نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2006: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2006, filière TSI, concours d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines. Durée : 4 heures, calculatrice interdite, énoncé de 4 pages. Exercice 1 : équation aux dérivées partielles x∂f/∂x − y∂f/∂y = ax + by par changement de variables. Exercice 2 : série de Fourier de x², sommes ∑1/n², ∑1/n⁴, et ∫₀¹ ln(1 + t)/t dt. Problème : l'opérateur de moyenne ψ(f)(x) = (1/x)∫₀^x f (valeurs propres, inégalité de Hardy ‖ψ(f)‖ ≤ 2‖f‖). Voici une correction proposée.

💡 À retenir : pour une équation aux dérivées partielles du premier ordre, on compose par le changement de variables proposé, on calcule ∂f*/∂u et ∂f*/∂v par la règle de la chaîne, et l'équation devient « une dérivée partielle est nulle ». Pour le problème, Cauchy-Schwarz sert trois fois : questions 1.2, 2.2.(c) et la majoration finale.

Exercice 1

1. Si h(u,v) = h₁(u), alors ∂h/∂v = 0. Réciproquement, si ∂h/∂v = 0 sur ℝ², pour u fixé, v ↦ h(u,v) a une dérivée nulle sur l'intervalle ℝ, donc h(u,v) = h(u,0). On pose h₁(u) = h(u,0) : h₁ est C¹ (composée de h, C¹, et de u ↦ (u,0)) et h(u,v) = h₁(u).

2.(a) Les composantes (u,v) ↦ ue^v et (u,v) ↦ e^−v sont C¹ (même C^∞) : Φ est C¹. Comme e^−v > 0, Φ(ℝ²) ⊂ Ω. Pour (x,y) ∈ Ω, l'équation Φ(u,v) = (x,y) équivaut à e^−v = y et ue^v = x, soit v = −ln y et u = xy : solution unique. Φ est donc une bijection de ℝ² sur Ω.

2.(b) D'après le calcul précédent, Φ⁻¹(x,y) = (xy, −ln y) ; ses composantes sont C¹ sur Ω (y > 0), donc Φ⁻¹ est C¹ sur Ω.

3.(a) f* = f∘Φ est C¹ comme composée de fonctions C¹. Avec x = ue^v, y = e^−v :
∂f*/∂u(u,v) = e^v ∂f/∂x(Φ(u,v)) ;
∂f*/∂v(u,v) = ue^v ∂f/∂x(Φ(u,v)) − e^−v ∂f/∂y(Φ(u,v)) = [x∂f/∂x − y∂f/∂y](Φ(u,v)) = 0.

3.(b) Par 1, f*(u,v) = F(u) avec F de classe C¹ sur ℝ. Comme f = f*∘Φ⁻¹ : f(x,y) = F(xy) sur Ω. (Réciproquement x·yF′(xy) − y·xF′(xy) = 0.)

4.(a) g(x,y) = px + qy : x∂g/∂x − y∂g/∂y = px − qy = ax + by pour tout (x,y) ⇔ p = a et q = −b. g(x,y) = ax − by.

4.(b) f − g est C¹ sur Ω et vérifie l'équation homogène de 3 (linéarité) : par 3.(b), f − g = F(xy), d'où f(x,y) = F(xy) + ax − by.

Exercice 2

1.(a) f est paire : b_n = 0. Avec a_n = (2/π)∫₀^π f(x)cos(nx) dx :
a₀ = (2/π)·π³/3 = 2π²/3 (terme constant a₀/2 = π²/3) ;
pour n ≥ 1, deux intégrations par parties : ∫₀^π x²cos(nx) dx = −(2/n)∫₀^π x sin(nx) dx et ∫₀^π x sin(nx) dx = −π(−1)ⁿ/n, d'où ∫₀^π x²cos(nx) dx = 2π(−1)ⁿ/n² et a_n = 4(−1)ⁿ/n².

