Exercice. dont le dénominateur ne s annule pas. Donc I(r) est bien définie. 2 Posons: u = Ze it r convergence de n 0u n et l égalité

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1 Corrigé de la première épreuve de l ENSIETA 96 Exercice f, étant la somme d une série entière de rayon de convergence R, est continue sur le disque ouvert de centre O, et de rayon R. On en déduit que l application t f(re it ) est continue sur [, 2π]. Donc, l application t reit f(re it ) re it est continue sur [, 2π] comme quotient de deux fonctions continues Z dont le dénominateur ne s annule pas. Donc I(r) est bien définie. 2 Posons: u = Ze it r convergence de n u n et l égalité. u est un complexe dont le module est strictement inférieur à. On en déduit la n= u n = u Pour tout réel t, la série n Z n r n e int converge et : n= Z n r n e int = Ze it r = reit re it Z 3 On reconnait dans n Z n r n e int et n p= n= d après le cours que: r n p a n p r p ei(n p)t e ipt Z p le terme général de la série-produit des deux séries a n z n, avec z = re it, ces deux séries étant absolument convergentes. On sait alors la série n u n converge absolument et, pour tout réel t, 4 On a: t ],+ [ u n (t) Posons: v n = Z n r n n v n. n Puisque n p= et de n t ], + [ v n converge n On a donc, d après 3: I(r) = 2π u n (t) n p= a n p rn p r p Z p n= u n (t) = reit f(re it ) re it Z a n p rn p r p Z p. On reconnait dans v n le terme général de la série-produit de a n r n, dont on sait qu elles convergent absolument.on en déduit la convergence de u n (t) v n u n converge uniformément sur l ensemble des réels. n n= u n converge uniformément sur l ensemble des réels, donc uniformément sur [, 2π]. D où: n I(r) = 2π n= u n (t)dt

2 2π u n (t)dt = Si n est impair, n 2π a n p r n 2p Z p e i(n 2p)t dt p= 2π Si n est pair, égal à 2k, D où, finalement: I(r) = u n (t) dt = 2π k= u n (t)dt = 2πa k Z k 2πa k Z k = 2πf(Z) 2

3 Problème I a Soit ϕ une solution de E. La dérivée de t E(ϕ(t), ϕ (t)) vaut: ϕ (t)ϕ (t) + ϕ (t)u (ϕ(t)) = ϕ (t) ( ϕ (t) + U (ϕ(t) ) = Donc, t E(ϕ(t), ϕ (t)) est constante sur ], + [. I b Le résultat découle directement de la question précédente: toute trajectoire de (E) est incluse dans une ligne de niveau de E. I 2a E k est d équation : 2 y2 + 2 ω2 x 2 = k l ensemble vide pour k < le point O pour k = E k est donc: l ellipse d équation: ω2 x 2 2k + y2 2k = pour k > Dans le cas où E k est une ellipse, son centre est O et son excentricité e vaut: 2k 2k pour ω : e = ω 2 ω2 = 2k ω 2k + 2k pour ω : e = ω 2 = ω 2k 2 ω 2 I 2b (E) est l équation différentielle: x = ω 2 x Les solutions de (E) sont : ϕ(t) = Acos ωt + B sin ωt. Dans le cas où ces solutions ne sont pas la fonction nulle, elles sont périodiques, de plus petite période strictement positive T = 2π ω I 2c Il est clair ici que les lignes de niveau de E sont confondues avec les trajectoires de (E) (on reconnait dans les trajectoires de (E) les représentations paramétriques d une ellipse, en écrivant: ϕ(t) = r sin(ω(t t )) ϕ (t) = ω cos(ω(t t )). I 3a D après l hypothèse (), la fonction U est strictement décroissante sur ]a, c[. Etant de plus continue sur cet intervalle, elle admet une limite l en a, avec l ]U(c), + ]. De même, U est strictement croissante et continue sur ]c, b[ et admet une limite l en b, avec l ]U(c),+ ]. I 3b De la question précédente, on déduit que w est strictement croissante et continue sur ]a,c[, strictement croissante et continue sur ]c, b[. De plus, w est continue en c, puisque U est continue en c et s annule en ce point. Donc, w est strictement croissante et continue sur ]a, b[. w réalise donc un homéomorphisme de I sur l intervalle J =] 2(l U(c), 2(l U(c)[, cet intervalle contenant. I 3c On a: g ( c + t(x c) ) dt = Nous posons donc: g (x) = g(x) x c pour x c g (c) pour x = c g ( c + t(x c) ) dt 3

