X Maths 1 MP 2003 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Jean Starynkévitch (ENS Cachan) ; il a été relu par
Jérôme Malick (ENS Cachan) et Walter Appel (Professeur en CPGE).
Ce sujet étudie un développement asymptotique d'une solution d'une équation
différentielle linéaire du second ordre.
· La première partie étudie un opérateur sur l'espace de Banach complexe des
fonctions continues et bornées sur [ 1 ; + [. Elle se termine par la
détermination
du nombre de solutions d'une équation intégrale.
· La deuxième partie applique à des données explicites les résultats de la
première,
transformant l'équation intégrale en une équation différentielle.
· La troisième partie a pour but de déterminer un développement asymptotique
de la solution d'une des équations intégrales abordées dans les deux premières
parties.
Ce problème, assez court, n'est pas d'une grande difficulté, mais il demande
parfois
une certaine dextérité dans les calculs. C'est notamment ce qui lui permet
d'être
réellement utile comme exercice à tout candidat voulant se préparer à ce
concours.
Indications
Première partie
1 Seule la continuité de la fonction donnée n'est pas facile à obtenir.
Faire le changement de variable = - t.
3 Choisir K = kkk, et raisonner par récurrence.
4 Remarquer que kAn k 6 kkkn /n!, et utiliser la complétude de L(E).
5 Observer que l'équation (1) s'écrit (I - A)u = u0 .
Deuxième partie
6 En utilisant l'égalité (1), montrer que u C n entraîne u C n+1 .
7 Dériver deux fois (1), en développant au préalable sin(t - ).
8 Constater que (I - A)u = e où e (t) = eit .
Troisième partie
9.a Intégrer par parties.
9.b Raisonner à n fixé et par récurrence sur k.
10.a Utiliser l'égalité (4).
10.b Reporter le « développement asymptotique a priori » à l'ordre n dans le
second
membre de (4). On doit trouver
n
P
n+1 =
j,n+1-j j
j=0
n
n à l'aide de la question précédente et reconnaître les n premiers
10.c Écrire
2i
termes du développement de n+1 .
10.d Ne pas oublier de dissocier les cas où n peut s'annuler du cas général.
Première Partie
1 Soient t > 1 et u E donnés. Pour > t, k(t, ) est bien définie. De plus,
k(t, )u( )
1
kkk kuk
6
2
2
et cette dernière fonction est intégrable sur [ t ; + [. Ainsi,
Z
d
Pour t J, l'intégrale
k(t, )u( ) 2 est bien définie.
t
Z +
1
Plus précisément, en remarquant que
d = 1, l'intégrale de la fonc2
1
tion majorante est uniformément majorée par le réel kkk kuk par rapport à la
variable t J. Par suite,
On définit ainsi une fonction complexe bornée sur J.
Par commodité, anticipons sur les notations de l'énoncé et notons A(u) la
fonction
ainsi définie. Le changement de variable = - t donne
Z +
d
A(u)(t) =
k(t, t + ) u(t + )
(t + )2
0
Il ne reste alors qu'à vérifier les hypothèses du théorème de continuité des
fonctions
intégrables à paramètre :
1
· La fonction (t, ) 7 k(t, t + ) u(t + )
est une fonction continue sur
(t + )2
J × [ 0 ; + [.
· pour tout t > 1 et tout [ 0 ; + [, on a
1
kkk kuk
6
(t + )2
(1 + )2
la fonction majorante étant indépendante de t et intégrable sur [ 0 ; + [.
k(t, t + ) u(t + )
Conclusion :
La fonction A(u) est continue sur J.
Pour la démonstration de la continuité, on ne peut malheureusement pas
utiliser un théorème du cours lorsqu'il y a à la fois un paramètre sur les
bornes de l'intégrale et dans l'intégrande. Il faut donc faire la démonstration
« à la main » si l'on n'a pas repéré le changement de variable astucieux. Le
principe de la démonstration est alors similaire à celui du lemme
de convergence de Césaro pour les suites numériques, qui comporte un
« découpage en /3 ». Dans ce cas, il faut également soulever la difficulté
supplémentaire de rédaction découlant du fait que l'ensemble de définition de k
est réduit à son strict minimum, à savoir le huitième de plan
{(t, ) | 0 6 t 6 < }. On pourrait néanmoins contourner ce problème en remplaçant k par l'un de ses prolongements continus sur J × J, par exemple l'application (t, ) 7 k(t, max{t; }). 2 La linéarité de A est immédiate. Montrons sa continuité : pour u E et t > 1,
on a
Z
d
kkk kuk
6 kkk kuk
|A(u)(t)| 6
kkk kuk 2 =
t
t
Ainsi,
u E
ce qui signifie que
kA(u)k 6 kkk kuk
A L(E) et kAk 6 kkk
3 La question précédente suggère de prendre K = kkk. Montrons donc la propriété
suivante par récurrence sur n :
kkkn kuk
P(n) : t J
An (u) (t) 6
n! tn
· P(0) est vraie (vu que A0 (u) (t) = |u(t)| 6 kuk).
· P(n) = P(n + 1) : supposons la propriété P vraie au rang n. Soit t J,
on a
An+1 (u) (t) = A An (u) (t)
=
6
Z
Z
k(t, ) (An (u))( )
t
kkk
t
d
An (u) ( ) 2
kkkn kuk d
n! n 2
t
Z
kkkn+1 kuk 1 d
6
n!
n 2
t
6
Z
d
2
kkk
(hypothèse de récurrence)
kkkn+1 kuk
An+1 (u) (t) 6
(n + 1)! tn+1
· Conclusion : P(n) est vraie pour tout n > 0. Ainsi,
K = kkk convient.
4 D'après la question précédente,
n > 0 u E
d'où
n > 0
kAn (u)k 6
kAn k 6
kkkn kuk
n!
kkkn
n!
Le membre
de droite est le terme général de la série convergente exp(kkk). Ainsi, la
P
série An est absolument convergente. Or, le cours nous apprend que E est
complet ;
par suite, L(E) est également complet. On peut en déduire que
P
La série An est convergente dans L(E).
