Corrigé de CCP PC 2008 Mathématiques 2

Corrigé de CCP PC 2008 Mathématiques 2
PARTIE I
(Es ) est une équation di¤érentielle linéaire d’ordre deux, à coe¢ cients continus sur l’intervalle ] 1 1[ le coe¢ cient de y"
n’ayant. pqas de racine. D’après le théorème de Cauchy Lipschitz, il existe bien une solution et une seule y(0) = 0 et
y 0 (0) = 1:
I.1.1 Par linéarité , comme fs est solution gs est solution si et seulement si hs : x > fs ( x) est solution.
L’application hs est deux fois dérivable sur ] 1 1[ et
8x 2]
et donc :8x 2]
(1
x2 )h00s (x)
h0s (x) =
1; 1[ : hs (x) = +fs ( x);
fs0 ( x);
h00s (x) = +fs00 ( x);
1; 1[ : :
2(s + 2)xh0s (x)
x)2 (+fs00 ( x) )
2(s + 1)hs (x) = (1
Or fs véri…e (Es ) et donc 8x 2] 1; 1[ : (1 x2 )fs00 (x)
la relation :
8x 2] 1; 1[ , (1 x2 )fs00 ( x)
2(s + 2)xfs0 (x)
2(s + 2)x ( fs0 ( x) )
2(s + 1) (+fs ( x) )
2(s + 1)fs (x) = 0 :On peut substituer
2(s + 2)( x)fs0 ( x)
x à x dans
2(s + 1)fs ( x) = 0
Ce qui donne bien :
x2 )h00s (x)
(1
2(s + 2)xh0s (x)
2(s + 1)hs (x) = 0
On conclut :
gs est solution de (Es ) sur ]
1 1[
I.1.2 On a :
gs (0) = fs (0) + fs (0) = 0 + 0 = 0;
gs0 (0) = fs0 (0) fs0 (0) = 0:
Ainsi, gs est solution de (Es ) et véri…e la condition initiale y(0) = 0 et y 0 (0) = 0: :
Donc par unicité de la solution véri…ant la condition initiale (toujours Cauchy Lipschitz) : gs = 0; d’où :
8x 2]
1 1[; fs ( x) =
fs (x)
fs est impaire
I.2 Soit 2 R: Notons
y : ] 1 1[ ! R; x 7 ! y (x) = (1 x2 ) :
L’application y est deux fois dérivable sur ] 1 1[ d’après les théorèmes généraux, et, pour tout x 2 ]
y (x) = (1
x2 ) ;
D’où, pour tout x 2 ]
1 1[ :
y 0 (x) =
x2 )
x2 )
=
(1 x2 )y 00 (x) 2(s + 2)xy 0 (x) 2(s + 1)y (x)
2 (1 x2 ) + 4 (
1)x2 (1 x2 ) 1 + 4 (s + 2)x2 (1
x2 )
=
(1
x2 )
1
2 (1
=
(1
x2 )
1
2
x2 ) + 4 (
1
y 00 (x) =
2 (1
2x(1
;
1)x2 + 4 (s + 2)x2
2(s + 1) + (2 + 4
2
1
1
+ (
1)4x2 (1
2(s + 1)(1
2(s + 1)(1
1 1[ :
x2 )
2
:
x2 )
x2 )
4 + 4 (s + 2) + 2(s + 1) )x2
Le premier facteur est nul . y est donc solution ssi le second facteur est nul . Or il s’agit d’un polynôme de degré 2 qui a
donc une in…nité de racines en x. Ce qui équivaut à dire que ses deux coe¢ cients sont nuls .
Le premier donne = s 1 . Et si on reporte s =
1 dans le second on obtient :
2 +4
2
4 +4 (
+ 1) + 2(
y solution de Es ()
=
)=0
(s + 1)
I.3.1 L’application us : x 7 ! (1 x2 )s+1 fs (x) est deux fois dérivable sur ] 1 1[ puisque fs l’est.
On peut faire le calcul directement mais il est plus simple d’utiliser la question précédente : on a en e¤et : fs = us :y et
donc on est ramené à une méthode de variation de la constante.
