Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Mines-Ponts)

On considère l’équation différentielle

$$(E)\quad:\quad y^{(2)}+\cos^2(t)y=0.$$

1) Justifier l’existence d’une solution $u$ de $(E)$ telle que $u(0)=1$ et $u'(0)=0$. Vérifier que la fonction $u$ est paire.

2) Démontrer l’existence de deux réels $\alpha$ et $\beta$ vérifiant

$$\alpha<0<\beta,\;u'(\alpha)>0\;\text{et}\;u'(\beta)<0.$$

En déduire que $u$ possède au moins un zéro dans $]-\infty,0[$ et au moins un zéro dans $]0,+\infty[$.

3) Justifier l’existence des réels $\gamma=\text{Max}\{t<0/\;u(t)=0\}$ et $\delta=\text{Min}\{t>0/\;u(t)=0\}$.

4) Soit $v$ une solution de $(E)$ linéairement indépendante de $u$.

En étudiant les variations de $W=uv’-u’v$, montrer que $v$ possède au moins un zéro dans $]\gamma,\delta[$.

5) Soit $w$ une solution non nulle de $(E)$. Montrer que $w$ admet une infinité de zéros (on pourra introduire, pour tout $n\in\mathbb{N}$, la fonction $\begin{array}[t]{cccc}w_n~:&\mathbb{R}&\rightarrow&\mathbb{R}\\ &t&\mapsto&w(t-n\pi)\end{array}$).

Corrigé

On considère l’équation différentielle

$$(E)\quad:\quad y^{(2)}+\cos^2(t)y=0.$$

1) $(E)$ s’écrit $y^{(2)}+a(t)y’+b(t)y=0$ où $a~:~t\mapsto0$ et $b~:~t\mapsto\cos^2(t)$ sont continues sur $\mathbb{R}$. D’après le théorème de Cauchy, pour tout $\left(t_0,y_0,z_0\right)\in\mathbb{R}^3$, il existe une solution $y$ et une seule de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ vérifiant $y\left(t_0\right)=y_0$ et $y’\left(t_0\right)=z_0$. Ceci montre l’existence et l’unicité de $u$.

Soit $u_1~:~t\mapsto u(-t)$. Pour tout réel $t$, $u_1^{(2)}(t)+\cos^2(t)u_1(t)=u^{(2)}(-t)+\cos^2(-t)u(-t)=0$. De plus, $u_1(0)=u(0)=1$ et $u_1′(0)=-u'(0)=0$. Par unicité, $u_1=u$ ou encore, pour tout réel $t$, $u(-t)=u(t)$. $u$ est paire.

2) La fonction $u^{(2)}~:~t\mapsto-\cos^2(t)u(t)$ est continue sur $\mathbb{R}$ et prend la valeur $-1<0$ en $0$. Donc, la fonction $u^{(2)}$ est strictement négative sur un voisinage de $0$ puis la fonction $u’$ est strictement décroissante sur un voisinage de $0$. Puisque $u'(0)=0$, la fonction $u’$ est strictement positive sur un voisinage de $0$ à gauche et strictement négative sur un voisinage de $0$ à droite. D’où l’existence de $\alpha$ et $\beta$.

Supposons par l’absurde que la fonction $u$ ne s’annule pas sur $]-\infty,0]$. Puisque $u$ est continue sur $]-\infty,0]$, $u$ garde un signe constant sur $]-\infty,0]$, le signe de $u(0)=1$. Donc, $u$ est strictement positive sur $]-\infty,0]$ puis $u^{(2)}=-\cos^2(t)u$ est négative sur $]-\infty,0]$ puis $u’$ est décroissante sur $]-\infty,0]$.

