ENSAIT Concours 2000 Math 1 corrigé PRELIMINAIRE Soit a; b deux fonctions continues sur un intervalle I de R à valeurs réelles . L’ensemble des solutions de l’équation di¤érentielle y" + ay 0 + by = 0 est un espace vectoriel sur R de dimension 2 . Ici g étant C 1 la fonction g + 1 est continue et la fonction nulle est naturellement continue . E est donc un espace vectoriel réel de dimension 2 . PREMIERE PARTIE Question 1:L’ensemble des solutions de l’équation di¤érentielle y" + y = 0 est l’ensemble des fonctions y telle qu’il existe un réel A et un réel Á 2] ¡ ¼; ¼] telles que 8x; y(x) = A cos(x + Á) y(x) admet alors une in…nité de racines : f ¼2 ¡ Á + n¼ , n 2 [1:: + 1[g Question 2 : Question 2.1: ¢f1 est bien C 2 sur R +¤ car les fonctions sin(x) ,1=x et cos(x) le sont . cos(x) sin(x) ¡ sin(x) cos (x) sin(x) ¢de plus pour x > 0 f 10 (x) = ³ ¡ x2 + sin(x) et f 1 "(x) = x x ´ ³¡ 2 x2 + 2 x´3 +³cos(x): Donc f1 "(x)+ (1 ¡ x22 )f 1 (x) = ¡ sin(x) ¡ 2 cosx(x) + 2 sin(x) + cos(x) + sin(x) ¡ cos(x) ¡ 2 sin(x) ¡ 2 x x3 x x3 =0 ¢On sait que limx!0 ³ sin(x) x ´ cos(x) x2 ´ f1 2 E = 1 donc f1 se prolonge par continuité en 0 en posant : f 1 (0) = 0 ¢ sin et cos sont développables en séries entière sur R avec un rayon de convergence in…nie . On a donc x 2 R¤ ; 1 1 +1 k=0 k=0 k=0 X X sin(x) 1X x 2k+1 x2k ¡ cos(x) = (¡1)k + (¡1)k = (¡1) k x x (2k + 1)! (2k)! µ 1 1 + (2k + 1)! (2k)! ¶ x2k sin(x) L’égalité est encore vraie si x = 0 . x ¡ cos(x) est donc développable en série entière sur R , elle y est 1 + donc C 1 . Par restriction f 1 prolongée est C sur R . n+1 ¢f1 (n¼) = (¡1) ¢ Sur chaque intervalle [n¼; (n + 1)¼] f 1 est continue et f 1 (n¼) £ f1 ((n + 1)¼) < 0 .Donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires il existe une racine x n sur chaque intervalle ]n¼; (n+)¼[ f1 admet une in…nité de racines question 1.2:Comme dans la question précédente f 2 2 C 2 (R +¤ ; R) , et 8x > 0; f 2 "(x) + (1 ¡ 2 sin(x) )f2 (x) = 2(1 ¡ ®) x2 x2 ®=1 question 1.3: ¢f1 et f2 sont deux éléments de E linéairement indépendants . En e¤et s’il existe deux réels ¸ et ¹ tels que ¹ ¼ 2 ¸f 1 ¯ + ¹f2 = 0 la¯ valeur en x = ¼ donne ¡¸ ¡ ¼ = 0 et celle en 2 donne ¼ ¸ + ¹ = 0 .Le déterminant du système ¯ ¡1 ¡1=¼ ¯ ¯ = 2=¼ 2 ¡ 1 est non nul . Donc ¸ = ¹ = 0 :¯¯ ¯ 2=¼ 1 ¢E étant un espace vectoriel de dimension 2 il existe deux constantes réelles C 1 et C2 telles que y 2 E , y = C1 f 1 + C 2 f2 p Expression qui peut se transformer en posant A = C 12 + C22 et Á 2] ¡¼; ¼] tel que cos(Á) = µ ¶ sin(x + Á) y(x) = A ¡ cos(x + Á) x C1 ; sin(Á) A = C2 A ¢En particulier y(¼=2 + n¼ ¡ Á) = (¡1)n+1 et comme à la question 1.2 on déduit qu’il existe une in…nité de racines strictement positive . question 3 : question 3.1: le résultat est évident en multipliant par x2 6= 0 sur R +¤ question 3.2:Supposons qu’il existe des solutions f (x) = On a alors pour tout x réel : x 2 f "(x) + (x2 ¡ 6)f (x) = 2 1 X n=0 P1 n=0 n(n ¡ 1)an x n + 2 x f "(x) + (x ¡ 6)f (x) = ¡6a0 ¡ 6a1 + à 1 X an x n développable en série entière sur R . 