PARTIE I : ETUDE DE F

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1 Concours ESIM 999 ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES I - ANALYSE Durée : 3 heures Filière PC PRELIMINAIRES. f(, est défini si et seulement si :, et ( + ( + >. Le plan étant rapporté à un repère orthonormé (O, i, j, + est l équation de (d, la deuième bissectrice des aes et + est l équation de l hperbole équilatère (H, dont les aes du repère sont les asmptotes et (d l ae focal. Les sommets sont les deu points de (d : A(, et A (,. + > caractérise les points du demi-plan ouvert situé au-dessus de (d. Dans l autre demi-plan ouvert bordé par (d, on a + <. Entre les deu branches de l hperbole, on a + >. Pour les autres points du plan on a +. Les points du plan où ( + ( + > sont ceu pour lesquels les deu quantités + et + sont non nulles et de même signe. Leur ensemble apparaît en gris dans le dessin ci-dessous. Cet ensemble D ne rencontre pas la droite mais il rencontre la droite. Il faut ôter de D les points de cette droite pour obtenir l ensemble de définition D de f. A O (H: - A - (d: - L ensemble D des points (, qui vérifient ( + ( + > peut être vu comme l image réciproque de, +, ouvert de R, par l application (, R ( + ( + R. Cette application est polnomiale, donc continue, donc D est un ouvert de R. De même, l ensemble des points (, qui vérifient peut être vu comme l image réciproque de,, +, qui est un ouvert de R, par l application continue (, R R. Comme intersection de deu ouverts, D est un ouvert de R.. (, D, + donc (, + +, quotient de deu fonctions polnômes, est C sur D, à valeurs sur R +. + Par composition par ln, qui est C sur R +, la fonction (, ln est C sur D. + (, D, donc (, est C sur D. Comme produit de fonctions C, 3. (, (, ( + ( + ( + ( + + ( ln + + ( + la fonction f est C sur D. et + + ( ln + + (. ( + ( +. (, ( + ( + et ( (, f(, ( + ( + ( (,, M99FPC.te - page

2 ce qui prouve que f est solution de (E sur l ouvert D. 5. Il est clair sur le dessin précédent que si ( > et,, le couple (, ( est dans D, ainsi que le couple (/,. + Pour un tel couple f(/, ( ln + ( + / ( ln donc + >,,, on a f(/, f(,. 5. Là aussi, le dessin permet de constater que, +,,, le couple (, est dans D. + ( ( + Pour un tel couple, et ( donc + Si,, < + + et donc ln ln, donc ln ln + Si >, + ln / + + ln ln. Dans les deu cas + / + ln ln + 6. f(, ln( est définie, continue, négative sur,, équivalente, quand, à +. f(, est donc prolongeable par continuité sur,. f(, est équivalente, quand +, à ln, dont on sait qu elle est intégrable sur,. Finalement f(, est intégrable sur,. Pour tout fié, avec, la fonction f(, est continue sur, et, d après 5., vérifie f(, f(,. Donc, par comparaison, f(, est intégrable sur, PARTIE I : ETUDE DE F + On a donc, pour, F (, ln d. Notons P l ensemble, +,. + 7.a f est continue sur P, qui est une partie de D. De plus : (, P, f(, f(,, qui est continue, intégrable sur,, indépendante de. Par application du théorème de domination pour une intégrale à paramètre : 7.b Pour tout >, on a f(/, f(,. Il en résulte : F est continue sur, +. >, F ( F (, donc F (. 7.c Quand +, / + donc F (/ F (, puisque F est continue en. Donc lim (F ( F (. + 8.a Représentation graphique de ϕ : π π π O π π 3π Il est clair que ϕ est continue sur R et de classe C par morceau. D après le théorème de Dirichlet, elle est égale en tout point à la somme de sa série de Fourier. Calculons les coefficients : ϕ est paire, donc les b n sont nuls et : M99FPC.te - page

3 a π π tdt π. Pour n >, a n π π Donc a n est nul et a n+ En particulier pour 8.b On sait que,, t cos ntdt π 4 π(n +. t sin(nt n π π sin nt n dt π π n π cos(nt Pour tout on a donc ϕ( π 4 π (n + π 8 + n (série géométrique. Donc,, ( n n cos(n + (n +.. ln + n ln. Pour tout entier n, la fonction u n : n ln est réelle, définie, continue, négative sur,, intégrable (même pour n. La série un converge simplement (au moins sur,, avec pour somme la fonction ln, qui est intégrable sur, (c est f(,. On peut donc appliquer le théorème de convergence monotone pour les séries de fonctions et intégrer la série terme à terme :, n ln d F (, + ln d, n ln d. n+ n + ln n n + d (n +. Finalement : F ( (n + π 8. 9.a f admet sur l ensemble P des dérivées partielles ( + ( + et f + + ( +. Cette dernière est ( + négative donc, à fié dans,, est décroissante sur, +. Si < a, on a donc < ( + ( + g(. g est définie, continue sur,, donc intégrable sur (a + ( + a,. Outre l hpothèse de domination pour f sur P, +, établie au 7.a, et qui est a fortiori valable sur l ensemble P a a, +,, on a donc aussi la domination sur cet ensemble P a de, fonction continue sur P a, par une fonction continue de, indépendante de, intégrable sur,. On peut donc appliquer le théorème de dérivation sous le signe intégrale à la fonction F sur tout intervalle a, +, et ceci pour tout a >, d où F est dérivable sur, +, avec F (, (, d, ( + ( + d. 9.b Pour faire le calcul de F (, on peut décomposer la fraction en éléments simples ou bien remarquer que ( (, f(, ( (,, trouvé au 3, donne pour : (, ( (, f(, ( ( f(,, ce qui fournit une primitive de (, vu comme fonction de, à fié, notamment pour,, + et,. D où F ( ( ( f(, donc pour,, +, F f(, ( ln 9.c F ( ln ln, qui tend vers quand tend vers. Comme F ( est la limite de F ( quand tend vers : F (. M99FPC.te - page 3

