Préparation à l`écrit du concours
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ATS
Préparation à l’écrit du concours
Mai 2013
Exercice 1 : (ATS 2012, exercice 1)
Corrigé page 7
On veut calculer les suites réelles (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N telles que pour tout entier naturel
n:
un+1 = −3un + vn + 3wn
.
vn+1 = −4un + vn + 4wn
wn+1 = −2un + vn + 2wn
un
u0
On pose Xn = vn et X0 = v0 .
wn
w0
On se place dans l’espace vectoriel M3,1 (R) des matrices réelles à 3 lignes et une colonne.
1. Déterminer la matrice carrée A telle que Xn+1 = AXn .
2. Donner une expression de Xn en fonction de A, n et X0 .
1
3. Montrer que E1 = 2 est un vecteur propre de la matrice A. Donner la valeur propre, λ1 qui
0
lui est associée.
4. a) Déterminer le polynôme caractéristique PA de la matrice A.
b) Montrer que la matrice A admet trois valeurs propres distrinctes {λ1 , λ2 , λ3 } à déterminer,
avec λ1 < λ2 < λ3 . [λ1 est la valeur propre trouvée à la question 3]
1
c) Déterminer un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ2 de la forme E2 = α2 .
β2
1
d) Déterminer un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ3 de la forme E3 = α3 .
β3
λ1 0
0
5. Soit D = 0 λ2 0 . Déterminer une matrice inversible P telle que A = PDP−1 . On ne
0
0 λ3
demande pas de calculer P−1 .
6. Exprimer pour tout entier naturel n la matrice An à l’aide de P, D et P−1 et n. En déduire
que pour tout entier naturel non nul k, A2k−1 = A et A2k = A2 . Calculer A2 .
2
7. a) On suppose que X0 = 1. Déduire de ce qui précède l’expression de (un )n∈N , (vn )n∈N et
2
(wn )n∈N .
b) Montrer que dans ce cas, les suites (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N sont constantes à partir
d’un certain rang à préciser. Quelles sont les limites des suites (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N ?
1
8. On suppose ici que X0 = 2. Exprimer en fonction de la parité de n l’expression des suites
0
(un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N . Préciser lesquelles n’ont pas de limite.
9. Donner une condition nécessaire et suffisante sur u0 , v0 , w0 pour que les suites (un )n∈N , (vn )n∈N
et (wn )n∈N convergent. Quelles sont alors les limites de ces suites ?
Exercice 2 : (ATS 2009, exercice
2)
Corrigé page 9
Pn
Soient les fonctions Tn (x) = k=0 e2ikx et Sn (x) = 2Re (Tn (x)) − 1 pour x ∈ R \ {kπ | k ∈ Z},
n ∈ N.
p+q
p−q
Rappel : sin (p) + sin (q) = 2 sin
cos
et 2 sin (a) cos (b) = sin (a + b) + sin (a − b).
2
2
1. Calculer Tn (x), en déduire que Re(Tn (x)) = cos (nx)
1
sin [(n + 1)x]
sin (x)
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ATS
Mai 2013
Pn
sin [(2n + 1)x]
= 1 + 2 k=1 cos (2kx).
sin (x)
(On posera Sn (0) = Sn (π) = 2n + 1).
2.
a) Montrer que Sn (x) =
b) Interpréter
cela comme une série de Fourier
de période π, et en déduire la valeur de
Z
Z
1 π
1 π
2
In =
Sn (x) dx, puis celle de Jn =
(Sn (x)) dx.
π 0
π 0
3. Soit la fonction π-périodique définie par : f (0) = 0 et f (x) = ln (sin (x)) si 0 < x < π.
Z 1
√
2
2
a) Que vaut lim x ln (x) ? En déduire que
(ln (x)) dx est convergente.
x→0+
0
Z π
2
b) Montrer que ln (sin (x)) x→0
ln
(x).
En
déduire
que
(f (x)) dx converge.
]+
0
On admettra que cette propriété de carré intégrable permet d’étendre à f le développement
en série de Fourier et ses propriétés connues pour les fonctions C1 par morceaux.
c) Pour x ∈ ]0, π[, montrer que f (−x) = f (π −x)
P∞= f (x). En déduire que le développement en
série de Fourier de f s’écrit : Sf (x) = a0 + n=1 an cos (2nx), donner l’expression intégrale
de an pour n > 0.
d) Que vaut lim+ ln (sin (x)) sin (2nx) ? En déduire en intégrant par parties que si n ∈ N∗
x→0 Z
−1 π
sin (2nx)
−1
−1
an =
cos (x)
dx puis que an =
(In + In−1 ) =
·
nπ 0
sin (x)
2n
n
4. On admet que f (x) = Sf (x) si 0 < x < π. En choisissant une valeur particulière de x, montrer
P∞ (−1)n
que a0 = n=1
· Justifier que cette dernière série converge.
n
P∞ (−1)n n
5. Quel est le rayon de convergence et la somme de la série entière g(x) = n=1
x ?
n
En admettant que cette somme est continue sur [0, 1], en déduire la valeur de a0 .
Z
P∞ 1
π2
1 π
2
6. On rappelle que n=1 2 =
· Donner la valeur de
[ln (sin (x))] dx.
n
6
π 0
Exercice 3 : (ATS 2004, exercice 2)
Corrigé page 12
Dans ce qui suit, la fonction f est définie et dérivable sur R.
On considère les équations différentielles, de fonction inconnue f en la variable réelle x
(E1 )
f 0 (x) + xf (x) = 0
(E2 )
f 0 (x) + xf (x) = x3
1. Donner la solution générale de (E1 ) et l’unique solution f0 telle que f0 (0) = 1.
2. Donner la solution générale de (E2 ), et la fonction f1 solution de (E2 ) et telle que f1 (0) = 0.
Z R
−x2
−x2
2
Dans la suite de l’exercice, on pose F(x) = e
et on note I(R) =
e 2 dx.
0
Z ∞
3. a) Montrer que A =
F(t) dt = lim I(R) existe.
R→+∞
0
ZZ
2
b) Soit J(R) =
F(x)F(y) dx dy avec C = [0, R] × [0, R] = [0, R] .
C
Exprimer J(R) en fonction de I(R).
ZZ
c) Soit K(R) =
F(x)F(y) dx dy avec D = (x, y) ∈ R2 | 06x, 06y, x2 + y 2 6R2 .
D
√ Montrer que pour tout R positif, on a K(R)6J(R)6K R 2 .
d) Calculer la valeur de K(R) par passage en coordonnées polaires. Calculer
r
π
déduire que A =
.
2
2
lim K(R) et en
R→+∞
ATS
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4. On considère la fonction g(x) =
Z
+∞
Mai 2013
cos (xt)F(t) dt.
−∞
a) Justifier l’existence de g(x).
b) En admettant que l’on peut dériver sous l’intégrale, démontrer que g est solution de (E1 ).
[On transformera l’expression trouvée pour g 0 (x) à l’aide d’une intégration par parties].
c) En déduire l’expression de g(x) en fonction de F(x).
Z x
5. Donner le développement en série entière (et le rayon de convergence) de G(x) =
F(t) dt.
0
Exercice 4 : (ATS 2011, exercice 2)
Corrigé page 15
Partie A
#–
Soit un espace vectoriel euclidien E de dimension 3 de base orthonormée B = #–
ı , #–
, k , f un
7 −4 −4
endomorphisme de matrice A dans la base B, et une matrice S avec A = −4 1 −8,
−4 −8 1
1 2
2
#– #– #–
S = 2 −2 1 . Soient la famille de vecteurs ı0 , 0 , k 0 ayant pour composantes dans la base
2 1 −2
#–0
#–
#–
B : ı : (1, 2, 2), 0 : (2, −2, 1), k 0 : (2, 1, −2).
#– #– #–
1. Montrer que B 0 = ı0 , 0 , k 0 est une base orthogonale de E.
2. Montrer que S2 = S.S = 9I, (I étant la matrice de l’identité de E). En déduire l’inverse de S.
#– #– #–
3. Montrer que ı0 , 0 , k 0 sont des vecteurs propres de A. Préciser les valeurs propres associées
ainsi que la matrice de passage de B vers B 0 . Trouver une matrice diagonale D telle que
A = S.D.S
(1)
En déduire, sans calcul explicite de produit matriciel, que A2 = A.A = 81I.
Partie B
On considère trois fonctions (x, y, z) dérivables sur R vérifiant le système différentiel :
0
x (t) = 7x(t) − 4y(t) − 4z(t)
(SD) y 0 (t) = −4x(t) + y(t) − 8z(t) , avec la condition initiale (CI) (x(0), y(0), z(0)) = (9, 0, 9)
0
z (t) = −4x(t) − 8y(t) + z(t)
Dans un espace
affineA de dimension 3, on sera amené à utiliser le repère orthonormé
R =
#–0 #–0 #–0 #–
#–
#–
0
0
(O; B) = O ; ı , , k ainsi que le repère orthogonal R = (O; B ) = O ; ı , , k .
1. Montrer que (SD) peut s’écrire X0 (t) = A.X(t) en précisant ce qu’est X(t).
2. Soit la matrice colonne U(t) = S.X(t), avec U(t) = t(u(t) v(t) w(t)). Montrer que U(t) vérifie un
système différentiel simple (calculer U0 (t) et utiliser l’équation (1) du A3)). Préciser la condition
initiale U(0).
3. Calculer U(t). Si dans le repère orthonormé R0 , mt est le point de coordonnées (u(t), v(t), w(t))
# –
déterminer un vecteur (constant) #–
n ∈ E tel que ∀t ∈ R, #–
n ⊥ Omt .
4. Déduire de ce qui précède l’unique fonction X(t) vérifiant (SD) et (CI). Si dans le repère R,
#–
Mt est le point de coordonnées (x(t), y(t), z(t)) déterminer un vecteur (constant) N ∈ E tel que
#– # –
∀t ∈ R, N ⊥ OMt .
5. Pour t ∈ R le point Mt de coordonnées (x(t), y(t), z(t)) décrit la courbe H . Montrer que H
est incluse dans un plan dont on donnera une équation cartésienne.
#– #–
6. Représenter graphiquement dans le repère O ; ı0 , 0 la courbe de représentation paramétrique
(u(t), v(t)). Quelle est la nature de cette courbe ? Quel est son rapport avec la courbe H ?
3
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Mai 2013
Exercice 5 : (ATS 2004, exercice 1)
Corrigé page 20
Notations : M3 (C) désigne l’ensemble des matrices carrées de dimension 3 sur le corps C. a, b, c
sont des nombres complexes.
