Concours commun national marocain 2005:

corrigé epreuve Math 1, MP

I. Résultats préliminaires.

A- Un résultat de dérivation.

1. La formule de Taylor-Young à l'ordre 2, s'écrit:
   $$\begin{array}{ll} f(x_0+h)=f(x_0)+hf'(x_0)+\frac{h^2}2f''(x_... ..._0)-hf'(x_0)+\frac{h^2}2f''(x_0)+o(h^2)&\qquad (2) \end{array}$$
2. En faisant (1)+(2), on obtient:
   $\dfrac{f(x_0+h)+f(x_0-h)-2f(x_0)}{h^2}=f''(x_0)+o(1)\longrightarrow f''(x_0)$, quand $h\longrightarrow 0^+$.
3. Si $f''=0$, on peut affirmer que $f$ est affine.

A- Un résultat de convergence.

1. 1. ?
   2. $$\begin{array}{ll} \\ ds\int_0^{2\pi}b_n^2\sin^2(nx)dx&=\dfr... ...n(2nx)}{2n}\right]_{x=0}^{x=2\pi}\\ &=\pi b_n^2 \end{array}$$.
      Ainsi $b_n^2=\dfrac 1\pi \ds\int_0^{2\pi}v_n^2(x)dx\longrightarrow 0$, quand $n\longrightarrow +\infty.$
2. 1. $c_n=\min(1,\vert b_n\vert)$, d'où $0\ioe c_n\ioe 1$, donc $(c_n)$ est bornée.
      D'autre part $\vert w_n(x)\vert\ioe \vert v_n(x)\vert$, et $(v_n)_{n\soe 1}$ converge simplement vers 0, donc $(w_n)_{n\soe 1}$ aussi.
   2. Ainsi $(c_n)_{n\soe 1}$ est bornée et $(w_n)_{n\soe 1}$ converge simplement vers 0, en faisant jouer à $c_n$ le rôle joué par $b_n$ dans la question précédente, on déduit que $\lim {n}{+\infty}c_n=0$, donc à partir d'un certain rang $c_n<1$, pour cela utilier la définition de la limite pour $c_n$ avec $\varepsilon=1$, et alors $c_n=\vert b_n\vert$ à partir d'un certain rang, donc $\lim {n}{+\infty}b_n\vert=0$ et par suite $\lim {n}{+\infty}b_n=0$.

