Modèle de concours : CNC 2000 Mathématiques I (TSI) — Concours National Commun

Ce sujet est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2000, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines après les classes préparatoires. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Thème : séries de Fourier complexes, formule sommatoire de Poisson, sommes de Gauss (Partie II) et fonction thêta χ avec son équation fonctionnelle (Partie III). Voici une correction proposée, question par question.

💡 Convention utilisée : pour f T-périodique, ω = 2π/T, a_n(f) = (2/T)∫₀^T f(t)cos(nωt)dt, b_n(f) = (2/T)∫₀^T f(t)sin(nωt)dt et S_n(f)(x) = a₀/2 + Σ_k=1ⁿ (a_kcos kωx + b_ksin kωx). Les séries Σ_n∈ℤ qui viennent de Dirichlet se lisent comme limite des sommes symétriques Σ_n=−N^N (voir la remarque en I.2.c).

Partie I

1.(a) Coefficients complexes et réels

Avec e^−inωt = cos(nωt) − i sin(nωt) :

c_n(f) = (1/T)∫₀^T f(t)cos(nωt)dt − i(1/T)∫₀^T f(t)sin(nωt)dt = (a_n(f) − i b_n(f))/2,

c_−n(f) = (a_n(f) + i b_n(f))/2 (n ∈ ℕ*), et c₀(f) = (1/T)∫₀^T f(t)dt = a₀(f)/2 (valeur moyenne de f).

1.(b) Somme symétrique

Pour k ≥ 1 : c_ke^ikωx + c_−ke^−ikωx = ½[(a_k − ib_k)(cos kωx + i sin kωx) + (a_k + ib_k)(cos kωx − i sin kωx)] = a_kcos kωx + b_ksin kωx. En ajoutant le terme k = 0 (c₀ = a₀/2) :

Σ_k=−nⁿ c_k(f)e^ikωx = S_n(f)(x).

1.(c) Théorème de Dirichlet

Si f : ℝ → ℂ est T-périodique et de classe C¹ par morceaux, alors pour tout x ∈ ℝ, f admet des limites à droite f(x⁺) et à gauche f(x⁻) et

lim_n→+∞ Σ_k=−nⁿ c_k(f)e^ikωx = ½(f(x⁺) + f(x⁻)).

En particulier la somme vaut f(x) en tout point où f est continue.

2.(a) g est C¹ par morceaux

Pour k ∈ ℤ et x ∈ [k, k+1[, g(x) = f(x − k). Sur ]k, k+1[, g coïncide avec x ↦ f(x − k), qui est C¹ sur le segment [k, k+1]. Donc la restriction de g à chaque ]k, k+1[ se prolonge en une fonction C¹ sur [k, k+1] : g est C¹ par morceaux (subdivision ℤ).

2.(b) Coefficients de g

Ici T = 1, ω = 2π et g = f sur [0, 1[ (le point 1 ne change pas l'intégrale) :

c_n(g) = ∫₀¹ f(t)e^−2iπntdt.

2.(c) Somme de la série

On applique Dirichlet à g en x = 0 : g(0⁺) = f(0) et g(0⁻) = lim_x→1⁻ f(x) = f(1) (f continue). Comme e⁰ = 1 :

Σ_n∈ℤ ∫₀¹ f(t)e^−2iπntdt = ½(f(0) + f(1)).

💡 Remarque à signaler sur la copie : une intégration par parties donne c_n(g) = (f(0) − f(1))/(2iπn) + c_n(f′)/(2iπn). Si f(0) ≠ f(1), les deux séries Σ_n≥0 et Σ_n≥1 divergent séparément (terme en 1/n), mais leurs termes en 1/n se compensent dans c_n + c_−n. La convergence est donc à comprendre au sens des sommes symétriques Σ_−N^N, qui est le sens du théorème de Dirichlet.

3.(a) Formule sur [k, k+1]

Soit f_k(x) = f(x + k), de classe C¹. Par 2.(c) : ½(f(k) + f(k+1)) = Σ_n ∫₀¹ f(t + k)e^−2iπntdt. Avec s = t + k et e^2iπnk = 1 (nk ∈ ℤ) : ∫₀¹ f(t+k)e^−2iπntdt = ∫_k^k+1 f(s)e^−2iπnsds. D'où

½(f(k) + f(k+1)) = Σ_n=−∞^+∞ ∫_k^k+1 f(t)e^−2iπntdt.