Soit $t\in]-\infty,\alpha[$. D’après l’égalité des accroissements finis, il existe $c_t\in]t,\alpha[$ tel que $u(t)-u(\alpha)=(t-\alpha)u’\left(c_t\right)$. Puisque $c_t<\alpha$, $u’\left(c_t\right)\geqslant u'(\alpha)$ puis

$$u(t)\leqslant u(\alpha)+(t-\alpha)u'(\alpha).$$

Ainsi, pour tout $t\in-\infty,\alpha]$, $u(t)\leqslant u(\alpha)+(t-\alpha)u'(\alpha)$. Puisque $u'(\alpha)>0$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{t\rightarrow+\infty}u(t)=-\infty$. Ceci contredit le fait que $u$ est positive sur $]-\infty,\alpha]$. Donc, la fonction $u$ possède au moins un zéro dans $]-\infty,0[$. Par parité, $u$ possède aussi au moins un zéro dans $]0,+\infty[$.

3) $E=\{t<0/\;u(t)=0\}$ est une partie non vide (d’après 2)) et majorée (par $0$) de $\mathbb{R}$. Donc, $E$ admet une borne supérieure $\gamma$ dans $\mathbb{R}$. $\gamma$ est un réel négatif ou nul.

Il existe une suite $\left(\gamma_n\right)_{n\in\mathbb{N}}$ d’éléments de $E$, convergente, de limite $\gamma$. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u\left(\gamma_n\right)=0$. Par continuité de $u$ sur $\mathbb{R}$ et donc en $\gamma$,

$$0=\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u\left(\gamma_n\right)=u\left(\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\gamma_n\right)=u(\gamma).$$

Enfin, $u(0)=1\neq0$ et donc $\gamma<0$. Finalement, $\gamma$ est un élément de $E$ ou encore $\gamma=\text{Max}\{t<0/\;u(t)=0\}$. Par parité, $\delta=\text{Min}\{t>0/\;u(t)=0\}$ existe également et de plus $\gamma=-\delta$.

4) $W$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $W’=uv^{(2)}+u’v’-u’v’-u^{(2)}v=-\cos^2(t)uv+\cos^2(t)uv=0$. Donc, $W$ est constante sur $\mathbb{R}$ puis

$$\forall t\in\mathbb{R},\;u(t)v'(t)-u'(t)v(t)=v'(0).$$

Si $v'(0)=0$, le wronskien $W$ est nul ce qui contredit la liberté de la famille $(u,v)$. Donc $v'(0)\neq0$. Si $v(0)=0$, $v$ s’annule au moins une fois dans $]-\gamma,\gamma[$. Sinon, quite à remplacer $v$ par $-v$ (qui vérifie les mêmes hypothèses que $v$), on peut supposer que $v(0)>0$.

Supposons par l’absurde que la fonction $v$ ne s’annule pas sur $]-\gamma,\gamma[$. Puisque $v(0)>0$, par continuité, la fonction $v$ est strictement positive sur $]-\gamma,\gamma[$ puis, sur $]-\gamma,\gamma[$, $\dfrac{uv’-u’v}{v^2}=\dfrac{v'(0)}{v^2}$ ou encore $\left(\dfrac{u}{v}\right)’=\dfrac{v'(0)}{v^2}$. La fonction $\dfrac{u}{v}$ est donc strictement monotone sur $]-\gamma,\gamma[$.

Si $v$ ne s’annule pas en $-\gamma$ et en $\gamma$, la fonction $\dfrac{u}{v}$ s’annule en $-\gamma$ et $\gamma$ ce qui contredit la stricte monotonie de la fonction $\dfrac{u}{v}$ sur $]-\gamma,\gamma[$. Donc, $v$ s’annule en $-\gamma$ ou en $\gamma$. Supposons par exemple $v(-\gamma)=0$. On ne peut avoir $v'(-\gamma)=0$ car alors, le théorème de Cauchy montre que $v$ est nulle ce qui est faux. Donc, on peut poser $\lambda=\dfrac{u'(-\gamma)}{v'(-\gamma)}$. Les fonctions $u$ et $\lambda v$ sont deux solutions de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ prenant la même valeur en $-\gamma$ ainsi que leur dérivée. De nouveau, le théorème de Cauchy montre que $u=\lambda v$ ce qui est exclu. Donc, $v$ ne s’annule pas en $-\gamma$ et de même $v$ ne s’annule pas en $\gamma$.

