نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2004: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2004, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines. Durée : 4 heures, calculatrice interdite, énoncé de 3 pages en quatre parties : intégrales de fonctions périodiques, transformée de Fourier et produit de convolution, calcul de J₂ = ∫(sin t/t)² et J₄ = ∫(sin t/t)⁴ par le théorème de réciprocité, puis majoration de J_b par les séries alternées. Voici une correction proposée.

💡 À retenir : le reste d'une série alternée dont le terme général décroît vers 0 est du signe de son premier terme et majoré par lui en valeur absolue. C'est l'outil de toute la quatrième partie : il suffit que la décroissance ait lieu à partir du rang du reste, d'où les conditions t² ≤ 72 et t² ≤ 30.

I. Première partie

1.(a) f est continue sur le segment [0, 2π], donc bornée sur ce segment par un réel M. Tout réel s'écrit x = y + 2kπ avec y ∈ [0, 2π[, et f(x) = f(y) : |f| ≤ M sur ℝ.

1.(b) Pour t ≥ 1, |f(t)/t^α| ≤ M/t^α, et ∫₁^+∞ dt/t^α converge (Riemann, α > 1). L'intégrale est absolument convergente, donc convergente.

2. Posons D(x) = F(x + 2π) − F(x). D est dérivable et D′(x) = f(x + 2π) − f(x) = 0 : D est constante, égale à D(0) = ∫₀^2π f(t) dt. Ainsi F est 2π-périodique ⇔ D = 0 ⇔ ∫₀^2π f(t) dt = 0.

3.(a) f − c₀(f) est continue, 2π-périodique et ∫₀^2π(f − c₀(f)) = 2πc₀(f) − 2πc₀(f) = 0. Par la question 2, toute primitive de f − c₀(f) est 2π-périodique.

3.(b) Soit G la primitive de f − c₀(f) nulle en 1 : G est continue et 2π-périodique, donc bornée par un réel K (comme en 1.(a)). Intégration par parties sur [1, x] :
∫₁^x (f(t) − c₀(f))/t^β dt = G(x)/x^β + β∫₁^x G(t)/t^β+1 dt.
G(x)/x^β → 0 (G bornée, β > 0) et |G(t)/t^β+1| ≤ K/t^β+1 avec β + 1 > 1 : la dernière intégrale converge quand x → +∞. Donc ∫₁^+∞(f(t) − c₀(f))/t^β dt converge.

3.(c) ∫₁^x f(t)/t^β dt = ∫₁^x (f(t) − c₀(f))/t^β dt + c₀(f)∫₁^x dt/t^β. Le premier terme a une limite finie L (3.(b)). Le second tend vers ±∞ :
• si β < 1 : c₀(f)(x^1−β − 1)/(1 − β) ;
• si β = 1 : c₀(f) ln x.
Une quantité bornée est négligeable devant une quantité qui tend vers l'infini, donc :
β < 1 : ∫₁^x f(t)/t^β dt ~ c₀(f) x^1−β/(1 − β) ; β = 1 : ∫₁^x f(t)/t dt ~ c₀(f) ln x.

4. f(t) = |sin t| est continue et 2π-périodique, avec c₀(f) = (1/2π)∫₀^2π|sin t| dt = (1/2π)·4 = 2/π ≠ 0. Avec β = 1 :
∫₁^x |sin t / t| dt ~ (2/π) ln x quand x → +∞ (en particulier ∫ sin t/t ne converge pas absolument).

II. Deuxième partie

1.(a) |f(x)e^−ixy| = |f(x)|, intégrable sur ℝ : l'intégrale de x ↦ f(x)e^−ixy est absolument convergente.

1.(b) Bornée : |f̂(y)| ≤ ∫_ℝ|f|, constante indépendante de y.
Continue : pour tout x, y ↦ f(x)e^−ixy est continue ; pour tout y, x ↦ f(x)e^−ixy est continue par morceaux ; et |f(x)e^−ixy| ≤ |f(x)|, intégrable et indépendante de y (hypothèse de domination). Par le théorème de continuité des intégrales à paramètre, f̂ est continue sur ℝ.

2.(a) Pour y ≠ 0 : f̂(y) = ∫_α^β e^−ixy dx = (e^−iαy − e^−iβy)/(iy) ; pour y = 0 : f̂(0) = β − α.

2.(b) Avec α = −a, β = a : ψ̂_a(y) = (e^iay − e^−iay)/(iy) = 2i sin(ay)/(iy) = 2 sin(ay)/y (y ≠ 0), et ψ̂_a(0) = 2a.

3.(a) f et g sont nulles hors de [−a, a] et continues sur ce segment, donc continues par morceaux et bornées sur ℝ (par M_f, M_g). Pour x fixé, y ↦ f(y)g(x − y) est nulle hors de [−a, a] et continue par morceaux : (f∗g)(x) = ∫_−a^a f(y)g(x − y) dy est une intégrale sur un segment, elle a un sens.
Si |x| > 2a et y ∈ [−a, a], |x − y| ≥ |x| − |y| > 2a − a = a, donc g(x − y) = 0 : (f∗g)(x) = 0. f∗g est nulle hors de [−2a, 2a].