1.(b) Théorème de Dirichlet : si f est 2π-périodique et C¹ par morceaux, sa série de Fourier converge en tout x vers ½(f(x⁺) + f(x⁻)). Ici f est continue (f(π⁻) = π² = f(−π⁺)) et C¹ par morceaux, donc pour tout x ∈ [−π, π] : x² = π²/3 + 4∑_n≥1(−1)ⁿcos(nx)/n².
• x = 0 : 0 = π²/3 + 4∑(−1)ⁿ/n², donc ∑_n≥1(−1)ⁿ/n² = −π²/12 ;
• x = π : π² = π²/3 + 4∑1/n², donc ∑_n≥11/n² = π²/6.

1.(c) Formule de Parseval : pour f 2π-périodique continue par morceaux, (1/2π)∫_−π^π f² = a₀²/4 + ½∑_n≥1(a_n² + b_n²).
(1/2π)∫_−π^π x⁴ dx = π⁴/5, donc π⁴/5 = π⁴/9 + ½∑16/n⁴, soit 8∑1/n⁴ = π⁴(1/5 − 1/9) = 4π⁴/45 : ∑_n≥11/n⁴ = π⁴/90.

2.(a) t ↦ ln(1 + t)/t est continue sur ]0, 1] et tend vers 1 en 0⁺ (ln(1 + t) ~ t) : elle se prolonge par continuité en 0, son intégrale sur ]0, 1] converge (faussement impropre).

2.(b) Pour x ∈ [0, 1], xⁿ/(n + 1) décroît vers 0 (xⁿ⁺¹/(n + 2) ≤ xⁿ/(n + 1)) : la série alternée converge (critère spécial). Pour sa somme, on intègre sur [0, x] l'identité ∑_k=0ⁿ(−t)^k = 1/(1 + t) − (−t)ⁿ⁺¹/(1 + t) :
∑_k=0ⁿ(−1)^kx^k+1/(k + 1) = ln(1 + x) − (−1)ⁿ⁺¹∫₀^x tⁿ⁺¹/(1 + t) dt, et |∫₀^x tⁿ⁺¹/(1 + t) dt| ≤ xⁿ⁺²/(n + 2) → 0.
Donc pour x ∈ ]0, 1] : ∑_n≥0(−1)ⁿxⁿ/(n + 1) = ln(1 + x)/x, et la somme vaut 1 pour x = 0 (valeur du prolongement par continuité).

2.(c) Par le calcul précédent (divisé par x > 0) : u_n(x) = (−1)ⁿ⁺¹(1/x)∫₀^x tⁿ⁺¹/(1 + t) dt, d'où |u_n(x)| ≤ xⁿ⁺¹/(n + 2) ≤ 1/(n + 2) ; pour x = 0, u_n(0) = 0. (C'est la majoration du reste d'une série alternée par son premier terme.)

2.(d) u_n = S − P_n, où S(x) = ln(1 + x)/x (S(0) = 1) est continue sur [0, 1] (2.(a)) et P_n est un polynôme : u_n est continue. Et |∫₀¹ u_n| ≤ ∫₀¹|u_n| ≤ 1/(n + 2).

2.(e) En intégrant S = P_n + u_n sur [0, 1] : ∫₀¹ ln(1 + t)/t dt = ∑_k=0ⁿ(−1)^k/(k + 1)² + ∫₀¹ u_n, et le dernier terme tend vers 0. D'où ∫₀¹ ln(1 + t)/t dt = ∑_n≥0(−1)ⁿ/(n + 1)² = −∑_m≥1(−1)^m/m² = π²/12 (par 1.(b)).

Problème

Première partie

1. f est continue sur ℝ⁺, donc g : x ↦ ∫₀^x f est C¹ avec g′ = f (théorème fondamental). ψ(f) = g(x)/x est continue sur ]0, +∞[, et en 0 : g(x)/x = (g(x) − g(0))/x → g′(0) = f(0) = ψ(f)(0). ψ(f) est continue sur ℝ⁺ : ψ(f) ∈ E.

2. f ≥ 0 continue, donc √f ∈ E et ψ(√f) ≥ 0. Pour x > 0, Cauchy-Schwarz : (∫₀^x √f·1)² ≤ (∫₀^x f)(∫₀^x 1) = x∫₀^x f. En divisant par x² : ψ(√f)(x)² ≤ ψ(f)(x), d'où 0 ≤ ψ(√f) ≤ √ψ(f) (égalité automatique en x = 0).
Égalité : en x > 0, l'égalité de Cauchy-Schwarz pour des fonctions continues a lieu si et seulement si √f et 1 sont colinéaires sur [0, x], c'est-à-dire f constante sur [0, x]. L'égalité a donc lieu en tout point si et seulement si f est constante.