Ainsi, il est impossible que $v$ ne s’annule pas sur $]-\gamma,\gamma[$ et donc $v$ s’annule au moins une fois sur $]-\gamma,\gamma[$.

5) Soit $w$ une solution non nulle de $(E)$. Si $w$ est colinéaire à $u$, alors $w$ admet au moins un zéro dans $[-\gamma,\gamma]$ d’après 2) et si $w$ n’est pas colinéaire à $u$, $w$ admet au moins un zéro dans $[\gamma,\gamma]$. Dans tous les cas, $w$ s’annule au moins une fois sur $[-\gamma,\gamma]$.

Pour $n\in\mathbb{Z}$, posons $w_n(t)=w(t-n\pi)$. $w_n$ est deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $t$,

$$w_n^{(2)}(t)+\cos^2(t)w_n(t)=w »(t-n\pi)+\cos^2(t-n\pi)w(t-n\pi)=0.$$

Pour $n\in\mathbb{Z}$, $w_n$ est une solution non nulle de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ et s’annule donc au moins une fois dans $[-\gamma,\gamma]$. Mais alors, la fonction $w$ s’annule dans chacun des intervalles $I_n=[-\gamma+n\pi,\gamma+n\pi]$, $n\in\mathbb{Z}$. Ceci montre que la fonction $w$ a une infinité de zéros (deux intervalles $I_n$ et $I_p$, $n<p$, ne se chevauchent pas dès que $n-p>\dfrac{2\pi}{\pi}$).

Commentaires et/ou rappels de cours

Le théorème de Cauchy linéaire au second ordre dit que si $a$, $b$ et $c$ sont trois fonctions continues sur un intervalle $I$ de $\mathbb{R}$ à valeurs dans $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, pour tout $\left(x_0,y_0,z_0\right)\in I\times\mathbb{K}\times\mathbb{K}$, l’équation $(E)$ $y^{(2)}(x)+a(x)y'(x)+b(x)y(x)=c(x)$ admet une solution $y$ et une seule sur $I$ vérifiant $y\left(x_0\right)=y_0$ et $y’\left(x_0\right)=z_0$.

L’unicité de la solution au problème de Cauchy est un outil (voire l’outil) pour établir un certain nombre de propriétés d’une solution. Par exemple, la parité de $u$ s’établit en montrant que les fonctions $u$ et $x\mapsto u(-x)$ vérifient le même problème de Cauchy.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $q\in\left]0,\dfrac{1}{4}\right[$. Trouver toutes les fonctions $f$ dérivables sur $]0,+\infty[$ vérifiant

$$\forall x>0,\;f'(x)=f\left(\dfrac{q}{x}\right),$$

Corrigé

On note $(E)$ l’équation proposée. La fonction nulle est solution de l’équation $(E)$ sur $]0,+\infty[$ et donc l’équation $(E)$ admet au moins une solution sur $]0,+\infty[$.

Soit $f$ une solution de $(E)$ sur $]0,+\infty[$. La fonction $x\mapsto\dfrac{q}{x}$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ à valeurs dans $]0,+\infty[$ et la fonction $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$. Donc, la fonction $x\mapsto f\left(\dfrac{q}{x}\right)$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ ou encore la fonction $f’$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ ou enfin la fonction $f$ est deux fois dérivable sur $]0,+\infty[$.

En dérivant, on obtient pour tout $x>0$, $$f^{(2)}(x)=-\dfrac{q}{x^2}f’\left(\dfrac{q}{x}\right)=-\dfrac{q}{x^2}f\left(\dfrac{q}{q/x}\right)=-\dfrac{q}{x^2}f(x).$$