4 Quand tend vers, F ( est équivalent à ln et tend donc vers +. On sait que, dans ces conditions F n est pas dérivable en et la courbe représentative admet une demi-tangente «verticale» en O.. F est > sur, + donc F est croissante. On a suffisamment de renseignements pour faire la représentation graphique. On peut quand même préciser que F ( + (, négatif sur,, + : la courbe est concave. π /8 π /8 PARTIE II : RESOLUTION DE (E.a Posons u + et v donc Ψ(, (u, v. (, Ω, u 4v ( > : Ψ est bien à valeurs dans Ω. Réciproquement, (u, v étant fié dans Ω, cherchons (, vérifiant : u +, v <. Cela équivaut à dire que et sont les racines de l équation X ux + v, étant la plus grande. Comme cette équation admet un discriminant u 4v strictement positif, cette équation admet effectivement deu racines distinctes. Le couple (u, v admet donc un antécédent unique par Ψ ; Ψ est donc une bijection de Ω vers Ω. Cette bijection est de classe C car ses deu composantes sont polnomiales. Ψ est une bijection de classe C de Ω sur Ω. u u.b La matrice jacobienne de Ψ est. Le jacobien de Ψ au point (, est. En tout point de Ω, il est non nul. D après le théorème de caractérisation à l aide du jacobien des C -difféomorphismes parmi les applications injectives de classe C sur un ouvert de R p, Ψ est un C -difféomorphisme de classe C de Ω sur Ω.a On donne g de classe C de Ω vers R. Ψ étant un C -difféomorphisme de classe C de Ω sur Ω, Ψ eiste et est de classe C de Ω sur Ω. Posons donc h g Ψ, ce qui assure que h est de classe C de Ω vers R et que g h Ψ, autrement dit g(, h( +,. On a trouvé h de classe C de Ω vers R telle que (, Ω, g(, h( +,..b En utilisant le théorème de dérivation d une fonction composée, on obtient g (, ( +, + u ( +, et g (, u L égalité sur Ω de g g (, et ( +, + ( +,. (, équivaut donc à la nullité de ( ( +, sur Ω, ou encore, puisque est non nul sur Ω, à celle de ( +, sur Ω ou enfin, par composition par Ψ, à celle de sur Ω. (, Ω, g g (, (, équivaut à : (u, v Ω, (u, v. M99FPC.te - page 4

5 3.a La fonction th est un C -difféomorphisme croissant de R vers, et H est C sur Ω. Par composition et produit, G(u, v ( th vh(th u, th v est donc C sur Ω et : G u (u, v ( th v( th u H G (th u, th v et (u, v th v( th vh(th u, th v + ( th v H (th u, th v. 3.b H vérifie (E sur l ouvert Ω ; nous pouvons donc recopier l égalité (E en remplaçant ϕ par H et le couple (, par un couple quelconque (th u, th v tel que th v < th u, autrement dit v < u. En utilisant 3.a, l égalité obtenue équivaut à (u, v Ω, G G (u, v (u, v. u Utilisons la question en remplaçant les lettres u et v par U et V puisque, malencontreusement, l énoncé utilise deu fois la notation (u, v pour désigner des choses différentes. (il aurait mieu valu par eemple poser X + et Y La propriété (u, v Ω, G G (u, v u (u, v équivaut à (U, V Ω, (U, V, avec ici G h Ψ. V Cela équivaut à dire que h est une fonction F de U seulement et comme, quand (U, V décrit Ω, U prend toute valeur réelle, cette fonction F doit être C sur R. Donc, quand (u, v décrit Ω, G(u, v est de la forme F (u + v avec F qui est C sur R et donc H(th u, th v th v F (u + v. Posons alors Φ F th. Par composition, Φ est C de, vers R et H(th u, th v th v Φ(th(u + v th u + th v th v Φ, quel que soit le couple (u, v tel que v < u. + th u th v Pour tout (, dans Ω, on a donc H(, Φ ( + +. Résumons Il eiste une fonction Φ qui est C sur, telle que (, Ω, H(, + Φ + 4. Réciproquement, si Φ est C de, vers R, la fonction H définie par la formule précédente est solution de (E sur Ω. En effet : D abord, pour (, Ω, on peut interpréter et comme th u et th v, ce qui fait apparaître + comme étant th(u + v et + assure son appartenance à,. H est donc bien définie et de classe C sur G. Ensuite ( H ( + ( + Φ et H + + ( Φ ( + Φ + si bien que ( H H(, + ( H : H vérifie (E sur Ω. Les solutions de (E sur Ω sont les fonctions H de la forme précédente. Remarque : La fonction f étudiée dans le préliminaire est de la forme précédente, mais c est une solution de (E sur D, dont l intersection avec Ω est,,. M99FPC.te - page 5