1 X n=0 an x n+2 ¡ 6 1 X an xn n=0 ! (n ¡ 3)(n + 2)an + an¡ 2 x n n= 2 On veut que cette quantité soit nulle . Donc a0 = a1 = a2 = 0 et n ¸ 4 an = ¡ (n¡3)(1 n+2) an¡2 . Une récurrence évidente montre que si n est pair an = 0 . 1 Si n est impair on pose n = 2k + 1 et pour k ¸ 2 a2k+1 = ¡ (2k¡ 2)(2k+ a 3) 2k¡1 a2k+ 1 = (¡1) k¡ 1 1 (2k)(2k + 2) a3 = (¡1)k¡ 1 15 a3 ((2k ¡ 2)(2k ¡ 4) ¢ ¢ ¢ 4:2) ((2k + 3) (2k + 1) ¢ ¢ ¢ 9:7 (2k + 3)! P1 k (2k)(2k+ 2) Donc f (x) = ¡15a3 k=1 (¡1) (2k+3)! x2k+ 1 . On véri…e par la règle de D’alembert que cette série entière a un rayon de convergence in…nie: ¯ ¯ ¯ (2k+2) (2k+4) 2k+3 ¯ ¯ (2k+5) ! x ¯ (2k + 2)(2k + 4) ¯= 8x 2 R; ¯¯ ( 2k)(2k+2) x2 ¡!k!1 0 ¯ 2k+1 (2k)(2k + 2)(2k + 4)(2k + 5) x ¯ (2k+3) ! ¯ f (x) = ¡15a3 P1 k=1 k (2k) (2k+2) 2k+1 (2k+3)! x (¡1) On peut décomposer 2k(2k + 2) = (2k + 2)(2k + 3) ¡ 3(2k + 3) = (2k + 2)(2k + 3) ¡ 3(2k + 3) + 3 D’où : Ã1 ! 1 1 X x 2k+1 3X x 2k+2 3 X x2k+3 k k k f (x) = ¡15a3 (¡1) + (¡1) ¡ (¡1) (2k + 1)! x (2k + 2)! x 2 (2k + 3)! k=1 k=1 k= 1 µ µ ¶ µ ¶¶ 3 x2 3 x3 f (x) = ¡15a3 (sin(x) ¡ x) + cos(x) ¡ 1 + ¡ 2 sin(x) ¡ x + x 2 x 6 ³ ´ 3 cos( x) 3 sin(x) f (x) = ¡15a3 sin(x) + ¡ x2 x DEUXIEME PARTIE question 1 :On a y = ¸ cos +¹ sin . Donc en dérivant , compte tenu de ¸ 0 cos +¹0 sin : y 0 = ¡¸ sin +¹ cos soit en redérivant : y" = ¡¸ cos ¡¹ sin ¡¸ 0 sin +¹0 cos et comme y" + (1 + g)y = 0 on a : ¸0 sin ¡¹0 cos = gy On a donc un système linéaire d’inconnues les fonctions ¸ 0 et ¹0 . Après résolution : ¸ 0 = gy sin , ¹0 = ¡gy cos question 2 : il existe donc deux constantes C 1 et C2 telles que : Z x Z 8x > 0; ¸ = C1 + g(u)y(u) sin(u)du , ¹(x) = C2 ¡ a x g(u)y(u) cos(u)du a et donc ¡ Rx ¢ ¡ Rx ¢ 8x > 0; y(x) = C 1 + a g(u)y(u) sin(u)du cos(x) + C2 ¡ a g(u)y(u) cos(u)du sin(x) 2 question 3 : l’équivalence est une conséquence de la formule : sin(u ¡ x) = sin(u) cos(x) ¡ sin(x) cos(u) question4: ¡ Rx ¢ ¡ Rx ¢ On reprend y(x) = C1 + a g(u)y(u) sin(u)du cos(x) + C 2 ¡ a g(u)y(u) cos(u)du sin(x) Si on dérive une fois (possible car on a les primitives de deux fonctions continue ) : µZ x ¶ µZ x ¶ 0 y (x) = ¡C 1 sin(x) + C2 cos(x) ¡ g(u)y(u) sin(u)du sin(x) ¡ g(u)y(u) cos(u)du cos(x) a a Les deux autres termes se simpli…ant deux à deux . Donc : µZ x ¶ µZ y " (x) = ¡C 1 cos(x) ¡ C2 sin(x) ¡ g(u)y(u) sin(u)du cos(x) + a a ¡ 2 2 ::: ¡ g(x)y(x) sin(x) + cos(x) On a donc bien y"(x) + y(x) = ¡g(x)y(x): ¢ x ¶ g(u)y(u) cos(u)du sin(x)::: TROISIEME PARTIE question 1 : C’est une conséquence directe de l’intégrabilité de g sur [1; +1[ . En e¤et si g est intégrable R +1 jgj est intégrable et lima!