3.(a) Pour f, h ∈ E et λ ∈ ℝ, ψ(λf + h) = λψ(f) + ψ(h) (en 0 et pour x > 0, par linéarité de l'intégrale) ; avec 1, ψ est un endomorphisme de E.

3.(b) Si ψ(f) = 0, alors g(x) = xψ(f)(x) = 0 pour x > 0, donc f = g′ = 0 sur ]0, +∞[, et f(0) = ψ(f)(0) = 0 : f = 0. ψ est injectif.

3.(c) Toute fonction ψ(f) est dérivable sur ]0, +∞[ (quotient de g, C¹, par x). La fonction x ↦ |x − 1| appartient à E mais n'est pas dérivable en 1 : elle n'a pas d'antécédent. ψ n'est pas surjectif.

4.(a) Sur ]0, +∞[, l'équation s'écrit f′(x) = ((1 − λ)/λ)·f(x)/x, linéaire du premier ordre ; une primitive de (1 − λ)/(λx) est ((1 − λ)/λ)ln x. Les solutions sont f(x) = C x^{1/λ − 1}, C ∈ ℝ.

4.(b) C = 0 convient toujours. Pour C ≠ 0, x^{1/λ − 1} a une limite finie en 0⁺ si et seulement si 1/λ − 1 ≥ 0, soit 0 < λ ≤ 1 (limite 1 si λ = 1, limite 0 si 0 < λ < 1).

5.(a) ψ est injectif (3.(b)) : Ker ψ = {0}, donc 0 n'est pas valeur propre.

5.(b) Si ψ(f) = μf avec f ≠ 0, alors μ ≠ 0 par (a), et f = ψ(f)/μ est dérivable sur ]0, +∞[ (cf. 3.(c)).

5.(c) Pour x > 0, ∫₀^x f = μxf(x) ; en dérivant (f dérivable par (b)) : f = μf + μxf′, soit μxf′ + (μ − 1)f = 0. Par 4.(a), f(x) = Cx^{1/μ − 1} sur ]0, +∞[ avec C ≠ 0, et f ∈ E impose par 4.(b) 0 < μ ≤ 1. De plus ψ(f)(0) = f(0) = μf(0) impose f(0) = 0 si μ ≠ 1, ce qui est cohérent avec la limite en 0.
Réciproquement, pour μ ∈ ]0, 1], f_μ(x) = x^{1/μ − 1} (prolongée par f_μ(0) = 0 si μ < 1, et f₁ = 1) est dans E et ψ(f_μ)(x) = (1/x)·x^1/μ/(1/μ) = μ x^{1/μ − 1} = μf_μ(x).
Les valeurs propres de ψ sont les μ ∈ ]0, 1] ; le sous-espace propre associé à μ est la droite engendrée par x ↦ x^{1/μ − 1} (les fonctions constantes pour μ = 1).

Deuxième partie

1.(a) |fg| ≤ ½(f² + g²), intégrable sur ℝ⁺ : fg est absolument intégrable.

1.(b) 0 ∈ E₂ ; pour f, g ∈ E₂ et λ réel, (f + λg)² = f² + 2λfg + λ²g² est intégrable par (a) : E₂ est un sous-espace vectoriel de E.

1.(c) L'application est bien définie (a), bilinéaire, symétrique, positive ((f|f) = ∫f² ≥ 0) et définie : si ∫₀^+∞ f² = 0 avec f² continue positive, f² = 0 donc f = 0. C'est un produit scalaire.

2.(a) g²(t)/t = t·ψ(f)(t)² → 0·f(0)² = 0 quand t → 0⁺.

2.(b) g²(t)/t² = ψ(f)(t)² est continue sur ]0, b] et se prolonge par continuité en 0 (limite f(0)²) : l'intégrale converge. Sur [ε, b], intégration par parties (primitive −1/t de 1/t², et (g²)′ = 2gf) :
∫_ε^b g²(t)/t² dt = −g²(b)/b + g²(ε)/ε + 2∫_ε^b f(t)·g(t)/t dt.
Quand ε → 0, g²(ε)/ε → 0 par (a). Comme g²(b)/b = bψ(f)(b)² et g(t)/t = ψ(f)(t), on obtient la formule (1).