II. Série trigonométrique dont la somme est continue.

1. 1. Pour tout réel, $x$, la série numérique $\ds\sum_{n\soe 1}u_n(x)$ est convergent, donc son terme génbéral $u_n(x)$ converge vers 0.
   2. En particulier $u_n(0)=a_n$ converge vers 0.
   3. $0\ioe \vert v_n(x)\vert=\vert u_n(x)-a_n\cos(nx)\vert\ioe \vert u_n(x)\vert+\vert a_n\vert\longrightarrow 0$, quand $n\longrightarrow +\infty$, donc $\lim {n}{+\infty}v_n(x)=0$, pour tout réel, $x$. Ainsi $(v_n)$ converge simplement vers 0, et d'aprés la partie I.B, on peut conclure que $\lim {n}{+\infty}b_n=0$.
2. 1. $\vert u_n(x)\vert=\vert a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\vert\ioe \vert a_n\vert+\vert b_n\vert\ioe M$, car $(\vert a_n\vert+\vert b_n\vert)$ est bornée, puisqu'elle converge vers 0, ainsi $\left\vert\dfrac{u_n(x)}{n^2}\right\vert\ioe \dfrac{M}{n^2}$ et d'autre part $\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac{1}{n^2}$ est une série de Riemann convergente, donc $\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac{u_n(x)}{n^2}$ converge normalement, dont le terme général est continue donc sa somme est aussi continue.
   2. Pour tout réel, $x$ et tout entier, $N$, on a $\ds\sum_{n=1}^N\dfrac{u_n(x+2\pi)}{n^2}=\ds\sum_{n=1}^N\dfrac{u_n(x)}{n^2}$, quand on fait tendre $N$ vers $+\infty$, on obtient $F(x+2\pi)=F(x)$, donc $F$ est $2\pi$-périodique.
      Calculons les coéfficients de Fourrier de $F$
      $$\begin{array}{ll} a_n(F)&=-\dfrac 1\pi\ds\int_{-\pi}^\pi\ds\... ...}\dfrac 1{p^2}\ds\int_{-\pi}^\pi u_p(x)\cos (nx)dx \end{array}$$
      On peut permuter signes somme et intégrale vu qu'il y a convergence normale sur $[-\pi,\pi]$.
      D'autre part:
      $\ds\int_{-\pi}^\pi u_p(x)\cos (nx)dx=a_p\ds\int_{-\pi}^\pi\cos(px)\cos(nx)dx+b_p\ds\int_{-\pi}^\pi\sin(px)\cos(nx)dx$ Et on sait que: $\cos a\cos b=\dfrac 12(\cos (a+b)+\cos(a-b))$, donc $\ds\int_{-\pi}^\pi\cos(px)\cos(nx)dx=\dfrac 12\ds\int_{-\pi}^\pi(\cos (n+p)x+\... ...eft[\dfrac{\sin (n+p)x}{n+p}+\dfrac{\sin (n-p)x}{n-p}\right]_{x=-\pi}^{x=\pi}=0$ si $n\neq p$
      Si $n=p$, alors $\ds\int_{-\pi}^\pi\cos(px)\cos(nx)dx=\ds\int_{-\pi}^\pi\cos^2(nx)dx=\dfrac 12\... ...+p)x+1)dx=\dfrac 12\left[\dfrac{\sin (n+p)x}{n+p}+x\right]_{x=-\pi}^{x=\pi}=\pi$.
      $\ds\int_{-\pi}^\pi\sin(px)\cos(nx)dx=0$ car il s'agit d'intégrer sur $[-\pi,\pi]$ une fonction impaire.
      Conclusion: $a_n(F)=-\dfrac 1{n^2}$. Et pareil pour le calcul de $b_n(F)$.
3. 1. On a $\varphi$ est continue sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$ et de classe ${\cal C}^1$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}} ^*$, avec $\varphi '(t)=\dfrac{2\sin t (t\cos t-\sin t)}{t^3}\sim_0-\dfrac t3\longrightarrow 0$ quand $t\longrightarrow 0$, donc $\varphi$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$
   2. $\left\vert\varphi '(t)\right\vert=\left\vert\dfrac{2\sin t (t\cos t-\sin t)}{t^3}\right\vert\ioe \dfrac{2t+1}{t^3}\sim_{+\infty}\dfrac{2}{t^2}$, intégrable au voisinage de $+\infty$, donc $\varphi '$ aussi.
