CCP 2006 PC Maths 2

CCP 2006
PC Maths 2
PARTIE I
1. Pour n 2 N , Pn (m) = (m + 1) : : : (m + n) =
(m + n)!
, formule qui reste vrai si n = 0.
m!
8 fn; mg 2 N2 ; Pn (m) =
(m + n)!
m!
2( 1)n x2n
, le terme général de la série . Comme 2
= Z , Pn ( ) n’est jamais nul et donc un (x) est dé…ni
22n n!Pn ( )
. f (x) est alors une série entière. On calcule son rayon de convergence par la règle de d’Alembert. Pour x 6= 0 :
2. Soit un (x) =
lim
un+1 (x)
un (x)
= lim
x2
4(n + 1)j + n + 1j
=0
Donc le rayon de convergence est in…ni.
f est dé…nie sur R
3.
1. On peut dériver une série entière sur le disque ouvert de convergence donc ici sur R , et par dérivation termes à
termes :
1
1
X
X
2( 1)n (2n 1)x2n 2
2( 1)n x2n 1
00
,
f
(x)
=
f 0 (x) =
22n (n 1)!Pn ( )
22n (n 1)!Pn ( )
n=1
n=1
De plus, après changement d’indice comme Pn ( ) = (n + )Pn
xf (x) =
1(
+1
1
X
X
( 1)n x2n+1
( 1)n 1 x2n
=
22n n!Pn (a)
22n 2 (n 1)!Pn
n=0
n=1
)
1
1(
)
=
1
X
( 1)n 1 (n + )x2n 1
22n 2 (n 1)!Pn ( )
n=1
En rassemblant, on obtient
xf 00 (x) + (2 + 1)f 0 (x) + xf (x) =
1
X
2( 1)n (2n 1)
2( 1)n (2 + 1)
( 1)n 1 (n + )
+
+
22n (n 1)!Pn ( ) 22n (n 1)!Pn ( ) 22n 2 (n 1)!Pn ( )
n=1
x2n
1
Or
=
2( 1)n (2n 1)
2( 1)n (2 + 1)
( 1)n 1 ( + n)
+
+
22n (n 1)!Pn ( ) 22n (n 1)!Pn ( ) 22n 2 (n 1)!Pn ( )
2(2n 1) + 2(2 + 1) 4( + n)
=0
( 1)n
22n (n 1)!Pn ( )
Donc
f est bien solution de (E ) sur R
2. Soit y une solution de (E ) paire et développable en série entière au voisinage de 0. On peut donc écrire y =
+1
X
b2n x2n avec R son rayon de convergence, supposé non nul. On obtient en utilisant le théorème de dérivation
n=0
terme à terme et en reportant comme ci dessus :
8x 2 ]
R; R[
1
X
[(2n(2n
1) + (2 + 1)2n)b2n + b2n
n=1
Par unicité du développement en série entière, il en résulte
8n 2 N
b2n =
d’où par récurrence
8n 2 N b2n =
b2n 2
4n(n + )
( 1)n
b0
22n n!Pn ( )
Or b0 = y(0), donc
y = y(0)f
2n 1
2 ]x
=0
1. La fonction g est de classe C 1 sur ]0; +1[ comme produit de telles fonctions, et sur cet intervalle
g 0 (x) =
2
2 x
1
f
2
(x) + x
f 0 (x)
et
g 00 (x) = 2 (2 + 1)x
2
2
f
(x)
2
4 x
1 0
f
(x) + x
2
f 00 (x)
Donc
xg 00 (x) + (2 + 1)g 0 (x) + xg (x)
=
+
2
= x
ce dernier terme est nul car f
2 (2 + 1)x 2
2 (2 + 1)x 2
[xf
00
(x) + (
est solution de (E
f (x) 4 x 2 f 0 (x) + x 2 +1 f 00 (x)
f (x) + (2 + 1)x 2 f 0 (x) + x 2 +1 f
1
1
2 + 1))f
0
(x) + xf
(x)
(x)] = 0
).
g est solution de E sur ]0; +1[
2. Considérons une combinaison linéaire nulle de f et g :
f + g =0
La somme d’une série entière est continue en 0, donc lim f (x) = f (0) = 1:
x!0+
De même lim+ f
x!0
(x) = 1 et par conséquent lim+ g (x) =
x!0
On a donc en passant à la limite :
si
si
>0,
<0,
+1 si > 0
.
