SESSION 2009

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 1

Exercice 1
2 1 Notons I lun des intervalles ] 1, 0[ ou ]0, 1[. Sur I, lquaion (E) quivaut lquation y + y = . Les deux x 1 x4 2 1 sont continues sur I et donc les solutions de (E) sur I constituent un R-espace ane de fonctions x et x x 1 x4 dimension 1. 1. Soit f une fonction drivable sur I. 2x f solution de (E) sur I x I, (xf) (x) = 1 x4

C R/ x I, xf(x) = Arcsin(x2 ) + C C R/ x I, f(x) = SI = x Arcsin(x2 ) + C , CR . x

Arcsin(x2 ) + C . x

2. Soit f une ventuelle solution de (E) sur ] 1, 1[. Ncessairement, 0f (0) + f(0) = 0 et donc f(0) = 0 puis f/]1,0[ et f/]0,1[ tant solutions de (E) sur ] 1, 0[ et ]0, 1[ respectivement, Arcsin(x2 ) + C1 si x ] 1, 0[ x 2 . (C1 , C2 ) R / x ] 1, 1[, f(x) = 0 si x = 0 2 Arcsin(x ) + C2 si x ]0, 1[ x

Rciproquement, une telle fonction f est solution de (E) sur ] 1, 0[ et sur ]0, 1[ et vrie lgalit en x = 0 si de plus elle est drivable en 0. Donc, une telle fonction f est solution de (E) sur ] 1, 1[ si et seulement si elle est drivable en 0. Si C1 = 0 ou C2 = 0, f ne tend pas vers 0 = f(0) quand x tend vers 0 et nest donc pas solution de (E) sur ] 1, 1[. Si C1 = C2 = 0, on a f(x) = x2 + o(x2 ) = x + o(x) = f(0) + x + o(x). x

x0, x=0

Dans ce cas, f admet un dveloppement limit dordre 1 en 0 et est donc drivable en 0. f est alors solution de (E) sur ] 1, 1[. 2 Arcsin(x ) si x = 0 x Lquation (E) admet une et une seule solution sur ] 1, 1[ savoir la fonction x . 0 si x = 0

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Exercice 2
1 2 1. La fonction t et est continue sur [0, +[ et ngligeable en + devant 2 daprs un thorme de croissances t compares. Donc La fonction t et est intgrable sur R+ . 2. (a) La fonction t et est continue sur R+ et donc f est dnie et de classe C1 sur R+ et pour tout rel x, 2 f (x) = ex .
1
2 2

Posons G :

1 + t2 Pour chaque x R+ , la fonction t G(x, t) est continue par morceaux sur le segment [0, 1] et donc intgrable sur ce segment. La fonction G est pourvue dune drive partielle par rapport sa premire variable x sur [0, +[[0, 1] et G De plus, pour chaque x R+ , la fonction t (x, t) est continue par morceaux sur [0, 1] et pour chaque t [0, 1], la x G (x, t) est continue sur [0, +[. fonction x x 2 Enn, la fonction x 2xex est continue sur R+ et admet une limite relle en + savoir 0. Cette fonction est donc + borne sur R . Soit M un majorant de sa valeur absolue sur R+ . Alors, (x, t) [0, +[R, G (x, t) x M = 1 (t) (x, t) [0, +[[0, 1], G 2 2 2 2 2 (x, t) = 2xex (1+t ) = 2xex ex t x

[0, +[[0, 1] (x, t)

R e
x2 (1+t2 )

de sorte que x R+ , g(x) =

G(x, t) dt.
0

(hypothse de domination) o 1 est continue et intgrable sur [0, 1]. Daprs le thorme de drivation des intgrales paramtres (thorme de Leibniz), g est de classe C1 sur R+ et
1

x [0, +[, g (x) = f et g sont de classe C1 sur R+ et x

2 G (x, t) dt = 2xex x

1 0

ex

2 2

dt.
1 0

0, f (x) = ex et g (x) = 2xex

ex

2 2

dt.