3.(b) Soient x, x′ réels et δ = x′ − x. Avec u = x − y :
|(f∗g)(x′) − (f∗g)(x)| ≤ ∫ |f(y)|·|g(x′ − y) − g(x − y)| dy ≤ M_f ∫_ℝ |g(u + δ) − g(u)| du.
Soit ε > 0. g est continue sur le segment [−a, a], donc uniformément continue (Heine) : il existe η > 0 tel que |g(s) − g(s′)| ≤ ε dès que s, s′ ∈ [−a, a] et |s − s′| ≤ η. Pour |δ| ≤ η, on découpe ℝ :
• u et u + δ dans [−a, a] : intégrande ≤ ε sur une longueur ≤ 2a ;
• un seul des deux dans [−a, a] : intégrande ≤ M_g, sur une longueur ≤ 2|δ| ;
• aucun des deux : intégrande nul.
Donc |(f∗g)(x′) − (f∗g)(x)| ≤ M_f(2aε + 2|δ|M_g), quantité arbitrairement petite pour |δ| petit : f∗g est continue (et même uniformément continue).

4. (ψ_a∗ψ_a)(x) = ∫ ψ_a(y)ψ_a(x − y) dy = longueur de [−a, a] ∩ [x − a, x + a].
• 0 ≤ x ≤ 2a : intersection [x − a, a], de longueur 2a − x ;
• −2a ≤ x ≤ 0 : intersection [−a, x + a], de longueur 2a + x ;
• |x| > 2a : intersection vide (ou réduite à un point), valeur 0.
Donc (ψ_a∗ψ_a)(x) = 2a − |x| = 2a(1 − |x|/(2a)) pour |x| ≤ 2a et 0 sinon : ψ_a∗ψ_a = 2a Δ_2a.

5. f∗g est continue et nulle hors de [−2a, 2a] : son intégrale est absolument convergente et (f∗g)^ est définie. Considérons l'intégrale double
K(y) = ∬_[−a,a]² f(t)g(u)e^−i(t+u)y dt du.
L'intégrande est continu sur le carré et se factorise : par Fubini, K(y) = (∫ f(t)e^−itydt)(∫ g(u)e^−iuydu) = f̂(y)ĝ(y).
Par le changement de variables (t, u) ↦ (t, x = t + u), de jacobien 1, puis Fubini dans l'autre ordre :
K(y) = ∫_−2a^2a ( ∫_−a^a f(t)g(x − t) dt ) e^−ixy dx = ∫ (f∗g)(x)e^−ixy dx = (f∗g)^(y).
D'où (f∗g)^ = f̂ ĝ.

III. Troisième partie

1. f_b est continue sur ℝ (sin t/t → 1 en 0, et f_b(0) = 1), paire, et pour |t| ≥ 1, 0 ≤ f_b(t) ≤ 1/|t|^b avec b > 1 : par comparaison à une intégrale de Riemann, ∫_ℝ f_b converge.

2.(a) Par II.4 avec a = ½ : ψ_1/2∗ψ_1/2 = 2·½·Δ₁ = Δ₁. ψ_1/2 vérifie les hypothèses de II.3 (a = ½), donc par II.5 et II.2.(b) :
Δ̂₁(y) = (ψ̂_1/2(y))² = (2 sin(y/2)/y)² = (sin(y/2)/(y/2))² = f₂(y/2) pour y ≠ 0, et Δ̂₁(0) = (2·½)² = 1 = f₂(0). Donc Δ̂₁(y) = f₂(y/2).

2.(b) Δ₁ est continue, nulle hors de [−1, 1], et Δ̂₁ = f₂(·/2) est intégrable sur ℝ (III.1 avec b = 2). Le théorème de réciprocité en x = 0 donne :
1 = Δ₁(0) = (1/2π)∫ f₂(y/2) dy = (1/2π)·2∫ f₂(u) du = J₂/π (changement y = 2u).
J₂ = ∫_−∞^+∞ (sin t/t)² dt = π.

3.(a) (Δ₁∗Δ₁)(0) = ∫ Δ₁(y)Δ₁(−y) dy = ∫₋₁¹(1 − |y|)² dy = 2∫₀¹(1 − y)² dy = 2/3.

3.(b) Δ₁ est continue sur [−1, 1] et nulle ailleurs (hypothèses de II.3 avec a = 1). Donc Δ₁∗Δ₁ est continue, nulle hors de [−2, 2] (II.3), et par II.5 sa transformée vaut (Δ̂₁)² = f₂(y/2)² = f₄(y/2), intégrable. Réciprocité en 0 :
2/3 = (1/2π)∫ f₄(y/2) dy = (1/2π)·2J₄ = J₄/π, d'où J₄ = 2π/3.

IV. Quatrième partie

1.(a) S_2n+2 − S_2n = x_2n+2 − x_2n+1 ≤ 0 : (S_2n) décroît. S_2n+3 − S_2n+1 = x_2n+2 − x_2n+3 ≥ 0 : (S_2n+1) croît. S_2n+1 − S_2n = −x_2n+1 → 0. Les deux suites sont adjacentes.

