Corrigé de l`épreuve Math 1 de CCP, PSI 2012 Luc

Corrigé de l’épreuve Math 1 de CCP, PSI 2012
Partie I
Luc Verschueren, Lycée Daudet à Nîmes.
Cas d’une matrice à coefficients constants.
Question I. 1. La fonction X définie par X : t  e λt V est dérivable sur R et X ′ t = λe λt V (coefficient
par coefficient). Ainsi X est solution de E 0  sur R si et seulement si λe λt V = Ae λt V = e λt AV sur R,
ce qui équivaut à AV = λ V donc à V (non nul) est un vecteur propre de A associé à la valeur propre λ .
Question I. 2. 1. Pour la matrice A et x ∈ C, la fonction polynôme caractéristique vaut alors :
−x −1
1
−1
−x
1
−1
0 2−x
0
0
−x −1
P A x = detA − x I 4  =
= 2 − x 0 1 − x 0
= 2 − x1 − x
0
1
1−x 0
1 −x
1
1
−x
1 −1
1
−x
en développant selon la deuxième ligne les deux fois, d’où P A x = 2 − x1 − xx 2 + 1
le spectre de A dans C est Sp C A = 1, 2, i, −i
A est donc diagonalisable dans C, puisqu’elle admet 4 valeurs propres distinctes, ce qui est une condition
suffisante de diagonalisabilité pour une matrice 4 × 4, de plus les sous-espaces propres sont des droites.
Par résolutions des systèmes AX = λX, on trouve :
Rappel : les calculatrices sont autorisées.
E 1 = Vectv 1  où v 1 = 0, 0, 1, 1, E 2 = Vectv 2  où v 2 = 0, 1, 1, 0,
E i = Vectv 3  où v 3 = 1, 0, 0, −i, et E −i = Vectv 4  où v 4 = 1, 0, 0, i.
On a donc une famille de 4 fonctions de SolE 0  qui est de dimension 4, constituée des fonctions :
0
0
1
1
X1 : t  et
0
1
1
, X 2 : t  e 2t
1
1
0
, X3 : t  ei t
0
, X 4 : t  e −i t
−i
0
0
0
.
i
0 0 1 1
La matrice wronskienne de cette famille a pour déterminant detWt = e 3t
0 1 0 0
1 1 0 0
qui est non nul,
1 0 −i i
puisqu’on a une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes.
Donc la famille X j  1j4 est libre, et c’est un système fondamental de solutions de E 0  .
C’est donc une famille génératrice : toute solution est une combinaison linéaire de ces solutions,
la solution générale de E 0  sur I = R est X : t  ∑ k j X j t où k j  1j4 ∈ K 4 .
1j4
x ′1 t = −x 2 t + x 3 t − x 4 t + t e t 1
Question I. 2. 2.
E : X ′ t = AXt + Bt s’écrit
x ′2 t = 2x 2 t + e t
2
x ′3 t
3
= x 2 t + x 3 t
x ′4 t = x 1 t − x 2 t + x 3 t − t e t 4
2 est une EDL1 à coefficient constant et second membre e t , la solution générale de l’équation homogène
associée est xt = k e 2t et une solution particulière de la forme pt e t fournit −e t .
x 2 t = k 2 e 2t − e t sur R solution générale de 2 .
On reporte cette solution dans 3 et on résoud selon les mêmes méthodes, on trouve :
x 3 t = k 3 e t + k 2 e 2t − t e t sur R solution générale de 3
Alors
1
4

x ′1 t = −x 4 t + k 3 + 1 e t
x ′4 t = x 1 t + k 3 + 1 − 2t e t

x 4 t = −x ′1 t + k 3 + 1 e t
x ′′1 t = −x 1 t + 2t e t
En tirant x 4 de la 1 ère équation et en reportant dans la 2 de .
Cette dernière EDL2 à coefficients constants a pour solution générale homogène x 1 t = k 1 cost + k 4 sint
et on trouve une solution particulière en xt = qt e t avec q ′′ t + 2q ′ t + qt = −qt + 2t, on prend
donc qt de degré 2 en t, et qt = t − 1 convient.
