Concours Mines-Ponts 2001 PC/PSI - Sujet 2 - Corrigé

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1 Concours Mines-Pons PC/PSI - Suje - Corrigé Cee correcion a éé rédigée par Frédéric Bayar e es disponible à l adresse suivane : hp://mahweb.free.fr Si vous avez des remarques à faire, ou pour signaler des erreurs, n hésiez pas à écrire à : mahweb@free.fr Mos-clés : équaions différenielles, séries enières, inégrales dépendan d un paramère, permuaion limie/inégrale, calcul d inégrales Commenaires : C es un suje rès classique, où il es quesion d équaions différenielles, de séries enières, d inégrales dépendan d un paramère, de permuaion de limies e d inégrales. Difficulé rès raisonnable. Première Parie I..a. On inrodui f λ dans l équaion différenielle. On obien : x n(n )a n x n + ( x) na n x n λ a n x n. n n n Nous regroupons les ermes : n n a n x n + n ( n λ)a n x n. On effecue un changemen d indice dans la première somme : + ) n (n a n+ x n (n + λ)a n x n. n Par unicié du développemen en série enière, on rouve la relaion de récurrence : a n+ n + λ (n + ) a n. En résolvan cee récurrence, e en se souvenan que a, on a finalemen : a n Nous disinguons alors les cas suivans : Cas λ : a n n!, e f (x) e x. (n + λ)(n + λ)... λ (n!). Cas λ, alors a n pour n, e f (x). Cas λ : a, a, a n pour n, soi f (x) x +. Cas λ : a, a, a /, e a n pour n 3. On a donc f (x) x x +.

2 I..b. Comme cela es indiqué par la quesion précédene, f λ esun polynôme si, e seulemen si, λ p, où p es un enier. Pour n p +, on a alors a n, e : a p (p p)(p p)... ( p) (p!) ( )p p!. f λ es donc de degré p, e a p es son coefficien dominan. I..c. Lorsque f λ n es pas un polynôme, les coefficiens a n ne s annulen pas, e donc : a n+ a n n + λ (n + ). Le rayon de convergence es donc +. x I..a. On pose f(x) e x e d. On vérifie facilemen que f es soluion de (E ), e elle es indépendane de f. L ensemble des soluions de (E ) sur ], + [, inervalle où x ne s annule pas, es un espace vecoriel de dimension. Une soluion générale de (E ) sur ], + [ es donc : ae x + be x x e d. I..b. On peu faire le même ravail que précédemmen, avec g(x) x e d, e donc la soluion générale de (E ) sur ],[ es ce x + de x x e d. I..c. Pour qui end vers, e, e l on sai que n es pas inégrable sur [,]. On en dédui que : lim x e x x e d. Nécessairemen, si une soluion de (E ) sur ], + [ l es aussi sur R, alors b. Donc les foncions soluions sur R de l équaion différenielle (E ) son les ae x. I.3.a. Il vau mieux êre filou, car le b. donne la réponse à la quesion. En effe, g λ es soluion de E λ : g λ(x) e x f λ ( x) e x f λ( x) g λ(x) e x f λ ( x) e x f λ( x) e x f λ ( x), d où, en uilisan l équaion différenielle saisfaie par f λ : xg λ(x) + ( x)g λ(x) ( λ)g λ (x). I.3.b. g λ es développable en série enière sur R comme produi de deux foncions développables en série enière sur R, es soluion de E λ, e vérifie g λ (). Puisque seule la foncion f λ vérifie ces condiions, elles son égales e donc : f λ (x) e x f λ ( x). I.3.c. On a f p (x) e x f p ( x). C es le produi d un exponeniel e d un polynôme. En pariculier, f (x) e x (x + ), e f 3 (x) e x (x / + x + ). I.3.d. Le calcul donne : f p+ (x) xf p (x) f (p+)( x) f p( x) xf p ( x) xf p ( x) + ( ) p ( x) p (p )! xp!( x) p ( ) p p. I.4. Voici le genre de quesions pariculièremen pénible si l on essaie de la résoudre à la main, mais où l usage d un logiciel de calcul formel es parfaiemen adapé. Voici ce que peu donner un lising sous Maple : > r:(x,y,z)->sqr(x^+y^+z^): > F:f(r(x,y,z))/sqr(r(x,y,z)): > Fx:diff(F,x): > Fxx:diff(Fx,x):