0 si < 0
=0
et donc dans les deux cas
=0
=
= 0 car f et g ne sont
pas la fonction nulle.
Les deux fonctions sont donc linéairement indépendantes.
On sait que l’ensemble des solutions sur un intervalle où le coe¢ cient de y" ne s’annule pas d’une équation di¤érentielle linéaire est un espace vectoriel de dimension 2, donc la solution générale de (E ) sur R+ est :
9 ( ; ) 2 R2 ; 8x 2 ]0; +1[ y(x) = f (x) + g (x)
3. La dérivée de y( x) est
si et seulement si
ce qui, en substituant
y 0 ( x) et sa dérivée seconde est y( x). Donc x 7! y( x) est solution de (E ) sur ]0; +1[
8x 2 ]0; +1[ xy 00 ( x)
(2 + 1)y 0 ( x) + xy( x) = 0
x à x, équivaut à
8x 2 ]
xy 00 (x)
1; 0[
(2 + 1)y 0 (x)
donc à y solution de (E ) sur ] 1; 0[.
Comme f et f
sont paires, on a donc comme solution générale sur ]
9 ( ; ) 2 R2 ; 8x 2 ]
xy(x) = 0
1; 0[ :
1; 0[ y(x) = f (x) + ( x)
2
f
(x)
4. On adapte les calculs du I.4
1.
j 0 (x) = x
1
f (x) + x f 0 (x)
et
j 00 (x) = (
1)x
2
f (x) + 2 x
1 0
f (x) + x f 00 (x)
Donc
x2 j 00 (x) + xj 0 (x) + (x2
2
)j (x) = x
+1
[xf 00 (x) + ( 2 + 1))f 0 (x) + xf (x)] = 0
j est donc solution de (B ) . Et donc j
est solution de (B ) = (B ).
2. Le réel est non nul (car 2
= Z), donc on peut supposer > 0 ( l’autre cas est symétrique) j tend vers zéro en
0+ et j
vers +1. Comme en I.4.2, elles sont donc linéairement indépendantes. La solution générale de (B ) sur
]0; +1[ est
9 ( ; ) 2 R2 ; 8x 2 ]0; +1[ y(x) = j (x) + j (x)
On montre comme en I.4.3 que y est solution de B sur ] 1; 0[ si et seulement si x 7! y( x) est solution sur
]0; +1[. Donc la solution générale de B sur ] 1; 0[ est :
9 ( ; ) 2 R2 ; 8x 2 ]
1; 0[ y(x) = j ( x) + j
2
( x)
PARTIE II
1. On a une intégrale à paramètre à dériver :
Posons '(x; t) = (1
t2 )
1
2
cos xt.
pour tout t 2 [0; 1[ la fonction x 7! '(x; t) est deux fois dérivable sur R avec
@'
=
@x
t(1
1
2
t2 )
sin xt
@2'
=
@x2
et
t2 (1
t2 )
1
2
Pour tout x 2 R la fonction t 7! '(x; t) est continue sur [0; 1[, et on a domination :
8
>
< continue sur [0; 1[
1
1
1
2
2
j'(x; t)j (1 t )
intégrable sur (0; 1[ car (1 t2 ) 2 = ((1 t) (1 + t)) 2
>
:
indépendante de x
cos xt
2
1
2
(1
t)
1
2
1
>
2
avec
La domination par une fonction intégrable assure l’intégrabilité.
@'
(x; t) est continue sur [0; 1[, et on a la même domination :
Pour tout x 2 R la fonction t 7!