(b) Le rsultat est immdiat si x = 0 et si x > 0, en posant t = ux ou encore u =

1

t puis dt = x du, on obtient x

f(x) =
0

ex

u2

x du. 0,
2 2

La fonction est de classe C1 sur lintervalle [0, +[ et pour x (x) = g (x) + 2f (x)f(x) = 2xex
2

ex

dt + 2xex
1

1 0

ex

2 2

dt = 0.

Donc la fonction est constante sur [0, +[ et x

0, (x) = (0) =
0

1 dt + 0 = . 1 + t2 4 . 4
2 2

x [0, +[, g(x) + (f(x))2 = (c) Soit x R+ . Par positivit de lintgrale, g(x)
1

ex (1+t ) 1 2 2 = ex (1+t ) 1 + t2 1 + t2 tant dcroissante sur [0, 1] en tant que produit de deux fonctions positives et dcroissantes sur [0, 1], on a 0 et dautre part, la fonction t
1 0

g(x)
0

ex (1+0) dt = 1+0 2

ex dt = ex .
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x (d) Pour x , on a (f(x))2 =

0, 0

g(x)

ex .

g(x). Mais la question prcdente 4 = et donc que et le thorme des gendarmes montre que lim g(x) = 0. On en dduit que lim f(x) = x+ x+ 4 2 g(x) et puisque f(x) 4 0, on a encore f(x) =
+ 0

x2

dx = . 2

Problme : Thorme du point fixe et applications

Partie I : Le thorme du point xe de Picard 1. (a) Soit n N. un+1 = xn+2 xn+1 = f(xn+1 ) f(xn ) Montrons par rcurrence que pour n N, un kn f(a) a . Cest vrai pour n = 0 car u0 = x1 x0 k0 f(a) a et si pour n un+1 On a montr par rcurrence que n N, un Puisque 0 kn f(a) a . k un k xn+1 xn = k un . 0, un kn f(a) a alors

k kn f(a) a = kn+1 f(a) a .

terme gnral un est absolument convergente (cest--dire complet.

k < 1, la srie gomtrique de terme gnral kn f(a) a , n N, converge. On en dduit que la srie de un converge) et donc convergente puisque (E,

) est

(b) On sait que la suite de terme gnral xn , n N, et la srie de terme gnral xn+1 xn , n N, sont de mme nature (sries tlescopiques). Donc la suite (xn ) converge vers un lment de E. (c) f est Lipschitzienne sur E et donc continue sur E et en particulier en . On en dduit que = lim un+1 = lim f(un ) = f( lim un ) = f().
n+ n+ n+

La suite (xn )nN converge vers un point xe de f. (d) f admet donc au moins un point xe. Soient x et y deux points xes de f (non ncessairement distincts). x y = f(x) f(y) On en dduit (1 k) x y 0 puis x y k xy .

puisque 1 k > 0 et donc x y = 0 puis x = y.

f admet un point xe et un seul. Partie II : Exemples et contre-exemples 2. Sur la ncessit davoir une contraction stricte. (a) g est drivable sur R et pour t R g (t) = 1 Donc g (t) < 1 0 = 1 et g (t) 1 1 1 + t2

1 = 0. Par suite, pour tout rel t, |g (t)| < 1. 1+0

Soient alors x et y deux rels tels que x < y. La fonction g est continue sur [x, y] et drivable sur ]x, y[. Daprs lgalit des accroissements nis, il existe c ]x, y[ tel que http ://www.maths-france.fr 3
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|g(y) g(x)| = |g (c)| |x y| < |x y|. Pour tous rels distincts x et y, |g(x) g(y)| < |x y|. (b) Soit t R. g(t) = t Arctan t = . Cette quation na pas de solution relle et donc la fonction g na pas de point 2 xe. Daprs le thorme de Picard, la fonction g nest pas une contraction stricte. 3. Un exemple. (a) Pour tout entier naturel n, on a un+1 = g(un ). Mais pour tous rels x et y, on a |g(x) g(y)| = 1 1 |x y| |x y|. Donc la fonction g est une contraction stricte et daprs le thorme de Picard, la suite (un ) converge 5 5 5 vers lunique point xe de g savoir = . 4 La suite (un ) converge vers = 5 . 4

