corrigé

CCP 2009 PC
Math 2
Partie I
I.1.1 On sait que pour tout z2C,exp(z) =
+1
X
n=0
zn
n!donc
8x2R,exp(zx) =
1
X
n=0
(1)nzn
n!xnet f(x) = exp x2 2=
1
X
n=0
(1)n
n!2nx2n
qui sont bien des séries entières en x. comme l’égalité est véri…ée pour tout réel R= +1
I.1.2 Si on pose an=(1)nznxn
n!,bn=8
<
:
0si nest impair
(1)px2p
p!2psi n= 2pest pair on a exp(zx) =
1
X
n=0
anxnet exp x2
2=
+1
X
n=0
bnxn
et
F(x; z) = exp zx x2
2= exp(zx)exp x2 2= 1
X
n=0
anxn!: +1
X
n=0
bnxn!
Les deux séries converge absolument donc on peut faire le produit de Cauchy des deux séries et pour tout xréel :
F(x; z) =
1
X
n=0
cnavec 8n2N,cn=
n
X
k=0
ankbk
Ou encore
cn=
n
X
k=0;k pair (1)nkznk
(nk)! xnk (1)k=2
(k=2)!2k=2xk
=An(z)xn
avec
An(z) =
n
X
k=0;k pair (1)nk
(nk)!  (1)k=2
(k=2)!2k=2znk
Comme on a F(x; z) =
1
X
n=0
An(z)xn, la fonction x> F (x; z)est développable en sére entière avec un rayon de convergence
in…nie.
Et on a donc bien pour An(z)un polynôme et pour k= 0 son terme dominant est (1)n
n!6= 0
Ak(z)est un polynôme de degré n
On remarque ensuite que le coe¢ cient choisi pour dé…nir Hnest justement celui qui normalise (rend unitaire) le polynôme.
A0(z) = a0= 1; A1(z) = a1+ 0 = z
H0(z) = 1; H1(z) = z
I.1.3 D’une part
@F
@x (x; z) = (zx)F(x; z) = 
1
X
n=0
An(z)zxn
1
X
n=1
An1(z)xn
D’autre part par dérivation de la série entière sur R(intervalle ouvert de convergence) , on a
@F
@x (x; z) =
1
X
n=1
nAn(z)xn1=
1
X
n=0
(n+ 1)An+1(z)xn
Par unicité du développement en série entière, on obtient
8n1,(n+ 1)An+1(z) = zAn(z)An1(z)
soit en translatant l’indice.:
8n2N;(n+ 2)An+2(z) = zAn+1(z)An(z)
et en multipliant par (1)n(n+ 1)! on obtient
8n2N; z 2C,Hn+2(z) = zHn+1(z)(n+ 1)Hn(z)
et donc :

H2(z) = z:z 1:1 = z21
H3(z) = z:(z21) 2:z =z33z
H4(z) = z:(z33z)3(z21) = z46z2+ 3
I.2.1 f(x) = exp x2
2est bien de classe C1sur Ret f0(x) = xf(x). On dérive cette relation :
f00(x) = xf 0(x)f(x):
En dérivant n+ 1 fois la relation f0(x) = xf(x)on obtient:
f(n+2)(x) = (xf 0(x))(n+1)
Mais avec la formule de Leibniz de dérivation d’un produit:
(xf0(x))(n+1) =
n+1
X
k=0 n+ 1
kx(k)f0(x)(n+1k)=xf(n+1)(x)+(n+ 1)f(n)(x) + X0
et donc :
8n2N; x 2R; f(n+2)(x) + xf (n+1)(x)+(n+ 1)f(n)(x) = 0
I.2.2On reporte f(n)(x) = (1)nf(x)Kn(x)dans la relation précédente (avec translation d’indices) et on divise par (1)nf(x)6= 0
pour obtenir la relation
8n2N,Kn+2(x)xKn+1(x)+(n+ 1)Kn(x) = 0.
K0(x) = 1f(x)
f(x)= 1 = H0(x)
K1(x) = f0(x)
f(x)=x=H1(x).
les deux suites (Hn(x)) et (Kn(x)) véri…ent la même relation de récurrence double et ont les mêmes premiers termes
donc elles sont égales.
8n2N;8x2R; Kn(x) = Hn(x)
On véri…e par récurrence que Knest pour tout nun polynôme . les deux polynômes sont égaux sur un ensemble in…ni
donc ils sont formellement égaux. dans C[X];on a l’égalité Kn=Hn
remarque : c’est une réponse, comme le sujet est ambiguë ce n’est pas la seule. A priori Hnest une fonction de Cdans Cet
Knune fonction de Rdans R. Ayant des ensembles de départ di¤ érents les fonctions ne peuvent pas être égales.L’égalité
dans les réels su¢ t pour toute la suite.
I.3.1 On dérive Hn+1(x) = Kn+1(x) = (1)n+1 exp(x2=2)f(n+1)(x)comme un produit :
H0
n+1 = (1)n+1xexp(x2=2)f(n+1)(x)+(1)n+1 exp(x2=2)f(n+2)(x) = xHn+1(x)Hn+2(x)
donc (d’après I.1.3 )
8n2N,H0
n+1(x) = (n+ 1)Hn(x)
I.3.2 Si on dérive cette relation on obtient pour n1et x2R
H"n+1(x) = (n+ 1)H0
n(x) = (n+ 1)nHn1(x)
Or d’après I.1.3 )
Hn+2(x) = xHn+1(x)(n+ 1)Hn(x)
et donc pour n2et x2R
Hn(x) = xHn1(x)(n1)Hn2(x)
2

