CCINP Maths 2 PC 2008

 

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Les calculatrices sont interdites
N.B. : Le candidat attachera la plus grande importance a la clarte, a la 
precision et a la concision de la redaction ; si un candidat est amene a 
reperer ce qui peut lui sembler etre une erreur
d'enonce, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en 
expliquant les raisons
des initiatives qu'il a ete amene a prendre.

PARTIE I
Pour tout nombre reel s, on considere l'equation differentielle lineaire 
homogene du second
ordre (Es ) suivante :
(Es )

(1 - x2 ) y  (x) - 2(s + 2) xy  (x) - 2(s + 1) y(x) = 0.

On note fs la solution de (Es ) sur ]-1, +1[ qui verifie les conditions 
initiales fs (0) = 0 et fs (0) = 1.
I.1. Soit gs la fonction definie sur ] - 1, +1[ par gs (x) = fs (x) + fs (-x).
I.1.1. Montrer que gs est solution de (Es ) sur ] - 1, +1[.
I.1.2. Calculer gs (0) et gs (0). En deduire que fs est impaire.
I.2. Determiner en fonction de s l'unique valeur de   IR telle que la fonction 
x 7 (1 - x2 ) soit
solution de (Es ) sur ] - 1, +1[.
I.3. Soit us la fonction definie sur ] - 1, +1[ par us (x) = (1 - x2 )s+1 fs 
(x).
I.3.1. Montrer que la derivee us de us est solution sur ] - 1, +1[ de 
l'equation differentielle :
(Es )

(1 - x2 ) y  (x) + 2sxy(x) = 0.

I.3.2. Determiner l'ensemble des solutions de (Es ) sur ] - 1, +1[.
Z x

(1 - t2 )s dt pour tout x ] - 1, +1[.
I.3.3. Calculer us (0) et us (0). En deduire que us (x) =
0

I.4. Soit y une fonction impaire, definie sur un intervalle ouvert I contenant 
0, developpable en
+
X
cn x2n+1 le developpement en serie entiere de y sur I.
serie entiere sur I. On note y(x) =
n=0

1/3

I.4.1. Montrer que pour que y soit solution de (Es ) sur I, il faut et il 
suffit que l'on ait pour
tout n  IN :
2s + 2n + 3
cn+1 =
cn .
2n + 3
I.4.2. En deduire pour tout n  IN une expression de cn en fonction de n et c0 .
I.4.3. Pour quelles valeurs de s  IR l'equation (Es ) admet-elle des solutions 
polynomiales
impaires non identiquement nulles ?
I.4.4. On suppose que s 6 {-n - 23 ; n  IN}, que y(x) =

+
X

cn x2n+1 est solution de (Es ) sur

n=0

I, et que c0 6= 0. Determiner le rayon de convergence de la serie entiere

+
X

cn x2n+1 .

n=0

I.5. Deduire des questions precedentes que pour tout s  IR et tout x ] - 1, +1[ 
on a :
#
"
n
+
X
2n n! Y
(2s + 2k + 1) x2n+1 .
fs (x) = x +
(2n
+
1)!
n=1
k=1
I.6. Montrer que pour tout p  IN et tout x ] - 1, +1[ on a :
Z x
Qp (x)
dt
=
1 ,
p+ 32
2
(1 - x2 )p+ 2
0 (1 - t )
ou Qp est une fonction polynomiale
impaire
Z x
Z x de degre 2p + 1 que l'on explicitera.
dt
dt
Expliciter en particulier
3 et
5 .
2
2
0 (1 - t ) 2
0 (1 - t ) 2
PARTIE II
On considere la fonction  de la variable reelle x definie par :
Z 1
(1 - t2 )x dt.
(x) =
0

II.1. Determiner le domaine de definition de .
II.2. Montrer que  est continue sur ] - 1, +[.
1

On admettra que  est de classe C sur ] - 1, +[, de derivee x 7  (x) =

Z

1

(1 - t2 )x ln(1 - t2 )dt.

