Concours Mines-Ponts Corrigé de l épreuve de Mathématiques 1

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1 Concours Mines-Ponts 005 Corrigé de l épreuve de Mathématiques 1 rédigé par Stéphane Legros stephane.legros@free.fr, relu et corrigé par Philippe Patte Remarque : comme l énoncé le rappelle en avertissement, les intégrales impropres sont dites convergentes quand la fonction intégrée est sommable. Dans les preuves de sommabilité, remarquons une fois pour toutes que les fonctions intégrées sont toutes continues sur leur domaine d intégration sauf aux questions 6 et 7, où les fonctions intégrées ne sont même pas continues par morceaux. I. Calculs préliminaires 1 g : u fu e u / est continue et sommable sur R, donc F f est définie et de classe C 1 sur R, avec F f x = gx > 0 pour tout x R : F f est donc un C 1 - difféomorphisme de R sur F f R =]0, π[, en remarquant que F f x tend vers 0 resp. vers π quand x tend vers + resp. vers. On peut écrire l égalité demandée sous la forme : F f ϕ = F 1. L unique solution est donc ϕ = F 1 f F 1, qui est bien définie de R dans R. 3 F 1 est un C 1 - difféomorphisme croissant de R sur ]0, π[, F 1 f est un C 1 - difféomorphisme croissant de ]0, π[ sur R, donc ϕ est un C 1 - difféomorphisme croissant de R sur lui-même. 4 Dérivons la relation définissant implicitement ϕ : x R, ϕ xfϕx e ϕx / = e x / Comme ϕ x > 0 et fϕx > 0, on peut prendre le ln : x R, ln ϕ x + ln fϕx 1 ϕ x = x /. On a ensuite, pour x réel quelconque : ln ϕ 1 x = ln ϕ ϕ 1 x = ln fϕϕ 1 x 1 d où, pour tout réel x : ln ϕ 1 x ln fϕx 1 ϕ 1 x = x /. ϕϕ 1 x + 1 ϕ 1 x 5 Soit A > 0. Par changement de variable v = ϕu, nous obtenons : ϕa ϕ fu hu e u / du = A hϕv fϕvϕ v e ϕv / dv } {{ } = e v / Ceci prouve que la fonction v hϕv e v / est sommmable sur R puisque l intégrale sur [, A] de sa valeur absolue a une limite finie quand A tend vers l infini. Nous pouvons ensuite supprimer la valeur absolue dans le calcul précédent et faire tendre A vers l infini pour obtenir l égalité demandée.

2 6 Soit A = max0, ϕ 1 0. ϕ est alors croissante et positive sur [A, + [, donc, pour x A : { ϕ u ϕ x u [x, x + 1], exp u / exp x + 1 / ce qui permet d écrire : x+1 ϕ u e u / du x x x+1 ϕ x e x+1 / du = ϕ x e x+1 /. 7 Comme f H 0, il existe ρ > 0 tel que 0 u fu e u / 1 ρ u e ρu / pour tout u. Comme ρ > 0, cette fonction majorante est sommable sur R : il est donc possible d appliquer la question 5 à h : u u. En particulier, la fonction u ϕ u e u / est sommable sur R et son intégrale sur [x, x + 1] tend vers 0 quand x tend vers l infini. Il existe donc un réel B 1 A tel que L inégalité 6 donne donc : x B 1, ϕ x e x+1 / x+1 x x+1 x ϕ u e u / du 1 pour tout x B 1. ϕ u e u / du e x+1 / = e x +1 /. Pour traiter le cas x < 0, il suffit de démontrer une inégalité semblable à celle du 6. Plus précisément, il existe A < 0 telle que : x x 1 ϕ u e u / du ϕ x e x 1 / pour tout x < A même preuve qu en 6 en faisant attention aux signes. Il existe ensuite B < A tel que x x 1 ϕ u e u / du 1 pour tout x B. Cela donne : x x B, ϕ x e x 1 / x 1 ϕ u e u / du e 1 x / = e 1+ x /. Il suffit alors de poser B = maxb 1, B pour conclure. 8 uϕu ϕ u e u / = d ϕu e u / et 1 u e u / = d du du est une primitive particulière de la fonction étudiée. u e u /, donc u u ϕu e u / 9 On en déduit : a a uϕu u ϕ u + 1 e u / du = a ϕa e a / + a + ϕ a e a / 0 a + en remarquant que, pour u assez grand, 0 ϕu e u / e u +1 /4 u /, et donc que ϕu e u / tend vers 0 quand u tend vers ±. Avant d en conclure que I = 0, il reste à justifier la sommabilité sur R de la fonction intégrée. Quelques remarques seront encore nécessaires : comme ϕ H 0, on montre comme à la question 7 que u uϕu e u / est sommable sur R ;

