Corrigé de l`épreuve Math 1 de CCP, PSI 2012 Luc
Corrigé de l’épreuve Math 1 de CCP, PSI 2012
Luc Verschueren, Lycée Daudet à Nîmes.
Partie I Cas d’une matrice à coefficients constants.
Question I. 1. La fonction Xdéfinie par X:te
λt
Vest dérivable sur Ret X
′
t=λe
λt
V(coefficient
par coefficient). Ainsi Xest solution de E
0
sur Rsi et seulement si λe
λt
V=Ae
λt
V=e
λt
AV sur R,
ce qui équivaut à AV =λVdonc à V(non nul) est un vecteur propre de Aassocié à la valeur propre λ.
Question I. 2. 1. Pour la matrice Aet x∈C, la fonction polynôme caractéristique vaut alors :
P
A
x=detA−xI
4
=
−x−1 1 −1
0 2 −x0 0
0 1 1 −x0
1−1 1 −x
=2−x
−x1−1
0 1 −x0
1 1 −x
=2−x1−x−x−1
1−x
en développant selon la deuxième ligne les deux fois, d’où P
A
x=2−x1−xx
2
+1
le spectre de Adans Cest Sp
C
A=1,2,i,−i
Aest 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
=Vectv
1
où v
1
=0,0,1,1,E
2
=Vectv
2
où v
2
=0,1,1,0,
E
i
=Vectv
3
où v
3
=1,0,0,−i, et E
−i
=Vectv
4
où v
4
=1,0,0,i.
On a donc une famille de 4 fonctions de SolE
0
qui est de dimension 4, constituée des fonctions :
X
1
:te
t
0
0
1
1
,X
2
:te
2t
0
1
1
0
,X
3
:te
it
1
0
0
−i
,X
4
:te
−it
1
0
0
i
.
La matrice wronskienne de cette famille a pour déterminant detWt=e
3t
0 0 1 1
0 1 0 0
1 1 0 0
1 0 −i i
qui est non nul,
puisqu’on a une famille de vecteurs propres associés à des valeurs propres deux à deux distinctes.
Donc la famille X
j
1j4
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=Rest X:t
∑
1j4
k
j
X
j
toù k
j
1j4
∈K
4
.
Question I. 2. 2. E:X
′
t=AXt+Bts’écrit
x
1
′
t=−x
2
t+x
3
t−x
4
t+te
t
1
x
2
′
t=2x
2
t+e
t
2
x
3
′
t=x
2
t+x
3
t3
x
4
′
t=x
1
t−x
2
t+x
3
t−te
t
4
2est une EDL1 à coefficient constant et second membre e
t
, la solution générale de l’équation homogène
associée est xt=ke
2t
et une solution particulière de la forme pte
t
fournit −e
t
.
x
2
t=k
2
e
2t
−e
t
sur Rsolution générale de 2.
On reporte cette solution dans 3et on résoud selon les mêmes méthodes, on trouve :
x
3
t=k
3
e
t
+k
2
e
2t
−te
t
sur Rsolution générale de 3
Alors 1
4x
1
′
t=−x
4
t+k
3
+1e
t
x
4
′
t=x
1
t+k
3
+1−2te
t
x
4
t=−x
1
′
t+k
3
+1e
t
x
1
′′
t=−x
1
t+2te
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
cost+k
4
sint
et on trouve une solution particulière en xt=qte
t
avec q
′′
t+2q
′
t+qt=−qt+2t, on prend
donc qtde degré 2 en t, et qt=t−1 convient.
D’où x
1
t=k
1
cost+k
4
sint+t−1e
t
x
4
t=k
1
sint−k
4
cost+k
3
+1−te
t
solution de 1
4sur RAinsi
Xt=
k
1
cost+k
4
sint+t−1e
t
k
2
e
2t
−e
t
k
3
e
t
+k
2
e
2t
−te
t
k
1
sint−k
4
cost+k
3
+1−te
t
=
cost0 0 sint
0e
2t
0 0
0e
2t
e
t
0
sint0e
t
−cost
k
1
k
2
k
3
k
4
+
t−1e
t
−e
t
−te
t
1−te
t
est la solution générale à valeurs réelles sur Rde E, avec k
j
1j4
∈R
4
quelconque et fixé.
On cherche k
j
1j4
pour trouver la
solution telle que : X0=
−1
−1
−1
0
=
k
1
−1
k
2
−1
k
3
+k
2
−k
4
+k
3
+1
d’où
k
1
=0
k
2
=0
k
3
=−1
k
4
=0
et Xt=
t−1e
t
−e
t
−1+te
t
−te
t
Partie II Matrice résolvante.
