X Maths PC 2010

Thème de l'épreuve Une méthode de Fredholm pour l'étude de certaines équations intégrales
Principaux outils utilisés intégrales à paramètres, séries de Fourier, séries de fonctions, déterminants
Mots clefs Fredholm, Fourier, équations intégrales, Volterra

Corrigé

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ÉCOLE POLYTECHNIQUE ÉCOLE SUPÉRIEURE DE PHYSIQUE ET DE CHIMIE INDUSTRIELLES CONCOURS D'ADMISSION 2010 FILIÈRE PC COMPOSITION DE MATHÉMATIQUES (Durée : 4 heures) L'utilisation des calculatrices n'est pas autorisée pour cette épreuve. Une méthode de Fredholm pour l'étude de certaines équations intégrales Si f est une fonction continue de R dans C, 2-périodique, on note, pour tout n Z, son n-ième coefficient de Fourier par 1 fb(n) = 2 Z f (t)e-int dt . - On note D(0, R) le disque fermé du plan complexe de centre 0 et de rayon R. On pourra se servir du résultat suivant, admis sans démonstration. Si A = (aij )i,j=1,... ,n est une matrice carrée de taille n à coefficients complexes, alors | det A| n n 2 Ç ån sup |aij | i,j (inégalité de Hadamard). Première partie : étude de quelques équations intégrales 1. Soit f : [0, 1] C une fonction continue. Considérons l'équation intégrale de paramètre z C, z 6= 1, et de fonction inconnue z : [0, 1] C continue : (Ez ) z (x) - z Z 1 ex-y z (y) dy = f (x) . 0 1a. Posons z = et f . Z 1 e-y z (y) dy. Écrire une relation simple exprimant z en fonction de z 0 1b. En déduire que si z 6= 1, (Ez ) possède une et une seule solution que l'on explicitera. 1 2. Soient f et K deux fonctions de R dans C, 2-périodiques, f étant de classe C 2 et K de classe C 1 . Considérons l'équation intégrale de paramètre z C et de fonction inconnue z : R C continue et 2-périodique : (Fz ) z (x) - z 2 Z K(x - t)z (t) dt = f (x) . - 2a. Soit g une fonction de R dans C continue, 2-périodique. Montrer que la fonction h définie sur R par h(x) = 1 2 Z K(x - t)g(t) dt - est continue, 2-périodique et que ses coefficients de Fourier b h(n) vérifient b c gb(n) . h(n) = K(n) c 2b. Montrer que si z C est tel que pour tout n Z, z K(n) 6= 1, l'équation (Fz ) possède une et une seule solution dont on donnera le développement en série de Fourier. 3. Considérons l'équation intégrale de paramètre z C et de fonction inconnue z : R C de classe C 1 : (Hz ) z (x) - z Z x z (t) dt = ex . 0 Montrer que si z est solution de (Hz ), z vérifie une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants. En déduire les solutions de (Hz ). Deuxième partie : quelques considérations d'algèbre linéaire 4a. Soit A un endomorphisme d'un C-espace vectoriel E vérifiant A2 = A. On note IdE l'identité de E. Montrer que lorsque z 6= 1, l'endomorphisme IdE - zA de E est inversible et donner son inverse. 4b. On note C([0, 1], C) l'espace des fonctions continues sur [0, 1] à valeurs complexes. Considérons l'opérateur : A: ( C([0, 1], C) 7 A, C([0, 1], C) . R A(x) = 01 ex-y (y) dy Montrer que A est linéaire et vérifie A2 = A. Montrer que si z 6= 1, Id - zA est inversible et retrouver le résultat de la question 1b. 5. On note C2 (R, C) l'espace des fonctions continues sur R à valeurs complexes et 2périodiques. Plaçons-nous sous les hypothèses de la question 2, et considérons l'opérateur : A: ( C2 (R, C) C2 (R, C) R 1 A 7 A, A(x) = 2 - K(x - t)(t) dt 2 . c 5a. Montrer que A est linéaire et que ses valeurs propres sont les K(n), n Z. c 5b. Supposons que pour tout n Z, z K(n) 6= 1. Proposer une condition suffisante pour que Id - zA soit inversible. Troisième partie : équations intégrales, le cas général Dans la suite du problème, on considère un intervalle fermé borné [a, b], une fonction continue f : [a, b] C, et une fonction continue N : [a, b] × [a, b] C. On note M = sup |N (x, y)|. (x,y)[a,b]2 On considère l'équation intégrale de paramètre z C et de fonction inconnue z : [a, b] C : (Iz ) z (x) - z Z b N (x, y)z (y) dy = f (x) a Posons, pour (x, y) [a, b]2 , N0 (x, y) = 1, N1 (x, y) = N (x, y) , et par récurrence, pour tout entier k 2, Nk (x, y) = Posons pour z C, x, y [a, b], A(x, y, z) = X Z b a N (x, s)Nk-1 (s, y) ds. Nk (x, y)z k-1 . k=1 6a. Montrer que les fonctions Nk sont bien définies et continues. 