4. 1. $$\begin{array}[t]{l} \dfrac{F(x+2h)+F(x-2h)-2F(x)}{4h^2}\\ ... ...}^{+\infty}(a_n\cos (nx)+b_n\sin (nx))\varphi (nh) \end{array}$$
   2. Commençons par le 2 ème membre de l'égalité:
      $$\begin{array}[t]{l} \ds\sum_{n=0}^{+\infty}\left(S_n(x)-f(x)... ...nx)\\ =\dfrac{F(x+2h)+F(x-2h)-2F(x)}{4h^2}-f(x) \end{array}$$
   3. 1. Découle de la définition de la limite: $\lim {n}{+\infty}S_n(x)=f(x)$ pour $x$, fixé.
      2. On a: $\varphi (nh)-\varphi ((n+1)h)=\ds\int_{nh}^{(n+1)h}\varphi '(t)dt$, donc
         $$\begin{array}[t]{l} \left\vert\ds\sum_{n=N}^{+\infty}\left(S... ...0}^{+\infty}\left\vert\varphi '(t)\right\vert dt=A \end{array}$$
      3. D'aprés la question précédente, on peut conclure que $\lim {h}{0^+}\ds\sum_{n=N}^{+\infty}\left(S_n(x)-f(x)\right)\left(\varphi (nh)-\varphi ((n+1)h)\right)=0$, d'autre part $\lim {h}{0^+}\varphi (nh)-\varphi ((n+1)h)=0$ pour tout $0\ioe n\ioe N-1$, donc $\lim {h}{0^+}\ds\sum_{n=0}^{N-1}\left(S_n(x)-f(x)\right)\left(\varphi (nh)-\varphi ((n+1)h)\right)=0$, puisqu'il s'agit d'une somme finie, et par suite $\lim {h}{0^+}\ds\sum_{n=0}^{+\infty}\left(S_n(x)-f(x)\right)\left(\varphi (nh)-\varphi ((n+1)h)\right)=0$, donc tenant comte de la question 4.2, on peut conclure que $\lim {h}{0^+}\dfrac{F(x+2h)+F(x-2h)-2F(x)}{4h^2}=f(x)$
5. 1. Dans cette question il semble y avoir une erreur d'énoncé, il fallait plutôt montrer que $\dfrac F4-F_1$ est affine au lieu de $F-F_1$
      Posons $G(x)=\ds\int_0^xf(t)dt$, et utilisons une intégration par partie dans $F_1$ où $$\begin{array}[t]{ll} u'(t)=f(t)&\quad u=G(t)\\ v(t)=x-t&\quad v'(t)=-1 \end{array}$$, alors $F_1(x)=\left[(x-t)G(t)\right]_{t=0}^{t=x}+G(t)=\ds\int_0^xG(t)dt$ est de classe ${\cal C}^2$ car $G$ est de classe ${\cal C}^1$ l'est en tant que primitive d'une fonction continue, avec $F_1'=G$ et $F_1''=G'=f$.
   2. D'aprés le préliminaire $\lim {h}{0^+}\dfrac{F_1(x+2h)+F_1(x-2h)-2F_1(x)}{h^2}=F_1''(x)=f(x)$, on pose $F_2=\dfrac F4-F_1$, alors:
      $$\begin{array}{l} \lim {h}{0^+}\dfrac{F_2(x+2h)+F_2(x-2h)-2F_... ...F_1(x+2h)+F_1(x-2h)-2F_1(x)}{h^2}\\ f(x)-f(x)=0 \end{array}$$
      , donc $F_2=\dfrac F4-F_1$ est affine et par suite $F_2''=0$, d'où $F''=4F_1''=4f$.
   3. $f$ est $2\pi$-périodique en tant que limite simple de fonctions $2\pi$-périodique.
      Calculons les coéfficients de Fourier associés à $f$.
      $$\begin{array}{ll} a_n(f)&=\dfrac 1\pi\ds\int_{-\pi}^\pi f(t)... ...p\ds\int_{-\pi}^\pi\sin (pt)\cos (nt)dt\right)\\ \end{array}$$
      Or $\cos (pt)\cos (nt)=\dfrac 12\left(\cos (p+n)t+\cos (p-n)t\right)$, donc:
      $$\begin{array}{ll} \ds\int_{-\pi}^\pi\cos (pt)\cos (nt)dt=&\pi\text{ si }n=p\\ &0\text{ si }n\neq p \end{array}$$
      et $\ds\int_{-\pi}^\pi\sin (pt)\cos (nt)dt=0$, comme integrale sur $[-\pi,\pi]$ d'une fonction impaire.
      Donc $a_n(f)=a_n$ et de même on montre que $b_n(f)=b_n$.