2.(c) Dans (1), −bψ(f)²(b) ≤ 0, donc ∫₀^b ψ(f)² ≤ 2∫₀^b fψ(f) ≤ 2(∫₀^b f²)^1/2(∫₀^b ψ(f)²)^1/2 par Cauchy-Schwarz sur [0, b].

2.(d) Si ∫₀^b ψ(f)² > 0, on divise par sa racine : (∫₀^b ψ(f)²)^1/2 ≤ 2(∫₀^b f²)^1/2 ≤ 2‖f‖ (inégalité triviale sinon). La fonction b ↦ ∫₀^b ψ(f)² est croissante et majorée par 4‖f‖² : elle converge. Donc ψ(f) ∈ E₂ et ‖ψ(f)‖ ≤ 2‖f‖.

3.(a) Par (1) : bψ(f)²(b) = 2∫₀^b fψ(f) − ∫₀^b ψ(f)². Comme f, ψ(f) ∈ E₂, le second membre a une limite finie L = 2(f|ψ(f)) − ‖ψ(f)‖² quand b → +∞, et L ≥ 0. Si L > 0, alors ψ(f)²(x) ~ L/x, non intégrable en +∞ : contradiction avec ψ(f) ∈ E₂. Donc xψ(f)²(x) → 0.

3.(b) On passe à la limite dans (1) : 0 = 2(f|ψ(f)) − ‖ψ(f)‖², soit (ψ(f)|ψ(f)) = 2(f|ψ(f)).

4. ‖ψ(f) − 2f‖² = ‖ψ(f)‖² − 4(f|ψ(f)) + 4‖f‖² = ‖ψ(f)‖² − 2‖ψ(f)‖² + 4‖f‖² = 4‖f‖² − ‖ψ(f)‖² = 0 par hypothèse. Donc ψ(f) = 2f. Or 2 n'est pas valeur propre de ψ (I.5.(c)) : f = 0. (L'inégalité ‖ψ(f)‖ ≤ 2‖f‖ n'est donc jamais une égalité pour f ≠ 0.)

5.(a) ψ(f)(x) = (1/x)∫₀^x dt/(1 + t) = ln(1 + x)/x pour x > 0, et ψ(f)(0) = 1.

5.(b) f² = 1/(1 + x)² est intégrable sur ℝ⁺ (∫ = 1) : f ∈ E₂. (f|ψ(f)) = ∫₀^+∞ ln(1 + t)/(t(1 + t)) dt. On coupe en 1.
• Sur [0, 1] : 1/(t(1 + t)) = 1/t − 1/(1 + t), d'où ∫₀¹ (ln(1 + t)/t − ln(1 + t)/(1 + t)) dt.
• Sur [1, +∞[, t = 1/u : ln(1 + 1/u) = ln(1 + u) − ln u, t(1 + t) = (1 + u)/u², dt = −du/u², d'où ∫₀¹ (ln(1 + u) − ln u)/(1 + u) du.
En sommant, les termes ln(1 + t)/(1 + t) se compensent : (f|ψ(f)) = ∫₀¹ (ln(1 + t)/t − ln t/(1 + t)) dt (chaque intégrale converge, ln t/(1 + t) étant intégrable en 0).

5.(c) (ln t · ln(1 + t))′ = ln(1 + t)/t + ln t/(1 + t) : une primitive sur ]0, +∞[ est t ↦ ln t · ln(1 + t). Alors
(f|ψ(f)) = 2∫₀¹ ln(1 + t)/t dt − ∫₀¹ (ln(1 + t)/t + ln t/(1 + t)) dt = 2·π²/12 − [ln t·ln(1 + t)]₀¹.
Le crochet vaut 0 − lim_t→0 ln t·ln(1 + t) = 0 (ln t·ln(1 + t) ~ t ln t → 0). Donc (f|ψ(f)) = π²/6, et par 3.(b) ‖ψ(f)‖² = 2(f|ψ(f)) = π²/3 :
‖ψ(f)‖ = π/√3 (≈ 1,81, bien inférieur à 2‖f‖ = 2).