6b. Montrer qu'il existe un réel R > 0 tel que la série A(x, y, z) converge normalement sur [a, b]2 × D(0, R). (On pourra majorer |Nk (x, y)| indépendamment de x et y dans [a, b] en fonction de la constante M introduite plus haut.) 6c. Pour tout z D(0, R) et x [a, b], posons z (x) = est bien définie, continue sur [a, b] et que z Z b N (x, y)z (y) dy = z (x) - a Z b Rb a A(x, t, z)f (t) dt. Montrer que z N (x, t)f (t) dt . a En déduire que pour tout z de module strictement plus petit que R, z (x) = f (x) + zz (x) est solution de l'équation (Iz ). Le but de la fin du problème est de montrer l'existence (sous certaines conditions) d'une solution de (Iz ) en dehors du disque {z C, |z| < R}. Soit n un entier naturel non nul. Notons pour xi , yi , i = 1, . . . , n dans l'intervalle [a, b], N Ç x1 , . . . , xn y1 , . . . , yn å le déterminant de la matrice dont le coefficient de la k-ième ligne et l-ième colonne est N (xk , yl ). 3 7. Montrer que N Å x, s1 , . . . , sn y, s1 , . . . , sn ã = N (x, y)N Å ã s1 , . . . , sn s1 , . . . , sn n X + (-1)k N (x, sk )N k=1 Å s1 , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , sn y, s1 , . . . , sk-1 , sk+1 , . . . , sn ã et en déduire que ã X ã Å ã Å Å n x, s1 , . . . , sn s1 , . . . , sn sk , s1 , . . . , sk-1 , sk+1 , . . . , sn N = N (x, y)N - N (x, sk )N . y, s1 , . . . , sn s1 , . . . , sn y, s1 , . . . , sk-1 , sk+1 , . . . , sn k=1 Définissons (j) Cn pour tout entier naturel non nul n, et tout entier j, 1 j n, par Å ã x, s1 , . . . , sn (n) Cn (x, y; s1 , . . . , sn ) = N y, s1 , . . . , sn et, pour tout k = 1, . . . , n - 1, Cn(n-k) (x, y; s1 , . . . , sn-k ) = Z b Cn(n-k+1) (x, y; s1 , . . . , sn-k+1 ) dsn-k+1 . a Posons aussi puis c0 (x, y) = N (x, y) et si n 1, cn (x, y) = Z b a0 = 1, et si n 1, an = cn-1 (s, s) ds . Z b Cn(1) (x, y; s1 ) ds1 , a a 8. Montrer que pour tout n 1, cn (x, y) = N (x, y)an - n Z b N (x, s)cn-1 (s, y) ds . a (On intégrera chacun des termes de la formule obtenue en 7 par rapport à des variables judicieusement choisies, dans un ordre judicieusement choisi.) X an n z a un rayon de convergence infini. (On pourra n! n=0 majorer |an | en partant de la majoration |N (x, y)| M et utiliser l'inégalité de Hadamard rappelée dans le préambule). 9. Montrer que la série entière D(z) = (-1)n cn (x, y) n 10. On fixe R > 0. Pour tout entier n, majorer | z | pour tout (x, y, z) [a, b]× [a, b]× D(0, R) n! par une constante mn qui soit le terme général d'une série convergente. 11. Considérons la série entière Sx,y (z) = X (-1)n n=0 Établir l'égalité Sx,y (z) = N (x, y)D(z) + z Z cn (x, y) n z . n! b N (x, s)Ss,y (z) ds. a 12. En déduire que pour tout z C tel que D(z) 6= 0, Z b Sx,s (z) z (x) = f (x) + z f (s) ds D(z) a est l'unique solution de l'équation intégrale (Iz ). 4 ,

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 X Maths PC 2010 -- Corrigé Ce corrigé est proposé par Vincent Leclère (École Polytechnique) ; il a été relu par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) et Tristan Poullaouec (Professeur agrégé). Le sujet se compose de trois parties traitant d'équations intégrales. Elles ont de nombreux points communs avec les équations différentielles et ont une importance historique pour le traitement de ces dernières. Trois exemples d'équations intégrales sont traités par des méthodes d'analyse dans une première partie, puis par des méthodes algébriques dans