Question II. 1. Φ
t
0
est linéaire et bijective avec le Thm de Cauchy, c’est bien un isomorphisme, et Φ
t
0
−1
est
l’application qui à un vecteur Vde M
n,1
Kassocie la solution de E
0
:Xdans S
0
telle que Xt
0
=V.
Alors Φ
t
∘Φ
t
0
−1
V=Xt
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
1jn
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
Ket on retrouve bien :
Wt
0
=X
1
t
0
⋯ X
n
t
0
.
Question II. 2. 2. La matrice Rt,t
0
est la matrice de Φ
t
∘Φ
t
0
−1
de M
n,1
Kdans M
n,1
K, muni de sa base
canonique. Sa jème colonne est Rt,t
0
C
j
qui est la valeur en tde la solution de E
0
telle que Xt
0
=C
j
qui est unique, et indépendante de la famille X
j
1jn
qu’on a choisie comme base de S
0
.
Question II. 3. 1. Rt,t
0
=WtWt
0
−1
est dérivable comme produit sur I, et R
′
t,t
0
=W
′
tWt
0
−1
.
Mais Wse 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=AtX
j
tsur I, donc matriciellement : W
′
t=AtX
1
t ⋯ X
n
t sur I.
Ainsi W
′
t=AtWtdonc R
′
t,t
0
=AtWtWt
0
−1
=AtRt,t
0
pour t,t
0
dans I
Alors si X:tRt,t
0
Von a X
′
t=R
′
t,t
0
V=AtRt,t
0
V=AtXtsur I, donc Xest une solution
de E
0
sur I, et Xt
0
=Rt
0
,t
0
V=V. (Car il est clair que Rt
0
,t
0
=Wt
0
Wt
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
:Rt
2
,t
1
Rt
1
,t
0
=Wt
2
Wt
1
−1
×Wt
1
Wt
0
−1
.
Donc Rt
2
,t
1
Rt
1
,t
0
=Wt
2
Wt
0
−1
par associativité, et Rt
2
,t
1
Rt
1
,t
0
=Rt
2
,t
0
.
Appliqué à t
2
=t
0
on obtient Rt
0
,t
1
Rt
1
,t
0
=Rt
0
,t
0
=I
n
donc Rt
1
,t
0
est inversible et Rt
1
,t
0
−1
=Rt
0
,t
1
Question II. 4. 1. Si on considére X:tRt,t
0
Vt, elle est dérivable sur Ipar produit.
Et X
′
t=R
′
t,t
0
Vt+Rt,t
0
V
′
t=AtRt,t
0
Vt+Rt,t
0
V
′
t=AtXt+Rt,t
0
V
′
tsur I.
Ainsi : Xde cette forme est une solution de Esur IRt,t
0
V
′
t=Btsur I
Question II. 4. 2. Ce qui équivaut encore à V
′
t=Rt
0
,tBtsur Iet on a une fonction continue sur I.
Donc une intégrale fonction de la borne supérieure est une fonction Vqui convient :
V:t
∫
t
0
t
Rt
0
,uBudufournit une solution Y:tRt,t
0
∫
t
0
t
Rt
0
,uBudude E
Question II. 4. 3. Pour cette fonction Y:tRt,t
0
∫
t
0
t
Rt
0
,uBudu, on peut dans le calcul de l’intégrale
par rapport à u, rentrer le terme Rt,t
0
dans l’intégrale (on considére tcomme fixé pour ce calcul de Yt,
en admettant, par linéarité, que M
∫
t
0
t
Hudu=
∫
t
0
t
M Hudupour une matrice carrée Met une colonne H.
Ainsi Y:t
∫
t
0
t
Rt,uBududéfinit une solution particulière de Esur I
Remarque : elle est nulle en t=t
0
. La solution de Evérifiant Xt
0
=V
0
est associée à la fonction définie
sur Ipar : X:tRt,t
0
V
0
+
∫
t
0
t
Rt
0
,uBudu.
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 : yt=t
m
+⋯+a
0
.
Si yest un polynôme, alors tt−1y
′′
+3y
′
−6yest aussi un polynôme. Considérons les termes de plus haut
degré : 3y
′
est de degré m−1, alors que tt−1y
′′
et −6yont des termes de degré m, donc le terme de plus
haut degré du polynôme tt−1y
′′
+3y
′
−6yest mm−1−6t
m
.
Si ce polynôme est nul, il est nécessaire que m
2
−m−6=0 donc que m−3m+2=0.