D’où
x 1 t = k 1 cost + k 4 sint + t − 1 e t
x 4 t = k 1 sint − k 4 cost + k 3 + 1 − t e t
k 1 cost + k 4 sint + t − 1 e t
Xt =
k 2 e 2t − e t
cost
=
k 3 e t + k 2 e 2t − t e t
1
solution de
4
0
0
sur R
Ainsi
sint
k1
0
e 2t 0
0
k2
0
e 2t e t
0
k3
t − 1 e t
+
k 1 sint − k 4 cost + k 3 + 1 − t e t
sint 0 e t − cost
k4
4
est la solution générale à valeurs réelles sur R de E, avec k j  1j4 ∈ R quelconque et fixé.
−1
On cherche k j  1j4
pour trouver la
solution telle que :
X0 =
−1
−1
k1 − 1
=
0
Partie II
k1 = 0
k2 − 1
d’où
k3 + k2
−k 4 + k 3 + 1
k2 = 0
k 3 = −1
−e t
−t e t
1 − t e t
t − 1 e t
et Xt =
k4 = 0
−e t
−1 + t e t
−t e t
Matrice résolvante.
Question II. 1. Φ t 0 est linéaire et bijective avec le Thm de Cauchy, c’est bien un isomorphisme, et Φ −1
t 0 est
l’application qui à un vecteur V de M n,1 K associe la solution de E 0  : X dans S 0 telle que Xt 0  = V.
Alors Φ t ∘ Φ −1
t 0 V = Xt
Question II. 2. 1. Ayant choisi ces bases, la matrice se remplit en colonnes : la jème colonne est constituée
des composantes de l’image Φ t 0 X j  du jème vecteur de la base X j  1jn dans la base de l’espace d’arrivée.
C’est donc la colonne représentant X j t 0  dans la base canonique de M n,1 K et on retrouve bien :
Wt 0  = X 1 t 0  ⋯ X n t 0 .
Question II. 2. 2. La matrice Rt, t 0  est la matrice de Φ t ∘ Φ −1
t 0 de M n,1 K dans M n,1 K, muni de sa base
canonique. Sa jème colonne est Rt, t 0  C j qui est la valeur en t de la solution de E 0  telle que Xt 0  = C j
qui est unique, et indépendante de la famille X j  1jn qu’on a choisie comme base de S 0 .
Question II. 3. 1. Rt, t 0  = Wt Wt 0  −1 est dérivable comme produit sur I, et R ′ t, t 0  = W ′ t Wt 0  −1 .
Mais W se dérive composante par composante, donc colonne par colonne : W ′ t = X ′1 t ⋯ X ′n t sur I.
Et pour chaque colonne : X j′ t = At X j t sur I, donc matriciellement : W ′ t = At X 1 t ⋯ X n t sur I.
Ainsi W ′ t = At Wt donc R ′ t, t 0  = At W t Wt 0  −1 = At Rt, t 0  pour t, t 0 dans I
Alors si X : t  Rt, t 0  V on a X ′ t = R ′ t, t 0  V = At Rt, t 0  V = At Xt sur I, donc X est une solution
de E 0  sur I, et Xt 0  = Rt 0 , t 0  V = V.
(Car il est clair que Rt 0 , t 0  = Wt 0  Wt 0  −1 = I n . 
C’est donc la solution de E 0  vérifiant cette condition initiale.
Question II. 3. 2. Pour tout t 0 , t 1 , t 2  ∈ I 3 : Rt 2 , t 1 Rt 1 , t 0  = Wt 2  Wt 1  −1 × Wt 1  Wt 0  −1 .
Donc Rt 2 , t 1 Rt 1 , t 0  = Wt 2  Wt 0  −1 par associativité, et Rt 2 , t 1 Rt 1 , t 0  = Rt 2 , t 0 .
Appliqué à t 2 = t 0 on obtient Rt 0 , t 1  Rt 1 , t 0  = Rt 0 , t 0  = I n
donc Rt 1 , t 0  est inversible et Rt 1 , t 0  −1 = Rt 0 , t 1 
Question II. 4. 1. Si on considére X : t  Rt, t 0  Vt, elle est dérivable sur I par produit.
Et X ′ t = R ′ t, t 0  Vt + Rt, t 0  V ′ t = At Rt, t 0  Vt + Rt, t 0  V ′ t = At Xt + Rt, t 0  V ′ t sur I.
Ainsi :
X de cette forme est une solution de E sur I

Rt, t 0  V ′ t = Bt sur I
Question II. 4. 2. Ce qui équivaut encore à V ′ t = Rt 0 , t Bt sur I et on a une fonction continue sur I.