1.(b) Deux suites adjacentes convergent vers une même limite S ; comme (S_n) a ses deux sous-suites paire et impaire convergentes vers S, (S_n) converge : la série ∑(−1)ⁿx_n converge, de somme S, et pour tout n : S_2n+1 ≤ S ≤ S_2n.

1.(c) Si n = 2p : S ≤ S_2p, donc S − S_n ≤ 0, du signe de (−1)ⁿ⁺¹ = −1. Si n = 2p + 1 : S ≥ S_2p+1, donc S − S_n ≥ 0, du signe de (−1)ⁿ⁺¹ = +1. (De plus |S − S_n| ≤ x_n+1, par S_2p+1 ≤ S ≤ S_2p et S_2p+1 ≤ S ≤ S_2p+2.)

2. Pour t ≠ 0 : sin t/t = ∑_k≥0(−1)^kx_k avec x_k = t^2k/(2k + 1)!. Alors sin t/t − (1 − t²/6 + t⁴/120) = −(x₃ − x₄ + x₅ − …). Or x_k+1/x_k = t²/((2k + 2)(2k + 3)) ≤ t²/72 ≤ 1 pour k ≥ 3 lorsque t² ≤ 72 : la suite (x_k)_k≥3 décroît vers 0. Par 1.(b) appliqué à cette série (premier terme x₃), x₃ − x₄ + … ≥ x₃ − x₄ ≥ 0. Donc sin t/t ≤ 1 − t²/6 + t⁴/120 pour 0 < t² ≤ 72.

3. e^−t²/6 = ∑_k≥0(−1)^ky_k avec y_k = w^k/k!, w = t²/6. La somme partielle d'ordre 3 vaut 1 − w + w²/2 − w³/6 = 1 − t²/6 + t⁴/72 − t⁶/1296. Le reste est y₄ − y₅ + y₆ − … ; y_k+1/y_k = w/(k + 1) ≤ w/5 ≤ 1 pour k ≥ 4 dès que w ≤ 5, c'est-à-dire t² ≤ 30. Ce reste est alors ≥ 0 (série alternée décroissante de premier terme positif). Donc e^−t²/6 ≥ 1 − t²/6 + t⁴/72 − t⁶/1296 pour t² ≤ 30.

4. Soit 0 < t² ≤ 36/5 = 7,2. Alors |t| < 3 < π, donc sin t et t sont de même signe : sin t/t ≥ 0. Ensuite 7,2 ≤ 30 et 7,2 ≤ 72, donc 2 et 3 s'appliquent ; il suffit que 1 − t²/6 + t⁴/120 ≤ 1 − t²/6 + t⁴/72 − t⁶/1296, soit t⁶/1296 ≤ t⁴(1/72 − 1/120) = t⁴/180, soit t² ≤ 1296/180 = 36/5. C'est l'hypothèse : 0 ≤ sin t/t ≤ e^−t²/6.

5.(a) f_b est paire : J_b = 2∫₀^c f_b + 2∫_c^+∞ f_b, avec c² = 36/5. Sur ]0, c], par 4, f_b(t) = (sin t/t)^b ≤ e^−bt²/6. Sur [c, +∞[, f_b(t) ≤ 1/t^b. Donc
J_b ≤ 2∫₀^c e^−bt²/6 dt + 2∫_c^+∞ dt/t^b ≤ ∫_−∞^+∞ e^−bt²/6 dt + 2∫_c^+∞ dt/t^b.

5.(b) Avec x = t√(b/6) : ∫_ℝ e^−bt²/6 dt = √(6/b)·√π = √(6π/b). Et ∫_c^+∞ t^−b dt = c^1−b/(b − 1) (b > 1).

5.(c) Posons s = √x ≥ 2 : x − 1 − (3/2)√x = s² − (3/2)s − 1 = (s − 2)(s + ½) ≥ 0.

5.(d) D'après (a) et (b) : J_b ≤ √(6π/b) + 2c^1−b/(b − 1). On a √(6π/b) = (π/√b)√(6/π). Par (c) (b ≥ 4), b − 1 ≥ (3/2)√b, donc 2/(b − 1) ≤ 4/(3√b) ; et comme c > 1 et 1 − b ≤ −3, c^1−b ≤ c⁻³. D'où 2c^1−b/(b − 1) ≤ 4/(3√b c³) = (π/√b)·4/(3πc³), et
J_b ≤ (π/√b)(√(6/π) + 4/(3πc³)).
Il reste à montrer √(6/π) + 4/(3πc³) < √2 :
• π > 3,14 donne 6/π < 1,911 < 1,383², donc √(6/π) < 1,383 ;
• c³ = 216/(5√5) et 5√5 < 11,2, donc c³ > 19 ; ainsi 3πc³ > 9·19 = 171 et 4/(3πc³) < 0,024 ;
• somme < 1,407 < 1,414 < √2 (car 1,414² = 1,999396 < 2).
Donc J_b < π√(2/b) pour tout b ≥ 4. (Contrôle : pour b = 4, π/√2 ≈ 2,22 > J₄ = 2π/3 ≈ 2,09.)