III. Séries trigonométriques impaires.

A- Une application à l'étude précédente.

1. Pour tout réel, $x$ fixé on a $\lim {n}{+\infty}v_n(x)=0$, en tant que terme général d'une série numérique convergente, et d'aprés la partie I.B on peut affirmer que $\lim {n}{+\infty}b_n=0$.
2. La suite $(b_n)$ est bornée par un réel $M$, car convergente, donc
   $$\begin{array}[t]{ll} \left\vert\dfrac{v_n(x)}{n^2(n^2+1)}\ri... ...oe \dfrac{M}{n^2(n^2+1)}\\ &\ioe \dfrac{M}{n^4} \end{array}$$ et $\dfrac{1}{n^4}$ est le terme général d'une série de Rieman convergente, donc $\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac{v_n(x)}{n^2(n^2+1)}$ converge normalement sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$. D'autre part:
   $$\begin{array}[t]{ll} \left\vert\dfrac{v'_n(x)}{n^2(n^2+1)}\r... ...\ioe \dfrac{M}{n(n^2+1)}\\ &\ioe \dfrac{M}{n^3} \end{array}$$ et $\dfrac{1}{n^3}$ est le terme général d'une série de Rieman convergente, donc $\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac{v'_n(x)}{n^2(n^2+1)}$ converge normalement sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$, et enfin
   $$\begin{array}[t]{ll} \left\vert\dfrac{v''_n(x)}{n^2(n^2+1)}\... ...&\ioe \dfrac{M}{(n^2+1)}\\ &\ioe \dfrac{M}{n^2} \end{array}$$ et $\dfrac{1}{n^2}$ est le terme général d'une série de Rieman convergente, donc $\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac{v''_n(x)}{n^2(n^2+1)}$ converge normalement sur $\ensuremath{\mathbb{R}}$. Et ainsi on peut dériver sous le signe somme, d'où $\psi$ est de classe ${\cal C}^2$, avec: $\psi ''(x)=\ds\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{v''_n(x)}{n^2(n^2+1)}=-\ds\sum_{n= 1}^{+\infty}\dfrac{b_n\sin (nx)}{n^2+1}$.
3. $g$ est bien définie car elle converge normalement d'aprés la question précédente, d'autre part $\ds\sum_{n= 1}^{+\infty}\dfrac{b_n\sin'' (nx)}{n^2}=-f(x)$ converge simplement et continue, donc $\ds\sum_{n= 1}^{+\infty}\dfrac{b_n\sin (nx)}{n^2}$ est de classe ${\cal C}^2$, et aussi $\ds\sum_{n= 1}^{+\infty}\dfrac{b_n\sin (nx)}{n^2(n^2+1)}=\psi (x)$, avec la possibilité de dériver sous le signe somme, donc $g$ est de classe ${\cal C}^2$, avec:
   $$\begin{array}[t]{ll} g''(x)&=\ds\sum_{n= 1}^{+\infty}\dfra... ...infty}\dfrac{b_n\sin (nx)}{n^2+1}\\ &-f(x)+g(x) \end{array}$$
   et donc $-g''+g=f$.
4. La solution générale est de la forme $y=y_H+y_0$ où $y_H$ solution générale de l'équation sans second membre $-y''+y=0$, alors $y_H(x)=Ae^x+Be^{-x}$ et $y_0$ solution particulière avec second membre $-y''+y=f$, d'aprés la question précédente $g$ en est une, donc on peut prendre $y_0=g$, d'où $y(x)=Ae^x+Be^{-x}+g(x)$, or $y(0)=y(\pi)=0$ et $y(0)=y(\pi)=0$, d'où $y=g$.

B- Cas où la suite $(b_n)_{n\soe 1}$ des coéfficients est décroissante.