Si yest un polynôme solution de e
0
alors yest de degré 3 .
Cherchons yt=at
3
+bt
2
+ct +dsolution de e
0
: alors y
′
t=3at
2
+2bt +cet y
′′
t=6at +2bsur R.
Et alors tt−1y
′′
t+3y
′
t−6yt=t
2
−t6at +2b+33at
2
+2bt +c−6at
3
+bt
2
+ct +d
=3a−4bt
2
+4b−6ct+3c−6dpolynôme nul
si et seulement si
3a−4b=0
4b−6c=0
3c−6d=0
b=3
4a
c=2
3b=a
2
d=c
2=a
4
donc yt=k4t
3
+3t
2
+2t+1
où k∈R, est la solution générale
polynôme de e
0
.
Le polynôme Pt=4t
3
+3t
2
+2t+1 tel que P0=1 dirige cette droite de solutions polynômes sur R.
Question III. 1. 2. La fonction Qest C
∞
sur −∞,1et Q
′
t=2
1−t
3
,Q
′′
t=6
1−t
4
.
Ainsi sur −∞,1:tt−1Q
′′
t+3Q
′
t−6Qt=6tt−1+3×21−t−61−t
2
1−t
4
=0
La fonction Qest une solution de e
0
sur −∞,1et sur 1,∞aussi d’ailleurs.
Question III. 1. 3. 1. On suppose R>0 et yt=
∑
k=0
∞
a
k
t
k
de rayon de convergence R. On peut dériver terme à
terme, yest de classe C
∞
sur −R,R, et tt−1y
′′
t+3y
′
t−6ytégale la somme d’une série entière Et.
Sur −R,R,Et=t
2
∑
k=2
∞
kk−1a
k
t
k−2
−t
∑
k=2
∞
kk−1a
k
t
k−2
+
∑
k=1
∞
3ka
k
t
k−1
−
∑
k=0
∞
6a
k
t
k
=
∑
k=0
∞
kk−1a
k
t
k
−
∑
k=1
∞
kk−1a
k
t
k−1
+
∑
k=1
∞
3ka
k
t
k−1
−
∑
k=0
∞
6a
k
t
k
changement d’indice p=k p =k−1p=k−1p=k
Ainsi Et=
∑
p=0
∞
p
2
−p−6a
p
t
p
−
∑
p=0
∞
p+1p−3a
p+1
t
p
=
∑
p=0
∞
p−3p+2a
p
−p+1p−3a
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−3p+2a
p
−p+1p−3a
p+1
=0a
k+1
=k+2
k+1a
p
si k≠3
Ce qui équivaut à : a
1
=2a
0
,a
2
=3
2a
1
=3a
0
,a
3
=4
3a
1
=4a
0
et par récurrence, pour k4, a
k
=k+1
5a
4
On peut donc choisir a
0
et a
4
dans R, et alors yt=a
0
1+2t+3t
2
+4t
3
+a
4
5
∑
k=4
∞
k+1t
k
Si a
4
=0 alors R=∞car on a une solution polynôme.
Si a
4
≠0 , alors les a
k
sont non nuls pour k4 et a
k+1
a
k
→ ℓ = 1 donc R=1
ℓ=1 . En effet si x>0,
et si on pose u
k
=|a
k
|x
k
on a u
k+1
u
k
=a
k+1
a
k
x→xet 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=
∑
p=0
∞
t
p
sur −1,1donc Qt=1
1−t
2
=
∑
p=1
∞
pt
p−1
=
∑
k=0
∞
k+1t
k
par dérivation sur −1,1. Ainsi
∑
k=4
∞
k+1t
k
=
∑
k=0
∞
k+1t
k
−1+2t+3t
2
+4t
3
=Qt−Pt.
La solution générale développable en série entière est donc yt=a
0
−a
4
5Pt+a
4
5Qt
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. Ey
′′
=−ay
′
−by +ϕet en posant z=y
′
:
EX=y
zsolution de y
′
z
′
=z
−az −by +ϕsur I.
donc EE:X
′
t=AtXt+Btsur I
avec At=0 1
−bt−atet Bt=0
ϕtcontinues sur I.
Question III. 2. 2.On sait, sous nos hypothèses (forme normalisée, avec des coefficients aet bcontinus sur I
intervalle), que le Thm de Cauchy permet d’assurer que SolE
0
est un plan vectoriel en bijection avec K
2
.
Si f,gforme une base de l’espace des fonctions associées aux solutions SolE
0
, c’est une famille libre et
f
f
′
,g
g
′
est aussi libre, donc système fondamental de E
0
.