Onnote I, Jet M(a, b,
c) les matrices suivantes
1 0 0
0 1 0
a b c
I = 0 1 0 J = 0 0 1 M(a, b, c) = c a b
0 0 1
1 0 0
b c a
On note j = e2iπ/3 . j 2 = j = e4iπ/3 est une autre racine cubique de l’unité.
Partie A
1. Calculer J2 et J3 .
2. Déterminer les valeurs propres de J. La matrice J est-elle diagonalisable sur le corps C ? L’est-elle
sur le corps R ?
3. Pour chaque valeur propre de J déterminer le vecteur propre associé ayant 1 pour première
composante, et une matrice P de passage à une base de vecteurs propres.
4. a) Exprimer la matrice M(a, b, c) à l’aide des matrices I, J et J2 .
b) En déduire que H = M(a, b, c) | (a, b, c) ∈ C3 est un sous-espace vectoriel de M3 (C) pour
les lois usuelles (somme et loi externe). Précisez la dimension de H.
5. Montrer que les vecteurs propres (complexes) de J sont aussi vecteurs propres de J2 ainsi que
de M(a, b, c). En déduire les valeurs propres de M(a, b, c) à l’aide de celles de J, puis en fonction
du nombre complexe j.
6. Montrer que tout élément de H est diagonalisable sur C. Donner la décomposition de M(a, b, c)
en fonction de la matrice P du I.3 et d’une matrice diagonale que l’on explicitera.
7. On suppose ici que les coefficients (a, b, c) sont réels.
a) Montrer que toutes les valeurs propres de M(a, b, c) sont réelles si et seulement si b = c.
b) Déterminer les valeurs propres de M(a, b, b) ainsi que les sous-espaces propres réels associés.
Partie B
#– #– #–
Soit E un espace vectoriel euclidien réel de dimension 3, de base orthonormée B = i , j , k . On
note Id l’endomorphisme identité de E. Dans cette partie, on s’intéresse à une étude géométrique
des endomorphismes fa,b,c différents de Id dont la matrice relativement à la base B est M(a, b, c), en
supposant que les coefficients (a, b, c) sont réels. Il est recommandé d’utiliser les résultats trouvés
dans la première partie.
1. Montrer qu’il existe deux couples (a, b) tels que fa,b,b ait pour seules valeurs propres 1 et −1.
Préciser les sous-espaces propres associés. Donner la nature géométrique de fa,b,b dans les deux
cas.
2. Montrer qu’il existe deux couples (a, b) tels que fa,b,b ait pour seules valeurs propres 1 et 0.
Préciser les sous-espaces propres associés. Donner la nature géométrique de fa,b,b dans les deux
cas.
3. a) À quelles conditions nécessaires et suffisantes une matrice 3 × 3 à coefficients réels représentet-elle la matrice dans la base B d’une rotation ?
b) Montrer que J et J2 sont des matrices de rotation de E, préciser le cosinus de leurs angles de
rotation.
c) Montrer que fa,b,c est une rotation vectorielle si et seulement si a2 +b2 +c2 = 1 et a+b+c = 1.
En déduire que ab + bc + ca = 0.
Préciser l’axe de rotation ainsi que le cosinus de son angle de rotation en fonction de (a, b, c).
Exercice 6 : (ATS 2000, problème 3)
Corrigé page 24
On note (E) l’équation différentielle 4xy 00 (x) + 2y 0 (x) + y(x) = 0 où y(x) désigne la fonction
inconnue.
4
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ATS
Mai 2013
Partie A
On cherche ici les solutions
de (E) qui sont développables en série entière sur un intervalle de centre
P∞
O, sous la forme y(x) = n=0 an xn .
P∞
1. Montrer que si y(x) = n=0 an xn est solution de (E), alors si n > 1, 2n(2n − 1)an + an−1 = 0.
2. En déduire l’expression de an en fonction de a0 .
3. Quel est le rayon de convergence de la série obtenue ? En déduire qu’il existe une unique solution
de (E) développable en série entière en 0, et telle que y(0) = 1. On notera y1 (x) cette solution .
√
4. Vérifier que y1 (x) = cos x pour x > 0 ; que vaut y1 (x) si x < 0 ?
Partie B
On cherche maintenant sur ]0, +∞[ les solutions de (E) de la forme , y(x) = k(x)y1 (x) où y1 (x)
est la solution trouvée dans la partie A.
1. Montrer que y(x) = k(x)y1 (x) est solution de (E) si et seulement si
4xy1 (x)k 00 (x) + (8xy10 (x) + 2y1 (x))k 0 (x) = 0
puis que
k 00 (x)
1
y10 (x)
=
−
−
2
k 0 (x)
2x
y1 (x)
lorsque les dénominateurs ne sont pas nuls.
En déduire k 0 (x) pour x > 0.
2. Montrer que la dérivée de tan x =
avec α, β constantes réelles.
sin x
cos x
est égale à
1
cos2 x
√
; en déduire que k(x) = α tan x + β,
√
√
3. En déduire que les solutions de (E) sur R+∗ sont de la forme y(x) = α sin x + β cos x.
4. Quelles sont les solutions de (E) dérivables en 0 ?
y(0) = 0
Peut-on déterminer une solution vérifiant
?
y 0 (0) = 1
Exercice 7 : (ATS 2011, exercice 1)
Soit la fonction f : R → R impaire et 2π-périodique telle que : ∀x ∈]0, 2π[,
Corrigé page 26
π−x
f (x) =
.
2
1. On suppose de plus que f est définie sur R. En déduire f (0).
2. Représenter graphiquement f sur l’intervalle [−π, 3π]. On précisera sur cette figure la valeur de
f aux points de discontinuité.
+∞
X
sin(nx)
3. Calculer la série de Fourier de la fonction f . Montrer que ∀x ∈ R, f (x) =
.
n
n=1
∀x ∈]0, 1], g(x) = xf (1)
Soit la fonction g : R → R impaire et 2π-périodique telle que :
.
∀x ∈]1, π], g(x) = f (x)
4. Représenter la fonction g sur [−π, 3π].
Z 1
Z π
5. Calculer
x sin(nx)dx, puis
(g(x) − f (x)) sin(nx)dx. En déduire la série de Fourier g.
0
0
+∞
X
sin(n) sin(nx)
6. Montrer que ∀x ∈ R, g(x) =
.
n2
n=1
7. Montrer que
+∞
+∞
X
sin(n) X sin2 (n)
=
. Exprimer ces sommes à l’aide de π.
n
n2
n=1
n=1
8. En appliquant la relation de Parseval à la fonction g, calculer
5
+∞
X
sin2 (n)
.
n4
n=1
ATS
Préparation à l’écrit du concours
Exercice 8 : (ATS 2005, problème 1)
On considère l’équation différentielle sur ]0, +∞[ :
(E)
Mai 2013
Corrigé page 30
x2 y 00 (x) + 4xy 0 (x) + (2 − x2 )y(x) = 1
1. Déterminer toutes les solutions réelles de l’équation différentielle u00 (x) − u(x) = 0.
2. Sur l’intervalle ]0, +∞[ on effectue dans (E) le changement de fonction y(x) =
cette équation après ce changement ?
z(x)
x2 .
Que devient
3. On se propose de montrer que (E) admet une unique solution développable en sérieP
entière au∞
tour de l’origine, notée y0 , et de déterminer cette série entière. On pose y0 (x) = a0 + k=1 ak xk .
a) Déterminer a0 et a1 .
b) Pour n > 2 donner une relation de récurrence entre an et an−2 . (On pensera à factoriser
n2 + 3n + 2).
c) En déduire an en fonction de n.
4. Déterminer le rayon de convergence de la série entière qui apour somme y0 .
5. Exprimer y0 à l’aide de fonctions « classiques ». (Indication : on déterminera d’abord l’expresssion de x2 y0 (x) + 1).
6. Déduire de ce qui précéde l’ensemble des solutions de (E).
7. Déterminer les solutions de (E) admettant une limite à droite en 0.
Exercice 9 : (ATS 2012, exercice 4)
Corrigé page 32
#– #–
Dans un repère orthonormé (O; i , j ) on considère la courbe P de représentation paramétrique
(
x = t2
,t ∈ R
y=t
1. Reconnaître la nature de cette courbe.
#–
#–
2. Donner les composantes d’un vecteur tangent T(t) et d’un vecteur normal N(t) au point M(t)
de paramètre t de la courbe P.
On considère deux points quelconques A et B de cette courbe qui correspondent respectivement
à deux valeurs distinctes a et b du paramètre t.
3. Donner une équation de la droite TA tangente au point A à la courbe P. Déterminer les coordonnées de l’intersection A0 de TA avec l’axe des abscisses.
De même, donner une équation de la tangente TB au point B à la courbe P et déterminer les
coordonnées de l’intersection B0 de TB avec l’axe des abscisses.
4. Déterminer les coordonnées du point I milieu du segment [AB].
5. Déterminer les coordonnées du point M, point d’intersection des deux tangentes TA et TB .
6. Comparer les ordonnées des points I et M.
7. Déterminer les coordonnées du point C qui appartient à la courbe P et dont l’ordonnée est égale
à celle de I.
8. Démontrer que la tangente TC en C à la courbe P est parallèle à la droite (AB).
9. Pour a = −1 et b = 2, faire une figure comportant P, A, B, A0 , B0 , [AB], TA = (AA0 ),
TB = (BB0 ), I, M, C, TC .
6
ATS
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Mai 2013
Corrigés
Exercice 1 : (ATS 2012, exercice 1)
un
un+1
1. En posant Xn = vn , on a alors Xn+1 = vn+1 . L’écriture matricielle de la suite est donc
wn
wn+1
Xn+1 = AXn
−3
avec A = −4
−2
1
1
1
3
4
2
2. On obtient Xn = An X0
−1
3. On obtient, par calcul matriciel, AE1 = −2 = −E1 . Comme E1 est différent du vecteur nul,
0
cela signifie que E1 est vecteur propre de A, associé à la valeur propre λ1 = −1.