0

II.3. Montrer que  est strictement monotone sur ] - 1, +[ et preciser son sens 
de variation.
II.4.
2x + 2
(x) pour
II.4.1. A l'aide d'une integration par parties, montrer que l'on a (x + 1) =
2x + 3
tout x > -1.
II.4.2. Calculer (0). En deduire la limite de (x) lorsque x tend vers -1 par 
valeurs
superieures.
2/3

II.4.3. Pour tout n  IN donner une expression de (n) a l'aide de factorielles. 
En utilisant
la formule de Stirling, determiner un equivalent de (n) lorsque n tend vers +. 
En deduire la
limite de (n) lorsque n tend vers +, puis celle de (x), x  IR, lorsque x tend 
vers +.

II.4.4. Calculer  - 21 . En deduire la valeur de  - 12 + n pour tout n  IN .
PARTIE III
Soit  un nombre reel strictement superieur a 1, non entier. Soit  la fonction 
2-periodique
definie sur IR par :
x  IR,
 (x) = |cos x| .
On note a0 () +

+
X

[an () cos nx + bn () sin nx] la serie de Fourier de  .

n=1

III.1.
III.1.1. Preciser pourquoi  est egale en tout point de IR a la somme de sa 
serie de Fourier.
III.1.2. Que peut-on dire des coefficients bn (), n  IN , et a2p+1 (), p  IN ?
III.2. Pour tout p  IN on considere l'integrale Ip =

Z

2

cos x. cos 2px dx.

0

III.2.1. Montrer que Ip - Ip+1 = 2

Z

2

cos x sin x. sin(2p + 1)x dx.

0

III.2.2. A l'aide d'une integration par parties, montrer que :
Z 
2p + 1 2
cos x. cos x cos(2p + 1)x dx.
Ip - Ip+1 = 2
+1 0
III.2.3. En deduire que Ip - Ip+1 =

2p + 1
[Ip + Ip+1 ].
+1

III.2.4. Montrer que I0 = (  ), ou   est un nombre reel strictement positif que 
l'on calculera
en fonction de .
p-1
Y
 - 2k

Ap ()( ), ou Ap () =
.
III.2.5. En deduire que pour tout p  IN on a Ip =
 + 2p
 + 2k
k=0

III.3. Deduire de ce qui precede les valeurs de a0 () et de a2p () pour tout p  
IN .

Fin de l'enonce

3/3

© Éditions H&K

CCP Maths 2 PC 2008 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Florian Metzger (ENS Cachan) ; il a été relu par 
Sophie
Rainero (Professeur en CPGE) et Guillaume Dujardin (Chercheur INRIA).

Le fil directeur de cette épreuve est l'étude d'intégrales de la famille de 
fonctions s : x 7 (1 - x2 )s pour s  R. En utilisant le changement de variable 
t = sin u,
on voit qu'il s'agit d'une généralisation des intégrales de Wallis
Z /2
Wn =
cosn x dx
(n  N)
0

à des puissances du cosinus non plus seulement entières, mais réelles.
Trois parties très largement indépendantes constituent ce sujet.
· La première partie utilise une équation différentielle et la méthode des 
séries
entières pour obtenir des formules générales pour des primitives des fonctions s
avec s  {-n - 3/2 | n  N}.
· La deuxième vise à expliciter la valeur de l'intégrale de s sur [ 0 ; 1 [ 
pour s
entier ou demi-entier supérieur à -1/2. On retrouve alors les formules et les
équivalents des intégrales de Wallis classiques.

· Enfin, dans la troisième partie, on cherche à exprimer les coefficients de la 
série
de Fourier de la fonction x 7- | cos x| pour  réel non entier strictement
supérieur à 1, en fonction de quantités faisant intervenir les intégrales 
étudiées
dans la deuxième partie.
Ce sujet, centré sur l'analyse, est de difficulté moyenne mais demande une 
rédaction soigneuse. Il comporte de nombreuses applications plus ou moins 
directes
du cours (équations différentielles, séries entières, intégrales à paramètre, 
séries de
Fourier). Il n'exige pas de virtuosité technique, mais il est nécessaire de 
bien maîtriser son cours et les outils de base qu'il fournit, comme le rappelle 
le rapport du
jury : « Le problème d'Analyse de cette année était volontairement plus court 
et plus
simple que ceux des années précédentes. Sa seule ambition était de tester chez 
les
candidats, d'une part leur connaissance des théorèmes fondamentaux au programme
(Cauchy-Lipschitz, séries entières, intégrales dépendant d'un paramètre, 
convergence
des séries de Fourier,...), d'autre part leur aptitude à les mettre en oeuvre 
et à effectuer quelques calculs classiques ne demandant aucune astuce 
particulière (recherche
de solutions d'une équation différentielle linéaire sous forme d'une somme de 
série
entière, intégration par parties, ...). »