une deuxième partie. La partie III présente une méthode de résolution générale de ces équations intégrales à l'aide de séries entières. · La première partie se compose de trois exercices d'analyse, indépendants et relativement simples. Ils nécessitent des calculs ne requérant souvent qu'au plus un changement de variable. Les questions d'unicité peuvent être plus délicates. · La deuxième partie reprend les trois exemples, avec une approche algébrique cette fois. Elle est indépendante de la première et les deux exercices ne sont pas reliés l'un à l'autre. La dernière question est ouverte, ce qui est toujours délicat à traiter. Cette partie est également simple, mais nécessite un peu plus d'intuition que la première. · La troisième partie traite des équations de Fredholm-Volterra du second ordre du type Z b (x) = f (x) + z N(x, y)(y) dy a où l'inconnue est la fonction . N est appelé le noyau de l'équation et si f est nulle alors l'équation est dite homogène. Le nombre z peut être vu comme une généralisation de la notion de valeur propre. Cette partie est très calculatoire mais la plupart des idées nécessaires à la réussite des calculs sont intuitives et une approche méthodique, en réécrivant in extenso les choses à démontrer, permet d'aboutir. Par ailleurs, les questions ne sont pas bloquantes car les formules données permettent de poursuivre. Le sujet est assez calculatoire et balaie largement le programme, avec quelques excursions en dehors. Il est possible d'assurer une note honorable en traitant l'ensemble des questions faciles et quelques-unes, plus difficiles, dont on aura vu l'astuce. Indications 1.a Multiplier Ez par e -x puis intégrer par rapport à x. 2.a Utiliser le théorème de Fubini puis un changement de variable. 2.b S'inspirer de la question précédente en introduisant la fonction h adaptée à l'étude de (Fz ). 3 Dériver pour retrouver une équation différentielle. 4.a Chercher un inverse de la forme IdE + A. 4.b Appliquer directement le résultat précédent. 5.a Prendre un vecteur propre et en calculer les coefficients de Fourier, puis exhiber b des vecteurs propres associés à chaque K(n). 5.b La question ouverte pourrait supporter un certain nombre de réponses, la plus simple à pousser jusqu'au bout consiste à réutiliser le raisonnement établi à la question 4. 6.a La démonstration se fait par récurrence en utilisant la caractérisation séquentielle de la continuité. 6.b Montrer par récurrence une majoration de ||Nk || à partir de la majoration de |N| par M. 6.c Il faut chercher à exprimer chaque membre de l'égalité à démontrer sous forme d'intégrale de série entière, pour pouvoir utiliser la définition par récurrence des fonctions Nk . 7 Il est plus facile de manipuler les déterminants sous leur forme usuelle. Pour obtenir la première égalité, il faut s'aider de la partie droite de l'égalité afin de déterminer la ligne selon laquelle il faut développer le déterminant. 8 Il faut partir de l'expression de cn en fonction de N et développer grâce à la question 7. Le premier terme obtenu se ramène au premier terme de la question 8 N(x, y)an , le second terme est une somme à n éléments qui valent chacun Z b N(x, s)cn-1 (s, y)ds a 9 La majoration de an s'effectue en reprenant la définition pour obtenir une intégrale multiple sur N et en appliquant l'inégalité de Hadamard. On conclut sur le rayon de convergence par la règle de d'Alembert et un théorème de comparaison ou en exploitant la formule de Stirling. 10 Reprendre la démarche précédente. 11 Si l'on réécrit l'égalité à obtenir avec des séries entières, on peut chercher à appliquer, après un changement d'indice adéquat, la formule de la question 8. 