4 g (x) = h(t,x)dt avec : h(t,x) = g ( (c + t(x c) ) On a: h est continue sur [, ] I pour p n p h x p existe et est continue sur [, ] I, avec p h x p = tp g (p+)( c + t(x c) ) On en déduit que g est de classe C n sur I. On a donc démontré l existence d une application g de I dans ],+ [, de classe C n telle que pour tout x élément de I, g(x) = (x c)g (x) I 3d En posant g(x) = U(x) U(c), g est une application de I dans ], + [ de classe C 3 s annulant en c. D après la question précédente, il existe une application U de I dans ], + [ de classe C 2 telle que pour tout x élément de I g(x) = (x c)u (x). On a: x I U (x) = g (x) = U (x) + (x c)u (x). On en déduit que U s annule en c (d après la propriété (2)). En appliquant de nouveau la question précédente, il existe une application U 2 de I dans ], + [ de classe C telle que pour tout x élément de I: U (x) = (x c)u 2 (x). Il existe une application U 2 de I dans ], + [ de classe C telle que pour tout x élément de I U(x) U(c) = (x c) 2 U 2 (x). U 2 est à valeurs strictement positives puisque: pour tout élément x de I {c} U(x) > U(c) U(x) U(c) U 2 (c) = lim U 2 (x) = lim x c x c (x c) 2 = 2 U (c) De ce qui précède, on déduit que: x I w(x) = (x c) 2U 2 (x) Donc, w est de classe C sur I comme produit de fonctions de classe C sur I. I 3e On a vu en I 3b que w est un homéomorphisme de I sur J et en I 3d que w est de classe C sur I. w ne s annule pas sur I {c}, puisque pour tout x de I {c} w U (x) (x) = sgn(x c). 2(U(x) U(c)) De plus, pour tout x élément de I: w U 2 (x) = (x c) (x) 2U2 (x) + 2U 2 (x) Donc, w (c) = 2U 2 (c) w, étant un homéomorphisme de I sur J, de classe C sur I, dont la dérivée ne s annule pas sur I, est donc un difféomorphisme de I sur J. On déduit facilement de ce qui précède que W est un difféomorphisme de classe C de I ], + [ sur J ], + [ I 3f On a: Donc: X = w (x) = x = sgn(x c) 2(U(X) U(c) = x 2 = 2((U(X) U(c)) = U(X) = x2 2 + U(c) (x,y) W(E k ) = (w (x),y) E k = 2 y2 + U ( w (x) ) = k = 2 y2 + x2 2 + U(c) = k 4

5 x 2 + y 2 Réciproquement, soit (x, y) un point du cercle d équation : + U(c) = k. On a alors : x 2 < 2 2(k U(c)). On en déduit que x appartient à J = w(i) (cf question I 3b). On alors: x y2 y2 + k = U( w (x),y ) = k = (w (x), y) E k = (x,y) W(E k ) W(E k ) est donc le cercle d équation x 2 + y 2 = 2(k U(c)) I 4a On a: U (x) = x 2 2 x 3 U (x) = 2 x x 4 Donc: U est strictement négatif sur ], 2 [, strictement positif sur ] 2, + [ U ( 2 ) =, U ( 2 ) > U vérifie bien les hypothèses () et (2) On déduit facilement de ce qui précède le tableau de variation de U et sa représentation graphique. On a choisi = pour la représentation graphique. 5

6 I 4b Pour k = 4 2, E k est d équation: y x 2 x = 4 2 E k est d équation : y = ± h(x) avec h(x) = x 2 x 2 h est positive pour x [( 2 2 ) 2, ( ) 2] 2 2 x 2 h (x) = (42 2x)x 2 2x( x 2 x 2 ) 2 2 x 4 = 2x x 3 On en déduit le tracé de E k. On a choisi = pour la représentation graphique. On a évidemment des tangentes verticales aux points d abscisses 2 2 et