Donc une intégrale fonction de la borne supérieure est une fonction V qui convient :
∫t
t
V:t
Rt 0 , u Bu du fournit une solution Y : t  Rt, t 0  ∫ Rt 0 , u Bu du de E
t
0
t0
Question II. 4. 3. Pour cette fonction Y : t  Rt, t 0  ∫ Rt 0 , u Bu du , on peut dans le calcul de l’intégrale
t
t0
par rapport à u, rentrer le terme Rt, t 0  dans l’intégrale (on considére t comme fixé pour ce calcul de Yt,
en admettant, par linéarité, que M ∫ Hu du =
∫t
t
t
t0
Ainsi Y : t 
∫t
t
M Hu du pour une matrice carrée M et une colonne H.
0
Rt, u Bu du définit une solution particulière de E sur I
0
Remarque : elle est nulle en t = t 0 . La solution de E vérifiant Xt 0  = V 0 est associée à la fonction définie
sur I par : X : t  Rt, t 0  V 0 + ∫ Rt 0 , u Bu du .
t
t0
Partie III
Une application de la résolvante.
Question III. 1. 1. Puisque e 0  est linéaire sans second membre, l’ensemble de ses solutions est un espace
vectoriel, donc on peut chercher un polynôme normalisé solution, avec a m = 1 : yt = t m + ⋯ + a 0 .
Si y est un polynôme, alors tt − 1y ′′ + 3y ′ − 6y est aussi un polynôme. Considérons les termes de plus haut
degré : 3y ′ est de degré m − 1, alors que tt − 1y ′′ et −6y ont des termes de degré m, donc le terme de plus
haut degré du polynôme tt − 1y ′′ + 3y ′ − 6y est mm − 1 − 6 t m .
Si ce polynôme est nul, il est nécessaire que m 2 − m − 6 = 0 donc que m − 3m + 2 = 0.
Si y est un polynôme solution de e 0  alors y est de degré 3 .
Cherchons yt = a t 3 + b t 2 + c t + d solution de e 0  : alors y ′ t = 3a t 2 + 2b t + c et y ′′ t = 6a t + 2b sur R.
Et alors tt − 1y ′′ t + 3y ′ t − 6yt = t 2 − t6a t + 2b + 33a t 2 + 2b t + c − 6a t 3 + b t 2 + c t + d
= 3a − 4bt 2 + 4b − 6ct + 3c − 6d
polynôme nul
b = 3a
4
yt = k4 t 3 + 3 t 2 + 2 t + 1
si et seulement si
c = 2 b = a donc où k ∈ R, est la solution générale
4b − 6c = 0 
3
2
c
a
3c − 6d = 0
polynôme de e 0 .
d=
=
2
4
Le polynôme Pt = 4 t 3 + 3 t 2 + 2 t + 1 tel que P0 = 1 dirige cette droite de solutions polynômes sur R.
3a − 4b = 0
2
6
, Q ′′ t =
.
1 − t 3
1 − t 4
6tt − 1 + 3 × 21 − t − 61 − t 2
Ainsi sur −∞, 1 : tt − 1Q ′′ t + 3 Q ′ t − 6 Qt =
=0
1 − t 4
La fonction Q est une solution de e 0  sur −∞, 1
et sur 1, ∞ aussi d’ailleurs.
Question III. 1. 2. La fonction Q est C ∞ sur −∞, 1 et Q ′ t =
∞
Question III. 1. 3. 1. On suppose R > 0 et yt =
∑ a k t k de rayon de convergence R. On peut dériver terme à
k=0
terme, y est de classe C ∞ sur −R, R, et tt − 1y ′′ t + 3y ′ t − 6yt égale la somme d’une série entière Et.