4. a) En notant I la matrice identité, le polynôme caractéristique PA de la matrice A est donné
par
PA (λ) = det(A − λI)
−3 − λ
1
3 1−λ
4 = −4
−2
1
2 − λ
−λ
1
3 4 C1 + C3 → C1
= 0 1 − λ
−λ
1
2 − λ
1
1
3 4 = −λ 0 1 − λ
1
1
2 − λ
1
1
3 4 L3 − L1 → L3
= −λ 0 1 − λ
0
0
−1 − λ
PA (λ) = −λ(1 − λ)(−1 − λ)
b) Les valeurs propres de la matrice A sont les racines du polynôme caractéristique PA , d’où
la matrice A admet trois valeurs propres distinctes λ1 = −1, λ2 = 0, λ3 = 1.
c) Le vecteur propre E2 associé à la valeur propre λ2= 0 vérifie AE2 = 0E2 c’est-à-dire, en
1
−3 + α2 + 3β2 = 0
posant E2 = α2 , qu’il faut résoudre le système −4 + α2 + 4β2 = 0
β2
−2 + α2 + 2β2 = 0
L1
L1 ←− L1
α2 + 3β2 = 3
α2 + 3β2 = 3
Ce système devient α2 + 4β2 = 4
L2 ⇐⇒
β2 = 1
L2 ←− L2 − L1 ⇐⇒
α2 + 2β2 = 2
L3
β2 = 1
L3 ←− L1 − L3
(
α2 = 0
β2 = 1
1
Le vecteur E2 = 0 est un vecteur propre de A, associé à la valeur propre λ2 = 0.
1
7
ATS
Préparation à l’écrit du concours
Mai 2013
1
d) En procédant de la même façon pour la valeur propre λ3 = 1, et en posant E3 = α3 , il faut
β3
(
−3 + α3 + 3β3 = 1
α3 + 3β3 = 4
α3 = 1
résoudre le système −4 + α3 + 4β3 = α3 , c’est-à-dire
4β3 = 4 ⇐⇒
.
β3 = 1
−2 + α3 + 2β3 = β3
α3 + β3 = 2
1
Le vecteur E3 = 1 est un vecteur propre de A, associé à la valeur propre λ3 = 1.
1
5. La matrice carrée d’ordre 3, A, admet trois valeurs propres réelles distinctes, par conséquent,
grâce à la condition suffisante de diagonalisation, la matrice A est diagonalisable et A est
semblable à la matrice D indiquée avec P matrice de passage, donc inversible, matrice formée
des vecteurs E1 , E2 , E3 . On a donc
A = PDP−1
1
avec P = 2
0
1
0
1
1
−1 0 0
1 et D = 0 0 0
1
0 0 1
(−1)n 0 0
0 0
6. On a, pour tout entier naturel n, An = PDn P−1 avec Dn = 0
0
0 1
En particulier pour n > 1, n = 2k − 1 , A2k−1 = PD2k−1 P−1 avec D2k−1 = D, d’où A2k−1 =
PDP−1 , c’est-à-dire pour tout entier naturel k > 0, A2k−1 = A.
On a A2k = A × A2k−1 = A × A d’où A2k = A2
Un calcul immédiat nous donne
−1 1 1
A2 = 0 1 0
−2 1 2
7. a) En utilisant la relation obtenue à la question 2 pour n = 2k, on obtient X2k
c’est-à-dire u2k = v2k = w2k = 1.
De même, on a pour n = 2k − 1, X2k−1
1.
Par conséquent, ∀n ∈ N∗ ,
1
= A2 X0 = 1,
1
1
= AX0 = 1, c’est-à-dire u2k−1 = v2k−1 = w2k1 =
1
un = vn = wn = 1
b) D’après la question précédente,
les suites (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N sont constantes à partir du rang n = 1 et
lim un = lim vn = lim wn = 1
n→+∞
n→+∞
n→+∞
1
1
8. En procédant de façon identique, on obtient, avec X0 = 2, X2k = A2 X0 = 2 = X0 ,
0
0
c’est-à-dire
u2k = 1
∀k ∈ N,
v2k = 2
w2k = 0
8
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
−1
= AX0 = −2 = −X0 , c’est-à-dire
0
De même, on a pour n = 2k − 1, X2k−1
∀k ∈ N∗ ,
u2k−1 = −1
v2k−1 = −2
w2k−1 = 0
Les deux suites (un ) et (vn ) n’ont pas de limite et limn→+∞ wn = 0.
u0
9. En procédant une nouvelle fois de la même façon, en posant X0 = v0 , on obtient avec
w0
X2k = A2 X0 , c’est-à-dire
u2k = −u0 + v0 + w0
v2k = v0
w2k = −2u0 + v0 + 2w0
et avec X2k−1 = AX0 ,
u2k−1 = −3u0 + v0 + 3w0
v2k−1 = −4u0 + v0 + 4w0
w2k−1 = −2u0 + v0 + 2w0
Les suites d’indice pair et impair étant constantes, ces trois suites sont convergentes si et seulement si les termes d’indice pair et impair sont égaux, c’est-à-dire que u0 , v0 et w0 sont solutions
du système suivant :
−3u0 + v0 + 3w0 = −u0 + v0 + w0
−4u0 + v0 + 4w0 = v0
−2u0 + v0 + 2w0 = −2u0 + v0 + 2w0
c’est-à-dire après simplification u0 = w0 .
Les trois suites (un )n∈N , (vn )n∈N et (wn )n∈N sont convergentes si et seulement u0 = w0 .
Dans ce cas, ∀n ∈ N∗ ,
un = vn = wn = v0 et donc
lim un = lim vn = lim wn = v0
n→+∞
n→+∞
n→+∞
Exercice 2 : (ATS 2009, exercice 2)
1. Tn est la somme des n + 1 premiers termes d’une suite géométrique, et x 6= lπ, on a donc
Pn
2i(n+1)x
Tn (x) = k=0 e2ikx = 1−e1−e2ix , qui classiquement, se transforme en
Tn (x) =
Donc Re(Tn ) =
ei(n+1)x [e−i(n+1)x − e(in−1)x ]
−2einx sin((n + 1)x)
=
ei x[e−ix − eix ]
−2 sin x
cos(nx) sin((n + 1)x)
. Pour x ∈ R \ {kπ|k ∈ Z},
sin x
Re(Tn ) =
cos(nx) sin((n + 1)x)
sin x
2.a. Enfin on obtient :
Sn (x)
2 cos(nx) sin((n + 1)x) − sin x
= 2 Re(Tn (x)) − 1 =
sin x
sin(2n + 1)x + sin x − sin x
=
sin x
9
Préparation à l’écrit du concours
ATS
et puisque Sn (x)+1 = 2 Re(Tn (x)) = 2 Re
et donc :
Pn
k=0
Pour x ∈ R \ {kπ|k ∈ Z}, Sn (x) =
Mai 2013
Pn
ei2kx , on a aussi Sn (x)+1 = 2 k=0 cos(2kx)
sin(2n+1)x
sin x
=1+2
Pn
k=1
cos(2kx)
2.b. Puisque au voisinage de 0, sin x ∼ x et donc aussi sin(2n + 1)x ∼ (2n + 1)x on a au voisinage
de 0 : sin(2n+1)x
∼ (2n+1)x
= 2n + 1 donc limx→0 Sn (x) = 2n + 1. De même, pour étudier
sin x
x
la limite en π, posons x = π + u de sorte que u tend vers 0 quand x tend vers π. Alors
sin((2n+1)(π+u))
= − sin((2n+1)u)
∼ 2n + 1.
sin(π+u)
− sin u
Pn
Sn (x) = 1 + 2 k=1 cos(2kx) est un polynôme trigonométrique, montrons qu’il est son développement de Fourier. Sn est clairement paire et π-périodique et continue sur R, calculons
ses coefficients de Fourier, c’est–à–dire les an , puisque les bn sont nuls.
"
#
Z
n Z π
X
1 π
1
a0 =
Sn (x) dx =
π+2
cos(2kx) dx = 1
π 0
π
0
k=1
a0 = 1
puis, pour p ∈ N∗ :
ap
=
=
2
π
2
π
Rπ
Pn
dx
R0 π(1 + 2 k=1 cos(2kx)
Rπ
Pn cos(2px)
cos(2px)
dx
+
2
cos(2kx)
cos(2px) dx
k=1 0
0
donc
ap =
n Z
n Z
2X π
2X π
(cos(2x(k + p)) + cos(2x(k − p))) dx =
cos(2x(k − p)) dx
π
π
0
0
k=1
k=1
Ainsi
si p = k ∈< 1, n > ap = π2
si p ∈
6 < 1, n >
ap = 0
Rπ
0
dx = 2
Pn
Et Sn (x) = 1 + 2 k=1 cos(2kx) est une série de Fourier.
Remarque : On voit ainsi qu’un polynôme trigonométrique est sa propre série de Fourier.
Rπ
En In = π1 0 Sn (x) dx on reconnait a0 = 1. Comme Sn est π–périodique et continue, le
Rπ
P∞
théorème de Parseval s’applique ; on a :Jn = π1 0 (Sn (x))2 dx = a20 + 12 k=1 a2k = 12 +
P
n
1
2
k=1 2 = 2n + 1
2
In = 1, Jn = 2n + 1
3.a. Pour x > 0, posons x =
√1 (ln u)2 . On a enfin :
u
1
u
de sorte que si x → 0+ alors u → +∞. lors
ln(u)
=
u1/2
ln(u)
u1/4
2
=
4 ln(u1/4 )
u1/4
√
x(ln x)2 devient
2
Cette dernière expression tend vers 0 quand u → +∞ car nous savons que
D’une manière plus générale, si α et β sont des réels positifs, on a
(ln(X))
Xα
β
ln(X)
→
X
X→+∞
→
X→+∞
0.
0.
Ce résultat s’écrit encore, au voisinage de 0, (ln(x))2 = ◦( √1x ), les fonctions x 7→ (ln(x))2
R1
et √1x sont positives sur ]0, 1] et l’intégrale de Riemann 0 √1x dx convergente (en 0), donc
R1
d’après le théorème de comparaison
(ln(x))2 dx est convergente
0
10
Préparation à l’écrit du concours
ATS
3.b. Cherchons la limite lorsque x → 0+ de
ln(sin x)
ln(x)
Mai 2013
− 1. On a :
sin(x)
ln(sin x)
ln(sin x) − ln(x)
−1=
= x
ln(x)
ln(x)
ln(x)
il est bien connu que
sin(x)
∼
x
x→0
1 et que limx→0+ ln(x) = −∞ de sorte que :
la limite lorsque x → 0+ de
ln(sin x)
ln(x)
− 1 est 0 donc ln(sin x) ∼ + ln(x).
x→0
La fonctionR x 7→ (ln(sin x))2 est positive et contine sur l’intervalle ]0, π[. L’existence de
π
l’intégrale 0 (ln(sin x))2 dx se pose donc en x = 0 et en x = π.
Au voisinage de 0+ on a vu ci–dessus que ln(sin x) ∼ ln(x) et donc que (ln(sin x))2 ∼ (ln(x))2 ,
R1
et aussi que (3.a.) 0 (ln(x))2 dx existe, d’après le théorème de comparaison, il en est de même
R1
pour l’intégrale 0 (ln(sin x))2 dx.