3 > Fy:diff(F,y): > Fyy:diff(Fy,y): > Fz:diff(F,z): > Fzz:diff(Fz,z): > Fqsimplify(Fxx+Fyy+Fzz-r(x,y,z)/z*Fz+F/(4*r(x,y,z)*r(x,y,z))); Après simplificaions d usage, nous rouvons que F es soluion de l équaion aux dérivées parielles si, e seulemen si, r f λ (r) + r( r)f λ(r) + rf λ (r). Sur l ouver ω, r es sricemen posiif, e on peu simplifier par r dans l équaion précédene. En pariculier, on rouve que f λ es soluion de E /, il fau donc choisir λ /. Deuxième Parie II.. C es du classique (inégrales de Wallis). On déermine une relaion de récurrence enre I p e I p+ grâce à une inégraion par paries. sin p+ θdθ sin p+ θ sin θdθ [ sin p+ θ( cos θ) ] π/ (p + ) (p + )(I p I p+ ). On obien donc la relaion de récurrence suivane : Comme I π, on obien : sin p θ cos θdθ I p+ p + p + I p. (p + ) sin p θ( cos θ)dθ I p (p )(p 3)... π p(p )... (p)! π (p!) p. II..a. Pour ou x, θ e x sin θ es une foncion coninue sur [,π/]. L inégrale définissan ϕ es donc parfaiemen définie. En oure, (x,θ) e x sin θ es coninue sur R [,π/], e donc par le héorème de coninuié d une inégrale dépendan d un paramère, ϕ es coninue sur R. De même, en éudian successivemen les dérivées parielles, on peu prouver que ϕ es de classe C. II..b. On applique le héorème d inégraion erme à erme d une série de foncions. Nous fixons x dans R. Nous avons : + e x sin θ x n sin n θ. n! Or, n x n sin n θ n! dθ x n (n)!π (n!) 3 n+. 3

4 Mais le erme de droie dans l égalié es le erme général d une série convergene, ce que l on voi en appliquan la règle de D Alember. En pariculier, d après le héorème d inerversion d une limie e d une inégrale, on rouve : e x sin θ dθ n x n (n)! π (n!) 3 n, cee égalié éan valable pour ou x dans R. ϕ es donc développable en série enière sur R, e en pariculier on rerouve qu elle es de classe C. Pour λ /, f / (x) n a nx n avec : a n (n + /)... / (n!) (n )(n 3)... n (n!) (n)! n (n!) 3. On en dédui que f / π ϕ, par unicié du développemen en série enière. II.3.a. L idée es d éudier une foncion, mais pas u e u u qui ne se simplifierai pas. Il fau ripaouiller l inégalié... Nous posons donc g(u) e u ue u. Alors g es dérivable sur R e g (u) ue u. g aein donc son maximum en, e g(). On a donc g(u) pour ou u, ce qui se réécri en e u u. II.3.b. Il fau se souvenir commen inégrer une fracion raionnelle en sinus e cosinus. La règle de Bioche (cf le formulaire du Mahweb par exemple) nous condui au changemen de variable u an θ. Alors du ( + an θ)dθ ( + u )dθ. D aure par, sin θ an θ +an θ u +u. Nous obenons donc : J(x) + x du ( x)u + + du ( u + x ) [ ] + x arcan(u x) x π x. II.3.c. D abord, il es clair que ϕ(x). D aure par, en inégran l inégalié de II.3.a. avec u x sin θ, on obien : e x sin θ dθ dθ x sin θ J(x) π x (ce qui nous confirme nore calcul précéden)! II.3.d. C es une quesion qui n es pas facile sans indicaions. Il fau réaliser des encadremens, e la première idée qui vien à l espri es de parir de l inégalié de convexié classique : En pariculier, comme x, on rouve : θ π sin θ θ, pour θ π. x sin θ xθ. 4

5 Ceci donne : ϕ(x) e xθ dθ. On fai un changemen de variables pour sorir x, en posan y xθ. On obien : ϕ(x) e y dy, x ce qui es le résula souhaié! II.3.e. L encadremen obenu en II.3.c. couplé au héorème d encadremen des limies prouve que f end vers en. La foncion f / n es pas inégrable sur ], ], car sinon par comparaison x x le serai. II.4.a. En appliquan I.3.b. avec λ /, on obien f / ( x) e x f / (x). D après la définiion de h, ceci prouve que h es paire. D aure par, on a : h(x) e x/ e x sin θ dθ e x ( sin θ ) dθ x cos θ e dθ. On réalise le changemen de variables u θ, on coupe l inégrale en deux, e dans la deuxième inégrale on fai le changemen de variables y π u : ( h(x) π/ ) π e du + e du π/ ( π/ ) π/ e du + e x cos y dy II.4.b. Pour y, nous savons que f / (y) cosh ( x cos θ ) dθ. A y. Comme f / (x) e x f / ( x), nous obenons que f / (x) Aex x. On en dédui que h(x) e h(x) x enden vers plus l infini si x end vers plus l infini. Auremen di, h adme une branche parabolique de direcion l axe des ordonnées. II.4.c. Toujours pour les mêmes raisons, nous avons : h (x) cos θ ( x cos θ sinh ) dθ, qui a le signe de x. Nous vous laissons le soin de dessiner le graphe de h (qui doi ressembler à celui du cosinus hyperbolique). 5