On a :
fs = y us ;
fs0 = y 0 us + y u0s ;
fs00 = y 00 us + 2y 0 u0s + y u00s ;
donc :
0
(1 x2 )fs00 (x)
8
>
>
< (1 x2 )
=
=
>
>
:
8
>
>
<
=
2(s + 2)xfs0 (x)
y 00 (x)us (x) + 2y 0 (x)u0s (x) + y (x)u00s (x)
y 0 (x)us (x) + y (x)u0s (x)
2(s + 2)x
x2 )y 00 (x)
(1
>
>
:
+
2(1
=
0:u (x) +
=
(1
2(s + 2)xy 0 (x)
x2 )y 0 (x)
2(1
x2 )
2(s + 1)fs (x)
(1
y (x)us (x)
2(s + 1)y (x) us (x)
u0s (x) +
2(s + 2)xy (x)
x2 )( 2 x)(1
x2 )
x2 )u00s (x) + ( 4 x
Ainsi, u0s est solution sur ]
2(s + 1)
1
x2 )y (x) u00s (x)
(1
u0s (x) +
x2 )
2(s + 2)x(1
2(s + 2)x )u0s (x)
= (1
(1
x2 )
(1
x2 )
+1
u00s (x) car y est solution de E
x2 )u00s (x) + 2sxu0s (x)
: car
=
1 1[ de l’équation di¤érentielle :
(Es0 )
x2 )y 0 (x) + 2sxy(x) = 0
(1
I.3.2 (Es0 ) est une équation di¤érentielle linéaire d’ordre 1, résoluble, à coe¢ cients continus sur l’intervalle ]
second membre. La solution générale de (Es0 ) est donnée, par :
8x 2 ]
1 1[ ;y(x) =
e
R
On conclut que l’ensemble des solutions de (Es0 ) sur ]
2sx
1 x2
dx)
es ln(1
=
x2 )
= (1
1 1[, sans
x2 )s :
1 1[ est :
x2 )s
y : x 7 ! (1
2R :
I.3.3
On a :
et :
8x 2]
8x 2]
1 1[;
1 1[; us (x) = (1
u0s (x)
D’après I.3.2., il existe
donc :
=
x2 )s+1 fs (x); donc : us (0) = fs (0) = 0:
x2 )s+1 fs0 (x); donc : u0s (0) = fs0 (0) = 1:
x2 )s fs (x) + (1
2(s + 1)x(1
2 R tel que :
1 1[; u0s (x) = (1
8x 2]
1 1[; u0s (x) = (1
8x 2]
x2 )s :Comme u0s (0) = 1; on a :
= 1;
x2 )s
D’où, en prenant une primitive
8x 2 ]
1 1[ :
8x 2 ]
I.4.1 On note
y(x)) =
+1
X
n=0
us (x) = us (0) +
1 1[ :
Z
x
u0s (t) dt
0
=
Z
x
(1
t2 )s dt
0
us (x) =
Z
x
(1
t2 )s dt
0
cn x2n+1 ; pour tout x 2 I; le développement en série entière de y en 0:(il n’y a pas de termes
en x2n par parité)
Comme y est développable en série entière sur I intervalle ouvert ; y est de classe C 1 sur I et on peut dériver termes à
termes,
+1
+1
+1
X
X
X
8x 2 I : y(x) =
cn x2n+1 ; y 0 (x) =
(2n + 1)cn x2n ; y 00 (x) =
(2n + 1) (2n) cn x2n 1 :
n=0
n=0
n=1
d’où :
0
=
(1
=
(1
x2 )y 00 (x) 2(s + 2)xy 0 (x)
+1
X
x2 )
(2n + 1) (2n) cn x2n
n=1
=
+1
X
n=1
(2n + 1) (2n) cn x2n
1
+1
X
2(s + 1)y(x)
+1
X
1
2(s + 2)x
(2n + 1)cn x2n
n=0
(2n + 1) (2n) cn x2n+1
n=1
+1
X
n=0
2
2(s + 1)
+1
X
cn x2n+1
n=0
2(s + 2)(2n + 1)cn x2n+1
+1
X
n=0
2(s + 1)cn x2n+1
1
s
Dans le premier terme on change d’indice , et dans le second on constate que pour n = 0 on a (2n + 1)2ncn x2n+1 = 0 et
donc :
0
=
=
=
+1
X
+1
X
(2n + 3)(2n + 2)cn+1 x2n+1
n=0
+1
X
n=0
+1
X
(2n + 1)2ncn x2n+1
n=0
+1
X
2(s + 2)(2n + 1)cn x2n+1
n=0
+1
X
2(s + 1)cn x2n+1
n=0
(2n + 3)(2n + 2)cn+1
(2n + 1)2ncn
(2n + 3)(2n + 2)cn+1
2(n + 1)(2s + 2n + 3) )cn x2n+1
2(s + 1)cn x2n+1
2(s + 2)(2n + 1)cn
n=0
remarque : la factorisation de n + 1 n’est peut-être pas évidente si le sujet ne donne pas la réponse.