Pour l’étude au voisinage de π − , posons x = π − u, alors x → π − ⇔ u → 0+ et (ln(sin(π −
u)))2 R= (ln(sin u))2 dont l’existence de l’intégrale
pour u voisin de 0 vient d’être établie.
Rπ
π
Ainsi 1 (ln(sin x))2 dx existe. Finalement : 0 (ln(sin x))2 dx existe.
3.c. La fonction f n’est pas continue par morceaux sur ]0, 1] mais ... Si x ∈]0, π[ alors −x ∈]−π, 0[
et puisque f est π-périodique, f (−x) = f (−x + π). Mais −x + π ∈]0, π[ donc f (−x + π) =
ln(sin(−x + π)) = ln(sin x) = f (x). Ainsi sur ] − π, 0[∪]0, π[ la fonction f est paire, étant
π-périodique, elle est aussi 2π-périodique, donc elle est paire sur R \ {kπ|k ∈ Z}. Dès lors les
coefficients de Fourier bn associés à f sont nuls et la série de Fourier de f est du type :
P
a0 + n>1 an cos(2nx).
On a enfin par définition : pour n > 0,
Z
2 π
an =
ln(sin x) cos(2nx) dx
π 0
3.d. D’après 3.b., quand x → 0+ , on a :
ln(sin x) ∼ ln(x), et sin 2nx ∼ 2nx donc ln(sin x) sin(2nx) ∼ 2nx ln(x).
Comme cette dernière expression tend vers 0 quand x tend vers 0, on en déduit que
limx→0+ ln(sin x) sin(2nx) = 0
Pour x → π − posons x = π − u, ainsi ln(sin(x)) sin(2nx) devient ln(sin(π − u)) sin(2n(π − u))
qui est égal à − ln(sin u) sin(2nu). Comme on vient de le voir cette expression tend vers 0
quand u → 0+ . Ainsi :
limx→π− ln(sin x) sin(2nx) = 0
On a alors, en se permettant de ne pas écrire explicitement les limites qui figurent aux bornes
des intégrales ci–dessous :
π
Z
Z
2 π
2
sin(2nx)
2 π cos x sin(2nx)
an =
ln(sin x) cos(2nx) dx =
ln(sin x)
−
dx
π 0
π
2n
π 0 sin x
2n
0
Ainsi, puisque d’après le début de cette question, le crochet est nul, on obtient :
Z π
Z
Z π
−1 π cos x sin(2nx)
−1
sin(2n + 1)x
sin(2n − 1)x
an =
dx =
dx +
dx
nπ 0
sin x
2nπ 0
sin x
sin x
0
ou encore en utilisant la définition de In et sa valeur ( voir 2.b.) :
an =
−1
−1
−1
(In + In−1 ) =
(1 + 1) =
2n
2n
n
11
Préparation à l’écrit du concours
ATS
4. On admet donc que pour x ∈]0,
P∞π[ on a ln(sin x) = a0 +
x = π2 ce qui donne 0 = a0 + n=1 − n1 (−1)n . Ainsi :
a0 =
La série
P∞
n=1
Mai 2013
− n1 cos(2nx). Prenons alors
∞
X
(−1)n
n
n=1
(−1)n
n
est une série alternée, comme la suite n1 n>0 est décroissante et tend
n
P
vers 0, nous pouvons confirmer que n>1 (−1)
converge.
n
n
P
5. Déterminons le rayon de convergence de la série entière n>0 (−1)
xn en utilisant la régle
n
|αn+1 |
(−1)n
n
de d’Alembert pour les séries entières : Si αn = n le quotient |αn | = n+1
tend vers
P
(−1)n n
1
1 donc le rayon de convergence de n>0 P
de
n x est 1 = 1. Compte
P∞ tenu de la régle
∞
1
dérivation d’une série entière, on a : g 0 (x) = n=1 (−1)n xn−1 = − n=0 (−x)n = − 1+x
. On
en déduit g(x) = − ln(1 + x) + K où K ∈ R mais par définition g(0) = 0 donc K = 0 et pour
n
P
n
x ∈] − 1, +1[ g(x) = − ln(1 + x). Comme la série n>0 (−1)
pour x = 1 (voir
n x converge
P∞ (−1)n
4.), on sait que g est continue en x = 1 et que limx→1− g(x) = n=1 n = − ln(2). Ainsi :
P
n>1
a0 = − ln(2)
6. Appliquons le théorème de Parseval à f . D’après les calculs de an (voir 3.d. et 5.) on a :
Z
∞
1 π
1X 1
(ln(sin x))2 dx = (− ln 2)2 +
π 0
2 n=1 n2
et donc :
1
π
π
Z
(ln(sin x))2 dx = (ln 2)2 +
0
π2
12
Exercice 3 : (ATS 2004, exercice 2)
1. Considérons (E1 ) y 0 (x) + xy(x) = 0 en multipliant chaque membre par e
e
x2
2
y 0 (x) + xe
x2
2
y(x) = (ye
donc il existe une constante K tel que f (x) = Ke
−x2
2
x2
2
x2
2
on a :
)0 = 0
.
La solution générale de (E1 ) est Ke
−x2
2
,
la solution f0 de (E1 ) telle que f0 (0) = 1 est e
−x2
2
2. Si on considère l’équation (E2 ) on cherche une solution polynomiale de degré 2. En cherchant
une solution de la forme ax2 + bx + c on voit que x2 − 2 est solution particulière. Comme les
solutions de (E2 ) sont de la forme une solution particulière plus les solutions de l’équation
homogène (E1 ) on a : f (x) = Ke
−x2
2
+ x2 − 2
f1 (x) = 2e
−x2
2
+ x2 − 2
−x2
3. 3.a. La fonction F(x) = e 2 est définie, continue, positive sur [0, +∞[ et négligeable en +∞
devant t12 qui est positive, et intégrable sur [1, +∞[ (fonction de Riemann). D’après le
théorème de comparaison F(x) est intégrable sur [1, +∞[ comme elle est continue sur le
segment [0, 1] elle est intégrable sur [0, +∞[
A=
R +∞
0
F(t) dt = limR→+∞ I(R) existe.
12
Préparation à l’écrit du concours
ATS
3.b On a J(R) =
RR
F(x)F(y) dx dy =
C
RR
0
R
0
R
F(x)
Mai 2013
R
2
R
F(y) dy dx = 0 F(x) dx = I(R)2
J(R) = I(R)2
3.c Appelons D(R) = {(x, y) ∈ R2 | 0 6 x, 0 6 y, x2 + y 2 6 R2 } (ce que l’énoncé appelle
D.
√
Appelons C(R) = {(x, y) ∈ R2 | 0 6 x 6 R, 0 6 y 6 R}.Il est bien connu que R 2 est
la longueur de la diagonale du carré C(R)
On a alors, avec ces notations :
ZZ
ZZ
√
K(R) =
F(x)F(y) dx dy,
K(R 2) =
√ F(x)F(y) dx dy,
D(R)
D(R 2)
et
J(R) =
ZZ
C(R)
F(x)F(y) dx dy.
Comme la fonction (x, y) 7→ F(x)F(y) est positive (c’est le produit de deux exponen√
tielles) et compte tenu de la double inclusion évidente : D(R) ⊂ C(R) ⊂ D(R 2), on
obtient :
√
K(R) 6 J(R) 6 K(R 2)
3.d On remarque que K(R) est l’intégrale de (x, y) 7→ F(x)F(y) sur le quart de disque
D(R) dont une description en coordonnées polaires est : [0, R] × [0, π2 ]. Alors F(x)F(y) =
e
−x2
2
e
−y 2
2
K(R) =
=e
R
Z
−(x2 +y 2 )
2
Z
π
2
2
e
0
0
− r2
or en polaire x2 + y 2 devient r2 et dx dy = r dr dθ donc
r dr dθ =
Z
R
Z
2
− r2
e
r
0
0
K(R) =
π
2
π
2
π
dθ dr =
2
π
2
et d’après 3.b. (I(R))2 tend vers
π
2,
π
2
R
e−
r2
2
0
r dr =
π h − r2 iR
−e 2
2
0
h
i
R2
1 − e− 2
limR→+∞ K(R) = limR→+∞
√
Dès lors il en est de même de K(R 2) =
Z
π
2
e−
R2
2
−1 =
π
2
2
e−R − 1 donc d’après 3c. J(R) tend vers
d’où :
A=
pπ
2
R +∞
4. 4.a Considérons 0 cos(xt)F(t) dt. Comme | cos(xt)|F(t) 6 F(t) et que la fontion positive
R +∞
F est intégrable sur [0, +∞[ (voir 3.a) on en déduit que 0 cos(xt)F(t) dt existe,
l’intégrale est absolument convergente donc convergente. Le même
argument vaut sur
R +∞
] − ∞, 0] (cos(xt)F(t) est d’ailleurs paire). On a donc g(x) = 0 cos(xt)F(t) dt +
R0
cos(xt)F(t) dt existe.
−∞
R +∞
4.b. On sait que (voir 4.a ;) que g(x) = −∞ cos(xt)F(t) dt existe et on admet dans 4.b. que :
0
Z
+∞
g (x) =
−∞
d(cos(xt)F(t))
dt =
dx
Z
+∞
−∞
13
d cos(xt)
F(t)
dt =
dx
Z
+∞
−∞
F(t)(− sin(xt))t dt
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
On a donc, en remplaçant F(t) par sa valeur :
Z +∞
0
g (x) =
−F(t)t sin(xt) dt
−∞
+∞
Z
=
t2
−e− 2 t sin(xt) dt
−∞
Ici x est un paramètre et t la variable d’intégration. Comme nous le conseille l’énoncé
intégrons par parties, de manière réfléchie. On a :
t2
2
−e
− t2
t
d sin(xt)
dt
=
d(e− 2 )
dt
= x cos(xt)
on a alors si A et B sont deux réels :
Z A
Z
t2
t2
−e− 2 t sin(xt) dt = [e− 2 sin(xt)]A
−
B
B
B
Or par définition g 0 (x) =
Z
+∞
t2
e− 2 x cos(xt) dt
Z
t2
−e− 2 t sin(xt) dt = lim
A→+∞
B→−∞
−∞
2
− A2
A
A
B
t2
−e− 2 t sin(xt) dt. Puisque
2
− B2
e
sin(xA) et e
sin(xB) tendent vers 0 lorsque respectivement A tend vers +∞ et
B tend vers −∞ on a :
Z +∞
Z +∞
Z +∞
2
2
t2
0
− t2
− t2
g (x) = −
e
t sin(xt) dt = −
e
x cos(xt) dt = −x
e− 2 cos(xt) dt
−∞
−∞
−∞
Ce qui s’écrit encore :
g 0 (x) = −xg(x) : g est bien solution de (E1 ).
