corrigé

D’après :Centrale 2006 -PSI , première épreuve
sujet légérement modi…é
Partie I.
A.1. (F0)est une équation linéaire d’ordre deux, à coe¢ cients constants et homogène. Son équation caractéristique est
r2+ 1 = 0 et admet icomme solutions. L’ensemble des solutions réelles de (F0)est donc l’ensemble des fonctions du
type :
y=Acos +Bsin;(A; B)2R2
A.2. On cherche une solution particulière et on obtient l’ensemble des solutions en ajoutant cette solution particulière à
l’ensemble des solution de l’équation homogène.
vu le second membre on cherche une solution particulière de y" + y=eix , dont on prend la partie réelle
une solution particulière de y00(x) + y(x) = eix est de la forme x7! axeix (car iest racine de l’équation caractéristique).
En reportant on trouve a=i=2
donc x7! xsin(x)
2est une solution particulière
. L’ensemble cherché est donc l’ensemble des fonctions du type :
8x2R; y(x) = xsin(x)
2+Acos(x) + Bsin(x),(A; B)2R2
A.3. Sur [0;2]hest dé…ni par
8x2[0;2]; h(x) = max(0;sin(x)) = sin(x) + jsin(x)j
2
ce qui se généralise à R+par 2périodicité.
h2 C0(R+;R)
On véri…e que g"(x) + g(x) = f"(x+ 2) + f(x+ 2)(f"(x) + f(x)) = h(x+ 2)h(x) = 0 car hest 2périodique.
gest donc solution de l’équation homogène et il existe donc deux scalaires aet btels que g(x) = acos(x) + bsin(x)
Sur [0; ]fpest la solution de y" + y= sin(x)véri…ant fp(0) = f0
p(0) = 0:En prenant la partie imaginaire de ixeix
2on
afp(x) = cos(x) + sin(x)x
2cos(x)
les conditions initiales donnent = 0 et =1
2fp(x) = sin(x)xcos(x) 2, et on a donc fp() =  2,f0
p() = 0
Sur [; 2]fpest la solution de y" + y= 0 véri…ant fp() = 
2,f0
p() = 0:On a donc fp(x) = cos(x) + sin(x)
les conditions initiales donnent : fp(x) = 
2cos(x)
On a alors a=g(0) = fp(2)fp(0) = 
2,b=g0(0) = f0
p(2)f0 p(0) = 0
fp=8
<
:
sin(x)xcos(x)
2si x2[0; ]
2cos(x)si x2[; 2]
8x2R,fp(x+ 2) = fp(x)
2cos(x)
B. La solution fde (F0)telle que f(0) = aet f0(0) = best dé…nie par
8x2R+:f(x) = acos(x) + bsin(x) = pa2+b2cos(x)
en posant cos() = a
pa2+b2et sin() = b pa2+b2si pa2+b26= 0, pour tout si si pa2+b2= 0
kfk1 k(a; b)k

C. on peut véri…er que f0est solution du problème posé :
Soit f0la fonction proposée. On a alors
8t2R+; f0(t) = sin(t)Zt
0
h(u) cos(u)du cos(t)Zt
0
h(u) sin(u)du
Sous cette forme, on voit que f0est C1sur R+(car la primitive d’une fonction continue est C1) et
8t2R+; f0
0(t) = cos(t)Zt
0
h(u) cos(u)du + sin(t)Zt
0
h(u) sin(u)du
f0
0est à son tour C1et
8t2R+; f00
0(t) = sin(t)Zt
0
h(u) cos(u)du + sin(t)Zt
0
h(u) sin(u)du + (cos2(t) + sin2(t))h(t)
et on a donc bien
f00
0+f0=h
L’ensemble des solutions de (Fh)est donc l’ensemble des fonctions du type
8t2R+,f(t) = Zt
0
h(u) sin(tu)du +Acos(t) + Bsin(t),(A; B)22 R2
on peut aussi calculer f0par variation des constantes
D. Le calcul précédent donne que f0(0) = f0
0(0) = 0 et f0est donc la solution cherchée. On a
8t0;jf0(t)j  Z[0;t]jh(u)jjsin(tu)jdu Z[0;t]jh(u)jdu  khk1
f0est donc bornée et, en passant à la borne supérieure,
kf0k1 khk1
Si khk1"alors kf0k1"et (Fh)est donc stable par rapport au second membre au sens 1.
E. Les solutions sont (en utilisant A:2pour trouver la solution particulière) les fonctions
8t2R+,y(t) = t sin(t)
2+Acos(t) + Bsin(t);(A; B)2R2
En particulier si t=
2+ 2k
8n2N; y(=2+2k) = b+(=2+2k)!n!+1+1
Les solutions ne sont donc pas bornées sur R+
Pour tout  > 0, il existe donc une fonction h=cos telle que khk1telle que la solution de l’équation di¤érentielle
nulle et à dérivée nulle en 0ne soit pas bornée.
in n’y a pas stabilité par rapport au second membre
En divisant par tet en prenant toujours t=
2+ 2k , on obtient une suite telle que y(tk) tk
converge vers 
2non nul.
Donc y(t)n’est pas négligeable devant ten +1
Partie II.
Pour tout  > 1, la fonction t> g(; t) = 1
1 + test continue positive sur R+et tg(; t)admet une limite …nie (1)
si ttend vers +1avec  > 1Donc la fonction est intégrable sur R+.
Il s’agit d’utiliser le théorème de continuité des intégrales à paramètres.
-8 > 1; t 7! g(; t)est continue intégrable sur R+.
2

