f0g0′ −f0′g0
f g f′ g′
g0′ −g0
−f0′ f0
= 1
f0g0′ −f0′g0
fg0′ −gf0′ gf0−fg0 f′g0′ −g′f0′ g′f0−f′g0
. III.3
III.3.1SurI,(e)s’écrity′′+ 3
t(t−1)y′− 6
t(t−1)y= 20t4 t(t−1). Donc ici,A(t) =
0 1
6/(t(t−1)) −3(t(t−1))
et B(t) =
0 20t4/(t(t−1))
III.3.2Pour toutu∈I,
det(W(u)) =P(u)Q′(u) −P′(u)Q(u) =2(4u3+3u2+2u+1) − (12u2+6u+2)(1−u) (1−u)3
= 20u3 (1−u)3. Pour tout(t, u)∈I2,
Q(t)P(u) −P(t)Q(u) = (4u3+3u2+2u+1)(1−u)2− (4t3+3t2+2t+1)(1−t)2 (1−t)2(1−u)2
= (4u3+3u2+2u+1)(u2−2u+1) − (4t3+3t2+2t+1)(t2−2t+1) (1−t)2(1−u)2
= (4u5−5u4) − (4t5−5t4) (1−t)2(1−u)2 .
III.3.3D’après la question II.4.3, une solution particulière deX′(t) =A(t)X(t) +B(t)est y(t)
z(t)
=Y(t) = Zt
t0
R(t, u)B(u)du.
où seule la première composante du second membre nous intéresse. D’après la question III.2.2, R(t, u)B(u) = 1
W(u)
× Q(t)P(u) −P(t)Q(u)
× ×
0
20u4/(u(u−1))
et donc d’après la question III.3.2,
y(t) = Zt
t0
Q(t)P(u) −P(t)Q(u)
W(u) × 20u4
u(u−1) du= Zt
t0
(1−u)3 20u3
(4u5−5u4) − (4t5−5t4)
(1−t)2(1−u)2 × 20u4 u(u−1) du
= 1
(1−t)2 Zt
t0
(4t5−5t4−4u5+5u4)du.
Quandt0=0, on obtient
y(t) = 1 (1−t)2
Zt
0
(4t5−5t4−4u5+5u4)du= 1 (1−t)2
t(4t5−5t4) −2t6 3 +t5
= 10t6−12t5
3(1−t)2 = 2t5(5t−6) 3(1−t)2 .
Vérifions queyest solution de (e)sur]0, 1[. Pourt∈]0, 1[, posons z(t) = 1 (1−t)2
Zt
1/2
(4t5−5t4−4u5+5u4)du. zest une solution de(e)sur ]0, 1[puis, pour tout t∈]0, 1[,
y(t) −z(t) = 1 (1−t)2
Z1/2
0
(4t5−5t4−4u5+5u4)du
= a(4t5−5t4) +b
(1−t)2 (oùaetbsont deux constantes indépendantes det)
=a4t5−8t4+4t3+3t4−6t3+3t2+2t3−4t2+2t+t2−2t+1−1
(1−t)2 +bQ(t)
=a(4t3+3t2+2t+1) + (b−a)Q(t) =aP(t) + (b−a)Q(t).
D’après la question III.1,y−zest une solution de(e0)sur]0, 1[et donc, puisquezest solution de(e)sur]0, 1[,y=z+aP+
(b−a)Qest solution de(e). On note dorénavanty0la fonctiont7→ 1 (1−t)2
Zt
0
(4t5−5t4−4u5+5u4)du= 2t5(5t−6) 3(1−t)2 .
Puisque les fonctionst 7→ 3
t(t−1), t7→− 6
t(t−1) et t7→ 20t4
t(t−1) sont continues sur ]0, 1[, on sait que les solutions de (e)sur ]0, 1[ sont les fonctions de la formey : t7→λP+µQ+y0,(λ, µ∈R2. Une telle fonction est encore solution de (e)sur[0, 1] par continuité de ces fonctions et de leurs dérivées successives en0.
Réciproquement, soityune solution de(e)sur[0, 1[.yest en particulier solution de(e)sur]0, 1[et donc il existe(λ, µ)∈R2 tel que pour toutt∈]0, 1[, y(t) =λP(t) +µQ(t) +y0(t).ydevant être deux fois dérivable sur [0, 1[, ydoit être continue en0et donc∀t∈[0, 1[,y(t) =λP(t) +µQ(t) +y0(t).
Les solutions de (e)sur[0, 1[sont lest7→λ(4t3+3t2+2t+1) + µ
(1−t)2 +2t5(5t−6)
3(1−t)2 ,(λ, µ)∈R2. Soityune telle fonction. Le développement limité deyà l’ordre1en0 à droite est
y(t) =λ(1+2t) +µ(1+2t) +o(t) = (λ+µ) + (λ+µ)t+o(t).
Par suite,y(0) =y′(0) =0⇔µ = −λ. Il existe une infinité de solutions yde (e)sur [0, 1[vérifiant y(0) = y′(0) = 0 à savoir les fonctions de la forme
t7→λ
4t3+3t2+2t+1− 1 (1−t)2
+2t5(5t−6)
3(1−t)2 ,λ∈R.