4.c. D’après le 1. les solutions de (R) sont du type Ke
√
R +∞
g(0) = −∞ F(t) dt = 2A = 2π et donc
g(x) =
√
2πe
−x2
2
e
=
, c’est donc le cas de g. Mais
.
5. On a, à partir du D.S.E. en 0 de ex , en remplaçant x par
−x2
2
−x2
2
−x2
2
:
+∞
X
(−1)n x2n
k=0
2n .n!
qui est de rayon infini comme celui de ex en intégrant terme à terme, ce qui ne change pas
le rayon, on a avec L constante réelle :
G(x) =
Z
x
F(t) dt = L +
0
+∞
X
(−1)n x2n+1
2n .(2n + 1)n!
k=0
Compte tenu de G(0) = 0 on en déduit L = 0 et :
G(x) =
(−1)n x2n+1
k=0 2n .(2n+1)n! .
P+∞
avec un rayon de convergence infini
14
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Exercice 4 : (ATS 2011, exercice 2)
Partie A
1. On a detB (B 0 ) = 27, ce qui signifie que la famille B 0 est une famille libre, donc forme une
base de E.
#– #– #– #–
#– #–
#– #–
On vérifie aussi que les produits scalaires ı0 · 0 , ı0 · k 0 et 0 · k 0 sont nuls : les vecteurs ı0 , 0
#–0
et k sont donc orthogonaux deux à deux.
La famille B 0 est alors une base orthogonale de E.
2. Par calcul, on obtient
9
S2 = 0
0
0
9
0
0
0 = 9I.
9
Ensuite,
1
S = 9I ⇐⇒ S × S = S ×
9
2
1
S = I,
9
ce qui montre que S est inversible, et S−1 = 19 S .
3. On a :
1
1
A 2 = −9 2 .
2
2
#–
#–
Ceci signifie que le vecteur ı0 (6= 0 ) est un vecteur propre de la matrice A associé à la valeur
propre λ1 = −9.
On vérifie de même que :
2
2
A −2 = 9 −2 ,
1
1
#–
#–
ce qui signifie que le vecteur 0 (6= 0 ) est un vecteur propre de la matrice A associé à la valeur
propre λ2 = 9.
Et enfin :
2
2
A 1 = 9 1 ,
−2
−2
#–
#–
ce qui signifie que le vecteur k 0 (6= 0 ) est un vecteur propre de la matrice A associé à la valeur
propre λ2 = 9.
La matrice A admet alors −9 comme valeur propre simple et 9 pour valeur propre double. La
dimension du sous-espace propre associé à cette valeur propre double est 2. Par conséquent,
la matrice A est diagonalisable dans cette base de vecteurs propres.
La matrice de passage de la base B à la base B 0 est, avec les notations de l’énoncé, la matrice
S.
La matrice de f dans la base B 0 est
−9 0 0
D1 = 0 9 0 .
0 0 9
15
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Nous avons alors, grâce à la formule de changement de base
D1 = S−1 AS
⇐⇒ A = SD1 S−1
1
↔ A = SD1
S
9
1
↔A=S
D1 S
9
↔ A = SDS
avec
−1 0 0
D = 0 1 0 .
0 0 1
(−1)2
2
0
On a, comme D =
0
0
12
0
0
0 = I,
12
A2 = SDS × SDS
= SDS2 DS
= 9SD2 S
(puisque S2 = 9I)
= 9S2
= 81I.
Partie B
1. En posant
∀t ∈ R,
x(t)
X(t) = y(t)
z(t)
on obtient :
∀t ∈ R,
0
x (t)
X0 (t) = y 0 (t) ,
z 0 (t)
et le système (SD) se transforme en écriture matricielle sous la forme
∀t ∈ R,
X0 (t) = AX(t) .
2. Soit t ∈ R. On a U(t) = SX(t), d’où
U0 (t) = SX0 (t)
= SAX(t)
= S (SDS) X(t)
= S2 DSX(t)
= 9ID (SX(t))
= 9DU(t).
16
Mai 2013
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
En traduisant ceci à l’aide des composantes, nous obtenons :
0
u (t) = −9u(t)
v 0 (t) = 9v(t)
0
w (t) = 9w(t).
∀t ∈ R,
27
Nous avons la condition initiale suivante : U(0) = SX(0) = 27, c’est-à-dire
0
u(0) = 27
v(0) = 27
w(0) = 0.
3. En résolvant chacune des équations différentielles linéaires du premier ordre, nous obtenons :
−9t
u(t) = k1 e
∃(k1 , k2 , k3 ) ∈ R3 , ∀t ∈ R,
v(t) = k2 e9t
w(t) = k3 e9t .
Compte tenu des conditions initiales, nous avons finalement :
∀t ∈ R,
−9t
u(t) = 27e
v(t) = 27e9t
w(t) = 0,
∀t ∈ R,
27e−9t
U(t) = 27e9t .
0
c’est-à-dire
Pour tout t ∈ R, on note mt le point de coordonnées (u(t), v(t), w(t)) dans le repère R0 (qui
# –
est orthogonal mais pas orthonormé comme le dit l’énoncé) ; on en déduit que le vecteur Omt
a pour coordonnées (27e−9t , 27e9t , 0) dans la base B 0 , donc qu’il appartient au plan engendré
#–
#–
#–
par les vecteurs ı0 et 0 . Le vecteur k 0 étant orthogonal à ce plan, on en déduit que le vecteur
#–
#–
# –
k 0 est orthogonal au vecteur Om pour tout t ∈ R. On peut donc choisir #–
n = k 0 , et on a :
t
∀t ∈ R,
# –
#–
n ⊥ Omt .
4. Puisque S est inversible et que S−1 = 19 S, on a :
∀t ∈ R,
U(t) = SX(t) ↔ X(t) =
1
SU(t).
9
On obtient donc comme unique solution du système différentiel (SD) vérifiant les conditions
initiales (CI) :
−9t
e
+ 2e9t
∀t ∈ R, X(t) = 3 2e−9t − 2e9t ,
2e−9t + e9t
soit :
∀t ∈ R,
−9t
+ 6e9t
x(t) = 3e
y(t) = 6e−9t − 6e9t
z(t) = 6e−9t + 3e9t .
17
ATS
Préparation à l’écrit du concours
Mai 2013
Soit t ∈ R. On note Mt le point de coordonnées (x(t), y(t), z(t)) dans le repère R ; on en
# –
déduit que le vecteur OMt a pour coordonnées (x(t), y(t), z(t)) dans la base B. Notons alors
# –
(x2 (t), y2 (t), z2 (t)) les coordonnées du vecteur OMt dans la base B 0 , et notons X2 (t) la matrice
colonne :
x2 (t)
X2 (t) = y2 (t) .
z2 (t)
On a alors, par la formule de changement de base :
X(t) = SX2 (t),
puis, comme S est inversible et que S−1 = 19 S, on obtient :
1
1
SX(t) = U(t),
9
9
# –
# –
ce qui montre que le vecteur OMt est l’image du vecteur Omt par l’homothétie de rapport 19 ,
ou encore que le point Mt est l’image du point mt par l’homothétie de centre O et de rapport
1
9.
# –
# –
On en déduit en particulier que, pour tout t ∈ R, les vecteurs OMt et Omt sont colinéaires,
donc que tout vecteur orthogonal à l’un est orthogonal à l’autre. Ceci montre qu’on peut
#–
#–
choisir N = #–
n = k 0 , et qu’on a alors :
X2 (t) =
∀t ∈ R,
#– # –
N ⊥ OMt .
∀t ∈ R,
#– # –
N ⊥ OMt
5. La propriété précédente :
équivaut, en termes de produit scalaire, à :
# – #–
OMt · N = 0.
∀t ∈ R,
En traduisant cette égalité à l’aide des coordonnées dans la base B, on obtient que :
pour tout t ∈ R, le point Mt appartient au plan P d’équation 2x + y − 2z = 0 dans le repère
R.
#– #–
6. On se place dans le repère O ; ı0 , 0 (notons au passage que c’est un repère du plan P défini
à la question 5), et on s’intéresse, dans ce repère, à la courbe de représentation paramétrique
(u(t), v(t)) pour t ∈ R, que l’on appelle C.
On remarque d’abord que : ∀t ∈ R, u(t)v(t) = 272 , et que les fonctions u et v sont toujours
strictement positives, ce qui montre que C est incluse dans la branche située dans le quadrant
{x > 0, y > 0} de l’hyperbole d’équation cartésienne xy = 272 .
Réciproquement, soient (x, y) les coordonnées d’un point de la branche située dans le quadrant {x > 0, y > 0} de l’hyperbole d’équation cartésienne xy = 272 . Alors en posant
x
t = − 19 ln 27
, on a :
x = 27e−9t = u(t) et
y=
272
= 27e9t = v(t).
x
Ceci montre que :
C est la branche située dans le quadrant {x > 0, y > 0} de l’hyperbole d’équation cartésienne
xy = 272 .
La courbe C est la courbe que décrit le point mt lorsque t ∈ R. Par ailleurs, la courbe H est
la courbe décrite par le point Mt lorsque t ∈ R. Or on a vu à la question 3 que le point Mt
est l’image du point mt par l’homothétie de centre O et de rapport 19 . On en déduit donc
que la courbe H est l’image de la courbe C par l’homothétie de centre O et de rapport 19 , ou
autrement dit que :
18
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
la courbe C est l’image de la courbe H par l’homothétie de centre O et de rapport 9 .
Remarque: on obtient donc une représentation paramétrique de la courbe H dans le repère
#– #–
O ; ı0 , 0 :
(
x2 (t) = 3e−9t
∀t ∈ R,
y2 (t) = 3e9t ,
ce qui montre que H est aussi une branche d’hyperbole : la branche située dans le quadrant
{x > 0, y > 0} de l’hyperbole d’équation cartésienne xy = 9.
80
70
60
50
40
30
20
C
10
H
10
20
30
40
50
60
Figure 1 – Courbes C et H dans le plan P
19
70
80
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Exercice 5 : (ATS 2004, exercice 1)
Partie I
1.1. On a immédiatement :
0
J2 = 0
1
et
0
J3 = J2 J = 1
0
0
0
1 0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0 0
0
1
0
0
1 = 1
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1 = 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0 = I
1
1.2. Calculons le polynôme caractéristique de J. On a :
−X
1
0
−X
1 = −X3 + 1
χJ = det 0
1
0
−X
(on peut aussi remarquer que le polynôme caractéristique est de degré 3 et que J3 − I3 = 0
d’après 1.1) Les racines de ce polynôme, qui sont 1, j, j 2 les racines cubiques de 1 sont les
valeurs propres de J :
Les valeurs propres de J, sont 1, j, j 2
Comme elles sont deux à deux distinctes, J est diagonalisable sur C. Toutefois le polynôme
caractéristique n’est pas scindé sur R et donc J n’est pas diagonalisable sur R.