(b) Soit x R. Montrons par rcurrence que n N, f(gn (x)) = f(x). Cest vrai pour n = 0 puisque g0 = IdE et si pour n 0, f(gn (x)) = f(x) alors f(gn+1 (x)) = f(g(gn (x))) = f(gn (x)) = f(x). On a montr par rcurrence que x R, n N, f(gn (x)) = f(x). 5 (c) Soit x R. f est continue sur R et donc en = . On fait tendre n tend vers + dans lgalit prcdente et on 4 obtient f(x) = lim f(gn (x)) = f( lim gn (x)) = f
n+ n+

5 . 4

Ainsi, x R, f(x) = f

5 4

et donc f est constante. Rciproquement, les fonctions constantes conviennent.

4. Un systme non linaire dans R2 . est de dimension nie sur R. (b) Lingalit | sin x|

(a) Lespace vectoriel norm (R2 ,

1)

est complet car lespace vectoriel R2

|x|, valable pour tout rel x est connue. Mais alors pour (a, b) R2 , | sin b sin a| = 2 sin ba 2 cos b+a 2 2 ba 1 = |b a |. 2 1 1 + t2 1. Daprs lingalit des accroisse-

La fonction Arctan est drivable sur R et pour tout rel t, 0 ments nis, pour tous rels a et b, | Arctan b Arctan a|

Arctan (t) =

|b a| sup{| Arctan (t)|, t R}

|b a | 1 = |b a |. |b a |.

(a, b) R2 , | sin b sin a| (c) Soit ((x1 , y1 ), (x2 , y2 )) (R2 )2 . ((x2 , y2 )) ((x1 , y1 ))
1

|b a| et | Arctan b Arctan a|

2 1 (sin(x2 + y2 ) sin(x1 + y1 )), (Arctan(x2 y2 ) Arctan(x1 y1 ) 4 3 2 1 = | sin(x2 + y2 ) sin(x1 + y1 )| + | Arctan(x2 y2 ) Arctan(x1 y1 )| 4 3 2 1 |(x2 + y2 ) (x1 + y1 )| + |(x2 y2 ) (x1 y1 )| 4 3 2 1 = |(x2 x1 ) + (y2 y1 )| + |(x2 x1 ) (y2 y1 )| 4 3 1 2 11 + (x2 , y2 ) (x1 , y1 ) 1 (|x2 x1 | + |y2 y1 |) = 4 3 12 =

Comme 0

11 < 1, 12 4
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 est une contraction stricte de (R2 ,

1)

dans (R2 ,

1 ).

(d) Daprs le thorme de Picard, admet un point xe et un seul ou encore le systme (S) admet un couple solution et un seul dans R2 . 1 1 1 1 1 (0, 0) = 0, (0, 0) = < . = et , , (e) 2 2 6 6 2 2 2 6 1 1 1 1 1 1 Donc, (0, 0) (0, 0) = (0, 0). Ainsi, lapplication nest pas une avec , , , 2 2 2 2 2 2 contraction stricte pour la norme . Une application f peut donc tre une contraction stricte pour une norme et pas pour une autre. Partie III : Une quation intgrale 5. (a) Montrons que est une norme sur F. Soit f F. f est borne sur [0, 1]. Donc f existe et appartient R+ . Soit f F. f = 0 sup |f(x)| = 0 x [0, 1], |f(x)| 0 x [0, 1], f(x) = 0 f = 0.
x[0,1]

Soient f F et R. Lapplication g : y ||y est continue et croissante sur R. Donc f

= sup{g(|f(x)|), x [0, 1]} = g(sup{|f(x)|, x [0, 1]}) = || f

Pour tout x de [0, 1], |(f + g)(x)| Donc f a f+g

|f(x)| + |g(x)|

+ g

+ g f

est un majorant de {|(f + g)(x)|, x [0, 1]} et puisque f + g + g .

est le plus petit de ces majorants, on

est une norme sur F.

