نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2005: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2005, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines. Durée : 4 heures, calculatrice interdite, énoncé de 3 pages. L'exercice établit ∑1/n² = π²/6 par le lemme de Riemann-Lebesgue ; le problème étudie l'équation y″ + y = f : solutions périodiques, formule de variation de la constante (φ(x) = ∫₀^x f(t)sin(x − t)dt) et solutions bornées quand f est croissante de limite finie. Voici une correction proposée.

💡 À retenir : toute solution de y″ + y = f s'écrit α cos x + β sin x + ∫₀^x f(t) sin(x − t) dt. Cette formule unique sert dans toutes les parties du problème : périodicité, inégalité h(x + π) + h(x) ≥ 0, comportement à l'infini.

Exercice

1.(a) Deux intégrations par parties (k ≥ 1, sin(kπ) = 0, cos(kπ) = (−1)^k) :
∫₀¹(ct² + dt)cos(kπt) dt = [(ct² + dt)sin(kπt)/(kπ)]₀¹ − (1/(kπ))∫₀¹(2ct + d)sin(kπt) dt = −(1/(kπ))∫₀¹(2ct + d)sin(kπt) dt ;
∫₀¹(2ct + d)sin(kπt) dt = [−(2ct + d)cos(kπt)/(kπ)]₀¹ + (2c/(kπ))∫₀¹cos(kπt) dt = −((2c + d)(−1)^k − d)/(kπ).
D'où ∫₀¹(ct² + dt)cos(kπt) dt = ((2c + d)(−1)^k − d)/(k²π²).

1.(b) La condition s'écrit (2a + b)(−1)^k − b = π² pour tout k ≥ 1. Pour k pair : 2a = π² ; pour k impair : −2a − 2b = π². Ces deux équations imposent a = π²/2, b = −π² (unicité), et ce couple vérifie la condition pour tout k (existence).

1.(c) ∫₀¹(at² + bt)·½ dt = ½(a/3 + b/2) = ½(π²/6 − π²/2) = −π²/6 ; avec 1.(b) :
∫₀¹(at² + bt)(½ + ∑_k=1ⁿcos(kπt)) dt = ∑_k=1ⁿ 1/k² − π²/6.

2. 2 sin θ cos(2kθ) = sin((2k + 1)θ) − sin((2k − 1)θ). En sommant pour k = 1..n (somme télescopique) : 2 sin θ ∑cos(2kθ) = sin((2n + 1)θ) − sin θ, donc sin θ(1 + 2∑_k=1ⁿcos(2kθ)) = sin((2n + 1)θ). Sur ]0, π[, sin θ ≠ 0 : on divise, d'où le résultat.

3.(a) f est C¹ : intégration par parties avec −cos(λt)/λ primitive de sin(λt) :
∫₀¹ f(t)sin(λt) dt = [−f(t)cos(λt)/λ]₀¹ + (1/λ)∫₀¹ f′(t)cos(λt) dt = (f(0) − f(1)cos λ)/λ + (1/λ)∫₀¹ f′(t)cos(λt) dt.

3.(b) |∫₀¹ f(t)sin(λt) dt| ≤ (|f(0)| + |f(1)| + ∫₀¹|f′|)/λ → 0 quand λ → +∞ (f′ continue sur [0, 1] donc intégrable).

4.(a) Sur ]0, 1], sin(πt/2) > 0 : f est continue comme quotient. En 0 : sin(πt/2) ~ πt/2 et t² − 2t ~ −2t, donc f(t) ~ π²(−2t)/(4·πt/2) = −π = f(0). f est continue sur [0, 1].

4.(b) Sur ]0, 1], f est dérivable (quotient de fonctions dérivables, dénominateur non nul) et f′ y est continue. Pour la limite en 0⁺, on développe : 1/sin(πt/2) = (2/(πt))(1 + π²t²/24 + o(t²)), donc
f(t) = (π²/4)(2/(πt))·t(t − 2)(1 + π²t²/24 + o(t²)) = (π/2)(t − 2)(1 + O(t²)) = −π + (π/2)t + O(t²).
Plus précisément, f′(t) = (π²/4)·[(2t − 2)sin(πt/2) − (π/2)(t² − 2t)cos(πt/2)]/sin²(πt/2). Le numérateur vaut (πt² − πt) − (πt²/2 − πt) + O(t³) = πt²/2 + O(t³) et le dénominateur π²t²/4 + O(t⁴), donc f′(t) → (π²/4)(π/2)/(π²/4) = π/2 quand t → 0⁺.

4.(c) Théorème de la limite de la dérivée : f est continue sur [0, 1], de classe C¹ sur ]0, 1], et f′ a une limite finie π/2 en 0⁺. Donc f est dérivable en 0 avec f′(0) = π/2 et f′ est continue en 0 : f est C¹ sur [0, 1].