@x
@'
(x; t)
@x
Pour tout x 2 R la fonction t 7!
1
2
t2 )
(1
@2'
(x; t) est continue sur [0; 1[, et on a toujours la même domination :
@x2
@2'
(x; t)
@x2
1
2
t2 )
(1
Z
On en déduit donc que h est C 2 sur R et que l’on peut dériver sous le signe
:
2.
1. On a donc :
h00 (x) =
Z
1
0
Z
@2'
(x; t) dt =
@x2
1
t2 (1
t2 )
1
2
cos xt dt
0
et donc :
xh00 (x) + xh (x)
= x
= x
Z
Z
1
1
2
t2 )
(1
0
1
cos xt dt
Z
1
t2 (1
t2 )
1
2
cos xt dt
0
(1
t2 )
+ 21
cos xt dt
0
1
2. On intègre par partie en posant u = (1 t2 ) + 2 et v = sin xt (fonctions C 1 sur [0; 1[ ) , u0 = t (2 + 1) (1
et v 0 = x cos xt. Pour a 2 [0; 1[. Alors
Z a
Z a
h
ia
1
1
1
t(1 t2 ) 2 sin xt dt
(1 t2 ) + 2 x cos xt dt = (1 t2 ) + 2 sin xt + (2 + 1)
0
0
Z 0a
1
2 + 12
= (1 a )
sin xa + +(2 + 1)
t(1 t2 ) 2 sin xt dt
0
En faisant tendre a vers 1, il vient
xh00 (x) + xh (x) = (2 + 1)
Z
1
t(1
t2 )
1
2
sin xt dt = (2 + 1)h0 (t)
0
Donc h est bien solution sur R de (E )
.
3
t2 )
1
2
1
3. On développe le cosinus en série entière :
h (x) =
Z
1
(1
1
2
t2 )
0
X
( 1)n
n=0
(xt)2n
dt
(2n)!
> ( 1)n (1
On doit intégrer termes à termes cette série : posons un : t
La série
1
X
1
2
t2 )
(xt)2n
.
(2n)!
un converge simplement vers t 7! '(x; t) par construction
les fonctions un sont intégrables sur [0; 1[ car continue sur [0; 1[ et
jun (t)j = (1
La série
XZ
0
t)
1
2
(1 + t)
1
2
(xt)2n
(2n)!
1
1
2
2
x2n
(1
(2n)!
t)
1
2
avec
1=2 >
1
1
jun (t)j dt converge car pour t 2 [0; 1[, on peut écrire
Z
1
x2n
(2n)!
jun (t)j dt
0
Z
1
(1
t2 )
1
2
dt
0
x2n
converge (sa somme est ch(x) ) .
(2n)!
L’intégration terme à terme est donc possible, et on obtient la relation demandée.
Or l’intégrale est une constante, et la série de terme général
h (x) =
+1
X
( 1)n In ( ) 2n
x
(2n)!
n=0
4. On a vu au I.3.2 que toute solution y de (E ) développable en série entière et paire, était égale à y(0)f . C’est le cas
de h (la parité est évidente), donc
h = h (0)f
5. Par unicité du développement en série entière, et en remarquant que h (0) = I0 ( ), on obtient
In ( ) = I0 ( )
(2n)!
22n n!Pn ( )
PARTIE III
1. Le sujet exprime Fe en fonction de F . Toutes les fonctions sont C 2 :
on peut donc dériver les fonctions composées.