Avec les notations : Wt
0
=f
0
g
0
f
0
′
g
0
′
et donc Wt
0
−1
=1
f
0
g
0
′
−f
0
′
g
0
g
0
′
−g
0
−f
0
′
f
0
avec M
−1
=1
detM
t
ComM, avec f
0
g
0
′
−f
0
′
g
0
≠0, car f,gbase.
Rt,t
0
=WtWt
0
−1
=1
f
0
g
0
′
−f
0
′
g
0
fg
0
′
−f
0
′
g f
0
g−fg
0
f
′
g
0
′
−f
0
′
g
′
f
0
g
′
−f
′
g
0
Question III. 3. 1. On a, sur I=0,1, l’écriture normalisée de equi est :
E:y
′′
+3
tt−1y
′
−6
tt−1y=20t
3
t−1d’où At=1
tt−1
0tt−1
6−3et Bt=20t
3
t−1
0
1
Question III. 3. 2. Ainsi
detWu =PuQu
P
′
uQ
′
u=
4u
3
+3u
2
+2u+11
1−u
2
12u
2
+6u+22
1−u
3
=1
1−u
3
4u
3
+3u
2
+2u+1 1 −u
12u
2
+6u+2 2
detWu =20u
3
1−u
3
avec 20u
3
=24u
3
+3u
2
+2u+1−1−u12u
2
+6u+2.
Par ailleurs : QtPu−PtQu=4u
3
+3u
2
+2u+11−u
2
−4t
3
+3t
2
+2t+11−t
2
1−t
2
1−u
2
et 4u
3
+3u
2
+2u+11−u
2
=4u
5
−5u
4
+1 donc :
QtPu−PtQu=4u
5
−5u
4
−4t
5
+5t
4
1−t
2
1−u
2
sur I
2
Question III. 3. 3. On applique II.4.3. , avec Yt=
∫
t
0
t
Rt,uBududont on ne garde que la première
composante car Y=y
y
′
, et Rt,uBu=1
detWu
fg
u
′
−f
u
′
g f
u
g−fg
u
f
′
g
u
′
−f
u
′
g
′
f
u
g
′
−f
′
g
u
×20u
3
u−1
0
1,
en prenant uà la place de t
0
. Cette première composante vaut : 1
detWu 20t
3
t−1QtPu−PtQu
c’est à dire : 1−u
3
20u
3
20u
3
u−14u
5
−5u
4
−4t
5
+5t
4
1−t
2
1−u
2
=4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
1−t
2
(Calculs sur 0,1
2
)
La fonction y:t1
1−t
2
∫
t
0
t
4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
dudéfinie une solution particulière de esur 0,1
∫
0
t
0
4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
duest bien définie, et vaut 4t
5
−5t
4
t
0
−2
3t
0
6
+t
05
Alors 1
1−t
2
∫
0
t
0
4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
du=1
1−t
2
4t
5
−5t
4
t
0
−2
3t
0
6
+t
0
5
Or 4t
3
+3t
2
+2t+11−t
2
=4t
5
−5t
4
+1 donc 4t
5
−5t
4
+1
1−t
2
=Ptet 4t
5
−5t
4
1−t
2
=Pt−Qt
Ainsi 1
1−t
2
∫
0
t
0
4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
du=t
0
Pt−Qt+t
0
5
−2
3t
0
6
Qtest une combinaison linéaire
de Pet Q, donc une solution de l’équation homogène e
0
. En l’ajoutant à la solution particulière de e,
on obtient une autre solution particulière définie par y
0
t=1
1−t
2
∫
0
t
4t
5
−5t
4
−4u
5
+5u
4
dusur 0,1.
Ce qu’on peut calculer en y
0
t=
10
3
t
6
−4t
5
1−t
2
sur 0,1. Cette fonction est la restriction à 0,1d’une fraction
rationnelle de classe C
∞
sur −∞,1, il en est de même pour Pet Q.
Les fonctions yt=y
0
t+k
1
Pt+k
2
Qtdécrivent les solutions de esur 0,1pourk
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,ytest une solution sur 0,1, alors sa restriction à 0,1est une solution de la forme précédente.
Réciproquement une solution sur 0,1de la forme précédente se prolonge en t=0 de façon C
∞
(fraction
rationnelle) avec y0=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 y0=y
′
0=0 sont les fonctions :
yt=y
0
t+k
1
Pt−Qt=2t
5
5t−6
31−t
2
+k
1
Pt−Qtoù k
1
∈Kest quelconque et fixé.
Il y a donc une droite affine de solutions vérifiant ces conditions initiales.
1
/
5
100%