- on a domination sur tout segment [a; b]]1;+1[
82[a; b];8t0;
1
1 + tg(t) = (1si t1
1
1 + tasi t > 1
g(t)étant continue par morceaux intégrable sur R+(puisque a > 1).
et donc : 7! I()est dé…nie et continue sur ]1;+1[
B.1. la fonction g0
gétant continue sur l’intervalle R+y admet des primitives C1sur R+. Soit Al’une d’entre elle. On a donc
A0=g0
g
On a (geA)0=g0eAgA0eA= 0. La dérivée est nulle sur un intervalle donc la fonction geAest constante sur R+.
B.2. Le sujet note Bet Cles parties réelle et imaginaire de A.D’après la question précédente geAest une fonction constante
que l’on note ei en prenant le module et un argument de cette constante. . On a alors :
8t2R+; g(t) = eB(t)ei(+C(t))
d’où l’existence des fonctions r(t) = eB(t)et (t) = +C(t).
Comme 0rest à valeurs dans R+;et comme gest non nul , rne prend pas la valeur 0.
Comme gest Ck,g0
gest Ck1. la primitive Aest donc Cket donc aussi ses parties réelles et imaginaires. En…n et 
étant des constantes:
9r2Ck(R+;R+);92Ck(R+;R),g=rei
C.1. La fonction g=f+if0est dé…nie de R+dans C.
Or gne prend pas la valeur 0 : 8t2R+g(t)6= 0 . On le montre par l’absurde : Si gs’annule en un point t0alors
f(t0) = f0(t0) = 0. Or le théorème de Cauchy-Lipschitz (utilisable ici car les coe¢ cients de l’équation sont continus)
s’applique : il existe une une unique solution de (E;0)véri…ant des conditions initiales données. La fonction nulle est
cette solution évidente donc f=e 0, ce qui est exclus par le sujet.
gest donc de classe C1de R+dans C. Les fonctions ret de la question précédente véri…ent alors
f(t) + if0(t) = r(t) cos((t)) + ir(t) sin((t))
et, en identi…ant parties réelle et imaginaire,
9r2Ck(R+;R+);92Ck(R+;R),f=rcos()et f0=rsin()
On a bien sûr r=pf2+ (f0)2.
C.2. En dérivant f0=rsin(), on obtient une expression de f00 =r0sin() + r0cos ()que l’on reporte dans l’équation initiale
:
r0sin() + r0cos() = qr sin()rcos()
Par ailleurs, en dérivant f=rcos(), on obtient f0=r0cos +r0sin et donc :
r0sin() + r0cos() = rsin ()
C.3. On élimine r0en multipliant la première relation par cos ()et la seconde par sin ()et en faisant la di¤érence ; il reste :
r0=qr cos() sin()r
Comme rest une fonction qui ne s’annule pas, on peut diviser par rpour obtenir
0=qcos() sin()1
On élimine maintenant rà gauche en multipliant la première relation par sin ()et la seconde par cos ()et en faisant
la somme. il reste r0=qr sin()2
3