La fonction F~ est composée de deux fonctions de classe C 2 , et :
(r; ) > (r cos( ); r sin ( )) de ]0; +1[
F sur R2 r f0; 0g
R sur R2 r f0; 0g
@ Fe
@F
@x
@F
@y
@F
@F
(r; ) =
[r cos ; r sin ] (r; ) +
[r cos ; r sin ] (r; ) = cos
[r cos ; r sin ] + sin
[r cos ; r sin ]
@r
@x
@r
@y
@r
@x
@y
On dérive de nouveau par rapport à r on obtient
0
@2F
@2F
[r
cos
;
r
sin
]
+
sin
[r cos ; r sin ] +
cos
cos
2e
B
@ F
@x2
@x@y
B
(r;
)
=
2
2
@
@ F
@ F
@r2
sin
cos
[r cos ; r sin ] + sin
[r cos ; r sin ]
@x@y
@y 2
@2F
@2F
= cos2
[r cos ; r sin ] + sin2
[r
cos
;
r
sin
]
+
2
cos
sin
@x2
@x@y
Passons à
1
C
C
A
@2F
[r cos ; r sin ]
@y 2
:
@ Fe
(r; )
@
=
= r
@F
[r cos ; r sin ] + r cos
@x
@F
sin
[r cos ; r sin ] + cos
@x
r sin
4
@F
[r cos ; r sin ]
@y
@F
[r cos ; r sin ]
@y
En redérivant par rapport à , r est en facteur.
0
@2F
@2F
@F
sin
r sin
[r cos ; r sin ] + r cos
[r cos ; r sin ]
cos
[r cos ; r sin
2e
B
2
@ F
@x
@x@y
@x
B
(r;
)
=
r
@
@2F
@F
@2F
@ 2
cos
r sin
[r cos ; r sin ]
sin
[r cos ; r sin ] + r cos
@x@y
@y 2
@y
0
2
2
2
@ F
@ F
@ F
r sin2
[r cos ; r sin ] + r cos2
[r cos ; r sin ] 2r cos sin
[r cos ; r sin ]
2
2
B
@x
@y
@x@y
= r@
@F
@F
cos
[r cos ; r sin ] sin
[r cos ; r sin ]
@x
@y
1
] C
C
A
1
C
A
Et en rassemblant tout ceci, on obtient :
@ 2 Fe
(r; )
=
@r2
1 @ Fe
1
@F
(r; ) = + cos
[x; y]
r @r
r
@x
1
1 @ 2 Fe
@F
(r; ) =
cos
[x; y]
r2 @ 2
r
@x
et donc :
1
+ sin
r
1
sin
r
@F
[x; y]
@y
@F
[x; y]
@y
+ cos2
@2F
[x; y]
@x2
+2 cos sin
@2F
[x; y]
@x@y
+ sin2
@2F
[x; y]
@y 2
+ sin2
@2F
[x; y]
@x2
2 cos sin
@2F
[x; y]
@x@y
+ cos2
@2F
[x; y]
@y 2
@ 2 Fe
1 @ Fe
1 @ 2 Fe
@2F
@2F
(r;
)
+
(r;
)
+
(r;
)
=
[x;
y]
+
[x; y]
@r2
r @r
r2 @ 2
@x2
@y 2
e
@F
@ 2 Fe 1 @ Fe
1 @ r @r
Une remarque du type
+
=
@r2
r @r
r
@r
ne simpli…e pas énormément le calcul.
2. L’hypothèse "non identiquement nulle " est importante. Par exemple si F = 0 , f = 0 , et g quelconque (non périodique)
est solution du problème.
1. Fe étant non identiquement nulle, .Il existe au moins un réel r0 tel que f (r0 ) 6= 0 et un angle
On a alors
F (r0 cos ; r0 sin )
F~ (r; )
=
g( ) =
f (r0 )
f (r0 )
qui est bien 2 -périodique.
2. Vue la forme de Fe :
@ 2 Fe
@ Fe
@ 2 Fe
(r; ) = f 0 (r)g( ) ,
(r;
)
=
f
"(r)g(
)
,
(r; ) = f (r)g" ( )
@r
@r2
@ 2
donc :
1
1
F (r cos ; r sin ) = f 00 (r)g( ) + f 0 (r)g( ) + 2 f (r)g 00 ( )
r
r
Donc la condition
F + ! 2 F = 0 équivaut à
1
1
f 00 (r)g( ) + f 0 (r)g( ) + 2 f (r)g 00 ( ) + ! 2 f (r)g( ) = 0
r
r
ou encore (en multipliant par r2 6= 0 )
rg( ) rf "(r) + f 0 (r) + ! 2 r2 f (r) =
f (r)g"( )
On peut diviser par f (r0 ) non nul :
g 00 ( ) =
Si on pose
= r0
r0
r0 f 00 (r0 ) + f 0 (r0 ) + r0 ! 2 f (r0 )
g( )
f (r0 )
r0 f 00 (r0 ) + f 0 (r0 ) + r0 ! 2 f (r0 )
on a g 00 ( ) + g( ) = 0 .