4.(d) Pour t ∈ ]0, 1], θ = πt/2 ∈ ]0, π/2] ⊂ ]0, π[ ; par 2 : ½ + ∑_k=1ⁿcos(kπt) = sin((2n + 1)πt/2)/(2 sin(πt/2)). Comme at² + bt = (π²/2)(t² − 2t) :
(at² + bt)(½ + ∑cos(kπt)) = π²(t² − 2t)sin((2n + 1)πt/2)/(4 sin(πt/2)) = f(t)sin((2n + 1)πt/2).
En t = 0 les deux membres sont nuls. L'égalité vaut sur [0, 1].

4.(e) On intègre 4.(d) sur [0, 1] et on utilise 1.(c) :
∑_k=1ⁿ 1/k² − π²/6 = ∫₀¹ f(t)sin(λ_nt) dt, avec λ_n = (2n + 1)π/2 → +∞.
f étant C¹ sur [0, 1], 3.(b) montre que le second membre tend vers 0. Donc la série converge et ∑_n≥1 1/n² = π²/6.

Problème

Première partie

1. Σ₀ est le noyau de l'application linéaire y ↦ y″ + y de C²(ℝ) dans C⁰(ℝ) : c'est un sous-espace vectoriel. L'équation caractéristique r² + 1 = 0 a pour racines ±i, donc Σ₀ = {α cos + β sin ; (α, β) ∈ ℝ²}. (cos, sin) est libre (évaluer en 0 et π/2) : dim Σ₀ = 2, base (cos, sin).

2.(a) S_λ″ + S_λ = a(1 − λ²)sin(λx). Comme λ ≠ 0, sin(λx) n'est pas la fonction nulle, donc S_λ ∈ Σ_λ ⇔ a(1 − λ²) = 1 ⇔ a = 1/(1 − λ²) (λ² ≠ 1) : a existe et est unique.

2.(b) Par linéarité, y ∈ Σ_λ ⇔ (y − S_λ)″ + (y − S_λ) = 0 ⇔ y − S_λ ∈ Σ₀ ⇔ y = α cos + β sin + S_λ.

2.(c) Pour λ = 2 : S₂(x) = −sin(2x)/3, π-périodique donc 2π-périodique ; cos et sin sont 2π-périodiques : toutes les solutions de (E₂) sont 2π-périodiques.

2.(d) T est une période de S_λ ⇔ sin(λ(x + T)) = sin(λx) pour tout x. En x = 0 : sin(λT) = 0 ; en dérivant en x = 0 : cos(λT) = 1. Donc λT ∈ 2πℤ. Réciproquement ces T conviennent. Les périodes de S_λ sont T = 2kπ/|λ|, k ∈ ℤ (plus petite période positive 2π/|λ|).
Si (E_√2) avait une solution y 2π-périodique, S_√2 = y − α cos − β sin serait 2π-périodique, donc 2π = 2kπ/√2 pour un entier k, soit k = √2 : impossible car √2 est irrationnel. (E_√2) n'a pas de solution 2π-périodique.

Deuxième partie

1. t ↦ f(t)cos t et t ↦ f(t)sin t sont continues ; φ₁, φ₂ en sont les primitives nulles en 0 : elles sont dérivables (C¹) et φ₁′(x) = f(x)cos x, φ₂′(x) = f(x)sin x.

2.(a) sin(x − t) = sin x cos t − cos x sin t ; on sort les facteurs indépendants de t : φ(x) = φ₁(x)sin x − φ₂(x)cos x.

2.(b) φ est dérivable comme combinaison de produits de fonctions dérivables :
φ′(x) = f(x)cos x sin x + φ₁(x)cos x − f(x)sin x cos x + φ₂(x)sin x = φ₁(x)cos x + φ₂(x)sin x.

2.(c) φ′ est à son tour dérivable : φ″(x) = f(x)cos²x − φ₁(x)sin x + f(x)sin²x + φ₂(x)cos x = f(x) − φ(x). Donc φ est deux fois dérivable et φ″ + φ = f : φ est solution de (ℰ_f).

3. (g − φ)″ + (g − φ) = f − f = 0, donc g − φ ∈ Σ₀ : il existe un couple (α, β), unique car (cos, sin) est une base de Σ₀, tel que g − φ = α cos + β sin. D'où g(x) = α cos x + β sin x + ∫₀^x f(t)sin(x − t) dt. (Comme φ(0) = φ′(0) = 0 : α = g(0), β = g′(0).)

4.(a) h est C² et f₁ = h″ + h est continue ; h vérifie h″ + h = f₁ par définition : h est solution de (ℰ_f₁).

4.(b) Par 3 : h(x) = α cos x + β sin x + ∫₀^x f₁(t)sin(x − t) dt. Comme cos(x + π) = −cos x, sin(x + π) = −sin x et sin(x + π − t) = −sin(x − t) :
h(x + π) + h(x) = ∫₀^x f₁(t)sin(x − t) dt − ∫₀^x+π f₁(t)sin(x − t) dt = ∫_x^x+π f₁(t)sin(t − x) dt.
Pour t ∈ [x, x + π], t − x ∈ [0, π] donc sin(t − x) ≥ 0, et f₁ ≥ 0 : l'intégrale (bornes dans le bon ordre) est positive. h(x + π) + h(x) ≥ 0.