1.3. Nous avons trois valeurs propres distinctes de multiplicité 1, donc les espaces propres sont de
dimension1.
En résolvant pour chaque valeur propre λ dans {1, j, j 2 } le systéme JX = λX
x
avec X = y , c’est à dire
z
y = λx
z = λy
x = λz
on obtient les générateurs suivants
des espaces propres, avec
première coordonnée :
1 pour
1
1
vecteur propre associé à 1 1 vecteur propre associé à j j , vecteur propre associé à
1
j2
1
j 2 j 2 On adonc la matrice de passage de la base canonique à la base de vecteurs propres
j
qui est :
1 1 1
1 0 0
P = 1 j j 2 et P−1 JP = 0 j 0
1 j2 j
0 0 j2
1.4. On a immédiatement
donc
a b
M(a, b, c) = c a
b c
c
b = aI + bJ + cJ2
a
H = {aI + bJ + cJ2 /(a, b, c) ∈ C3 } = Vect(I, J, J2 )
Mais (I, J, J2 ) est une famille libre car 0 = aI + bJ + cJ2 = M(a, b, c) ⇒ a = b = c = 0.
En conséquence la famille (I, J, J2 ) est libre et génératrice de H donc une base de H dont la
dimension est donc 3.
20
ATS
Préparation à l’écrit du concours
Mai 2013
1.5. Soit x un vecteur propre de J associé à une valeur propre λ, on a donc Jx = λx donc
J2 x = λJx = λ2 x. Ainsi x est vecteur propre associé à λ2 pour J. Ensuite on a M(a, b, c)x =
aIx + bJx + cJ2 x = ax + bλx + cλ2 x = (a + bλ + cλ2 )x Donc :
si x est vecteur propre de J, il est vecteur propre de M(a, b, c)
1
1
1
Les vecteurs propres de J, à savoir 1 , j , j 2 forment une base de C3 d’après 3.
1
j2
j
et sont propres pour M(a, b, c) d’après ce qui précéde, nous avons ainsi une basedevec1
teurspropres de M(a, b, c) qui est donc diagonalisable. La valeur propre associée à 1 est
1
1
1
a + b + c,La valeur propre associée à j est a + bj + cj 2 et celle associée à j 2 est
j2
j
2
a + bj + cj.
1.6. Comme dit ci–dessus M(a, b, c) est diagonalisable, on a la matrice de passage de la base
canonique à la base de vecteurs propres du 5. qui est la matrice P de 3. et compte tenu des
valeurs propres trouvées au 5. on a :
a+b+c
0
0
a + bj + cj 2
P−1 M(a, b, c)P =
0
0
0
0
a + bj 2 + cj
1.7.a. Les valeurs propres de M(a, b, c) sont données ci–dessus. Puisque a, b, c sont réels, Le polynôme
caractéristique de M(a, b, c) est dans R[X] et ses deux autres racines sont donc conjuguées
(on a bien a + bj¯+ cj 2 = a + bj 2 + cj), elles sont réelles si et seulement si elles sont égales
à leur partie réelle, donc si et seulement si leurs parties imaginaires (qui sont opposées ) est
nulle. La partie imaginaire de a + bj + cj 2 est (b − c) sin( 2π
3 ) elle est donc nulle si et seulement
si b − c = 0.
Toutes les valeurs propres de M(a, b, c) sont réelles si et seulement si b = c
1.7.b. Puisque b = c, M(a, b, b) a pour
valeurs
a b
double. La matrice M(a, b, b) = b a
b b
propre
a + b + b et a + b(j + j̄) = a − b qui est donc
b
b , qui est symétrique, admet pour espace propre
a
1
asssocié à a + 2b est engendré par le vecteur 1. Pour l’espace propre associé à la valeur
1
propre a − b on doit résoudre le système :
ax + by + bz
bx + ay + bz
bx + by + az
=
=
=
(a − b)x
(a − b)y ⇔ b(x + y + z) = 0
(a − b)z
x
Si b 6= 0 on a donc l’espce propre associé à a − b qui est composé des vecteurs y tels que
z
1
1
x + y + z = 0, c’est donc un plan, il est engendré par les vecteurs −1 et 0 qui sont
0
−1
évidemment indépendants et donc forment une base de l’espace propre associé à a − b. Si
21
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
b = 0 on a évidement M(a, 0, 0) = aI3 : l’unique valeur propre triple est a et toute base de
R3 est constituée de vecteurs propres.
Partie II
2.1. Nous savons que fa,b,b a pour valeurs propres a + 2b et a − b, sa matrice est symétrique donc
elle diagonalise dans une base orthonormée.
On a soit
a + 2b =
1
a = − 13
⇔
2
a−b
= −1
b =
3
soit
a + 2b = −1
a
=
1
3
b
=
− 23
⇔
a−b
=
1
Précisons les espaces propres.
Dans le premier cas
a =
b
− 13
2
3
=
les valeurs propres sont
1
a + 2b = 1 vecteur propre associé 1
1
1
1
a − b = −1 base de vecteurs propres associés −1 , 0
0
−1
C’est une symétrie par rapport à la droite vectorielle propre associée à la valeur propre 1, la
matrice de fa,b,b est symétrique donc c’est une symétrie orthogonale, de déterminant 1 donc
c’est une rotation (demi–tour).
Dans le second cas
1
a =
3
b
=
− 23
les valeurs propres sont
1
a + 2b = −1 vecteur propre associé 1
1
1
1
a − b = 1 base de vecteurs propres associés −1 , 0
0
−1
C’est une symétrie par rapport au plan propre associé à la valeur propre 1, la matrice de
fa,b,b est symétrique donc c’est une symétrie orthogonale, de déterminant −1 donc c’est une
réflexion
2.2 De même qu’au 2.1, on a soit
a + 2b
= 1
a−b
= 0
a
=
1
3
b
=
1
3
⇔
22
Préparation à l’écrit du concours
ATS
soit
a + 2b =
a−b =
0
a
⇔
1
b
Précisons les espaces propres.
Dans le premier cas
a
=
1
3
b
=
1
3
Mai 2013
2
=
3
= − 13
les valeurs propres sont
1
a + 2b = 1 vecteur propre associé 1
1
1
1
a − b = 0 base de vecteurs propres associés −1 , 0
0
−1
C’est une projection sur la droite vectorielle propre associée à la valeur propre 1, la matrice
de fa,b,b est symétrique donc c’est une projection orthogonale.
Dans le second cas
2
a =
3
b
=
− 13
les valeurs propres sont
1
a + 2b = 0 vecteur propre associé 1
1
1
1
a − b = 1 base de vecteurs propres associés −1 , 0
0
−1
C’est une projection sur le plan propre associé à la valeur propre 1, la matrice de fa,b,b est
symétrique donc c’est une projection orthogonale,
2.3.a. Une matrice 3 × 3 est une matrice de rotation si et seulement si c’est une matrice orthogonale
et si son déterminant est +1.
0 1 0
2.3.b. Nous avons J = 0 0 1 Il est clair que les vecteurs colonnes forment une base ortho1 0 0
normée, ainsi J est une matrice orthogonale, il est tout aussi évident que det(J) = 1, ainsi J
est une matrice de rotation. Si θ est l’angle de cette rotation on sait que tr(J) = 1 + 2 cos θ,
la trace de J étant nulle on a 1 + 2 cos θ = 0 et cos θ = − 12 . L’ensemble
des
rotations
0 0 1
est un groupe commutatif donc J2 est une rotation. D’ailleurs J2 = 1 0 0 et les co0 1 0
lonnes de cette matrice forment une base orthonormée, donc J est bien orthogonale, quant à
det(J2 ) = (det(J))2 = 1, le cosinus de son angle α de rotation est, avec le même argument
que pour J, cos α = − 12 .
2.3.c. Comme dit en 2.3.a. si M(a, b, c) à coefficients réels est une rotation alors M(a, b, c) est
orthogonale et son déterminant est 1. Étant orthogonale ses vecteurs colonnnes forment une
base orthonormée de R3 on a donc :
a2 + b2 + c2 = 1 et ab + ac + cb = 0
23
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Son déterminant est le produit des valeurs propres et est 1 donc
(a + b + c)(a + bj + cj 2 )(a + bj 2 + cj) = 1 ou encore (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) = 1
ce qui donne a + b + c = 1
Si M(a, b, c) est une rotation alors a2 + b2 + c2 = 1 et a + b + c = 1
Réciproquement si a2 + b2 + c2 = 1 et a + b + c = 1 le déterminant de M(a, b, c) qui est
égal à (a + b + c)(a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc) est donc égal à (1 − ab − ac − bc). Mais
1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc = 1 − 2(ab + ac + cb). Ainsi ab + ac + cb = 0
donc le déterminant est 1 Enfin a2 + b2 + c2 = 1 et ab + ac + cb = 0 montre que la matrice
M(a, b, c) est orthogonale.
Si a2 + b2 + c2 = 1 et a + b + c = 1 alors M(a, b, c) est une rotation
et de plus ab + bc + ca = 0
a b
La rotation c a
b c
c
b a son cosinus qui vérifie 1 + 2 cos θ = 3a ou encore cos θ =
a
1
L’axe est dirigé par l’espace propre associé à 1 qui est engendré par le vecteur 1
1
3a−1
2
Exercice 6 : (ATS 2000, problème 3)
Partie A
1. Une solution développable en série entière, de rayon de convergence non nul, vérifie, dans son
intervalle de convergence :
0 = 4x
∞
X
n(n − 1)an xn−2 + 2
n=2
=
∞
X
∞
X
nan xn−1 +
n=1
∞
X
an xn
n=0
[(4n(n − 1) + 2n)an + an−1 ]xn−1
n=1
En identifiant les coefficients du développement en série de droite avec ceux de la fonction nulle,
on en déduit le résultat demandé.
2. On a, pour tout n > 1 :
an =
−1
(−1)2
(−1)n
an−1 =
an−2 = · · · =
a0
2n(2n − 1)
2n(2n − 1)2(n − 1)(2n − 3)
(2n)!
|an |
= 0. La règle de D’Alembert donne un rayon de convergence infini.
|an−1 |
(−1)n
La condition y(0) = 1 force a0 = 1 et, pour n > 1, an =
. D’où l’unicité de la solution
(2n)!
satisfaisant à la condition initiale.
4. Pour x > 0 :
√
∞
∞
X
X
√
(−1)n ( x)2n
(−1)n xn
cos( x ) =
=
= y1 (x)
(2n)!