Par unicité du développement en série entière au voisinage de 0 de la fonction nulle, y est solution de (Es ) sur I si et seulement
si :
8 n 2 N; (2n + 3)(2n + 2)cn+1 2(n + 1)(2s + 2n + 3) )cn = 0;
ce qui équivaut comme (2n + 2) 6= 0 et (2n + 3) 6= 0 à :
8n 2N; cn+1 =
2s + 2n + 3
cn
2n + 3
I.4.2 On a alors, de proche en proche, pour tout n 2 N :
cn =
2s + 2n + 1
cn
2n + 1
1
=
2s + 2n + 1 2s + 2n 1
cn
2n + 1
2n 1
2
= ::: =
2s + 2n + 1 2s + 2n 1
2n + 1
2n 1
2s + 3
c0 :
3
et donc : :
8n 2N ; cn =
n
Y
2s + 2k + 1
2k + 1
k=1
!
c0
I.4.3 Tout polynôme est développable en série donc l’équation di¤érentielle (Es ) admet au moins une solution polynômiale
impaire non identiquement nulle si et seulement la série entière précédente est un polynôme. Donc si et seulement si les
1
coe¢ cients sont nuls à partir d’un certain rang. Or cn = 0 si et seulement si 2s + 2n + 1 = 0;soit s = n
:
2
1
Si il existe une solution polynômiales impaires non identiquement nulles 9n 2 N , s = n
:
2
Réciproquement si la condition est remplie cn = 0 et on véri…e alors par récurrence que N n =) cN = 0
L’équation di¤érentielle (Es ) admet des solutions polynômiales impaires non identiquement nulles si et seulement si : 9n 2 N ; s =
ce qui équivaut par translation d’indice à 9n 2 N , s =
n
3
2
3
n 2 N :Donc la solution n’est pas polynômiales et tous les coe¢ cients cn sont non
2
nuls. on peut appliquer pour x 6= 0 la règle de D’Alembert:
I.4.4 On suppose ici
s2
=
n
un+1
cn+1 x2n+3
2s + 2n + 3 2
=
=
x !n
2n+1
un
cn x
2n + 3
!1
x2 :
La frontière entre le domaine de convergence et celui de divergence est obtenue pour x2 = 1 .
Le rayon de convergence de la série entière
X
cn x2n+1 est 1
I.5 Le dénominateur est le produit des nombres impairs ; donc classiquement comme :
1:3
:(2n + 1) =
on a :
2n n!
cn =
(2n + 1)!
(2n + 1)!
(2n + 1)!
=
2:4: 2n
2n n!
n
Y
!
(2s + 2k + 1) c0 :
k=1
3
n
et donc y = c0
n
Y
+1
X
2n n!
x+
(2n + 1)!
n=1
!
2n+1
(2s + 2k + 1) x
k=1
!
.
Si fs = y on a y(0) = fs (0) et y 0 (0) = fs0 (0) . la première condition donne 0 = 0 et la seconde c0 = 1:
Réciproquement si c0 = 1 alors y et fs véri…ent la même équation di¤érentielle avec la même condition initiale donc (toujours
Cauchy) les 2 fonctions sont égales sur ] 1; 1[
8x 2 ]
I.6 On sait que 8x 2]
+1
X
n
Y
2n n!
1 1[; fs (x) = x +
(2n + 1)!
n=1
!