3 u 1 u e u / est clairement sommable sur R. la convergence démontrée plus haut prouve ensuite que a a ϕ u e u / du a une limite finie quand a tend vers +. Comme la fonction u ϕ u e u / est de signe constant, ceci prouve qu elle est sommable sur R. Ainsi, u uϕu u ϕ u + 1 e u / est sommable sur R et I = 0. II. Une inégalité intéressante 10 Commençons par majorer fu ln fu e u / : si fu 1, l inégalité A nous donne : fu ln fu e u / 1 ρ ln ρ + 1/ ρu e ρu. si fu 1, une étude rapide de la fonction x x ln x montre que : Nous avons donc pour tout u R : fu ln fu e u / fu ln fu e u / 1. e e ρu 1 ln ρ + 1/ ρu + 1 e ρu. ρ e Comme la fonction majorante est un O1/u au voisinage de ±, l intégrale Ef est convergente. Comme vu à la question 7, u u fu e u / et u ϕu e u / sont sommables sur R. D autre part, l inégalité du 7 donne, au voisinage de ±, uϕue u / = Oue u +u+1/4 = O1/u donc l application u uϕu e u / est également sommable sur R et Φf est convergente. 11 Comme Ef converge, nous pouvons appliquer 5 à h : u ln fu et obtenir l égalité demandée. 1 C est une application directe des questions 4 et 9 : Ef Φf = = = I + = lnfϕu u ϕu u + uϕu lnϕ u e u / du + uϕu e u / du lnϕ u + ϕ u 1 e u / du ϕ u 1 lnϕ u e u / du 13 Comme ln x x 1 pour tout x > 0 la fonction ln est concave, donc son graphe est sous la tangente à la courbe au point d abscisse 1, on a ϕ u 1 lnϕ u 0 pour tout u R, et donc Ef Φf 0. 3

4 14 La fonction F : u ϕ u 1 lnϕ u étant continue et positive sur R, son intégrale sur R est nulle si et seulement F est identiquement nulle. On en déduit donc que Ef = Φf si et seulement si ϕ u = 1 pour tout u on a x 1 ln x = 0 si et seulement si x = 1. Supposons que f soit telle que ϕ = 1. Il existe alors une constante k telle que ϕu = u + k et 4 donne facilement fu = e ku k / pour tout réel u. Réciproquement, posons f : u e ku k / où k est un réel quelconque. f est continue et strictement positive sur R, et pour ρ > 0, nous avons : A u R, ku k / ln ρ + 1/ ρu u R, 1/ ρu ku + k / ln ρ 0 En choisissant ρ < 1/, cette dernière condition sera vérifiée si le discriminant ρ = ρk + ln ρ 4ρ ln ρ est négatif ou nul. Comme tend vers 0 quand ρ tend vers 0 +, il existe une valeur ρ 0 telle que 0 < ρ 0 < 1/ et ρ 0 0 : A est vérifiée pour cette valeur ρ 0. Enfin, A prouve que u fue u / est sommable sur R, et : f est donc élément de H 0. fue u / du = e u k / du = e u / du. Les applications f de H 0 vérifiant Ef = Φf sont donc les applications de la forme u e ku+k / pour k réel quelconque. III. Extension aux fonctions positives 15 Bien que l énoncé ne le demande pas, il semble nécessaire de démontrer que les f n sont dans H 0. chaque f n est continue et strictement positive sur R ; soit ρ > 0 associé à la fonction g et posons δ = minρ, 1/. Comme, pour tout u R, la fonction r 1 r e1/ ru est décroissante sur ]0, + [, on peut écrire : et donc par barycentre : et les f n sont des éléments de H. n 1, gu 1 1 ρ e1/ ρu δ e1/ δu u R, 1 = 1 1/ e1/ 1/u 1 δ e1/ δu n N, u R, f n u = n 1 n gu + 1 n 1 δ e1/ δu f n ue u / du = n n 1 gue u / du + 1 n e u / du = π donc f n H 0. Posons ensuite : Alors : n N, u R, F n u = ψf n u e u /, u R, F u = ψgu e u /. 4