(2n)!
n=0
n=0
3. On constate que lim
n→∞
Pour x < 0 :
y1 (x) =
∞
∞ √
X
X
√
(−1)n xn
( −x)2n
=
= cosh( −x )
(2n)!
(2n)!
n=0
n=0
24
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Partie B
1. Soit y(x) = k(x)y1 (x). Les deux premières dérivées sont : y 0 (x) = k 0 (x)y1 (x) + k(x)y10 (x) et
y 00 = k 00 (x)y1 (x) + 2k 0 (x)y10 (x) + k(x)y100 (x). En reportant dans (E) obtient :
4x[k 00 (x)y1 (x) + 2k 0 (x)y10 (x) + k(x)y100 (x)] + 2[k 0 (x)y1 (x) + k(x)y10 (x)] + [k(x)y1 (x)]
= k(x)[4xy100 + 2y10 (x) + y1 (x)] + k 0 (x)[8xy10 (x) + 2y1 (x)] + k 00 (x)[4xy1 (x)]
= 4xy1 (x)k 00 (x) + [8xy10 (x) + 2y1 (x)]k 0 (x)
=0
Ceci montre l’équivalence demandée et, en divisant par k 0 (x) l’égalité demandée.
On en déduit, pour x > 0, par intégration sur un intervalle où k 0 (x)| et y1 (x) ne s’annulent pas :
ln |k 0 (x)| = ln √
D’où :
k 0 (x) = √
1
+ Cste
x[y1 (x)]2
C
C
√
=√
x[y1 (x)]2
x cos2 x
√
Où C est une constante réelle et x varie sur un intervalle de réels positifs sur lequel cos x ne
s’annule pas.
2.
D’où :
d tan x
cos2 x + sin2 x
1
=
=
dx
cos2 x
cos2 x
√
d tan x
1
1
√
= √
2
dx
2 x cos x
En appliquant le fait que deux primitives d’une même fonction,
√ sur un même intervalle, diffèrent
d’une constante, on en déduit que k(x) est de la forme α tan x + β sur tout intervalle du type
2 2
n π (n + 2)2 π 2
In =
,
4
4
où n est un entier naturel, α et β des constantes réelles.
√
3. En multipliant
par y1 (x) on constate que les solutions sur In sont de la forme αn cos x +
√
βn sin x. En “recollant” les solutions aux bornes des In , on obtient, pour la continuité, αn =
αn+1 et pour la continuité de√la la dérivée
√ βn = βn+1 ; les solutions globales sur ]0, +∞[ sont
bien de la forme y(x) = α cos x + β sin x. on peut aussi établir ce résultat en vérifiant que les
solutions proposées conviennent et en utilisant le théorème sur la dimension des solutions d’une
équation différentielle linéaire.
4.
√
√
1
y 0 (x) = √ (α cos x − β sin x)
2 x
−β
Si α 6= 0 alors y 0 n’est pas prolongeable par continuité en 0. Par contre si α = 0, lim =
+
2
x→0
√
ce qui donne les fonctions de la forme y(x) = β cos x comme solution de (E) prolongeable par
continuité en une fonction continûment dérivable en 0.
Il n’y a pas de solution satisfaisant aux conditions initiales demandées.
25
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
π
π
π
2π
x
π
Figure 2 – Représentation graphique de la fonction f
Exercice 7 : (ATS 2011, exercice 1)
1. La fonction f est définie sur R et impaire, donc f (0) = 0 .
2. On trace le graphe de f sur l’intervalle [0 ; 2π[ ; ensuite, par 2π-périodicité, le graphe sur
[−π ; 0[ est le même que sur [π ; 2π[, et le graphe sur [2π ; 3π] le même que sur [0 ; π]. On
obtient donc le graphe de f sur [−π ; 3π] (voir figure 2) :
3. On définit les coefficients de Fourier a0 , (an )n∈N∗ et (bn )n∈N∗ de f par :
1
a0 =
2π
Z
2π
f (x) dx ,
0
Z 2π
Z 2π
2
2
an = f (x) cos(nx) dx et bn = f (x) sin(nx) dx .
2
2π 0
π 0
Par 2π-périodicité de f et de la fonction x 7→ cos(nx), on peut écrire :
Z π
Z π
1
1
a0 =
f (x) dx et : ∀n ∈ N∗ , an =
f (x) cos(nx) dx ,
2π −π
2π −π
et :
∀n ∈ N∗ ,
puis comme f est impaire et x 7→ cos(nx) paire, on en déduit que :
∀n ∈ N,
26
an = 0 .
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Il reste à calculer les coefficients bn pour n ∈ N∗ :
Z
1 2π
bn =
f (x) sin(nx) dx
π 0
Z
1 2π π − x
=
sin(nx) dx
π 0
2
2π
Z 2π
1
1
π−x
1
=
− ×
× cos(nx)
−
cos(nx) dx
(par intégration par parties)
π
n
2
2πn 0
0
2π
1π
π
1
sin(nx)
=
cos(2nπ) +
cos(0) −
π 2n
2n
2πn
n
0
1
=
puisque cos(0) = cos(2nπ) = 1 et sin(0) = sin(2nπ) = 0.
n
On a donc :
∀n ∈ N∗ ,
bn =
1
.
n
La série de Fourier associée à f au point x ∈ R est donc la série Sf (x) =
X sin(nx)
.
n
Comme la fonction f est 2π-périodique, continue par morceaux sur R et de classe C 1 par
morceaux sur R, le théorème de Dirichlet s’applique et montre que la série de Fourier associée
à f au point x est convergente pour tout x ∈ R ; on a de plus la valeur de sa somme :
• si x est un point de continuité de f , alors : Sf (x) = f (x) ;
f (x+ ) + f (x− )
.
2
Or les points de discontinuité de f sont les 2nπ pour n ∈ Z. Par 2π-périodicité de f , on a :
• si x est un point de discontinuité de f , alors : Sf (x) =
f ((2nπ)+ ) + f ((2nπ)− )
f (0+ ) + f (0− )
=
=
2
2
donc on obtient :
∀x ∈ R,
π
2
−
2
π
2
= 0 = f (0) ,
+∞
X
sin(nx)
= f (x)
n
n=1
4. Remarquons que, comme g est définie sur R et impaire, on a g(0) = 0. On trace ensuite
le graphe de g sur l’intervalle [0 ; π] ; puis, comme g est impaire, on obtient son graphe sur
[−π ; 0] par symétrie par rapport à l’origine du repère. Enfin, par 2π-périodicité, le graphe
de g sur [π ; 3π] est le même que sur [−π ; π]. On obtient donc le graphe de g sur [−π ; 3π] :
5. Soit n ∈ N∗ . Par intégration par parties, on a :
Z
0
1
1 Z 1
x cos(nx)
cos(nx)
x sin(nx) dx = −
+
dx
n
n
0
0
1
cos(n)
sin(nx)
=−
+
n
n2
0
cos(n) sin(n)
=−
+
.
n
n2
On a donc montré que :
∀n ∈ N∗ ,
Z
1
x sin(nx) dx = −
0
27
cos(n) sin(n)
+
.
n
n2
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
π
π
π
2π
3π
x
π
Figure 3 – Représentation graphique de la fonction g
Comme f et g sont égales sur l’intervalle ]1 ; π], on a :
Z
π
(g(x) − f (x)) sin(nx) dx =
1
Z
(g(x) − f (x)) sin(nx) dx
Z 1
x(π − 1) π − x
=
−
sin(nx) dx
2
2
0
Z 1
xπ π =
−
sin(nx) dx
2
2
0
Z 1
Z 1
π
=
x sin(nx) dx −
sin(nx) dx
2 0
0
1 !
π
cos(n) sin(n)
cos(nx)
=
−
+
− −
2
n
n2
n
0
π sin(n)
1
=
−
.
2
n2
n
0
0
On a donc montré que :
∗
Z
∀n ∈ N ,
0
π
π
(g(x) − f (x)) sin(nx) dx =
2
sin(n)
1
−
n2
n
.
On définit les coefficients de Fourier α0 , (αn )n∈N∗ et (βn )n∈N∗ de g par :
α0 =
et :
∗
∀n ∈ N ,
2
αn = 2
π
Z
2π
1
2π
Z
2π
g(x) dx ,
0
g(x) cos(nx) dx et
0
2
βn = 2π
Z
2π
g(x) sin(nx) dx .
0
Comme g est impaire et x 7→ cos(nx) est paire, on déduit, comme à la question 3, que :
∀n ∈ N,
28
αn = 0 .
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Il reste à calculer les coefficients βn pour n ∈ N∗ :
Z
1 2π
βn =
g(x) sin(nx) dx
π 0
Z π
1
=
g(x) sin(nx) dx
(par 2π-périodicité de la fonction x 7→ g(x) sin(nx))
π −π
Z π
2
=
g(x) sin(nx) dx
(par parité de la fonction x 7→ g(x) sin(nx))
π 0
Z π
Z π
2
=
(g(x) − f (x)) sin(nx) dx +
f (x) sin(nx) dx
π 0
0
Z π
2
π sin(n)
1
2
= ×
−
+
f (x) sin(nx) dx
π
2
n2
n
π 0
|
{z
}
1
= bn =
n
sin(n)
=
.
n2
On a donc :
∀n ∈ N∗ ,
βn =
sin(n)
.
n2
La série de Fourier associée à g au point x ∈ R est donc la série Sg (x) =
X sin(n) sin(nx)
n2
.
6. Comme la fonction g est 2π-périodique, continue sur R et de classe C 1 par morceaux sur R,
le théorème de Dirichlet s’applique et montre que la série de Fourier associée à g au point x
est convergente pour tout x ∈ R ; on a de plus la valeur de sa somme :
Sg (x) = g(x) ,
∀x ∈ R,
ce qui s’écrit :
∀x ∈ R,
g(x) =
+∞
X
sin(n) sin(nx)
.
n2
n=1
7. La relation (1) appliquée en x = 1 donne :
+∞
X
sin(n)
π−1
= f (1) =
,
n
2
n=1
et la relation (2) appliquée en x = 1 donne :
+∞
X
sin2 (n)
π−1
= g(1) = f (1) =
.
2
n
2
n=1
On a donc montré que :
+∞
+∞
X
sin(n) X sin2 (n)
π−1
=
=
.
2
n
n
2
n=1
n=1
8. Le théorème de Parseval appliqué à la fonction g s’écrit :
1
2π
Z
2π
(g(x)) dx =
2
0
29
α02
+∞
1X 2
+
α + βn2 ,
2 n=1 n
(2)
Préparation à l’écrit du concours
ATS
ce qui donne :
Mai 2013
Z 2π
+∞
X
sin2 (n)
2
=
(g(x))2 dx .