3.(b) Sommation de p à q − 1

On somme ces q − p égalités (somme finie de séries convergentes). À gauche : Σ_k=p^q−1 ½(f(k) + f(k+1)) = ½f(p) + Σ_k=p+1^q−1 f(k) + ½f(q) (chaque point intérieur est compté deux fois avec le poids ½). À droite, la relation de Chasles regroupe les intégrales en ∫_p^q. D'où le résultat demandé.

Partie II — Sommes de Gauss

1. Simplification de e^{−2iπn k²/4}

• k pair, k = 2m : k²/4 = m² ∈ ℤ, donc e^{−2iπn k²/4} = 1.
• k impair, k = 2m + 1 : k² = 4m(m+1) + 1, donc k²/4 = m(m+1) + ¼ et e^{−2iπn k²/4} = e^−iπn/2 = (−i)ⁿ = i⁻ⁿ.

2. Calcul de l'intégrale

💡 Erreur d'énoncé à signaler : telle qu'elle est imprimée, l'égalité est fausse (pour p = 0, le membre de droite contient en plus i⁻ⁿ∫_−n/2^n/2 e^2iπu²/ndu, qui n'est pas nul). La formule juste, et celle qu'utilise la question 4, porte sur la somme des intégrales d'indices 2p et 2p + 1 : ∫₀ⁿ e^{2iπ(t²/n − 2pt)}dt + ∫₀ⁿ e^{2iπ(t²/n − (2p+1)t)}dt = ∫_−pn^(−p+1)n e^2iπu²/ndu + i⁻ⁿ∫_−(p+½)n^(−p+½)n e^2iπu²/ndu.

Preuve. Pour un entier m, on complète le carré : t²/n − mt = (t − mn/2)²/n − nm²/4. Avec u = t − mn/2 :

∫₀ⁿ e^{2iπ(t²/n − mt)}dt = e^{−2iπn m²/4} ∫_−mn/2^{n − mn/2} e^2iπu²/ndu.

• m = 2p (pair) : facteur 1 (question 1), bornes −pn et (−p+1)n ;
• m = 2p + 1 (impair) : facteur i⁻ⁿ, bornes −(p+½)n et (−p+½)n.

En ajoutant les deux on obtient la formule.

3. Convergence de ∫_−∞^+∞ e^iαu²du (α ≠ 0)

L'intégrande est continue et paire : il suffit d'étudier ∫₁^+∞. Pour X > 1, on écrit e^iαu² = (2iαu e^iαu²)/(2iαu) et on intègre par parties :

∫₁^X e^iαu²du = [e^iαu²/(2iαu)]₁^X + ∫₁^X e^iαu²/(2iαu²) du.

Le crochet tend vers −e^iα/(2iα) (car |e^iαX²/(2iαX)| ≤ 1/(2|α|X) → 0) et la dernière intégrale converge absolument (module ≤ 1/(2|α|u²), intégrable sur [1, +∞[). Donc ∫₁^+∞ converge, et par parité ∫_−∞^+∞ e^iαu²du converge.

4. σ_n = (1 + i⁻ⁿ)∫_−∞^+∞ e^2iπu²/ndu

On applique I.3.(b) à f(t) = e^2iπt²/n (C¹), avec p = 0 et q = n. Comme f(0) = 1 = e^2iπn = f(n) :

½f(0) + Σ_k=1ⁿ⁻¹ f(k) + ½f(n) = 1 + Σ_k=1ⁿ⁻¹ f(k) = Σ_k=1ⁿ e^2iπk²/n = σ_n.

