نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2001: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce sujet est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2001, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Thème : les fonctions de Bessel J_n(x) = (1/π)∫₀^π cos(x sin θ − nθ)dθ : équation différentielle, développement en série entière (Partie I), seconde solution non bornée (Partie II), transformée de Laplace de J₀(√t) (Partie III) et séries de Fourier (Partie IV). Correction proposée :

Partie I

1. Définition et continuité

h(x, θ) = cos(x sin θ − nθ) est continue sur ℝ × [0, π] et l'intégration porte sur un segment : par le théorème de continuité des intégrales à paramètre (domination par 1), J_n est définie et continue sur ℝ.

2. Classe C²

∂h/∂x = −sin θ sin(x sin θ − nθ) et ∂²h/∂x² = −sin²θ cos(x sin θ − nθ) existent et sont continues sur ℝ × [0, π] (bornées par 1). Par le théorème de dérivation sous le signe ∫ sur un segment (appliqué deux fois), J_n est C² et

J_n′(x) = −(1/π)∫₀^π sin θ sin(x sin θ − nθ)dθ, J_n″(x) = −(1/π)∫₀^π sin²θ cos(x sin θ − nθ)dθ.

3. J_n solution de (E_n)

Notons φ(θ) = x sin θ − nθ. Comme x² − x² sin²θ = x² cos²θ :

π[x²J_n″ + xJ_n′ + (x² − n²)J_n] = ∫₀^π [(x²cos²θ − n²)cos φ − x sin θ sin φ]dθ.

Or, avec φ′(θ) = x cos θ − n : d/dθ[(x cos θ + n) sin φ] = −x sin θ sin φ + (x cos θ + n)(x cos θ − n)cos φ, qui est exactement l'intégrande. Donc l'intégrale vaut [(x cos θ + n) sin(x sin θ − nθ)]₀^π = (n − x)sin(−nπ) − 0 = 0. J_n est solution de (E_n) sur ℝ.

4. Dimension

Sur ℝ₊*, x² ≠ 0 et (E_n) ⇔ y″ + y′/x + (1 − n²/x²)y = 0, équation linéaire normalisée d'ordre 2 à coefficients continus. Par le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, l'espace des solutions est de dimension 2.

5. Solution développable en série entière

(E₀) : x²y″ + xy′ + x²y = 0. Si f(x) = Σ a_kx^k (rayon R > 0) est solution : Σ k(k−1)a_kx^k + Σ k a_kx^k + Σ a_k−2x^k = 0, soit Σ k²a_kx^k + Σ_k≥2 a_k−2x^k = 0. Par unicité du développement : a₁ = 0 et k²a_k = −a_k−2 (k ≥ 2). Donc les a_2m+1 sont nuls et, avec a₀ = f(0) = 1,

a_2m = −a_2m−2/(4m²), soit a_2m = (−1)^m/(2^2m(m!)²).

Réciproque. |a_2m+2x^2m+2| / |a_2mx^2m| = x²/(4(m+1)²) → 0 : d'Alembert donne un rayon infini. La somme f est C^∞ sur ℝ, dérivable terme à terme, et ses coefficients vérifient les relations ci-dessus, donc f est solution de (E₀) sur ℝ avec f(0) = 1.

6. J₀(x) = Σ (−1)ⁿx²ⁿ/(2²ⁿ(n!)²)

(E₀) est singulière en 0 : on ne peut pas conclure directement par Cauchy-Lipschitz en 0. On développe donc sous l'intégrale : cos(x sin θ) = Σ_k≥0 (−1)^kx^2ksin^2kθ/(2k)!, série de fonctions continues de θ qui converge normalement sur [0, π] (terme majoré par |x|^2k/(2k)!, série convergente). On peut intégrer terme à terme :

J₀(x) = Σ_k (−1)^kx^2k/(2k)! · (1/π)∫₀^π sin^2kθ dθ.

Intégrales de Wallis : ∫₀^π sin^2kθ dθ = 2∫₀^π/2 sin^2kθ dθ = π(2k)!/(2^2k(k!)²). D'où

J₀(x) = Σ_n≥0 (−1)ⁿx²ⁿ/(2²ⁿ(n!)²) pour tout x réel : J₀ est la solution f de la question 5.

7. Valeur approchée de J₀(1)

J₀(1) = Σ (−1)ⁿu_n, u_n = 1/(4ⁿ(n!)²), suite positive décroissante vers 0 : série alternée, le reste est majoré par le premier terme négligé. u₀ = 1, u₁ = 1/4, u₂ = 1/64, u₃ = 1/2304, u₄ = 1/147456 ≈ 6,8·10⁻⁶ < 10⁻⁵.