On reporte l’expression de Hn1et Hn2trouvée.
Hn(x) = +xH0
n(x)
n(n1) H"(x) n(n1)
En multipliant par n(n1) on a bien la relation du sujet.:
8n2,8x2R,H"n(x)xH0
n(x) + nHn(x) = 0
Ce n’est pas …ni : Une relecture attentive (si on ne le voit peut-être pas dès le départ) montre qu’il faut n2(pour
parler de Hn2). On véri…e pour n= 1 (xx= 0) et n= 0 (0:1 = 0)
8n2N;8x2R; H"n(x)xH0
n(x) + nHn(x) = 0
I.4 La fonction est bien C1sur Ret
'0
n= (1)nH0 n(x) exp x2
4x 2Hn(x) exp x2 4
puis
'00
n(x) = (1)nH00 n(x) exp x2
4xH0
n(x) exp x2
4+x2 4Hn(x) exp x2 41 2Hn(xp exp x2 4
donc
'00
n(x)x2
4'n(x) = (1)nH00
n(x)xH0 n(x)1
2exp x2 4
d’où avec la relation de la question précédente :
'00
n(x)x2
4'n(x) = n+1 2'n(x)
I.5.1
Comme Hpest un polynôme normalisé de degré pon a Hp(x)1 xpet donc
x2Hp(x)Hq(x)f(x)1 xp+q+1 exp x2=2= (u)p+q+2
2eu=2
en posant u=x2. Comme l’exponentiel l’emporte sur la puissance on a lim
1 x2:jHp(x)Hq(x)f(x)j= 0 ce qui (comme la
fonction est continue sur R) assure l’intégrabilité de la fonction sur R
Ip;q est toujours dé…nie
I.5.2 Comme Hq(x) = Kq(x) = (1)qf(q)
fpar dé…nition de la suite (Kn)et égalité des deux suites (cf Q.2.2.)
Ip+1;q+1 =Z+1
1
Hp+1(x)Hq(x)f(x)dx =Z+1
1
Hp+1(x)(1)q+1f(q+1)(x)dx
On se place sur un segment et on intègre par parties avecu=Hp+1; u0=H0
p+1 = (p+ 1)Hpd’après Q.3.1.
v0= (1)q+1f(q+1); v = (1)q+1f(q)=Hqf:d’après Q.2.2. ,
u; v sont C1sur R
Zb
a
Hp+1(x)(1)q+1f(q+1)(x)dx =Hp(b)Hq(b)f(b) + Hp(a)Hq(a)f(a)+(p+ 1) Zb
a
Hp(x)Hq(x)f(x)dx
Mais Hp(b)Hq(b)f(b)b>+1bp+qexp b2=2tend vers 0si btend vers +1et de même Hp(a)Hq(a)f(a)tend vers 0si a
tend vers 1 :Comme les fonctions sont intégrables, on peut aussi passer à la limite dans les intégrales:
Ip+1;q+1 = 0 0+(p+ 1) Z+1
1
Hp(x)Hq(x)f(x)dx = (p+ 1)Ip;q
et donc comme pet qjouent des rôles symétriques :
Ip+1;q+1 = (p+ 1)Ip;q = (q+ 1)Ip;q
3