© Éditions H&K

Indications
I.1.1 Il suffit de vérifier que x 7 fs (-x) satisfait (Es ).
I.1.2 Trouver une condition nécessaire et suffisante sur gs pour que fs soit 
impaire
et remarquer que gs satisfait un problème de Cauchy particulier.
I.2 Poser, pour simplifier les calculs, r (x) = (1 - x2 )r pour r réel.
I.3.1 Remarquer que us = - fs .
I.3.2 Il s'agit simplement de résoudre une équation différentielle linéaire du 
premier
ordre. Remarquer que le terme (1 - x2 ) ne s'annule pas sur ] -1 ; 1 [.
I.4.1 Une série entière est indéfiniment dérivable terme à terme sur son disque
ouvert de convergence. En outre,
P
an xn = 0  n
an = 0
I.4.2 Utiliser la formule de récurrence pour écrire

2s + 2n + 1
cn-1
2n + 1
et réitérer le processus en descendant jusqu'à c0 .
Un polynôme est une série entière « arrêtée ». En déduire une condition sur cn .
Pour s 
/ {-n - 3/2 | n  N}, vérifier que cn n'est jamais nul et utiliser
la règle de d'Alembert (on pourra factoriser x et faire le changement de 
variable t = x2 ). Autre solution : fixer x et utiliser des résultats sur les 
séries
numériques.
Distinguer les cas suivant les valeurs de s.
Remarquer que
Z 1
(x) =
x (t) dt
cn =

I.4.3
I.4.4

I.5
II.1

0

et que x est de signe constant, puis en trouver un équivalent en t = 1.
II.2 Utiliser une majoration sur tout compact de ] -1 ; + [.
II.4.1 Décomposer l'intégrale en deux, remarquer que

x+1 (t) = 1 - x2 x (t)
et que

x  (t) = -2x t x-1 (t)

II.4.3 Rappelons la formule de Stirling
 n n 
2n
n+ e
Montrer l'existence de la limite de (x) quand x croît indéfiniment. Puis,
comme la limite existe, lim (x) = lim (n).
n!

x

n

II.4.4 On connaît explicitement une primitive de l'intégrande.
III.1.2 Chercher et exploiter d'éventuelles parités et périodicités.
III.2.1 Utiliser les formules trigonométriques donnant la différence et la 
somme de
deux cosinus.
III.2.2 Intégrer par parties.
III.2.3 Même indication qu'à la question III.2.1.
III.2.4 Effectuer un changement de variable dans l'intégrale définissant .

© Éditions H&K

Partie I
Dans l'ensemble de ce corrigé, on note J = ] -1 ; +1 [.
L'énoncé parle de la solution de (Es ) sur J. On peut justifier l'existence et
l'unicité de cette solution par le fait que l'équation est résolue sur J puisque
le terme 1 - x2 ne s'annule pas. (Es ) se met par conséquent sous la forme
y  + as (x) y  + bs (x) y = 0

où as et bs sont des fonctions continues sur J. Le théorème du cours sur
les équations différentielles linéaires d'ordre 2 assure qu'il existe une unique
solution (maximale) définie sur J au problème de Cauchy de l'énoncé.
I.1.1 Posons hs : x 7 fs (-x) pour x  J. Ceci a un sens car fs est définie sur 
un
intervalle symétrique par rapport à 0. Puisque fs est de classe C 2 sur J, il 
en va de
même pour hs et gs = fs + hs . Comme (Es ) est linéaire, il suffit de vérifier 
que hs
vérifie (Es ). Calculons, pour tout x  J,
hs  (x) = -fs  (-x)
hs  (x) = fs  (-x)