(2s + 2k + 1) x2n+1
k=1
1; 1[
fs (x)
x2
= us (x) 1
=
x2 )
(1
1 s
1 s
Z
(notation du I.3 )
x
t2 )s dt (résultat du I.3.3
(1
0
donc 8x 2]
1; 1[
Z
x
t2 )s dt = (1
(1
x2 )1+s fs (x)
0
On prend s =
p
3
on a donc
2
Z
x
t2 )
(1
3
2
p
x2 )
dt = (1
p
1
2
f
p
0
3
2
(x)
On est dans le cas de la question I.4.3: fs est une fonction polynômiale
!
p
+1
n
X
Y
X
2n n!
2n n!
(2s + 2k + 1) x2n+1 = x +
: 8x 2 ] 1 1[; fs (x) = x +
(2n + 1)!
(2n + 1)!
n=1
n=1
k=1
:
On a donc Qp (x) = fs (x) = x +
Pour p = 0; on a :
Z
p
X
x
0
Pour p = 1; on a :
Z
dt
3
t2 ) 2
(1
x
0
n
Y
2n n!
(2n + 1)!
n=1
dt
5
t2 ) 2
(1
Z
0
x
Q0 (x)
(1
1
x2 ) 2
Q1 (x)
(1
3
t2 ) 2
!
( 2p + 2k) x2n+1
k=1
2) x2n+1
( 2p + 2k
k=1
=
=
!
n
Y
; où : Q0 (x) = f
; où :
3
2
(x) = x
Q1 (x) = 1 +
x
dt
=p
,
2
3=2
(1 t )
1 x2
Z
0
x
2 1!
( 2)x3 = x
3!
2 3
x :
3
x 32 x3
dt
=
(1 t2 )5=2
(1 x2 )3=2
PARTIE II
II.1 Pour tout x réel,: La fonction t 7 ! (1
On pose u = 1 t on a (1 t2 ) = 2u u2
t2 )x est continue sur [0 1[ et à valeurs positives ou nulles .
u >0+ 2u
(1
t2 )x
t >1
2x ux
Par comparaison à une intégrale de Riemann (2u u2 )x est intégrable sur ]0 1] si et seulement si x <
changement de variable (1 t2 )x est intégrable sur [0 1[ si et seulement si x > 1:
On conclut :
le domaine de dé…nition de
est ]
1 + 1[
II.2 Notons
f :]
8t 2 [0; 1[x
1 + 1[ [0 1[ ! R; (x; t) 7 ! (1
> f (x; t) est continue sur ]
1; +1[
4
t2 )x = ex ln(1
t2 )
:
1; donc, par
8x 2]
1; +1[ , t
Soit [a; b]
]
> f (x; t) est continue intégrable sur [0; 1[ d’après la question précédente.
1 + 1[: On a, pour tout (x; t) 2 [a; b]
2
jf (x; t)j = ex ln(1
> ea ln(1
L’application t
t2 )
t2 )
[0 1[ comme ln(1
t )
0:
2
6 ea ln(1
t )
est continue, intégrable sur [0 1[ (d’après II.) et indépendante de x:.
Ainsi, f véri…e l’hypothèse de domination sur tout segment. D’après le théorème de continuité d’une intégrale à paramètre
est continue sur ]
:II.3
Soit x 2 ] 1 + 1[:
L’application t 7 ! (1
1 + 1[
t2 ) est continue sur [0 1[, à valeurs 6 0, et n’est pas la fonction nulle ( 0 ( 1=2) ), donc
Z 1
0
par positivité stricte appliquée à (x) =
(1 t2 )x ln(1 t2 ) dt < 0:
t2 )x ln(1
0
est strictement décroissante sur ]
II.4.1 Soit x 2 ]
1 + 1[:
On a alors x + 1 2 ]
1 + 1[ et
(x + 1) =
Z
1 + 1[
1
(1
t2 )x+1 dt:
0
Procédons à une intégration par parties en posant u(t) = (1 t2 )x+1 ; v(t) = t qui sont de classe C 1 sur le segment [0 1[: On
a:
Z T
Z T
Z T
T
8T 2 [0; 1[ ,
(1 t2 )x+1 dt = (1 t2 )x+1 t 0
(x + 1)( 2t)(1 t2 )x t dt = (1 T 2 )x+1 T +2(x+1)
t2 (1 t2 )x dt
0
2
or t = 1
(1
0
0
2
t ) et donc :
= (1
Z
T 2 )x+1 T + 2(x + 1)
T
(1
t2 )x dt
0
Comme x + 1 > 0 , (1
T 2 )x+1 !T
! 1
Z
!