(b) Une application continue sur un segment est borne sur ce segment et donc E F. (c) Soient x0 G et > 0. Il existe un entier n0 tel que pour n Pour x G, on a alors g(x) g(x0 ) g(x) gn (x) + gn0 (x) gn0 (x0 ) + gn0 (x0 ) g(x0 ) gn0 (x) gn0 (x0 ) + 2 gn0 g

n0 , gn g

existe dans R et gn g

<

. 3

< gn0 (x) gn0 (x0 ) +

2 . 3

. Mais alors pour Maintenant, gn0 est continue en x0 et donc > 0/ x G, x x0 < gn0 (x) gn0 (x0 ) < 3 2 x G tel que x x0 < , on a g(x) g(x0 ) < + = . 3 3 On a montr que x0 G, > 0, > 0/ x G, ( x x0 < g(x) g(x0 ) < et donc g est continue sur G. (d) Il sagit de vrier que toute suite de Cauchy dlments de E converge dans E. Soit (fn )nN une suite dlments de E, de Cauchy pour . Puisque E F daprs (b), (fn )nN est aussi une suite de Cauchy de lespace vectoriel norm (F, ). Puisque cet espace est un espace de Banach, la suite (fn )nN converge dans (F, ) vers un lment f de F. Mais alors la suite de fonctions (fn )nN converge uniformment vers f sur [0, 1] et daprs la question prcdente, puisque chaque fn est continue sur [0, 1], f est continue sur [0, 1] ou encore f E. En rsum, la suite de Cauchy (fn ) converge dans E ce quil fallait dmontrer. (E,
)

est un espace de Banach.

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6. (a) Le pav [0, 1]2 est un compact de R2 et lapplication |K| est continue sur ce compact. On en dduit que |K| admet sur [0, 1]2 un minimum et un maximum. (b) Soit f E. Pour chaque x [0, 1], lapplication y K(x, y)f(y) est continue sur le segment [0, 1] et pour chaque y [0, 1], lapplication x K(x, y)f(y) est continue sur [0, 1]. Enn, pour tout (x, y) [0, 1]2 |K(x, y)f(y)| M|f(y) = 0 (y) (hypothse de domination) o 0 est continue et intgrable sur [0, 1].
1

sur [0, 1]. Il en est de mme de la fonction (f) et on a donc montr que EE . (c) Supposons M > 0. Soit

Daprs le thorme de continuit des intgrales paramtres, lapplication x

K(x, y)f(y) dy est dnie et continue

0

1 1 . Soit (f1 , f2 ) E2 . Pour tout x [0, 1], on a , M M

1

|(f1 )(x) (f2 )(x)| et donc (f1 ) (f2 ) de Banach (E, ).

1

| |
0

|K(x, y)| |f1 (y) f2 (y)| dy

| | M f 1 f 2

| | M f 1 f 2

Puisque ||M < 1, on a montr que est une contraction stricte de lespace

Daprs le thorme de Picard, admet un point xe et un seul ou encore il existe une et une seule f E telle que x [0, 1], f(x) + K(x, y)f(y) dy = g(x).
0

Partie IV : Une application gomtrique 7. (a) Les droites (MM ) et (PP ) sont parallles et donc daprs le thorme de Thales PP MM = et donc MC PC

PP PC PC = . Ensuite, dans le triangle MPC, rectangle en C, = | cos c|. MM MC MC A

PM C PM PM = = | cos c|. MM MC (b) Mais alors, mme si M = M ou M = C, PM PM = | cos c|MM . Mais alors, on a aussi QM QM = | cos a|PM PM puis RM RM = | cos b|QM QM et donc RM RM = | cos b|QM QM = | cos a cos b|PM PM = | cos a cos b cos c|MM , et donc pour tous points M et M de laxe des abscisses |(xM ) (xM )| = | cos a cos b cos c| |xM xM |. Comme le rel | cos a cos b cos c| est dans [0, 1[, est une contraction stricte de lespace de Banach (R, | |). On en dduit quil existe un point M de la droite (BC) et un seul tel que RM = M. http ://www.maths-france.fr 6
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