La fonction $f$ est donc solution sur $]0,+\infty[$ de l’équation $(E’)~:~x^2y^{(2)}+qy=0$. Puisque la fonction $x\mapsto\dfrac{q}{x^2}$ est continue sur $]0,+\infty[$, on sait que les solutions sur $]0,+\infty[$ de l’équation $(E’)$ constituent un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension $2$. Cherchons une solution de $(E’)$ de la forme $f_\alpha~:~x\mapsto x^\alpha$. Pour tout $x>0$,

$$x^2f_\alpha^{(2)}(x)+qf_\alpha(x)=(\alpha(\alpha-1)-q)x^\alpha=\left(\alpha^2-\alpha+q\right)x^\alpha.$$

$f_\alpha$ est solution de $(E’)$ sur $]0,+\infty[$ si et seulment si $\alpha^2-\alpha+q=0$. Le discriminant de cette équation est $\Delta=1-4q$.

Puisque $q\in\left]0,\dfrac{1}{4}\right[$, on a $\Delta>0$ puis l’équation $\alpha^2-\alpha+q=0$ admet deux solutions réelles distinctes à savoir $\alpha=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{1-4q}}{2}$ et $\alpha’=\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{1-4q}}{2}=1-\alpha$.

La famille $\left(f_{\alpha},f_{\alpha’}\right)$ est libre car le wronskien de cette famille est

$$w(x)=\begin{vmatrix}x^{\alpha}&x^{\alpha’}\\\alpha x^{\alpha-1}&\alpha’x^{\alpha’-1}\end{vmatrix}=\left(\alpha’-\alpha\right)x^{\alpha+\alpha’-1}\neq0.$$

La famille $\left(f_{\alpha},f_{1-\alpha}\right)$ est donc une base de l’espace des solutions de $(E’)$ sur $]0,+\infty[$. Donc, les solutions de $(E’)$ sur $]0,+\infty[$ sont les fonctions de la forme $x\mapsto\lambda x^{\alpha}+\mu x^{1-\alpha}$, $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$.

Il existe donc $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$ tel que pour tout $x>0$, $f(x)=\lambda x^{\alpha}+\mu x^{\alpha’}$ où $\alpha=\dfrac{1+\sqrt{1-4q}}{2}$ et $\alpha’=1-\alpha$. Réciproquement, soit $f$ une telle fonction.

\begin{align*}\forall x>0,\;f'(x)=f\left(\dfrac{q}{x}\right)&\Leftrightarrow\forall x>0,\;\lambda\alpha x^{\alpha-1}+\mu\alpha’x^{\alpha’-1}=\lambda q^\alpha x^{-\alpha}+\mu q^{\alpha’}x^{-\alpha’}\\&\Leftrightarrow\forall x>0,\;\lambda\alpha x^{\alpha-1}+\mu\alpha’x^{\alpha’-1}=\lambda q^\alpha x^{\alpha’-1}+\mu q^{\alpha’}x^{\alpha-1}\\&\Leftrightarrow\forall x>0,\;\lambda\alpha f_\alpha(x)+\mu\alpha’ f_{\alpha’}(x)=\lambda q^\alpha f_{\alpha’}(x)+\mu q^{\alpha’}f_\alpha(x)\\&\Leftrightarrow\lambda\alpha=\mu q^{\alpha’}\;\text{et}\;\mu\alpha’=\lambda q^\alpha\;(\text{par liberté de la famille}\;\left(f_\alpha,f_{\alpha’}\right).\end{align*}

Maintenant, le déterminant du sys tème $(S)$ : $\left\{\begin{array}{l}\lambda\alpha-\mu q^{\alpha’}=0\\\lambda q^\alpha-\mu\alpha’=0\end{array}\right.$ est $\delta=\alpha\alpha’-q^{\alpha+\alpha’}=q-q=0$ (car $\alpha$ et $\alpha’$ sont les solutions de $z^2-z+q=0$). Donc,

$$(S)\Leftrightarrow\lambda q^\alpha-\mu\alpha’=0\Leftrightarrow\mu=\lambda\alpha q^{-\alpha’}\Leftrightarrow\mu=\lambda\alpha q^{\alpha-1}.$$