+ 1 a jg(t)j dt = 0 . L’intégrale est donc inférieur à 1=2 pour a assez grand . question 2 : question 2.1:l’image du segment [a; b] par la fonction continue y est un segment . Il admet donc un plus grand élément . question 2.2:D’après l’inégalité de la moyenne: ¯Z ¯ Z b ¯ b ¯ ¯ ¯ g(u)y(u) sin(u ¡ x)du ¯ · sup(y(u) sin(u ¡ x); u 2 [a; b]) jg(u)duj · Mb :1:1=2 ¯ ¯ a ¯ a d’après les ma jorations des questions précédentes . question 2.3:On connaît la relation : 8x 2 R +¤ ; y(x) = C1 cos(x) + C 2 sin(x) + Z x a g(u)y(u) sin(u ¡ x)du ¯R x ¯ En particulier pour x 2 [a; b]; jy(x)j · jC 1 j + jC 2 j + ¯ a g(u)y(u) sin(u ¡ x)du¯ · jC 1 j + jC 2 j + Mb =2 Le membre de droite ne dépend plus de x c’est donc un ma jorant de fjy(x)j ; x 2 [a; b]g . Donc Mb · jC 1 j + jC 2 j + M b =2 Ce qui équivaut à M b · 2 (jC 1 j + jC 2 j) En particulier : 8b ¸ a jy(b)j · 2 (jC1 j + jC2 j) . y est donc borné sur [a; +1[et M = sup(y; y ¸ a) · 2 (jC 1 j + jC 2 j) question 2.4 y étant continue sur tout segment [®; a] y est bornée . Donc par réunion y est borné sur [®; +1[ si ® · a . Le résultat est évident dans le cas contraire . L’exemple de f 2 dans la première partie montre que y peut ne pas être bornée sur R +¤ : question 3 :la fonction gu est continue sur [a; +1[ comme produit de fonctions continues . De plus 8x 2 [a; +1[; jgu (x)j · M jg(x)j la fonction gu est donc continue , dominée par jg(x)j intégrable sur [a; +1[ donc est intégrable sur (a; +1[ question 4 : On a donc Z x Z g(u)y(u) sin(u ¡ x)du = a a +1 g(u)y(u) sin(u ¡ x)du ¡ 3 Z x +1 g(u)y(u) sin(u ¡ x)du Donc en reportant et en développant sin(u ¡ x) +¤ 8x 2 R avec : C3 = C1 + ; y(x) = C 3 cos(x) + C4 sin(x) ¡ Z Z +1 g(u)y(u) sin(u ¡ x)du x +1 a g(u)y(u) sin(u)du , C 4 = C2 ¡ Z +1 g(u)y(u) cos(u)du a R +1 question 5 : La question est équivalente montrer que x g(u)y(u) sin(u ¡ x)du a une limite nulle si x tend vers l’in…ni ; Or ¯Z +1 ¯ ¯Z +1 ¯ Z +1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ g(u)y(u) sin(u ¡ x)du ¯ · ¯ g(u)y(u) sin(u ¡ x)¯ du · M g(u)du ¯ x x x Comme g est intégrable sur [a; +1[ ce ma jorant tend vers 0 . Donc limx!1 (y(x) ¡ C 3 cos(x) ¡ C4 sin(x)) = 0 question 6 :On peut transformer C3 cos(x) + C 4 sin(x) = A cos(x + Á) avec A > 0. On a alors que pour x n = ¼2 + n¼ ¡ Á , y(x n ) = A(¡1)n + Y n avec Y n = y(x n ) ¡ C 3 cos(x n ) ¡ C 4 sin(x n ) !n!1 0 . A partir d’un certain rang N on a donc xn > 0 et jYn j < A . Le signe de y(xn ) est donc (¡1)n . Sur chaque intervalle [xn ; x n+1 ] la fonction continue y admet donc une racine d’après le théorème des valeurs intermédiaires . y admet une in…nité de racines question 7 :Si C3 = C4 = 0 la fonction y est nulle sur [a; +1[ :Soit M = sup [a; +1[ (y) qui existe d’après la question 3.Comme à la question 2 on a ¯Z + 1 ¯ ¯ ¯ M ¯ g(u)y(u) sin(u ¡ x)du¯¯ · ¯ 2 a Comme C3 = C4 = 0 on a donc 8x ¸ a jy(x)j · M 2 donc M · M 2 . Comme M ¸ 0 on a donc M = 0 En particulier y(a) = y 0(a) = 0 . Or la fonction nulle est solution évidente de l’équation (Eq) Donc par unicité de la solution d’une équation di¤érentielle y" + a(x)y0 + b(x) = c(x) véri…ant une condition initiale donnée 8x 2 R +¤ ; y(x) = 0 4