∞
∞
∞
∞
Sur −R, R, Et = t 2 ∑ kk − 1a k t k−2 − t ∑ kk − 1a k t k−2 + ∑ 3ka k t k−1 − ∑ 6a k t k
k=2
=
changement d’indice
Ainsi Et =
k=2
k=1
k=0
∞
∞
∞
∞
k=0
k=1
k=1
k=0
∑ kk − 1a k t k − ∑ kk − 1a k t k−1 + ∑ 3k a k t k−1 − ∑ 6a k t k
p=k
p = k−1
p = k−1
∞
∞
∞
p=0
p=0
p=0
p=k
∑p 2 − p − 6a p t p − ∑p + 1p − 3a p+1 t p = ∑p − 3p + 2a p − p + 1p − 3a p+1  t p
Par le thm d’unicité des coefficients d’une série entière, cette série est constante nulle sur −R, R si et seulement
si : ∀p ∈ N, p − 3p + 2a p − p + 1p − 3a p+1 = 0  a k+1 = k + 2 a p si k ≠ 3
k+1
a 2 = 3 a 1 = 3a 0 , a 3 = 4 a 1 = 4a 0
2
3
k
et par récurrence, pour k  4, a k = + 1 a 4
5
a 1 = 2a 0 ,
Ce qui équivaut à :
On peut donc choisir a 0 et a 4 dans R, et alors yt = a 0 1 + 2t + 3t 2 + 4t 3  + a 4
5
∞
∑k + 1 t k
k=4
Si a 4 = 0 alors R = ∞ car on a une solution polynôme.
Si a 4 ≠ 0 , alors les a k sont non nuls pour k  4 et aak+1
→ ℓ = 1 donc R = 1 = 1 . En effet si x > 0,
k
ℓ
a
u
k+1
k+1
k
et si on pose u k = |a k | x on a u k = a k x → x et on a donc absolue convergence si x < 1 et
divergence grossière si x > 1, avec le critère de d’Alembert et R = 1 est le rayon de convergence.
Question III. 1. 3. 2. On sait que
1 =
1−t
∞
∞
∑ t p sur −1, 1 donc Qt =
p=0
par dérivation sur −1, 1. Ainsi ∑k + 1 t k =
k=4
1
=
1 − t 2
∞
∞
∞
p=1
k=0
∑ p t p−1 = ∑k + 1 t k
∑k + 1 t k − 1 + 2t + 3t 2 + 4t 3  = Qt − Pt.
k=0
La solution générale développable en série entière est donc yt =
a0 − a4
5
Pt + a 4 Qt
5
où a 0 et a 4 sont des réels quelconques et fixés. Si a 4 = 0, on a une solution sur R, si a 4 ≠ 0 sur −1, 1 .
Question III. 2. 1. E  y ′′ = −a y ′ − b y + ϕ et en posant z = y ′ :
y
y′
z
solution de
=
sur I.
E  X =
z′
z
−a z − b y + ϕ
donc E  E : X ′ t = At Xt + Bt sur I
avec At =
0
1
−bt −at
0
et Bt =
continues sur I.
ϕt
Question III. 2. 2.On sait, sous nos hypothèses (forme normalisée, avec des coefficients a et b continus sur I
intervalle), que le Thm de Cauchy permet d’assurer que SolE 0  est un plan vectoriel en bijection avec K 2 .
Si f, g forme une base de l’espace des fonctions associées aux solutions SolE 0 , c’est une famille libre et
f
g
,
est aussi libre, donc système fondamental de E 0 .
′
f
g′
Avec les notations : Wt 0  =
avec M −1 =
f0 g0
f 0′ g 0′
et donc Wt 0  −1 =
1
f 0 g 0′ − f 0′ g 0
g 0′ −g 0
−f 0′
f0
1
t
ComM, avec f 0 g 0′ − f 0′ g 0 ≠ 0, car f, g base.
detM
Rt, t 0  = Wt Wt 0  −1 =
1
f 0 g 0′ − f 0′ g 0
f g 0′ − f 0′ g
f
′
g 0′
−
f 0′ g ′
f0 g − f g0
f0 g ′ − f ′ g0
Question III. 3. 1. On a, sur I = 0, 1, l’écriture normalisée de e qui est :
E : y ′′ +
3 y′ −
6 y = 20t 3 d’où At =
1
t−1
tt − 1
tt − 1
tt − 1
0 tt − 1
6
−3
et Bt =
20t 3
t − 1
0
1
Question III. 3. 2. Ainsi
detWu =
Pu
P ′ u Q ′ u
detWu =
1
1 − u 2
2
1 − u 3
4 u3 + 3 u2 + 2 u + 1
Qu
=
12 u 2 + 6 u + 2
=
4 u3 + 3 u2 + 2 u + 1 1 − u
1
1 − u 3
12 u 2 + 6 u + 2
2
20u 3
avec 20u 3 = 24 u 3 + 3 u 2 + 2 u + 1 − 1 − u12 u 2 + 6 u + 2.