Si p=qon a Ip;p =p:Ip1;p1et donc une suite factoriel : Ip;p =p!I0;0=p!p2
Si p > q on a Ip;q =pIp1; q et donc Ip;q =p(p1) (pq+ 1)Ipq;0. Or
Ipq;0=Z+1
1
Hpqf(x)dx =Z+1
1
(1)pqf(pq)(x)dx
= (1)pqhf(pq1)(x)i+1
1 = (1)pq[Hpq1f(x)]+1
1
= 0 ( l’exponentielle de fl’emporte sur le polynôme de H)
et donc Ip;q = 0 si p > q
Si q > p le calcul est symétrique :
8(p; q)2N2,Ip;q =p!p2si p=q
0si p6=q
Remarque : les fonctions (Hn)n2Nforment une base orthogonale et normalisée de R[X]pour le produit scalaire (P; Q)! Z+1
1
P(t)Q(t) exp(t2=2)dt
Partie II
II.1Théorème de continuité d’une intégrale à paramètre
Pour t2R,7! F(t; 2i)est continue sur R;
Pour 2R,t7! F(t; 2i)est continue sur Ret intégrable car jF(t; 2i)j= exp(t2=2) = f(t)intégrable sur R
On a domination par la majoration précédente car f(t)ne dépend pas de (le xdu cours)
Le théorème du cours s’applique
^
fest continue sur R.
II.1Théorème de dérivation d’une intégrale à paramètre
Pour t2R,7! F(t; 2i)est de classe C1sur Ret @F (t; 2i)
@ =2itF (t; 2i)
2R,t7! F(t; 2i)est continue sur Ret intégrable
Pour 2R,t7! 2itF (t; 2i)est continue sur Ret intégrable car j  2itF (t; 2i)j= 2jtjexp(t2=2) et donc
lim
t>1 t22jtjF(t; 2i)= 0
On a domination par la majoration précédente car 2jtjf(t)ne dépend pas de 
le théorème de Leibniz s’applique
^
fest de classe C1sur R.
II.3.1 Le théorème précédent nous donne aussi le calcul de la dérivée :
On a ^ f0 () = Z+1
1 2itF (t; 2i)dt. On transforme avec l’indication du sujet :
Z+1
1 2it exp 2it t2=2dt: =Z+1 1
+2i(2i) exp 2it t2=2dt +Z+1
1
2i (2i t) exp 2it t2=2dt:
On vient de casser une intégrale en deux, il faut justi…er la convergence d’un morceau ( ce qui implique celle de l’autre). Or
la première est un multiple de b f.
Dans la seconde on reconnaît u0exp(u)avec u(t) = 2it t2=2. donc
Z+1
1
(2i t) exp 2it t2=2dt =exp 2it t2=2+1
1
4

Or exp 2it t2=2= exp t2=2de limite nulle en 1:
^
f0 () = Z+1
1 2it exp 2it t2=2dt =Z+1 1
+2i(2i) exp 2it t2=2dt =42b f(v)
^
f0 () = 42b f(v)
On peut aussi faire une intégration par parties. en posant u0(t) = texp(t2=2),u(t) = exp(t2=2)
II.3.2 b fest donc solution de l’équation di¤érentielle linéaire du premier ordre y0() = 42y(). Le coe¢ cient de y0est
1, pas de problème de calcul :
b
f(v) = Kexp Z42d=Kexp 222
avec K=b f(0) = Z+1
1
exp(t^2=2)dt =p2
^
f() = p2exp(222)
Partie III
III.1.1 On a jxj6A62n donc x2n 60et donc x7! f(x2n)est croissante sur [A; A]car fest croissante sur
R, de même comme x+ 2n >0et fest décroissante sur R+,x7! f(x+ 2n)est décroissante sur [A; A].
un>0et sur [A; A]on a d’après ci-dessus :
un(x) = f(x2n) + f(x+ 2n)6f(A2n) + f(A+ 2n)
un(x)2 exp (2n A)2
2
.
III.1.2 Comme
lim(n2exp (2n A)2
2) = lim 2n2 (2n A)2:(2n A)2 2:exp (2n A)2 2= 0
la série Xexp (2n A)2
2converge et donc d’après III.1.1.un(x)est majoré sur [A; a]à partir d’un certain rang par
le terme général d’une série numérique convergente.
Xunconverge normalement sur [A; A].
III.2.1 En particulier Xunconverge simplement sur [A; A]et comme pour tout réel xil existe Atel que x2[A; A]par
exemple A=E(jxj)+1 Xunconverge simplement sur R.
III.2.2 Les unsont continues sur Ret la convergence est normale sur [A; A]donc Uest continue sur [A; A]ceci pour
tout A > 0donc comme au point précédent :
Uest continue sur R.
III.2.3 En utilisant que fest paire et un changement d’indice :
Un(x) =
n
X
k=n
f(x2k) =
n
X
k=n
f(x+ 2k) =
n
X
p=n
f(x2p) = Un(x)
puis en faisant tendre nvers +1,U(x) = U(x).
Uest paire.
III.2.4
Un(x+ 2) =
n
X
k=n
f(x2(k1)) =
n+1
X
p=n1
f(x2p) = f(x+ 2(n+ 1)) +
n
X
p=n
f(x2p)f(x2n)
5