f (r0 )
8 2 R g 00 ( ) + g( ) = 0
5
0
tel que g ( 0 ) 6= 0:
On a donc pour tout
et tout r > 0 : :
rg( ) rf "(r) + f 0 (r) + ! 2 rf (r) = f (r)g( )
Il su¢ t alors de prendre la valeur en
0
et de diviser par g ( 0 ) 6= 0 pour avoir :
8r 2 R+ , r2 f "(r) + rf 0 (r) + (! 2 r2
)f (r) = 0
3. On cherche à résoudre l’équation di¤érentielle linéaire à coe¢ cients constants : g 00 + g = 0
p
p
) + b exp( x
).
Si < 0, les solutions sont de type a exp(x
– Si a 6= 0 la limite en +1 est signe(a):1 :la fonction est non périodique donc a = 0
– Si b 6= 0 on regarde la limite en 1:
– la seule solution périodique est la fonction nulle (impossible ici)
Si = 0 on a un entier naturel. Les solutions sont du type ax + b périodique si et seulement si a = 0 .
Si est strictement positif, alors les solutions sont de type
p
p
p
a cos(
) + b sin(
) = A cos
+
qui sont 2 -périodiques si et seulement si A = 0 (exclu) ou cos
p
p
p
+ = 0 on a cos(2
) = 1 donc
2 Z donc 2 N
prenant
p
+
p
= cos
+
+2
p
. En
est de la forme p2 , avec p 2 N
4. le calcul précédent donne :
Si p = 0, g est donc constante.
Sinon, g( ) est de la forme : a cos(p ) + b sin(p )
3.
1. Si p = 0, l’équation (i) s’écrit
rf 00 (r) + f 0 (r) = 0
0
0
donc f (r) est solution de l’équation di¤érentielle ry + y = 0, donc de la forme A exp
Z
dr
r
=
A
. Donc
r
f (r) est de la forme A ln r + B
.
2. Si p 6= 0, donc
6= 0, (i) s’écrit
r2 f 00 (r) + rf 0 (r)
f (r) = 0
C’est une équation di¤érentielle linéaire du second ordre le coe¢ cient de f " n’ayant pas de racines sur le domaine
de calcul : R+ . L’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 2 . Or une fonction du type r 7! r
est solution si et seulement si (
1) +
= 0, soit
= p. Ce qui donne deux solutions linéairement
indépendantes : r > rp et r > r p ,
f (r) est de la forme Arp + Br
p
Réciproquement on peut alors véri…er que dans les deux cas : Fe(r; ) =
véri…ent bien
4. On a f10 (r) =
@ 2 Fe
1 @ 2 Fe
1 @ Fe
(r; ) +
(r; ) + 2
(r; ) = 0 et donc
2
@r
r @r
r @ 2
1 0 r
f
!
!
et f100 (r) =
k (A ln r + B)
(a cos(p ) + b sin(p )) Arp + Br
p
F = 0:
1 00 r
f
.
!2 1 !
Donc
r2 f100 (r) + rf10 (r) + (r2
p2 )f1 (r) =
r
!
2
f 00
r
r
r
r
+ f0
+ !2
!
!
!
!
2
f
r
!
qui est nul parce que f est solution de (i).
Remarque On s’est ainsi ramené à (Bp ), étudiée dans la première partie. On a donc les fonctions f sous forme de série
entière , ou sous forme d’intégrales avec la seconde partie.
6