1 − u 3
4 u 3 + 3 u 2 + 2 u + 11 − u 2 − 4 t 3 + 3 t 2 + 2 t + 11 − t 2
1 − t 2 1 − u 2
et 4 u 3 + 3 u 2 + 2 u + 11 − u 2 = 4u 5 − 5u 4 + 1 donc :
Par ailleurs : QtPu − PtQu =
5
4
5
4
QtPu − PtQu = 4u − 5u 2 − 4t +25t sur I 2
1 − t 1 − u
Question III. 3. 3. On applique II.4.3. , avec Yt =
composante car Y =
y
y
′
, et Rt, uBu =
∫t
t
Rt, u Bu du dont on ne garde que la première
0
f g u′ − f u′ g
1
detWu
f
en prenant u à la place de t 0 . Cette première composante vaut :
c’est à dire :
1 − u 3 20 u 3
20u 3 u − 1
La fonction y : t 
1
1 − t 2
4u 5 − 5u 4 − 4t 5 + 5t 4
1 − t 2 1 − u 2
′
g u′
−
f u′ g ′
fu g − f gu
′
′
fu g − f gu
3
× 20 u
u − 1
0
1
1
20t 3 QtPu − PtQu
detWu t − 1
5
4
5
4
= 4t − 5t − 4u2 + 5u
1 − t
(Calculs sur 0, 1 2 )
∫ t 4t 5 − 5t 4 − 4u 5 + 5u 4  du définie une solution particulière de e sur 0, 1
t
0
∫ 0 4t 5 − 5t 4 − 4u 5 + 5u 4  du est bien définie, et vaut 4t 5 − 5t 4 t 0 − 23 t 60 + t 0 5
t
1
1
Alors
4t 5 − 5t 4 − 4u 5 + 5u 4  du =
4t 5 − 5t 4 t 0 − 2 t 06 + t 05
∫
3
1 − t 2 0
1 − t 2
t0
0
5
4
4t 5 − 5t 4 + 1
= Pt et 4t − 5t2 = Pt − Qt
2
1 − t
1 − t
t0
1
Ainsi
∫ 4t 5 − 5t 4 − 4u 5 + 5u 4  du = t 0 Pt − Qt + t 05 − 23 t 60 Qt est une combinaison linéaire
1 − t 2 0
de P et Q, donc une solution de l’équation homogène e 0 . En l’ajoutant à la solution particulière de e,
Or 4 t 3 + 3 t 2 + 2 t + 11 − t 2 = 4t 5 − 5t 4 + 1 donc
on obtient une autre solution particulière définie par y 0 t =
1
1 − t 2
∫ 0 4t 5 − 5t 4 − 4u 5 + 5u 4  du sur 0, 1 .
t
− 4t 5
Ce qu’on peut calculer en y 0 t =
sur 0, 1. Cette fonction est la restriction à 0, 1 d’une fraction
1 − t 2
rationnelle de classe C ∞ sur −∞, 1, il en est de même pour P et Q.
10 6
t
3
Les fonctions yt = y 0 t + k 1 Pt + k 2 Qt décrivent les solutions de e sur 0, 1 pourk 1 , k 2  ∈ K 2
Ce sont celles dont on peut assurer l’existence et l’unicité pour des conditions initiales données en t 0 ∈ 0, 1,
par le Thm de Cauchy.
Si 0, 1, yt est une solution sur 0, 1, alors sa restriction à 0, 1 est une solution de la forme précédente.
Réciproquement une solution sur 0, 1 de la forme précédente se prolonge en t = 0 de façon C ∞ (fraction
rationnelle) avec y0 = k 1 + k 2 et y ′ 0 = 2k 1 + 2k 2 car y ′0 0 = 0 (il y a un t 5 en facteur), P ′ 0 = 2
et Q ′ 0 = 2.
D’ailleurs elles se prolongent sur −∞, 1.
Les solutions qui vérifient y0 = y ′ 0 = 0 sont les fonctions :
yt = y 0 t + k 1 Pt − Qt
=
2t 5 5t − 6
+ k 1 Pt − Qt
31 − t 2
où k 1 ∈ K est quelconque et fixé.
Il y a donc une droite affine de solutions vérifiant ces conditions initiales.
,