5 les F n et F sont continues sur R ; la suite F n converge simplement vers F sur R ; l inégalité obtenue à la question 10 donne enfin : 1 u R, F n u ln δ + 1/ δu 1 + δ e et l application majorante est continue et sommable sur R. Le théorème de convergence dominée s applique : Ef n = F n u du F u du = Eg. e δu 16 Soit x R et σ : N N telle que ϕ σn x ψ ix. On obtient alors l égalité demandée en faisant tendre n vers l infini dans l égalité : n N, ϕσn x f σn u e u / du = x e u / du. En effet, ϕσn x σn 1 σn f σn u e u / du = σn 1 σn 1 ; 1 σn 0 ; ϕσn x gu e u / du ϕσn x e u / du ψix ψix ϕσn x gu e u / du ; e u / du. gu e u / du + 1 ϕσn x e u / du et : σn 17 Soient x 1 et x deux réels tels que x 1 < x. Comme ϕ n x 1 ϕ n x pour tout n, nous avons également lim inf n ϕ n x 1 lim inf n ϕ n x et lim sup n ϕ n x 1 lim sup n ϕ n x. Cette propriété est évidemment hors programme et même si elle se démontre facilement, elle n est pas à la portée d un élève normal de MP qui n a jamais entendu parlé de limsup et de liminf. Comme l application ψ i est croissante sur R, elle admet des limites finies ou infinies quand x tend vers ou +. Notons par exemple l la limite de ψ i en. Nous avons alors, dans le cas où l est finie : ψix x gu e u / du e u / du x x l gu e u / du 0 Comme u gu e u / est continue et positive sur ], l ], g = 0 sur ], l ] et l a. 5

6 Supposons maintenant que l < a avec l finie ou infinie. Il existe alors un réel A tel que ψ i x a pour x A, et donc : x A, x ce qui est absurde. On en déduit que l = a. e u / du = Une preuve identique montre que ψ i x x + b. ψix gu e u / du = 0 Remarque : l énoncé aurait dû à ce moment demander de démontrer que ψ 1 et ψ sont à valeurs finies. En effet, si x est tel que ψ i x =, alors l égalité donne : x e u / du = ψix gue u / du = 0 ce qui est absurde. D autre part, si ψ i x = +, la croissance de ψ i prouve que ψ i y = ψ i x pour tout y x, et donne alors : y x, y e u / du = ce qui est une nouvelle fois absurde. ψiy gue u / du = ψix gue u / du = x e u / du, 18 et 19 La question 18 est mal posée, car elle ne permet de résoudre la question 19 que dans le cas où a et b sont finis. Au vu de la question 6, on comprend que le but des questions 18 et 19 est de démontrer que ψ 1 possède un nombre dénombrable de points de discontinuité dans tout intervalle de la forme [, A]. Pour remettre l énoncé d aplomb, on dispose de deux solutions raisonnables : a Pour tout A > 0, on note D A l ensemble des points de discontinuité de ψ 1 sur [, A]. On conserve alors la définition : D A,ε = {x D A, ψ 1 x + ψ 1 x > ε}. Pour N entier non nul, on montre alors que le cardinal de D A,1/N est inférieur à Nψ 1 A ψ 1. La preuve est simple : si x 1, x,..., x sont points distincts de D A,1/N, avec x 1 < x <... < x, alors : ψ 1 ψ 1 x 1 < ψ 1x + 1 ψ 1x < ψ 1x +... ψ 1x < ψ 1x + ψ 1A et donc ψ 1 A ψ 1 ψ 1 x + 1 ψ 1x ψ 1 x + ψ 1x N. À la question 19, on peut répondre que D A est au plus dénombrable, puisque D A = N 1 D A,1/N est une réunion dénombrable d ensemble finis. b On note D l ensemble des points de discontinuité de ψ 1 et on utilise l argument classique : pour chaque point x de D, il existe un rationnel σx tel que ψ 1 x < σx < ψ 1 x + : l application σ est alors une injection de D dans Q : comme Q est dénombrable, D est au plus dénombrable. Ces deux questions sont de toute façon hors programme : la notion d ensemble dénombrable n est plus au programme c est d autant plus scandaleux ici que la question 19 est posée de manière très vague et la manipulation des limites à droite et à gauche et des sauts faits par une application monotone en ses points de discontinuité est très éloignée de l ordinaire de nos élèves! 0 Si ψ 1 x < ψ x, l égalité : ψ1x gue u / du = x e u / du = ψx gue u / du 6