T
(1
t2 )x+1 dt
0
0; d’où, en passant aux limites lorsque T
(x + 1) = 2(x + 1) (
!1
:
(x + 1) + (x) );
c’est-à-dire :
(2x + 3) (x + 1) = (2x + 2) (x);
d’où comme 2x + 3 6= 0
8x 2 ]
II.4.2
On a :
(0) =
Z
1 + 1[;
(x + 1) =
2x + 2
(x)
2x + 3
1
1 dt = 1:
0
D’après II.2
est continue en 0 et donc :
(x) =
2x + 3
: (x + 1) !x
2x + 2
!
1+
+1:1 = +1:
lim ( (x)) = +1
1+
II.4.3
On a, pour tout n 2 N :
(n) =
2n
(n
2n + 1
=
1) =
2n 2n
2n + 1 2n
2
(n
1
2) = ::: =
(2n)(2n 2) 2
((2n)(2n 2)
=
(2n + 1)(2n 1) 3
(2n + 1)!
vrai aussi si n = 0
8n 2 N , (n) =
5
(2n n!)2
(2n + 1)!
2n 2n
2n + 1 2n
2 )2
=
2
1
(2n n!)2
:
(2n + 1)!
2
(0)
3
La formule de Stirling donne l’équivalent : n!
n
e
n !1
n
p
2 n:
On déduit :
(n)
2n
( 2n
22n+1 n2n+1 e
2n
e
e ) 2 n
p
p
=
= (
:
)2n+1 p
2n+1 2n+1
2n+1
2n + 1
( e )
2 (2n + 1)
(2n + 1)
2 (2n + 1)
2 (2n + 1)
n !+1
Or :
ln
(
2n
)2n+1
2n + 1
2n
2n + 1
= (2n + 1) ln
d’où :
(n)
Il en résulte :
n!+1
(2n + 1) (1
1
) !n
2n + 1
!+1
1
p
1 e
p
= p
e 2 2n
2 n:
(n) !n*1 0:
est décroissante, donc comme E(x)
x
E(x) + 1 :
(E(x) + 1 ) 6 (x) 6
E(x) est un entier et E(x) !x
! +1
(E(x) ):
+1; donc par composition des limites : :
(E(x) + 1 ) !x
! +1
0
et
(E(x) ) !x
! +1
0;
d’où, par encadrement :
(x) !x
!+1
0
II.4.4
On a :
1
)=
(
2
Z
1
(1
2
t )
1
2
dt =
0
Z
0
1
p
1
1
t2
dt = [arcsin (t)]10 =
2
:
On en déduit avec la relation du II.4.1:8 n 2 N :
n
1
2
=
2n 1
2n
=
(2n)!
((2n)(2n 2)
n
3
2
1
1
2n 1 2n 3
2n 2n 1
2
2
(2n)!
(2n)!
= n 2 = 2n+1
2) 2 2
(2 n!) 2
2
(n!)2
= ::: =
n
1
2
=
=
(2n 1)(2n 3) 1
(2n)(2n 2) 2 2
(2n)!
22n+1 (n!)2
PARTIE III
On ferra très attention à ce que, contrairement au problème CCP MP 2008 vu en TD jeudi dernier, la convention pour la
constate n’est pas celle du cours.
III.1.1 L’application ' est 2 -périodique et continue sur R car > 0 par composition de fonctions continues sur leur
domaine:
L’application u > juj est C 1 en tout point où u 6= 0 , donc ' est C 1 en tout point x 6= =2[ ] .
