CCP Maths 1 MP 2007 — Corrigé

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CCP Maths 1 MP 2007 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) ; il a été relu
par Laetitia Borel (ENS Cachan) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Le sujet est constitué d’un exercice assez calculatoire, et d’un problème un peu
long mais sans difficulté majeure. L’exercice consiste à déterminer le maximum d’une
fonction de deux variables sur un carré, en distinguant le bord et l’intérieur du carré.
Le problème porte sur les inversions d’une limite et d’une intégrale, puis d’une somme
infinie et d’une intégrale, en distinguant différents cas pour l’intervalle d’intégration :
intervalle fermé borné, intervalle borné, intervalle non borné.
• La partie préliminaire reprend les grands classiques, les fonctions Γ et ζ. Tout ce
qu’on peut en dire, c’est qu’il faut savoir le faire.
• La première partie commence par une question de cours. On demande ensuite
des exemples qui mettent en lumière des conditions suffisantes, sans être nécessaires, pour l’inversion de la limite et de l’intégrale sur un segment. On passe
ensuite au cas d’un intervalle quelconque, avec un contre-exemple, puis on établit une extension du théorème d’inversion au cas d’un intervalle borné mais pas
fermé. La partie se termine par une application du théorème de convergence
dominée. À noter une question « ouverte », et même très ouverte, puisqu’on
demande un exemple « intéressant » (notion quelque peu subjective) d’application.
• La deuxième partie, consacrée aux séries de fonctions, commence également
par une question de cours sur les séries de fonctions, suivie d’une autre sur
les séries de Fourier, illustrant une application de la convergence uniforme à
une intégrale sur un segment. On traite une application de la version séries
de fonctions du théorème de convergence dominée. La question 10 est très
intéressante d’un point de vue mathématique puisqu’elle met en évidence une
condition suffisante mais non nécessaire, confusion très répandue qu’il est bon
d’éviter.
• Les trois dernières questions portent sur le théorème de convergence monotone
et sur une application de ce théorème à divers calculs d’intégrales.
C’est un excellent problème de révision d’analyse, à faire absolument pour avoir
les idées claires avant les écrits, car il propose essentiellement un panorama didactique
des applications directes du cours.
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Indications
Exercice
a Penser au cours de topologie : que peut-on dire de l’ensemble F ?
Problème
1.a Utiliser un équivalent pour le problème en 0 et penser aux croissances comparées pour le problème en +∞.
1.b Faire une intégration par parties.
2.a Majorer le terme général de la série par une intégrale en s’aidant d’un dessin.
3 Commencer par écrire la définition de la convergence uniforme.
4 Cette question est assez délicate, comme souvent le sont les contre-exemples.
Essayer d’interpréter graphiquement, avec une fonction affine par intervalles,
de telle sorte que les calculs d’intégrales reviennent au calcul de l’aire d’un
triangle.
5.a Utiliser une intégration par parties.
5.b.i Penser que l’inégalité triangulaire a deux côtés.
5.b.ii Adapter la démonstration faite à la question 3.
6.b.i L’exemple sera plus intéressant si les intégrales des fonctions fn ne sont pas
évidentes à calculer.
6.b.ii Appliquer le théorème de convergence dominée, chercher une fonction dominante avec une inégalité simple de la trigonométrie.
7 Appliquer (TH1) à la suite des sommes partielles de la série.
8 Chercher une conséquence de la formule de Parseval pour la série de terme
général |bn |2 .
9.a Chercher une propriété des séries convergentes qui permette de majorer le
terme |an | |xn | /n! sur un segment.
Z +∞
|an | xn e −x
dx, utiliser une intégration par parties.
9.b Pour calculer
n!
0
10.a Penser à une caractérisation de la convergence uniforme utilisant le reste de la
série. Calculer explicitement l’intégrale de la valeur absolue de la fonction.
10.b Séparer les sommes de séries entre sommes partielles de rang N et restes,
puis faire la différence.
11 Si une série est à termes positifs, la suite des sommes partielles est croissante
et en cas de convergence elle est majorée par la somme de la série.
12.a En remarquant que 0 < e −t < 1, utiliser le développement en série entière au
1
voisinage de 0 de la fonction u 7→
.
1−u
13 Adapter la méthode utilisée à la question précédente.
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Exercice
a La fonction (x, y) 7→ x + y est continue de R2 dans R car elle est bilinéaire.