7 prouve que g est nulle sur [ψ 1 x, ψ x] l intégrale d une fonction continue positive sur un intervalle non réduit à un point est nulle si et seulement si la fonction est identiquement nulle sur l intervalle. 1 Si ψ 1 est discontinue en x, ou bien ψ 1 x < ψ 1 x, ou bien ψ 1 x < ψ 1 x +. Dans le premier cas le second se traite de la même façon, on peut écrire, pour tout y < x : ψ1y ce qui donne, en faisant tendre y vers x : ψ1x gue u / du = gue u / du = x y e u / du = e u / du ψ1x gue u / du On en déduit comme à la question 0 que g est nulle sur [ψx, ψx], et donc que gψx = 0. Supposons que ψ 1 soit continue en x et que l on ait ψ 1 x < ψ x. Par continuité de ψ 1 en x, il existe η > 0 tel que ψ 1 x ψ 1 x + η ψ x. Comme g est nulle sur [ψ 1 x, ψ x] question 0, on obtient enfin : x e u / du = ψ1x gue u / du = ψ1x+η gue u / du = ce qui est absurde. On en déduit que ψ 1 x = ψ x dès que ψ 1 est continue en x. x+η e u / du 3 est compact, donc borné : il existe α et β tels que [α, β]. Fixons ensuite a 0, a 1,..., a m une subdivision de [ψ 1 α, ψ 1 β] de pas inférieur à ε. Comme ψ 1 est croissante, nous avons : i I ψ 1 [a i, a i+1 ] où I = {i 0, i,..., i q } désigne l ensemble des i {0,..., m 1} tels que ψ 1 [a i, a i+1 ] est non vide. Pour tout j compris entre 0 et q, j = ψ 1 [a ij, a ij+1] est une partie non vide de. D autre part, j est l image réciproque du fermé [a ij, a ij+1] par la restriction de ψ 1 à, qui est continue : i est donc fermée dans. On en déduit que i est un compact non vide, et nous pouvons définir : x j = min ψ 1 [a ij, a ij+1] x j+1 = max ψ 1 [a ij, a ij+1] Nous avons alors : i I ψ 1 [a i, a i+1 ] q [x j, x j+1 ] ; j=0 pour j {0,..., q}, x j, x j+1 et x j x j+1 on ne peut pas imposer l inégalité stricte, comme le demande l énoncé : voir par exemple le cas où est un singleton ; pour j {0,..., q} et u, v tels que x j u v x j+1, la croissance de ψ 1 donne : ψ 1 v ψ 1 u ψ 1 x j+1 ψ 1 x j a ij+1 a ij ε. 4 Soit ε > 0 et x 0, x 1,..., x q+1 choisis comme à la question précédente. Pour chaque i {0, 1,..., q + 1}, on sait d après que ψ 1 x i = ψ x i : la suite ϕ n x n 1 converge donc vers ψ 1 x, et il existe un rang N ε tel que : n N ε, i {0, 1,..., q + 1}, ϕ n x i ψ 1 x i ε. 7