Si x = =2 u > juj est dérivable à droite (et à gauche) en 0 . De plus
1 donc v > v est C 1 en 0;donc par composition
' est dérivable à droite (et à gauche) . Par période le résultat reste vrai en tout point =2[ ] .
remarque : comme > 1 , on a même une foonction C 1 sur R
1
…nalement ' est continue , 2 périodique , Cpm
sur R , donc la série de Fourier de ' converge normalement vers ' sur
R et ' est développable en série de Fourier.
III.1.2
cos est paire donc ' est paire:Les coe¢ cients bn ( ); n 2 N sont donc tous nuls.
6
Pour tout p on a :
1
a2p+1 ( ) =
Z
j cos (x) j cos ((2p + 1)x) dx
Mais si (x) = j cos (x) j cos ((2p + 1)x) , on constate que (x + ) =
(x) et donc en posant u = x
Z
Z 0
(x)dx =
(u)du
et donc
0
Z
(x)dx = 0 soit a2p+1 ( ) = 0
8n 2 N ; 8 p 2 N; a2p+1 ( ) = 0:
III.2.1 Pour tout p on a comme cos(p)
Ip
Ip+1 =
Z
cos(q) =
p+q
2
2 sin
p
sin
2
cos (x) (cos (2px)
cos ((2p + 2)x )) dx = 2
0
u(x) =
cos
2
2p + 1
+1
Z
0
2
(x)
, v(x) = sin ((2p + 1)) (x)
+1
Z 2
2
(x)
cos +1 (x)
sin ((2p + 1)x)
2
(2p + 1) cos ((2p + 1)x
+1
+1
0
0
Z
2p + 1 2
cos +1 (x) cos ((2p + 1)x) dx = 2
cos (x) cos(x) cos ((2p + 1)x)
+1 0
cos(p + q)
III.2.3 On obtient comme cos(p) cos(q) =
Ip
Ip+1 =
2p + 1
+1
Z
Z
cos
cos(p
q)
2
+1
:
2
cos x (cos(2p + 2)x + cos(2px) ) dx =
0
Ip
III.2.4 On a I0 =
cos (x) sin (x) sin ((2p + 1)x) dx
+1
u; v sont bien C 1 sur le segment [0 =2]:
On a :
Z 2
(cos (x) sin (x)) sin ((2p + 1)) x dx = 2
Ip Ip+1 = 2
=
2
Z 2
0
III.2.2 On fait une intégration par parties, avec :
0
q
Ip+1 =
2p + 1
(Ip + Ip+1 )
+1
2p + 1
(Ip + Ip+1 )
+1
2
cos x dx:
0
t = sin x; x = arcsin t; dx = p
On fait le changement de variable
I0 =
Z
0
1
p
( 1
t2 ) p
1
1
t2
0
si
dt =
=
Z
dt
:
1 t2
1
(1
t2 )
1
2
dt =
0
1
2
(
1
2
):
, I0 = ( 0 )
III.2.5 D’après III.2.3., on a, pour tout p 2 N :
( + 1)(Ip
Ip+1 ) = (2p + 1)(Ip + Ip+1 );
d’où :
(2p +
donc comme (2p +
+ 2) 6= 0 ( toujours l’hypothèse
+ 2)Ip+1 = (
2p)Ip ;
>1):
Ip+1 =
2p
Ip :
+ 2p + 2
D’où,8 p 2 N :
Ip =
2p + 2
Ip
+ 2p
1
= ::: =
2p + 2
+ 2p
2p + 4
+ 2p 2
III.3
7
+2
I0 =
+ 2p
pY1
k=0
2k
+ 2k
!
( 0 ):
La fonction (x) = j cos (x) j cos ((2p + 1)x) est
périodique paire et donc :
Z
0
On a, pour tout p 2 N :
a2p ( ) =
4
Z
=
Z
=2
=2
=2
Z
=2
0
2
cos (x) cos(2px) dx =
4
Ip =
4
+ 2p
0
et avec la notation du cours "a0 "=
4
Z
2
cos (x) dx =
4
I0 =
4
Ap ( ) ( 0 )
( 0 ) et donc avec la notation du sujet a0 ( ) =
0
a0 ( ) =
2
( 0 ) ,8p 2 N , a2p ( ) =
8
4
+ 2p
Ap ( ) ( 0 )
a0
2
=
( 0)
2