12 Dans un premier temps, il faut montrer que la fonction proposée est bien solution de l'équation (Iz ). Injecter à cet effet la fonction z proposée par l'énoncé dans l'équation et montrer que cela se réduit à f (x). Dans un second temps, il est nécessaire d'établir l'unicité de la solution, et c'est loin d'être évident. Une approche algébrique est ici possible en réinterprétant (Iz ) comme une équation du type Bz = f , avec B un opérateur linéaire. La solution z est de la forme z = Af avec A un opérateur linéaire. Il convient de montrer ici que A et B commutent. Dans cette optique, on doit développer les déterminants de la question 7 d'une autre manière. I. Étude de quelques équations intégrales 1.a Soit z C, z 6= 1. Soit z une solution de (Ez ). Il est regrettable que les auteurs de l'énoncé supposent qu'une notation utilisée pour désigner l'inconnue d'une équation soit ensuite utilisée pour désigner une solution de ladite équation sans précision. On a par définition z = Z 1 e -y z (y) dy 0 D'après (Ez ), on a pour tout x [ 0 ; 1 ], Z 1 z (x) - z e x-y z (y) dy = f (x) 0 En multipliant par e , on obtient Z 1 -x e z (x) - z e x-y e -x z (y) dy = e -x z (x) - zz = e -x f (x) -x 0 En intégrant par rapport à x sur [ 0 ; 1 ] pour faire apparaître z , il vient Z 1 z - zz = e -x f (x) dx 0 soit z C r {1} z = 1 1-z Z 1 e -x f (x) dx 0 1.b L'équation (Ez ) s'écrit x [ 0 ; 1 ] z (x) - ze x z = f (x) d'où, en remplaçant z par son expression, L'équation (Ez ) possède une unique solution z définie par Z 1 z e x-y f (y) dy z C r {1} x [ 0 ; 1 ] z (x) = f (x) + 1-z 0 2.a Commençons par montrer les propriétés voulues sur h : · pour tout t [ - ; ] , la fonction x 7 K(x - t)g(t) est continue sur R ; · pour tout x R, t 7 K(x - t)g(t) est intégrable sur [ - ; ] car continue ; · les fonctions g et K étant continues et périodiques, elles sont bornées. On peut donc majorer |K(x - t)g(t)| par une constante, c'est-à-dire par une fonction intégrable sur un segment. Par conséquent, le théorème de continuité d'une intégrale à paramètre fournit la continuité de h. La périodicité provient directement de la périodicité de K. En effet, Z Z 1 1 x R h(x + 2) = K(x + 2 - t)g(t) dt = K(x - t)g(t) dt = h(x) 2 - 2 - Calculons les coefficients de Fourier de h. Soit n un entier relatif, Z 1 b h(t)e -int dt h(n) = 2 - Z Z 1 1 = K(t - u)g(u) du e -int dt 2 - 2 - D'après le théorème de Fubini, Z Z 1 b h(n) = K(t - u)g(u)e -int dt du (2)2 - - Z Z 1 -in(t-u) = K(t - u)e dt e -inu g(u) du (2)2 - - En effectuant le changement de variable v = t - u dans la première intégrale, il vient Z Z -u 1 -inv b h(n) = K(v)e dv e -inu g(u) du (2)2 - --u La 2-périodicité de la fonction v 7 K(v)e -inv permet d'affirmer que l'intégrale sur un segment de longueur 2 est indépendante du point de départ, ainsi Z Z 1 -inv b h(n) = K(v)e dv e -inu g(u) du (2)2 - - Z Z 1 1 = K(v)e -inv dv g(u)e -inu du 2 - 2 - Et enfin, n Z b b g (n) h(n) = K(n)b 2.b Raisonnons par analyse/synthèse en cherchant des propriétés sur une éventuelle solution, puis en prouvant l'existence et l'unicité d'une fonction z ayant ces propriétés, et enfin en montrant que cette fonction z est bien solution de (Fz ). Pour z C r {1} donné, considérons une solution z de l'équation (Fz ) et cherchons à en calculer ses coefficients de Fourier. En s'inspirant des questions précédentes, on introduit Z 1 hz : x 7 K(x - t)z (t) dt 2 - fonction continue, 2-périodique qui vérifie n Z cz (n) = K(n) cz (n) b h d'après la question précédente. L'équation intégrale (Fz ) peut alors s'écrire z (x) - zhz (x) = f (x) et le calcul des coefficients de Fourier des deux membres donne cz (n) - z K(n) cz (n) = fb(n) b n Z (1) b par linéarité des coefficients de Fourier. En se souvenant que z K(n) 6= 1, on peut en déduire les coefficients de Fourier de z : b Pour tout z C r {1} vérifiant z K(n) 6= 1 pour tout entier n, on a 1 cz (n) = n Z fb(n) b 1 - z K(n)