Donc σ_n = lim_M Σ_m=−M^M I_m avec I_m = ∫₀ⁿ e^{2iπ(t²/n − mt)}dt. On prend M = 2P + 1 et on groupe les indices (2p, 2p+1), p = −P, …, P (le terme supplémentaire I_−2P−1 tend vers 0 car les termes d'une série convergente tendent vers 0). Par la question 2, les intervalles [−pn, (−p+1)n] et [−(p+½)n, (−p+½)n] (p = −P…P) se recollent :

Σ_p=−P^P(I_2p + I_2p+1) = ∫_−Pn^(P+1)n e^2iπu²/ndu + i⁻ⁿ∫_−(P+½)n^(P+½)n e^2iπu²/ndu.

Quand P → +∞, par la question 3 (convergence aux deux bornes) : σ_n = (1 + i⁻ⁿ)∫_−∞^+∞ e^2iπu²/ndu.

5.(a) Relation entre J_n et J₁

Changement de variable u = √n v (affine, sur une intégrale convergente) : J_n = √n J₁.

5.(b) Valeur de J₁ et de σ_n

Pour n = 1 : σ₁ = e^2iπ = 1 = (1 + i⁻¹)J₁ = (1 − i)J₁, donc J₁ = 1/(1 − i) = (1 + i)/2. Ainsi :

σ_n = √n · (1 + i)(1 + i⁻ⁿ)/2, soit :

Contrôle : σ₂ = e^iπ + e^4iπ = 0 ; σ₃ = 1 + 2e^2iπ/3 = i√3. ✔

Partie III — La fonction χ

1. Convergence

Pour |n| ≥ 1, n² ≥ |n| donc 0 < e^−πtn² ≤ (e^−πt)^|n|, terme d'une série géométrique de raison e^−πt ∈ ]0, 1[. Les séries Σ_n≥0 et Σ_n≥1 e^{−πt(−n)²} convergent : χ(t) est bien défini et χ(t) = 1 + 2Σ_n≥1 e^−πtn².

2. χ décroissante

Pour 0 < s < t et n ≥ 1, e^−πtn² < e^−πsn² ; en sommant, χ(t) < χ(s) : χ est (strictement) décroissante sur ]0, +∞[.

3. Encadrement et limite

χ(t) − 1 = 2Σ_n≥1 e^−πtn² > 0, et avec n² ≥ n : χ(t) − 1 ≤ 2Σ_n≥1 e^−πtn = 2e^−πt/(1 − e^−πt) = 2/(e^πt − 1). Ce majorant tend vers 0 en +∞, donc lim_t→+∞ χ(t) = 1.

4. Formule avec I.3.(b)

On applique I.3.(b) à f(x) = e^−πtx² (C¹), avec p = −n et q = n :

Σ_k=−nⁿ e^−πtk² − e^−πtn² = Σ_p∈ℤ ∫_−nⁿ e^−πtx²e^−2iπpxdx (car ½f(−n) + ½f(n) = e^−πtn²). Quand n → +∞, le membre de gauche tend vers χ(t) − 0 : χ(t) = lim_n Σ_p ∫_−nⁿ e^{−(πtx² + 2iπpx)}dx.

5. Double intégration par parties (p ≠ 0)

Notons φ(x) = e^−πtx², e(x) = e^−2iπpx, de primitive −e(x)/(2iπp), avec e(±n) = 1 (pn ∈ ℤ).

1^re IPP : ∫_−nⁿ φe = [−φe/(2iπp)]_−nⁿ + (1/(2iπp))∫ φ′e. Le crochet est nul (φ(n) = φ(−n)) et φ′ = −2πtxφ, donc ∫ φe = (it/p)∫_−nⁿ xφ(x)e(x)dx.

2^e IPP : ∫ xφe = [−xφe/(2iπp)]_−nⁿ + (1/(2iπp))∫(xφ)′e = i n e^−πtn²/(πp) + (1/(2iπp))∫(1 − 2πtx²)φe.

En multipliant par it/p : ∫_−nⁿ e^{−(πtx² + 2iπpx)}dx = −nte^−πtn²/(πp²) + (t/(2πp²))∫_−nⁿ (1 − 2πtx²)e^{−(πtx² + 2iπpx)}dx.

6. Convergence

|P(x)e^{−(πtx² + 2iπpx)}| = |P(x)|e^−πtx² = o(1/x²) en ±∞ (croissances comparées) : l'intégrale est absolument convergente.