1. 1. $$\begin{array}[t]{ll} A_n(x)+iB_n(x)&=\ds\sum_{k= 1}^{n}\cos ... ...n }e^{ix}\\ &=\dfrac{1-e^{inx}}{1-e^{ix}}e^{ix} \end{array}$$.
      D'autre part en utilisant la relation $1-e^{i\theta}=-2i\sin\left(\frac\theta 2\right)e^{i\frac\theta 2}$, on a:
      $$\begin{array}[t]{ll} A_n(x)+iB_n(x)&=\dfrac{1-e^{inx}}{1-e^{... ...2\right)+i \sin \left( (n+1)\frac x2\right)\right) \end{array}$$.
      D'où $$\begin{array}[t]{l}B_n(x)=\dfrac{\sin\left(\frac{nx} 2\righ... ...(\frac x 2\right)}\cos \left( (n+1)\frac x2\right) \end{array}$$,
      donc $$\begin{array}[t]{ll} \dfrac 12+A_n(x)&=\dfrac{2\sin\left(\fr... ...n+\frac 12) x\right)}{2\sin\left(\frac x 2\right)} \end{array}$$
      En utilisant la formule $2\sin a\cos b=\sin(a+b)-\sin (a-b)$.
   2. Il faut ajouter dans la question ceci: $x\notin 2\pi\ensuremath{\mathbb{Z}}$, dans ce cas $\vert B_n(x)\vert\ioe \dfrac 1{\left\vert \sin\left(\frac x 2\right)\right\vert}$ nombre réel qui ne dépond pas de $n$.
2. 1. $$\begin{array}[t]{ll} \ds\sum_{k= 1}^{n}b_k\sin (kx)&=\ds\sum... ..._k-b_{k+1})B_k(x)+b_nB_n(x)\qquad\text{ car }B_0=0 \end{array}$$
   2. $$\begin{array}[t]{ll} \ds\sum_{p= 1}^{n-1}\left\vert(b_p-b_{p... ...eft\vert \sin\left(\frac x 2\right)\right\vert}b_0 \end{array}$$
      D'où la convergence absolue.
   3. D'aprés 2.1 $\ds\sum_{k= 1}^{n}v_k(x)=\ds\sum_{k= 1}^{n-1}(b_k-b_{k+1})B_k(x)+b_nB_n(x)$, avec $\ds\sum_{k= 1}^{n-1}(b_k-b_{k+1})B_k(x)$ qui converge absolument, $(B_n(x))_{n\soe 1}$ qui est bornée et $\lim {n}{+\infty}b_n=0$, d'où $\ds\sum_{k= 1}^{n}v_k(x)$ converge simplement dont la somme est impaire et $2\pi$-périodique, en tant que limite simple de fonctions impaires et $2\pi$-périodiques.
3. Un exemple.
   1. D'aprés la question III.B.1.1 on a:
      $\ds\sum_{k= 1}^{n}\cos (kt)=-\dfrac 12 +\dfrac{\sin \left( (n+\frac 12) t\right)}{2\sin\left(\frac t 2\right)}$, on integre cette inégalité entre $x$ et $\pi$ et on obtient: $\ds\sum_{k= 1}^{n}\dfrac{\sin (kx)}k=\dfrac{\pi-x}2-\dfrac 12\ds\int_x^\pi\dfrac{\sin \left( (n+\frac 12) t\right)}{2\sin\left(\frac t 2\right)}dt$
   2. Ca découle d'un résultat classique dont l'énoncé est le suivant:
      Si $\varphi$ est de classe ${\cal C}^1$ sur $[a,b]$, alors $\lim {\lambda}{+\infty}\ds\int_a^b\varphi(t)\sin(\lambda t)dt=0$
      En effet, en posant $$\begin{array}[t]{ll} u'=sin(\lambda t)dt&\quad u=-\dfrac{cos... ...lambda}\\ v=\varphi(t)&\quad v'=\varphi'(t)\\ \end{array}$$,
      $M_0(\varphi)=\sup\limits_{[a,b]}\left\vert\varphi(t)\right\vert$ et $M_1(\varphi)=\sup\limits_{[a,b]}\left\vert\varphi'(t)\right\vert$ On aura: $$\begin{array}[t]{ll}\left\vert\ds\int_a^b\varphi(t)\sin(\lamb... ...\ &\text{ quand }\lambda\longrightarrow +\infty \end{array}$$
      Et donc $S(x)=\ds\sum_{k= 1}^{+\infty}\dfrac{\sin (kx)}k=\dfrac{\pi-x}2$.
   3. $S(0)=\dfrac \pi 2$, ainsi $S$ est discontinue en 0, car $\ds\sum_{k= 1}^{+\infty}\dfrac{\sin (k0)}k=0$.
4. Une condition nécessaire de continuité.