Donc J₀(1) ≈ 1 − 1/4 + 1/64 − 1/2304 = 1763/2304 ≈ 0,765191, à 6,8·10⁻⁶ près (et par défaut, puisque le reste a le signe de +u₄). J₀(1) ≈ 0,76520 à 10⁻⁵ près (en ajoutant u₄, l'erreur tombe sous 7·10⁻⁸).

Partie II

1. J₀ ne s'annule pas sur [0, π/2]

Pour x ∈ [0, π/2] et θ ∈ [0, π], x sin θ ∈ [0, π/2], donc cos(x sin θ) ≥ 0, avec égalité seulement si x = π/2 et θ = π/2. L'intégrande est continue, positive, non identiquement nulle : J₀(x) > 0.

2. Équation (ε₀)

On écrit y = J₀φ (φ = φ_y). Alors y′ = J₀′φ + J₀φ′, y″ = J₀″φ + 2J₀′φ′ + J₀φ″ et, J₀ étant solution :

x²y″ + xy′ + x²y = x²J₀φ″ + (2x²J₀′ + xJ₀)φ′.

Sur ]0, π/2] (x ≠ 0, J₀ ≠ 0), y est solution de (E₀) ⇔ z = φ′ est solution de

(ε₀) : z′ = −(1/x + 2J₀′(x)/J₀(x)) z.

3. La fonction ψ

On pose ψ = −2J₀′/J₀. J₀ est C¹ et ne s'annule pas sur le segment [0, π/2] : ψ y est continue, donc bornée, et a fortiori sur ]0, π/2].

4.(a) Solution générale

Équation linéaire homogène : z(x) = C exp(∫_π/2^x (−1/s + ψ(s))ds), C ∈ ℝ. Comme ∫ψ = −2 ln J₀, cela donne explicitement z(x) = λ/(x J₀(x)²), λ ∈ ℝ.

4.(b) Existence de y₀

On prend λ = −1 : z(x) = −1/(xJ₀(x)²) = −1/x + ψ₁(x) avec ψ₁(x) = (J₀(x)² − 1)/(xJ₀(x)²). ψ₁ est continue sur ]0, π/2] et, J₀² étant C¹ avec J₀(0) = 1 et J₀′(0) = 0, (J₀² − 1)/x → 2J₀(0)J₀′(0) = 0 : ψ₁ se prolonge par continuité en 0, elle est donc bornée sur ]0, π/2]. Soit Φ₁(x) = ∫_π/2^x ψ₁, et y₀ = J₀(−ln x + Φ₁) : φ_y0′ = z est solution de (ε₀), donc y₀ est solution de (E₀) sur ]0, π/2] (question 2).

4.(c) Limite en 0

|Φ₁(x)| ≤ (π/2) sup|ψ₁| reste borné, −ln x → +∞ et J₀(x) → 1 : y₀(x) → +∞ quand x → 0⁺.

5. Prolongement N₀

Sur ℝ₊*, (E₀) s'écrit y″ = −y′/x − y (linéaire, coefficients continus). Par Cauchy-Lipschitz, il existe une unique solution N₀ sur ]0, +∞[ telle que N₀(1) = y₀(1), N₀′(1) = y₀′(1). N₀ et y₀ sont deux solutions sur l'intervalle ]0, π/2] avec les mêmes conditions en 1 : par unicité, N₀ = y₀ sur ]0, π/2].

6.(a) V est un sous-espace vectoriel

La fonction nulle est dans V ; si y₁, y₂ ∈ V et λ ∈ ℝ, λy₁ + y₂ est solution (linéarité) et bornée au voisinage de 0 (somme de fonctions bornées). V est un sev.

6.(b) dim V = 1

J₀ (continue sur ℝ, donc bornée près de 0) est dans V et non nulle. N₀ → +∞ en 0, donc N₀ ∉ V. (J₀, N₀) est libre (si aJ₀ + bN₀ = 0 avec b ≠ 0, N₀ serait bornée près de 0), c'est donc une base de l'espace des solutions (dimension 2, I.4). Si y = aJ₀ + bN₀ ∈ V, alors bN₀ = y − aJ₀ est bornée près de 0, donc b = 0. Ainsi V = Vect(J₀), de dimension 1, de base (J₀).