7. Majoration en M(t)/p²

D'après 5 : |∫_−nⁿ …| ≤ (t/(πp²)) · n e^−πtn² + (t/(2πp²))∫_−∞^+∞ |1 − 2πtx²|e^−πtx²dx. Or n e^−πtn² ≤ sup_x>0 x e^−πtx² = 1/√(2πet), et la dernière intégrale converge (question 6). On pose

M(t) = t/(π√(2πet)) + (t/(2π))∫_−∞^+∞ |1 − 2πtx²|e^−πtx²dx, indépendant de n et p.

8.(a) Existence de N₀

Σ M(t)/p² converge (Riemann, exposant 2) : son reste tend vers 0, d'où N₀ tel que Σ_p≥N+1 M(t)/p² ≤ ε pour N ≥ N₀.

8.(b) χ(t) = Σ_p ∫_−∞^+∞ e^{−πtx² − 2iπpx}dx

Fixons N ≥ N₀. Par 7, le reste Σ_|p|≥N+1 ∫_−nⁿ est de module ≤ 2ε, uniformément en n. Faisons n → +∞ : la somme finie Σ_|p|≤N ∫_−nⁿ tend vers Σ_|p|≤N ∫_−∞^+∞ (question 6) et le membre de gauche tend vers χ(t) (question 4), donc

|χ(t) − Σ_|p|≤N ∫_−∞^+∞ e^{−πtx² − 2iπpx}dx| ≤ 2ε.

Par passage à la limite dans 7, |∫_−∞^+∞ e^{−πtx² − 2iπpx}dx| ≤ M(t)/p² : la série Σ_p ∫_−∞^+∞ converge absolument et son reste d'ordre N est ≤ 2ε. Donc |χ(t) − Σ_p∈ℤ ∫_−∞^+∞| ≤ 4ε pour tout ε > 0 : χ(t) = Σ_p=−∞^+∞ ∫_−∞^+∞ e^{−πtx² − 2iπpx}dx.

9.(a) f bien définie et dérivable

|e^{−x² + iax}| = e^−x², intégrable sur ℝ : f est définie. h(a, x) = e^{−x² + iax} est C¹ en a avec |∂h/∂a| = |ix e^{−x² + iax}| = |x|e^−x², intégrable et indépendant de a (hypothèse de domination). Par le théorème de dérivation sous le signe intégrale, f est C¹ sur ℝ et f′(a) = i∫_−∞^+∞ x e^−x²e^iaxdx.

9.(b) Équation (E)

On intègre par parties avec x e^−x² = −½(e^−x²)′ (le crochet −½e^−x²e^iax tend vers 0 en ±∞) : f′(a) = i · ½∫ e^−x² · ia e^iaxdx = −(a/2)f(a). Donc f′ + (a/2)f = 0.

9.(c) Résolution et équation fonctionnelle

(E) est linéaire du premier ordre : f(a) = f(0)e^−a²/4. Dans ∫_−∞^+∞ e^{−πtx² − 2iπpx}dx, on pose y = √(πt) x : = (1/√(πt))∫ e^{−y² − iay}dy avec a = 2p√(π/t), soit (1/√(πt)) f(−a) = (f(0)/√(πt)) e^−πp²/t (car a²/4 = πp²/t). En sommant sur p (question 8) :

χ(t) = (K/√(πt)) χ(1/t), avec K = f(0) = ∫_−∞^+∞ e^−x²dx > 0.

9.(d) Valeurs de K et f(0)

Pour t = 1 : χ(1) = (K/√π)χ(1) avec χ(1) ≥ 1 > 0, donc K = √π et f(0) = √π (on retrouve l'intégrale de Gauss).

10. Comportement en 0

Avec K = √π : χ(t) = χ(1/t)/√t, donc χ(t) − 1/√t = (χ(1/t) − 1)/√t. Par la question 3, 0 < (χ(1/t) − 1)/√t ≤ 2/(√t (e^π/t − 1)), qui tend vers 0 quand t → 0⁺ (l'exponentielle l'emporte). Donc χ(t) = 1/√t + o(1) quand t → 0.