C.4.
on a reQ0= (r0rQ0)eQ=qr(sin ()21) . Or qet rsont strictement positifs donc la dérivées est négative et
reQest décroissante. et donc
8t0; r(t)eQ(t)r(0)
Comme Qest croissante (Q0=q0), et admet pour limite I()en l’in…ni, on a donc
8t0; r(t)r(0)eI()
rétant croissante (car r0=qr sin ()2est positive ) et majorée, radmet une limite en l’in…ni (théorème de limite
monotone) telle que :
lim
+1rr(0)eI()
D’après les variation de ron a : krk1r(0)eI().
Or r(0) = pf(0)2+f0(0)2=k(f(0); f0(0))ket donc krk1 k(f(0); f0(0))keI()
En…n pour un complexe la partie réelle et la partie imaginaire sont majorée (en valeur absolue) par le module:
kfk1 k(f(0); f0(0))keI()
kf0k1rk(f(0); f0(0))keI()
C.5. qsin() cos()est continue sur R+et jqsin() cos()jest majorée par qqui est intégrable. C’est donc une fonction
intégrable sur R+
On a
(t) + t=(0) + Zt
0
(0(u) + 1)du =(0) + Zt
0
q(u) sin((u)) cos((u))du
Comme la fonction est intégrable, on a une limite réelle en +1pour (t) + t.
lim
t>+1((t) + t) = Z+1
0
q(u) sin((u)) cos((u))du
C.6. Notons Lla limite réelle en l’in…ni de ret lcelle de (t) + t. On a alors, au voisinage de l’in…ni (t) = t+l+o(1)
f(t) = r(t) cos ((t)) = (L+o(1)) cos(t+l+o(1)) = Lcos(tb+o(1)) + o(1)
f(t) = Lcos(tl) cos(o(1)) Lsin(tl) sin(o(1)) + o(1)
Comme cos et : sin sont bornées on obtient avec les limites en du sin et ducos : :
f(t)Lcos(tl) = Lcos(tl) (cos(o(1)) 1) Lsin(tl) sin(o(1)) + o(1)
et ainsi en posant a=L; b =l:
lim
t!+1(f(t)acos(t+b)) = 0
C.7. Le graphe de t7! acos(t+b)(sinusoïde ) est une courbe asymptote du graphe de f, quand ttend vers +1:
Partie III.
A. Soit " > 0. Si on pose ="eI()alors la question II:C:4montre que si fest solution de (E;0)et si k(f(0); f0(0))k  
alors fest bornée et kfk1". Ainsi, (E;0)est stable par rapport aux conditions initiales.
B.1. Un calcul classique donne
w0=f1f00
2f2f00 1
Comme f00
i=qf0 ifi, on en déduit que
w0=qw
On a donc w=w(0)eQ. Comme Qest croissante sur R+on a 8x0; Q(x)2[Q(0) lim
+1Q[= [0; I()[. Comme exp croît
sur R, on a donc
8x0;jw(0)j  jw(x)j  jw(0)jeI()
Les solutions f1et f2étant indépendantes, le Wronskien ne s’annule pas et w(0) 6= 0.
4

B.2. C’est la méthode de variations des constantes : On cherche une solution quelconque f(x) = C1(x)f1(x) + C2(x)f2(x)
avec f1(x)C0
1(x) + f2(x)C0 2(x) = 0 . En dérivant deux fois et en reportant dans l’équation on arrive au système :
f1(x)C0
1(x) + f2(x)C0 2(x) = 0
f0
1(x)C0 1(x) + f0 2(x)C0 2(x) = h(h)
Pour tout x2R+, le déterminant su système est le Wronskien w(x) = f1(x)f0
2(x)f2(x)f0 1(x), non nul car on a un
système fondamental de solutions. Le système est de Cramer.
C0
1(x) = h(x)C2(x)
w(x),C0
2(x) = h(x)C1(x)
w
Soient C1et C2sont donc des primitives de hf2
wet hf1 w.
f=C1f1+C2f2, avec C1primitive de hf2
wet C2primitive de hf1 w
B.3. On a le système :
f(0) = C1(0)f1(0) + C2(0)f2(0)
f0(0) = C1(0)f0
1(0) + C2(0)f0 2(0)
(C1(0); C2(0)) est solution d’un système linéaire dont le déterminant vaut w(0) 6= 0. Dans le cas où f(0) = f0(0) = 0,
l’unique solution est C1(0) = C2(0) = 0.
B.4. Soit h2L1et fla solution de (E;h)telle que f(0) = f0(0) = 0. On a alors f=C1f1+C2f2avec C1et C2qui sont
les primitives nulles en 0de hf2
wet hf1 w. Ainsi
8x0; f(x) = Zx
0
h(t)
w(t)(f1(t)f2(x))dt Zx
0
h(t)
w(t)(f2(t)f1(x)) dt
D’après la partie II,f1et f2sont bornées. D’après III:B:1,jw(x)j  a > 0. On a donc
8x0;jf(x)j  2kf1k1kf2k1
aZx
0jh(t)jdt Ckhk1avec C=2kf1k1kf2k1
a
On a ainsi kfk1Ckhk1.
On en déduit la stabilité de (E;0)par rapport au second membre au sens 1:pour un " > 0donné, ="=C convient
C.1. Un calcul immédiat donne
00 q0+  = havec h=qg0
D’après le calcul du I:A:2, il existe des constantes aet btelles que
8t; g(t) = acos(t) + bsin(t) + t sin(t)
2
On en déduit que g0(t) = asin(t) + bcos(t) + 
2(sin(t) + tcos(t)) et donc
jg0(t)j  jj
2t+jaj+jbj+jj 2t!+1jj 2t
. Comme  > 1, on a alors
jh(t)j=jq(t)jjg0(t)j  1
1 + tjj 2t+jaj+jbj+jj 2jj 2t1!t!+10
C.2. On veut montrer que lim
t!+1
1
tZt
0jhj= 0 .
pour cela on revient aux quanti…cateurs : Soit " > 0. Il existe A > 0tel que 8tA; jh(t)j  ". On a alors (on découpe
l’intégrale)
8tA; 1
tZt
0jhj  1
tZA
0jhj+tA
t"1 tZA
0jhj+"2"
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