Partie III — Transformée de Laplace de J₀(√t)

1. Convergence

|J₀(x)| ≤ (1/π)∫₀^π 1 = 1, donc |J₀(√t)e^−pt| ≤ e^−pt, intégrable sur [0, +∞[ pour p > 0 : convergence absolue.

2. Majoration

|∫_a^+∞ J₀(√t)e^−ptdt| ≤ ∫_a^+∞ e^−ptdt = e^−ap/p.

3. ∫₀^+∞ tⁿe^−ptdt = n!/pⁿ⁺¹

Convergence : tⁿe^−pt = o(1/t²) en +∞. Soit I_n cette intégrale ; I₀ = 1/p et, par parties, I_n = [−tⁿe^−pt/p]₀^+∞ + (n/p)I_n−1 = (n/p)I_n−1. Par récurrence, I_n = n!/pⁿ⁺¹.

4. Somme g(x)

Σ xⁿ/(4ⁿn! pⁿ⁺¹) = (1/p)Σ (x/(4p))ⁿ/n! : série exponentielle, convergente pour tout x. g(x) = e^x/(4p)/p.

5. Choix de b

e^−bp/p → 0 et (2/p)e^−pb/2e^1/(2p) → 0 quand b → +∞ : un b assez grand vérifie les deux inégalités.

6.(a) Choix de N

b/(4(n+1)²) → 0 ; 1/(4ⁿpⁿ⁺¹n!) = (1/p)(1/(4p))ⁿ/n! → 0 (terme d'une série exponentielle) ; Σ_k≥n (−1)^k/(4^kk!p^k+1) est le reste d'ordre n de la série convergente g(−1), donc → 0. Chaque condition est vraie à partir d'un certain rang ; N = le plus grand des trois rangs convient.

6.(b) Majoration sur [b, +∞[

Pour t ≥ b, e^−pt = e^−pt/2e^−pt/2 ≤ e^−pb/2e^−pt/2, donc par la question 3 (avec p/2) : ∫_b^+∞ tⁿe^−ptdt ≤ e^−pb/2 n!/(p/2)ⁿ⁺¹ = n!(2/p)ⁿ⁺¹e^−pb/2. Puis

|∫_b^+∞ Σ_n=0^N−1 …| ≤ Σ_n=0^N−1 n!(2/p)ⁿ⁺¹e^−pb/2/(4ⁿ(n!)²) = (2/p)e^−pb/2Σ_n<N (1/(2p))ⁿ/n! ≤ (2/p)e^−pb/2e^1/(2p) < ε (question 5).

6.(c) Intégrale sur [0, +∞[ de la somme partielle

Par linéarité et la question 3 : ∫₀^+∞ Σ_n=0^N−1 (−1)ⁿtⁿe^−pt/(2²ⁿ(n!)²)dt = Σ_n=0^N−1 (−1)ⁿ/(4ⁿn!pⁿ⁺¹). La différence avec g(−1) est −Σ_k≥N (−1)^k/(4^kk!p^k+1), de module < ε par 6.(a).

6.(d) Reste sur [0, b]

Pour t ∈ ]0, b], v_n = tⁿ/(2²ⁿ(n!)²) vérifie v_n+1/v_n = t/(4(n+1)²) ≤ b/(4(n+1)²) < 1 pour n ≥ N : (v_n)_n≥N décroît vers 0. Le critère spécial des séries alternées donne |Σ_n≥N (−1)ⁿv_n| ≤ v_N = t^N/(2^2N(N!)²) (trivial pour t = 0). Puis

|∫₀^b (Σ_n≥N …)e^−ptdt| ≤ (1/(4^N(N!)²))∫₀^+∞ t^Ne^−ptdt = 1/(4^NN!p^N+1) < ε (6.(a)).

6.(e) Valeur de F(p)

Par I.6, J₀(√t) = S_N(t) + R_N(t), S_N = Σ_n<N (−1)ⁿtⁿ/(2²ⁿ(n!)²), R_N = Σ_n≥N. Alors

F(p) − g(−1) = [∫₀^+∞ S_Ne^−pt − g(−1)] − ∫_b^+∞ S_Ne^−pt + ∫₀^b R_Ne^−pt + ∫_b^+∞ J₀(√t)e^−pt.

Les quatre termes sont < ε (6.(c), 6.(b), 6.(d), puis III.2 et le choix de b). Donc |F(p) − g(−1)| < 4ε pour tout ε > 0 :

F(p) = g(−1) = e^−1/(4p)/p.