7 I 5a D après I, pour tout t E(ϕ(t), ϕ (t)) = E(ϕ(), ϕ ()) = U(c) + 2 β2 = k Donc, pour tout t: U(ϕ(t)) + 2 ϕ 2 (t) = k ϕ 2 (t) = 2 ( k U(ϕ(t)) ) On déduit des variations de U sur I (revoir I 3a) qu il existe un unique couple (x m, x ) d éléments de I tel que x m < c < x et U(x ) = U(x m ) = k I 5b De la même manière, on déduit des variations de U que: ξ ]x m,x [ U(x) < k Donc, l application ξ est définie et continue sur ]x m, x [ 2(k U(ξ) Donc, l application τ définie par τ(x) = x c dξ 2(k U(ξ) est définie sur ]x m, x [ Au voisinage de x m, U ne s annulant pas en x m : U(ξ) U(x m ) (ξ x m )U (x m ) 2(k U(ξ) 2U (x m )(x m ξ) c dξ Donc, d après le critère de Riemann, est convergente. 2(k U(ξ) x m On en déduit que τ admet une limite t m lorsque x tend vers x m. Par un raisonnement analogue, τ admet une limite t lorsque x tend vers x. NB Il y avait dans I 5b une petite erreur d énoncé (l une des bornes de l intégrale). I 5c D après l étude précédente, τ est de classe C sur ]x m,x [. De plus, τ (x) = dérivée ne s annulant pas, τ réalise un C -difféomorphisme de ]x m, x [ sur ]t m, t [. 2(k U(x)). Cette Il est clair, d après la question précédente, que τ se prolonge en une application continue ϕ sur [t m, t ]. Il reste à montrer que ϕ est dérivable en t m et t. Pour cela, ϕ étant continue sur [t m, t ] et de classe C sur ]t m, t [, il suffit de démontrer que ϕ admet une limite en t m et t. lim (ϕ ) (t) = lim t t m τ (τ (t)) = lim τ (x) = On a une démonstration identique pour t. t t m x x m On a donc démontré que τ se prolonge en une application ϕ de classe C sur [t m,t ]. I 5d ϕ étant de classe C sur [t m, t ], on en déduit que ϕ est de classe C sur ]t m, 2t t m [ {t }. On a vu à la question précédente que: ϕ (t m) = ϕ (t ) =. On en déduit que ϕ est dérivable en t, de dérivée, puis que ϕ est de classe C sur [t m,2t t m [. ϕ étant périodique de période 2(t t m ), de classe C sur [t m, 2t t m ], sa dérivée à droite en t étant égale à sa dérivée à gauche en 2t t m, on en déduit que ϕ est de classe C sur ], + [. ϕ est de classe C sur R. Pour x ]t m,t [, on a: ϕ (t) = ( τ ) (t) = τ (τ (t)) = 2(k U (τ (t)) ( ϕ (t)) 2 = 2(k U ( ϕ(t)) () ϕ, gardant un signe constant sans s annuler sur ]t m, t [, est donc de classe C 2 sur ]t m,t [, avec: ϕ (t) = U ( ϕ(t)) (2) On vérifie facilement que l égalité () reste vraie pour t = t m et t = t. D après l égalité (2), ϕ admet une limite en t m et t. ϕ étant de classe C sur ]t m, t [, continue sur [t m, t ], sa dérivée admettant une limite en t m et t, on en déduit que ϕ est de classe C 2 sur [t m,t ]. De plus, ϕ vérifie l égalité (2) sur [t m, t ]. 7

8 De l égalité ϕ(t) = ϕ (2t t) pour t élément de [t m, 2t t m ], et du fait que ϕ est 2(t t m )- périodique, on déduit que ϕ est de classe C 2 et vérifie l égalité (2) sur ], + [. De plus: τ(c) =. Donc, ϕ() = c et ϕ () = 2(k U(ϕ()) = β Donc, ϕ = ϕ. De plus, ϕ est périodique de période: x T = 2(t t m ) = 2 x m dξ 2(k U(ξ)) C est bien la plus petite période strictement positive de ϕ, puisque ϕ est strictement croissante sur [t m, t ] et strictement décroissante sur [t, 2t t m ] II V est de classe C 3 sur R 2 {(,)} comme composée de V, de classe C 3 sur R +, et de l application Z Z, de classe C sur R 2 {(, )}, à valeurs dans R +. De plus, gradv (Z) = V ( Z ) Z (calculs faciles à faire) Z II 2a On a : H (t) = X (t).x (t) + X (t). gradv (X(t)) = Donc, H est constante sur R II 2b On a: σ (t) = det(x (t), X (t)) + det(x(t), X (t)) = det(x(t),gradv (X(t)) = Donc, σ est constante sur R. II 3a On a : X (t) = r (t) ( cos(θ(t)), sin(θ(t)) ) + r(t)θ (t) ( sin(θ(t)), cos(θ(t)) ) Donc : det(x(t), X (t)) = r(t) 2 θ (t) D où : θ (t) = r(t) 2 On a : X (t) = (r (t) r(t)θ (t) 2 ) ( cos(θ(t)),sin(θ(t)) ) + (2r (t)θ (t)+r(t)θ (t)) ( sin(θ(t)), cos(θ(t)) ) Or : grad V (X(t)) = V ( X(t) ) X(t) X(t) = V (r(t)) ( cos(θ(t)),sin(θ(t)) ) Donc : r (t) r (t)θ (t) 2 = V (r(t)) Donc, pour tout t élément de R: θ (t) = r(t) 2 et r (t) = V (r(t)) + 2 r(t) 3 II 3b La dérivée de t 2 r (t) 2 + U(r(t)) est égale à: ) r (t)r (t) + r (t)u (r(t)) = r (t) (r (t) + V (r(t)) 2 r(t) 3 = Donc, t 2 r (t) 2 + U(r(t)) est constante sur R, cette constante ayant pour valeur 2 r () 2 + V (r()) + 2 2r() 2 = V (r()) + ( r () 2 + r() 2 θ () 2) = V (r()) X () 2 On reconnait donc dans cette constante la constante de H. { ϕ II 4a Notons ϕ l unique solution du système: (t) = U (ϕ(t)) ϕ() = ϕ () = k D après l étude faite en I 5: Il existe un unique couple (x m,x ) tel que: x m < c < x et U(x m ) = U(x ) = k. xm dξ x dξ tau m =, τ =, 2(k U(ξ) 2(k U(ξ) c ϕ est périodique de période 2(τ τ m ) c 8