Les égalités précédentes découlent immédiatement des formules de dérivation des 
fonctions composées. Cependant, le stress faisant écrire des bêtises,
nous préférons mettre en garde les candidats en citant le rapport du jury :
« pour ce qui est des calculs, les correcteurs ont souvent rencontré l'identité
(f (-·)) = f  (-·) ». Ne succombez-donc pas à la tentation. Un moyen 
mnémotechnique peut être de se rappeler que la dérivée d'une fonction paire est
impaire, ou même de prendre la fonction cos !
En effectuant le changement de variable x  -x dans (Es ), il vient

x  J
1 - (-x)2 fs  (-x) - 2 (s + 2) (-x) fs  (-x) - 2 (s + 1) fs (-x) = 0

soit
x  J
1 - x2 hs  (x) - 2 (s + 2) x hs  (x) - 2 (s + 1) hs (x) = 0
ce qui montre que hs vérifie (Es ). Par conséquent,
gs vérifie (Es ) sur ] -1 ; 1 [.
Signalons encore un écueil à éviter, cité par le rapport du jury : « si f est
solution d'une équation différentielle sur l'intervalle ] -1 ; 1 [, alors f 
(-·) l'est
aussi car ] -1 ; 1 [ est symétrique par rapport à 0... » (ce résultat est bien
entendu faux). Remarquons qu'ici tout marche pour fs (-·), en partie car le
terme en y  est multiplié par -x et que x2 = (-x)2 !
I.1.2 Comme gs (0) = 2 fs (0) = 0 et puisque gs  (0) = fs  (0) - fs  (0) = 0, 
on en
déduit que gs vérifie (Es ) avec les conditions initiales

y(0) = 0
y  (0) = 0

© Éditions H&K

Ce problème de Cauchy admet pour solution la fonction nulle ; l'unicité donnée 
par le
théorème de Cauchy-Lipschitz montre donc que gs est la fonction nulle, ce qui 
s'écrit
x  J
En particulier,

gs (x) = fs (x) + fs (-x) = 0

x  J

fs (-x) = -fs (x)

Comme l'intervalle de définition de fs est symétrique par rapport à 0, on 
obtient
bien que
fs est impaire sur ] -1 ; 1 [.
Le jury souligne que trop peu de candidats pensent à utiliser le théorème
de Cauchy-Lipschitz pour montrer l'identité de deux solutions d'une même
équation différentielle. Rappelons-donc qu'il s'agit d'un résultat majeur dudit
théorème, tout aussi important que l'existence.
I.2 Pour tout r  R notons r l'application x 7 (1 - x2 )r définie sur J. Soit r 
un
réel fixé. r est de classe C 2 et pour tout x  J,
r  (x) = -2r x r-1 (x)

r  (x) = -2r r-1 (x) + 4r (r - 1) x2 r-2 (x)

En utilisant la relation 1 - x2 r (x) = r+1 (x) valable pour tout x dans J, il 
vient

1 - x2 r  (x) = -2r r (x) + 4r (r - 1) x2 r-1 (x)

et

-2 (s + 2) x r  (x) = 4 (s + 2) r x2 r-1 (x)

et

Par conséquent, en notant pour x  J,

(x) = (1 - x2 ) r  (x) - 2 (s + 2) x r  (x) - 2 (s + 1) r (x)

on trouve

(x) = r-1 (x) [4r (r - 1) + 4r (s + 2)] x2 - [2r + 2 (s + 1)] 1 - x2

= r-1 (x) 4r (r - 1 + s + 2) x2 - 2 (r + s + 1) 1 - x2

(x) = 2 (r + s + 1) (2r + 1) x2 - 1 r-1 (x)

Cette expression devant être nulle pour tout x  J,

r est solution de (Es ) si et seulement si r = -(s + 1).
Dans la suite, nous appelons  cette valeur particulière de r :  = -s - 1.
I.3.1 Avec les notations définies à la question précédente, on a us = - × fs .
La fonction us est de classe C 2 comme produit de fonctions de classe C 2 . 
Effectuons
à nouveau les calculs des dérivées : pour tout x  J,
us  (x) = -2 (s + 1) x s (x) fs (x) + s+1 (x) fs  (x)

= s (x) - 2 (s + 1) x fs (x) + 1 - x2 fs  (x)

us  (x) = -2s x s-1 (x) - 2 (s + 1) x fs (x) + 1 - x2 fs  (x)

+ s (x) 1 - x2 fs  (x) - 2 (s + 2) x fs  (x) - 2 (s + 1) fs (x)
|
{z
}
= 0 car fs vérifie (Es )