4
n
2
π
0
n=1
Or on a :
Z
Z
1 2π
2 π
2
(g(x)) dx =
(g(x))2 dx
(par 2π-périodicité et parité de g 2 )
π 0
π 0
"Z
#
2
2
Z π
1
2
π−1
π−x
2
=
x
dx +
dx
(relation de Chasles)
π 0
2
2
1
2 3 1 "
3 # π !
2
π−1
x
2 π−x
=
+ −
π
2
3 0
3
2
1
2
3 !
2 1 π−1
2 π−1
=
+
π 3
2
3
2
2 2 π−1
π−1
=
1+2×
3π
2
2
2
2 π−1
=
3
2
(π − 1)2
=
.
6
On a donc montré que :
+∞
X
sin2 (n)
(π − 1)2
=
.
n4
6
n=1
Exercice 8 : (ATS 2005, problème 1)
1. L’équation caractéristique de u00 (x) − u(x) = 0, équation différentielle linéaire homogène
du second ordre à coefficients constants, est r2 − 1 = 0 dont les racines sont −1 et 1. En
conséquence les solutions réelles de cette équation sont
C1 ex + C2 e−x où C1 et C2 sont des réels arbitraires
2. Posons donc y(x) = x−2 z(x). Donc y 0 = −2x−3 z(x) + x−2 z 0 (x) et y 00 (x) = 6x−4 z(x) −
4x−3 z 0 (x) + x−2 z 00 (x). On remplace dans l’équation (E) et on obtient après simplification :
z 00 (x) − z(x) = 1.
3.a. Si
(E) posséde une solution développable en série entière au voisinage de 0 : y0 (x) = a0 +
P∞
k
k=1 ak x de rayon de convergence strictement positif, on sait que les dérivées successives de
y0 se calculent par dérivation successive terme à terme de la série précédente. En remplaçant,
dans l’équation (E) on a :
x2
∞
X
k(k − 1)ak xk−2 + 4x
k=2
∞
X
kak xk−1 = 1
k=1
On constate que dans la série entière du premier membre, le coefficient constant (coefficient
de x0 ) est 2a0 . Dans la série entière du second membre est 1 ? Or une fonction admet au plus
un développement en série entière au voisinage d’un point. Donc ici 2a0 = 1.
De même le coefficient de x1 dans les séries entières du premier et du second membre sont
égaux, ce qui donne : 6a1 = 0.
a0 = 12 , a1 = 0
30
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
3.b. Pour n > 2 les coefficients de xn dans les séries entières du premier et du second membre
sont égaux, ce qui donne : (n2 + 3n + 2)an − an−2 = 0. D’où la relation de récurrence entre
an et an−2 :
(n + 1)(n + 2)an = an−2
3.c. Si dans la relation précédente on fait n = 3 on a 20a3 = a1 = 0 donc a3 = 0. Si on fait
l’hypothèse de récurrence que ∀k 6 pa2k+1 = 0 on a pour k = p + 1 (2p + 4)(2p + 5)a2p+3 =
a2p+1 = 0 donc a2p+3 = 0 et par cette récurrence on a montré que
∀p ∈ N∗ a2p+1 = 0
La relation de récurrence, trouvée en 3.b. s’écrit pour un indice pair 2p :
a2p
1
=
a2p−2
(2p + 1)(2p + 3)
et donc :
a2p a2p−2
a4 a2
1
1
1
···
=
···
a2p−2 a2p−4
a2 a0
(2p + 1)(2p + 2) (2p − 1)(2p)
3.4
Ce qui s’écrit :
a2p
1
1
1
1
=
···
et ao = (cf 3.a.)
a0
(2p + 1)(2p + 2) (2p − 1)(2p)
3.4
2
a2p =
1
(2p+2)!
P
2p
2
4. On cherche le rayon de convergence
p>0 a2p z . Posons t = z et cherchons le
P de la série
p
rayon de convergence de la série p>0 a2p t . Comme ∀p ∈ N, a2p 6= 0 on peut appliquer le
a
1
théorème de d’Alembert pour les séries entières : a2p+2
= (2p+3)(2p+4)
→ 0 quand p tend vers
2p
P
P
1
p
∞. Donc le rayon de p>0 a2p t est 0 = ∞. En conséquence la série p>0 a2p z 2p converge
pour toute valeur de z 2 donc pour toute valeur de z. OnPaurait pu aussi appliquer le critère
de d’Alembert pour les séries à termes positifs, à la série a2p r2p où r ∈ R∗+ et donc prendre
la limite de
a2p+2 r 2p+2
a2p r 2p
qui tend vers 0 < 1 pour tout r ∈ R∗+ .
Le rayon de convergence de
5. On a y0 (x) =
x2p
p>0 (2p+2)!
P
P
a2p z 2p est ∞, sa somme y0 est donc définie sur R.
p>0
et donc
x2 y0 (x) + 1 = 1 +
X x2p+2
X x2p
=
= ch(x)
(2p + 2)!
(2p)!
p>0
p>0
y0 (x) = ch(x)−1
x2
6. Ayant fait le changement de fonction du 2. nous devons résoudre l’équation différentielle
linéaire z 00 (x) − z 0 (x) = 1. Nous avons résolu l’équation homogène associée au 1. et z = −1
est solution évidente de l’équation compléte. Donc les solutions de z 00 (x) − z(x) = 1 sont
z : x 7→ −1 + C1 ex + C2 e−x et donc les solutions de (E) sur ]0, +∞[ sont données par :
y : x 7→
−1+C1 ex +C2 e−x
x2
31
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
Bien sûr on pouvait aussi dire que les solutions de l’équation homogène associée à (E) sont
C1 ex +C2 e−x
, comme y0 est solution particulière de (E) sur R donc sur R∗+ , les solutions de
x2
x
−x
2e
(E) sur ]0, +∞[ sont données par x 7→ y0 (x) + C1 e +C
, ce qui revient au résultat encadré
x2
ci–dessus.
7. Cherchons un DL de y(x) =
−1+C1 ex +C2 e−x
x2
en 0+ .
−1 + C1 + C1 x + C1 x2 + C2 − C2 x + C2 x2 + o(x2 )
y(x) =
x2
2
2
Soit
2
2
(−1 + C1 + C2 ) + (c1 − C2 )x + C1 +C
x + o(x2 )
2
y(x) =
x2
Pour que la limite soit finie quand x tend vers 0+ il est nécessaire et suffisant que :
1
−1 + C1 + C2 = 0
⇔ C1 = C2 =
C1 − C2
= 0
2
L’unique solution de (E) admettant une limite finie à droite en 0 est :
−1 + 12 (ex + e−x )
= y0 (x)
x2
et la limite est 12 .
Exercice 9 : (ATS 2012, exercice 4)
1. La courbe P a pour équation cartésienne y 2 = x, c’est-à-dire : y 2 = 2px avec p = 12 .
P est la parabole de foyer de coordonnées
1
d’équation x = − p2 , c’est-à-dire x = − .
4
p
2, 0
=
1
4, 0
et de directrice la droite
2. Les applications x : t 7→ t2 et y : t 7→ t sont de classe C 1 sur R.
Pour tout t réel (x0 (t), y 0 (t)) = (2t, 1) 6= (0, 0) : tous les points de la parabole sont des points
réguliers, et (x0 (t), y 0 (t)) est un vecteur directeur de la tangente au point M(t) de paramètre
t de la courbe P.
−
→
−
→
On peut prendre : T (t)(2t, 1) et N (t)(−1, 2t).
−
→
3. TA est la droite passant par A(a2 , a) et dirigée par T (a)(2a, 1).
−→ −
→
Soit E(x, y), E appartient à TA si et seulement si det(AE, T (a)) = 0.
Or :
x − a2 2a
−→ −
→
= x − a2 − 2ay + 2a2 = x − 2ay + a2
det(AE, T (a)) = y−a
1
TA a pour équation : x − 2ay + a2 = 0.
Quelle que soit la valeur du paramètre réel a, TA n’est pas parallèle à l’axe des abscisses,
donc le point A0 intersection de TA avec
( l’axe des abscisses existe bien. Les coordonnées de
x − 2ay + a2 = 0
A0 sont le couple solution du système :
y=0
Les coordonnées de A0 sont (−a2 , 0).
En substituant le paramètre b au paramètre a, on a de même :
32
ATS
Préparation à l’écrit du concours
Mai 2013
TB a pour équation : x − 2by + b2 = 0. Les coordonnées de B0 sont (−b2 , 0).
4.
Les coordonnées de I, milieu du segment [AB], sont
a2 +b2 a+b
2 , 2
.
−
→
−
→
5. a 6= b donc les vecteurs T (a)(2a, 1) et T (b)(2b, 1) ne sont pas colinéaires : les deux tangentes
TA et TB ne sont pas parallèles et possèdent donc bien un point d’intersection M.
(
x − 2ay + a2 = 0
Les coordonnées de M sont le couple solution du système (S) :
x − 2by + b2 = 0
(
(
x − 2ay = −a2
x − 2ay = −a2
(S) ⇔
⇔
x − 2by = −b2
2(a − b)y = a2 − b2 L2 ← L2 − L1
On rappelle qu’on a bien a 6= b donc on peut diviser la deuxième équation par 2(a − b) et en
utilisant l’identité remarquable a2 − b2 = (a + b)(a − b) :
(
(
x = 2a a+b
− a2
x = ab
2
(S) ⇔
⇔
a+b
y= 2
y = a+b
2
Les coordonnées de M, point d’intersection de TA et TB , sont ab, a+b
.
2
6.
Les points I et M ont la même ordonnée
a+b
2 .
7. L’ordonnée de C est égale à celle de I donc C est le point de la parabole P de paramètre
C a pour coordonnées
a+b 2
2
a+b
2 .
, a+b
.
2
−
→
8. La tangente TC en C à la courbe P est dirigée par T a+b
dont les composantes sont
2
(a + b, 1).
−→
La droite (AB) est dirigée par AB de composantes (b2 − a2 , b − a) = ((b − a)(b + a), b − a).
−→
−
→
Comme AB = (b − a) T a+b
, ces deux vecteurs sont colinéaires.
2
TC et (AB) sont parallèles.
9. Figure demandée par l’énoncé : figure 4
33
Préparation à l’écrit du concours
ATS
Mai 2013
5
TC
4
3
B
2
1
M
B
−5
−4
0
A
−3
−2
C
I
0
−1
1
2
3
4
A
−1
−2
−3
−4
−5
Figure 4 – Représentation graphique de la courbe P
34
5
6
7