9 ϕ est strictement croissante sur [τ m, τ ] et strictement décroissante sur [τ,2τ τ m ] ϕ(τ m ) = x m ϕ(τ ) = x t R 2 ϕ (t) 2 + U(ϕ(t)) = k (question I a) D après II 3b: k = 2 V 2 + V(X ) = ( r () 2 + U(r()) ) 2 On peut supposer que r () est positif (un raisonnement analogue aurait lieu dans le cas où r () est strictement négatif) r (t) = U (r(t)) r est solution de: r() = X r () = 2 ( k U(r()) ) () On a: U(c) U(r()) k. U, est strictement décroissante sur ], c[ et strictement décroissante sur ]c, + [. Donc: r() [x m,x ] ϕ étant croissante sur [τ m,τ ], il existe t dans [t m,t ] tel que: ϕ(t ) = r() De plus: ϕ (t ) = 2 ( k U(r()) ) = r () Donc, t ϕ(t + t ) est solution de (). Par unicité de la solution de (): r(t) = ϕ(t + t ) On en déduit que ϕ est 2(t t m )-périodique II 4b Avec les notations employées dans la question précédente; r m = x m r = x t m = τ m t T = 2(t t m ) Il est clair alors que: r(t ) = r On a, d après II 3a: θ(t ) θ(t m ) = t t m r(t) 2 dt On rappelle que d après II 3b 2 r (t) 2 + U(r(t)) = k. De plus, r est positif sur [t m, t ]. Donc r (t) = 2(k U(r(t))) En posant le changement de variable ξ = r(t), on obtient: r dξ θ(t ) θ(t m ) = ξ 2 2(k U(ξ)) r m II 4c Notons ( I cette intégrale. On a, par un raisonnement analogue à celui fait en II 4b: θ t + T ) θ(t ) = I 2 Donc: θ(t m + T) θ(t m ) = 2I r étant T-périodique, on a, pour tout t: θ(t + T) θ(t) = t+t tm +T t r(u) 2 du = t m r(u) 2du = 2I Donc, pour tout t: θ(t + nt) = θ(t) + 2nI (2) Si I π est un rationnel p, alors X est périodique de période qt, puisque r et θ le sont. q Réciproquement, si X est périodique de période P, alors, r et θ le sont. On en déduit que P est égal à pt, où p est entier. Par conséquent, grâce à l égalité (2): 2qI = 2pπ Donc, X est périodique si et seulement si l intégrale de II 4c est un rationnel p q II 5a En posant V (s) = s, on a: U(s) = s + 2 2s 2. 9

10 On a démontré en I 4a que U définie au II 3b satisfait bien pour ce choix de V aux hypothèses de la première partie. II 5b Posons: θ (t) = arccos r(t) 2k + 2 θ ( est bien définie car: r(t) ) 2 (2k ) 2 = 2 r(t) 2 2 r(t) 2k = 2U(r(t)) 2k = r (t) 2 De plus, pour tout t tel que r (t) > : θ (t) = r (t) 2k + 2 r(t)2 2 r(t) r(t) 2k + 2 = 2(k U(r(t)) r(t) 2 2k + 2 r(t) 2 r(t) 2 = r(t) 2 = θ (t) De même, pour tout t tel que r (t) < : θ (t) = θ (t) Donc, sur tout intervalle où r (t) ne s annule pas: θ(t) = ± arccos r(t) 2k + + C 2 II 5c D après l étude faite à la question précédente, r (t) s annule lorsque: arccos r(t) 2k + = ou π 2 On en déduit que la constante C est définie modulo2π. Donc, il existe un réel θ tel que, pour tout t: r(t) cos(θ(t) θ ) = 2k + 2 r(t) = 2k + 2 cos(θ(t) θ ) 2 D où: r(t) = + + 2k 2 cos(θ(t) θ ) On en déduit que pour tout k strictement négatif et strictement supérieur à U(c), X(t) décrit l ellipse p d équation polaire ρ = + ecos(θ) avec p = 2 e = + 2k 2. Cette ellipse est de foyer O, de paramètre p et d excentricité e.