5.(a) i. g est 2π-périodique, cos et sin aussi, donc φ = g − α cos − β sin est 2π-périodique.

5.(a) ii. sin(x + 2π − t) = sin(x − t), donc φ(x + 2π) − φ(x) = ∫_x^x+2π f(t)sin(x − t) dt. La fonction t ↦ f(t)sin(x − t) est 2π-périodique, donc son intégrale sur une période ne dépend pas de l'origine : φ(x + 2π) − φ(x) = ∫₀^2π f(t)sin(x − t) dt. Par i., ∫₀^2π f(t)sin(x − t) dt = 0 pour tout x.
En développant : A sin x − B cos x = 0 avec A = ∫₀^2π f(t)cos t dt, B = ∫₀^2π f(t)sin t dt. x = π/2 donne A = 0, x = 0 donne B = 0.

5.(b) Si A = B = 0, le calcul de ii. donne φ(x + 2π) − φ(x) = A sin x − B cos x = 0 : φ est 2π-périodique, et toute solution α cos + β sin + φ l'est aussi.

5.(c) Pour f = sin : ∫₀^2π sin²t dt = π ≠ 0. Par 5.(a), (ℰ_sin) n'a aucune solution 2π-périodique (phénomène de résonance : x ↦ −(x cos x)/2 est une solution particulière, non bornée).

Troisième partie

1.(a) f(x) → ℓ : il existe A > 0 tel que x ≥ A ⇒ |f(x) − ℓ| ≤ 1, d'où |f(x)| ≤ |ℓ| + 1.

1.(b) f est continue sur le segment [0, A], donc bornée par un M ; sur [0, +∞[, |f| ≤ max(M, 1 + |ℓ|). (Plus simplement, f croissante donne f(0) ≤ f(x) ≤ ℓ.)

2.(a) f est croissante et dérivable : f′ ≥ 0. ∫₀^x f′(t) dt = f(x) − f(0) → ℓ − f(0) : ∫₀^+∞ f′(t) dt converge et vaut ℓ − f(0).

2.(b) |f′(t)cos t| ≤ f′(t) et |f′(t)sin t| ≤ f′(t), intégrable : les deux intégrales sont absolument convergentes.

3.(a) Intégration par parties avec u = f, v(t) = cos(x − t) (v′(t) = sin(x − t)) :
∫₀^x f(t)sin(x − t) dt = [f(t)cos(x − t)]₀^x − ∫₀^x f′(t)cos(x − t) dt = f(x) − f(0)cos x − ∫₀^x f′(t)cos(x − t) dt.

3.(b) Par II.3, toute solution s'écrit α cos x + β sin x + ∫₀^x f(t)sin(x − t) dt. Avec 3.(a) et cos(x − t) = cos x cos t + sin x sin t :
y(x) = f(x) + (α − f(0) − ∫₀^x f′(t)cos t dt) cos x + (β − ∫₀^x f′(t)sin t dt) sin x = y_α,β(x).

3.(c) |∫₀^x f′(t)cos t dt| ≤ ∫₀^+∞ f′ = ℓ − f(0), de même pour le sinus. Donc |y_α,β(x)| ≤ sup|f| + |α| + |β| + |f(0)| + 2(ℓ − f(0)) sur [0, +∞[ : les solutions sont bornées sur [0, +∞[ (f bornée par 1.(b)).

4.(a) Notons C_n = α − f(0) − ∫₀^nπ f′(t)cos t dt → C = α − f(0) − ∫₀^+∞ f′(t)cos t dt. Comme sin(nπ) = 0 et cos(nπ) = (−1)ⁿ : y_α,β(nπ) = f(nπ) + (−1)ⁿC_n. Si y_α,β → L, alors (−1)ⁿC_n = y_α,β(nπ) − f(nπ) → L − ℓ. Les sous-suites paire et impaire tendent vers C et −C : C = −C = L − ℓ, donc C = 0 et α = f(0) + ∫₀^+∞ f′(t)cos t dt (et L = ℓ).

4.(b) Même méthode avec x_n = π/2 + nπ (cos x_n = 0, sin x_n = (−1)ⁿ) : y_α,β(x_n) = f(x_n) + (−1)ⁿ(β − ∫₀^x_n f′(t)sin t dt), d'où β = ∫₀^+∞ f′(t)sin t dt.

5. Unicité : l'application (α, β) ↦ y_α,β est injective (la différence de deux solutions est (α − α′)cos + (β − β′)sin) ; par 4, une solution ayant une limite finie a nécessairement les valeurs de α et β trouvées.
Existence : pour ces valeurs, α − f(0) − ∫₀^x f′cos = ∫_x^+∞ f′(t)cos t dt et β − ∫₀^x f′sin = ∫_x^+∞ f′(t)sin t dt, d'où
Y_f(x) = f(x) + ∫_x^+∞ f′(t)cos(x − t) dt.
Et |∫_x^+∞ f′(t)cos(x − t) dt| ≤ ∫_x^+∞ f′ = ℓ − f(x) → 0, donc Y_f(x) → ℓ quand x → +∞.