Les fonctions (x, y) 7→ x et (x, y) 7→ y sont linéaires par rapport à la première,
respectivement deuxième, variable. On en déduit, par composition et somme, que les
fonctions
et
(x, y) 7→ 1 + x2
(x, y) 7→ 1 + y 2
sont continues. La fonction (x, y) 7→ xy est continue de R2 dans R en tant que fonction
bilinéaire, ce qui entraîne par composition que la fonction
(x, y) 7→ (1 + x2 )(1 + y 2 )
est continue. Cette fonction n’étant jamais nulle, il en résulte, par passage à l’inverse
et produit, que la fonction
x+y
(x, y) 7→
(1 + x2 )(1 + y 2 )
est continue sur R2 . L’ensemble F = [ 0 ; 1 ] × [ 0 ; 1 ] est compact, puisque c’est un
sous-ensemble fermé borné de R2 , espace vectoriel de dimension finie. Une fonction
continue sur un compact est bornée et atteint ses bornes, donc
f est bornée sur F et atteint sa borne supérieure.
Il faut veiller à énoncer précisément les hypothèses du théorème d’existence d’un maximum : le rapport du jury signale de fréquentes confusions
entre fermé et compact.
Pour cette première question, la démonstration de la continuité a été
détaillée, ainsi qu’il est souhaitable de le faire au moins une fois dans une
copie. On peut par contre par la suite se contenter d’évoquer les « théorème
généraux ».
b Si la borne supérieure est atteinte en un point de l’ouvert Ω = ] 0 ; 1 [ × ] 0 ; 1 [,
c’est un extremum local d’une fonction de classe C 1 (toujours par les théorèmes
généraux), donc la condition nécessaire pour qu’une fonction admette un extremum
local en un point doit être vérifiée, c’est-à-dire que le gradient de f doit être nul.
Pour tout couple (x, y) de Ω,
∂f
1 + x2 − 2x (x + y)
1 − x2 − 2xy
(x, y) =
=
2
2
∂x
(1 + x2 ) (1 + y 2 )
(1 + x2 ) (1 + y 2 )
∂f
1 − y 2 − 2xy
(x, y) =
2
∂y
(1 + x2 ) (1 + y 2 )
La condition de nullité du gradient est donc équivalente à
1 − x2 − 2xy = 0
1 − y 2 − 2xy = 0
Le système est équivalent à
y 2 = x2
1 − x − 2xy = 0
2
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• 1
er
cas :
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x=y
1 − x2 − 2x2 = 0
⇐⇒
x=y
1 − 3x2 = 0
√
3
ce qui donne
x=
=y
3
√
√
Remarquons néanmoins que seul
3/3, 3/3 appartient à Ω.
x = −y
• 2e cas :
1 + x2 = 0
+
−
ce qui est impossible.
La condition nécessaire d’existence
√
√ d’un
extremum local
est vérifiée au seul point
3/3, 3/3 de Ω.
Comme
√
√ f 3/3, 3/3 =
√
2 3/3
√
√
2 3 9
3 3
=
2 =
3 16
8
(1 + 1/3)
√
3 3
Le seul maximum local, donc global, possible sur l’ouvert Ω est
.
8
c Étudions maintenant la restriction de f aux quatre segments qui forment la
frontière de F :
• y = 0, x varie de 0 à 1. Pour tout x ∈ [ 0 ; 1 ], posons
x
g1 (x) = f (x, 0) =
1 + x2
g1′ (x) =
1 + x2 − 2x2
(1 +
2
x2 )
=
1 − x2
2
(1 + x2 )
g1′ (x) est donc positive sur [ 0 ; 1 ]. La fonction g1 est croissante, le maximum
est atteint en 1 et vaut
1
g1 (1) =
2
• x = 1, y varie de 0 à 1. Pour tout y ∈ [ 0 ; 1 ], posons
g2 (y) = f (1, y) =
g2′ (y) =
1+y
2 (1 + y 2 )
1 + y 2 − 2y (1 + y)
2
2 (1 + y 2 )
=
1 − 2y − y 2
2
2 (1 + y 2 )
g2′ (y) = 0 est équivalent à y 2 + 2y√− 1 = 0. Le discriminant réduit ∆′ est égal
+ 2. Il y a une seule solution dans l’intervalle
à 2, donc les solutions
sont −1 −
√
√
′
[ 0 ; 1 ] qui est 2 − 1. g2 (y) est positif sur l’intervalle 0 ; 2 − 1 et négatif sur
√
√
l’intervalle
2 − 1 ; 1 , donc g2 admet un maximum au point 2 − 1, égal à
√
√
√
√
2
2
2
√
√ =
g2 ( 2 − 1) = √
2 =
2 1+2−2 2+1
4 2− 2
2 1+
2−1
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