Partie IV

1. J_−n = (−1)ⁿJ_n

J_−n(x) = (1/π)∫₀^π cos(x sin θ + nθ)dθ. Avec θ = π − u (sin θ = sin u) : cos(x sin u + nπ − nu) = cos(nπ − (nu − x sin u)) = (−1)ⁿcos(x sin u − nu). D'où J_−n = (−1)ⁿJ_n.

2.(a) Périodicité

sin(θ + 2π) = sin θ, donc R_x(θ + 2π) = R_x(θ) et I_x(θ + 2π) = I_x(θ).

2.(b) Coefficients de Fourier

R_x est paire, I_x impaire : b_n(R_x) = 0 et a_n(I_x) = 0. Avec a_n = (1/π)∫_−π^π f(θ)cos nθ dθ : a_n(R_x) = (2/π)∫₀^π cos(x sin θ)cos nθ dθ, b_n(I_x) = (2/π)∫₀^π sin(x sin θ)sin nθ dθ. En développant cos(x sin θ ∓ nθ) : J_n + J_−n = a_n(R_x) et J_n − J_−n = b_n(I_x). Avec IV.1 :

• a₀(R_x) = 2J₀(x) ; a_n(R_x) = 2J_n(x) si n pair, 0 si n impair ; b_n(R_x) = 0.
• b_n(I_x) = 2J_n(x) si n impair, 0 si n pair ; a_n(I_x) = 0.

Soit R_x ~ J₀(x) + 2Σ_m≥1 J_2m(x)cos 2mθ et I_x ~ 2Σ_m≥0 J_2m+1(x)sin(2m+1)θ (de façon équivalente, c_n(e^{ix sin θ}) = J_n(x)).

2.(c) Égalité avec la série de Fourier

Oui : R_x et I_x sont 2π-périodiques et de classe C¹ (même C^∞) sur ℝ ; par le théorème de Dirichlet (ou de convergence normale), leurs séries de Fourier convergent en tout point vers la fonction.

3. J₀(t)² + 2Σ J_n(t)² = 1

Parseval : (1/2π)∫₀^2π f² = a₀²/4 + ½Σ_n≥1(a_n² + b_n²). Pour R_t : (1/2π)∫ cos²(t sin θ) = J₀² + 2Σ_{n pair ≥2} J_n². Pour I_t : (1/2π)∫ sin²(t sin θ) = 2Σ_{n impair} J_n². En ajoutant (cos² + sin² = 1) : J₀(t)² + 2Σ_n≥1 J_n(t)² = 1.

4.(a) ∫₀^π cos(x sin θ)cos θ dθ = 0

Avec θ = π − u : sin θ = sin u et cos θ = −cos u, donc l'intégrale I vérifie I = −I, soit I = 0.

4.(b) Deux expressions de J₁

J₁(x) = (1/π)∫₀^π [cos(x sin θ)cos θ + sin(x sin θ)sin θ]dθ = (1/π)∫₀^π sin(x sin θ)sin θ dθ (par 4.(a)). L'intégrande est invariant par θ ↦ π − θ, donc J₁(x) = (2/π)∫₀^π/2 sin(x sin θ)sin θ dθ.

Ensuite, t = sin θ (θ ∈ [0, π/2], dt = cos θ dθ, √(1 − t²) = cos θ) : x∫₀¹ cos(tx)√(1−t²)dt = ∫₀^π/2 x cos(x sin θ)cos θ · cos θ dθ. Comme d/dθ[sin(x sin θ)] = x cos θ cos(x sin θ), une intégration par parties donne [cos θ sin(x sin θ)]₀^π/2 + ∫₀^π/2 sin θ sin(x sin θ)dθ = ∫₀^π/2 sin(x sin θ)sin θ dθ. D'où J₁(x) = (2x/π)∫₀¹ cos(tx)√(1 − t²)dt.

4.(c) Coefficients de Fourier de f

f est 2-périodique (ω = π), paire et continue : b_n(f) = 0 et a_n(f) = (2/2)∫₋₁¹ f(x)cos(nπx)dx = 2∫₀¹ √(1−x²)cos(nπx)dx.

• a₀(f) = 2 · π/4 = π/2 (aire du quart de disque) ;
• pour n ≥ 1, 4.(b) en x = nπ donne ∫₀¹ cos(nπt)√(1−t²)dt = J₁(nπ)/(2n), donc a_n(f) = J₁(nπ)/n ;
• b_n(f) = 0. (En coefficients complexes : c₀ = π/4, c_±n = J₁(nπ)/(2n).)