8 Si x est un élément quelconque de et si n N ε, il existe ensuite j tel que x [x j, x j+1 ] et la croissance de ϕ n permet d écrire : ce qui donne enfin : ψ 1 x j ε ϕ n x j ϕ n x ϕ n x j+1 ψ 1 x j+1 + ε ε ψ 1 x j ψ 1 x ε ϕ n x ψ 1 x ψ 1 x j+1 ψ 1 x + ε ε. La convergence uniforme de ϕ n vers ψ 1 sur est donc démontrée. Remarque : tout ceci n a de sens qu une fois démontré que ψ 1 est à valeurs finies. 5 Il y a encore une erreur d énoncé : il faut lire pour tout A 0 au lieu de il existe A assez grand. Soit donc A 0. Il existe 1 alors n 1 N et n N tels que : { m n1, ϕ m A ψ A + 1. m n, ψ 1 ϕ m En posant n = maxn 1, n, on a pour tout u [, A] et pour tout m n : ψ 1 1 ϕ m ϕ m u ϕ m A ψ A + 1 puis ϕ m u max ψ 1 + 1, ψ A + 1 ψ 1 + ψ A + 1. La notation de l énoncé est maladroite, puisque l on vient de définir un indice n qui dépend de A. En notant 0 = ψ 1 + ψ A + 1, nous avons : pour m n et u [, A], u ϕ m u A + 0 ; pour m < n, l application u u ϕ m u est continue donc bornée sur [, A] par une constante m. ce qui donne : m N, u [, A], u ϕ m u max A + 0, 1,,..., n 1 et M est fini. 6 Les objets manipulés dans cette question n ont pas grand sens pour un élève de prépa : on commence par intégrer sur [, A] la fonction u u ψ 1 u e u / qui n est pas continue par morceaux ψ 1 peut avoir une infinité dénombrable de points de discontinuité sur [, A]. Ensuite, on suggère d intégrer sur, où est un fermé quelconque de [, A], ainsi que sur le complémentaire de : ces notions sont hors programme. Évidemment, les preuves se font facilement si l on admet que les propriétés usuelles de l intégrale sont encore vérifiées! Soit ε > 0 et soit les λ n, J p et définis comme dans l énoncé si ψ 1 n a qu un nombre fini de points de discontinuité dans [, A], il suffit de remplacer la réunion infinie par une réunion finie : les majorations utilisées ci-dessous restent valides. Pour simplifier l écriture, notons : l ouvert [, A] \ ; F n l application u u ϕ n u e u / ; F l application u u ψ 1 u e u /. 1 Il n est pas évident pour un élève de penser à cette propriété classique des limites inf et sup! 8

9 Nous pouvons alors écrire, pour tout n 1 : F n u du M du M + p=1 J p du = M + p=1 p ε M = ε. D autre part, en considérant une sous-suite qui converge vers ψ 1 u, l inégalité obtenue en 5 donne : u [, A], u ψ 1 u M et on obtient comme précédemment, pour tout n 1 : F u du ε. La convergence uniforme de ϕ n vers ψ 1 sur donne ensuite la convergence uniforme de F n vers F sur : F n u F u = ϕ n u ψ 1 u u ϕ n u ψ 1 u e u / ϕ n u ψ 1 u A + ψ 1 + ψ A + 1 et donc sup F n u F u A + ψ 1 + ψ A + 1 sup u u Il existe donc un rang N ε tel que : F n u du F u du. F n u du pour n N ε. Cela donne, toujours pour n N ε : A A F n u du F u F n u du F u du ε F u du + ϕ n u ψ 1 u 0. On en déduit : F n u du + F u du 5ε 7 L énoncé est une nouvelle fois très maladroit : la conclusion demandée est, comme expliqué au début de la partie III, l inégalité Φg Eg... mais Φg n est pas défini! Il faut sans doute comprendre que la bonne définition est : Φg = 1 u ψ 1 u e u / du. En effet, le choix de ψ 1 pour remplacer ϕ est naturel, puisque ϕ n converge presque partout vers ψ 1, mais cette application semble dépendre de la suite approximante f n choisie. Par contre, la relation donne une légitimité au choix de ψ 1. Pour que tout cela soit cohérent, il faudrait sans doute démontrer que si ϕ : x e u / du pour tout réel x, alors 1 u ϕu e u / du = 1 exemple en démontrant que ϕ = ψ 1 presque partout. Pour tout A 0 et pour tout n 1 : 1 A u ϕ n u e u / du Φf n Ef n donc, en faisant tendre n vers l infini et en utilisant les questions 15 et 6 : 1 A u ψ 1 u e u / du Eg. R R vérifie ϕx gu e u / du = u ψ 1 u e u / du par Comme la fonction u ψ 1 u e u / est positive, ceci prouve que Φg est définie et que Φg Eg. Et même en dehors d un ensemble dénombrable de points. 9