   1. $$\begin{array}[t]{lll} G(-\theta)&=\ds\int_0^{-\theta}f(t)dt&... ...eta}f(u)du&f\text{ est impaire.}\\ &=G(\theta)& \end{array}$$.
      D'autre part:
      $$\begin{array}[t]{lll} G(\theta+2\pi)&=\ds\int_0^{\theta+2\pi... ...nt_0^{2\pi}\sin(nu)du+G(\theta)&\\ &=G(\theta)& \end{array}$$
   2. Dans cette question il s'agit d'un développement limité à l'ordre 1 au voisinage de 0, comme $G$ est de classe ${\cal C}^1$, en tant que primitive d'une fonction continue, alors ce développement est $G(\theta)=G(0)+\theta G'(0)+o(\theta)$, or $G(0)=0$ et $G'(0)=f(0)=0$ car $f$ impaire. donc $G(\theta)=o(\theta)$.
   3. $$\begin{array}[t]{ll} a_n(G)&=\dfrac 1\pi\ds\int_{-\pi}^{\pi}... ..._{-\pi}^{\pi}f(u)\sin(nt)du\\ &=-\dfrac {b_n}n \end{array}$$.
      D'autre part $b_n(G)=\dfrac 1\pi\ds\int_{-\pi}^{\pi}G(t)\sin(nt)dt=0$ car $t\mapsto G(t)\sin(nt)$ est impaire puisque $G$ paire.
   4. Ainsi la série de Fourier associée à $G$ est $\left(-\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac {b_n}n\cos(nx)\right)$, elle converge simplement vers $G(x)-\dfrac{a_0(G)}{2}$, puisque $G$ est de classe ${\cal C}^1$, ici il faut faire attention le $a_0(G)$ définie dans l'énoncé n'est pas le coéfficient de Fourier pour $n=0$ car ce dernier est donné par la formule $\dfrac 1{2\pi}\ds\int_{0}^{2\pi}G(t)dt=\dfrac 1{2\pi}\ds\int_{-\pi}^{\pi}G(t)dt=\dfrac{a_0(G)}{2}$, puisque $G$ est paire.
      Pour $x=0$ la série $\left(\ds\sum_{n\soe 1}\dfrac {b_n}n\right)$ est convergente dont la somme est $\dfrac{a_0(G)}{2}$.
   5. 1. On a: $$\begin{array}[t]{lll} E\left(\dfrac k2\right)&=\dfrac k2&\te... ...}\\ &=\dfrac {k-1}2&\text{si }k\text{ impair} \end{array}$$.
         Dans tous les cas: $E\left(\dfrac k2\right)\soe \dfrac {k-1}2$, si $E\left(\dfrac k2\right)+1\ioe n\ioe k$, alors $\dfrac {k+1}2\ioe n\ioe k$, donc $\dfrac {\pi}2+\dfrac {\pi}{2k}\ioe \dfrac{n\pi}k\ioe \pi$, et alors $\dfrac {\pi}2\ioe \dfrac{n\pi}k\ioe \pi$, donc $\cos\left(\dfrac{n\pi}k\right)\ioe 0$. Et donc $1-\cos\left(\dfrac{n\pi}k\right)\soe 1$, d'où $\dfrac{b_n}n\left(1-\cos\left(\dfrac{n\pi}k\right)\right)\soe \dfrac{b_n}n$, or $E\left(\dfrac k2\right)+1\ioe n\ioe k$, donc $\dfrac 1n\soe\dfrac 1k$ et $(b_n)$ est décroissante, donc $b_n\soe b_k$, d'où
         $$\begin{array}[t]{ll} \ds\sum_{n=E\left(\frac k2\right)+1}^... ...\right)\right)\dfrac{b_k}k\\ &\soe \dfrac{b_k}2 \end{array}$$
         car $E\left(\dfrac k2\right)\ioe \dfrac k2,$ donc $k-E\left(\dfrac k2\right)\soe \dfrac k2$
      2. $$\begin{array}[t]{ll} G\left(\dfrac\pi k\right)&=\dfrac{a_0(G... ...b_n}n\left(1-\cos\left(\dfrac{n\pi}k\right)\right) \end{array}$$
         Ainsi $$\begin{array}[t]{ll} G\left(\dfrac\pi k\right)&=\ds\sum_{n= ... ...dfrac{n\pi}k\right)\right)\\ &\soe \dfrac{b_k}2 \end{array}$$
         Et donc $0\ioe\dfrac{b_k}2\ioe G\left(\dfrac\pi k\right)=o\left(\dfrac\pi k\right)$, d'où $0\ioe nb_n\ioe 2o(\pi)=o(1)$, donc $\lim {n}{+\infty}nb_n=0$.

Fin du corrigé.