Les solutions de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ sont les fonctions $f$ définies pour $x>0$ par

\begin{align*}f(x)&=\lambda\left(x^\alpha+\alpha q^{\alpha-1}x^{1-\alpha}\right)\\&=\lambda\left(x^\alpha+\alpha (\alpha(1-\alpha))^{\alpha-1}x^{1-\alpha}\right)\\&=\lambda\alpha^\alpha\left(\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)^\alpha+\left(\dfrac{x}{1-\alpha}\right)^{1-\alpha}\right).\end{align*}

En renommant la constante $\lambda$, on obtient les fonctions de la forme

$$x\mapsto\lambda\left(\left(\dfrac{x}{\alpha}\right)^\alpha+\left(\dfrac{x}{1-\alpha}\right)^{1-\alpha}\right),\;\lambda\in \mathbb{R}.$$

Les solutions de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ constituent un $\mathbb{R}$-espace vectoriel de dimension $1$.

Commentaires et/ou rappels de cours

L’application $g~:~x\mapsto\dfrac{q}{x}$  est une involution de $]0,+\infty[$ ($g\circ g=Id$). En dérivant les deux membres de l’égalité $f'(x)=f\left(\dfrac{q}{x}\right)$, on revient donc à la variable $x$. Cette idée serait également mise en oeuvre pour les équations $f'(x)=f(-x)$, $f'(x)=f(1-x)$, … 

Enoncé (Mines-Ponts)

Existence et calcul de $I_n=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{\cos(nx)}{5-4\cos(x)}\;dx$, $n\in\mathbb{N}$.

Corrigé

Soit $n\in\mathbb{N}$. Pour tout $x\in[0,\pi]$, $5-4\cos(x)\geqslant5-4>0$ et donc la fonction $x\mapsto\dfrac{\cos(nx)}{5-4\cos(x)}$ est continue sur le segment $[0,\pi]$. On en déduit l’existence de l’intégrale $I_n$.

En posant $t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$ et donc $dx=\dfrac{2dt}{1+t^2}$, on obtient

\begin{align*}I_0&=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{1}{5-4\cos(x)}\;dx=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{5-4\dfrac{1-t^2}{1+t^2}}\;\dfrac{2dt}{1+t^2}=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{2}{9t^2+1}\;dt\\&=\left[\dfrac{2}{3}\text{Arctan}(3t)\right]_0^{+\infty}=\dfrac{\pi}{3}.\end{align*}

Ensuite,

\begin{align*}I_1&=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{\cos(x)}{5-4\cos(x)}\;dx=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{\dfrac{5}{4}-\dfrac{1}{4}(5-4\cos(x))}{5-4\cos(x)}=\dfrac{5}{4}I_0-\dfrac{\pi}{4}\\&=\dfrac{5}{4}\times\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{6}.\end{align*}

Soit $n\in\mathbb{N}$.

\begin{align*}I_n+I_{n+2}&=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{\cos(nx)+\cos((n+2)x)}{5-4\cos(x)}\;dx=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{2\cos(x)\cos((n+1)x)}{5-4\cos(x)}\;dx\\&=\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{2\left(\dfrac{5}{4}-\dfrac{1}{4}(5-4\cos(x))\right)\cos((n+1)x)}{5-4\cos(x)}\;dx\\&=\dfrac{5}{2}\displaystyle\int_{0}^{\pi}\dfrac{\cos((n+1)x)}{5-4\cos(x)}\;dx-\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\pi}\cos((n+1)x)\;dx\\&=\dfrac{5}{2}I_{n+1}.\end{align*}

En résumé, $I_0=\dfrac{\pi}{3}$, $I_1=\dfrac{\pi}{6}$ et pour tout $n\in\mathbb{N}$, $I_{n+2}-\dfrac{5}{2}I_{n+1}+I_n=0$. Mais alors, il existe $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$ tel que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $I_n=\dfrac{\lambda}{2^n}+\mu2^n$.

Les égalités $I_0=\dfrac{\pi}{3}$ et $I_1=\dfrac{\pi}{6}$ fournissent $\lambda+\mu=\dfrac{\pi}{3}$ et $\dfrac{\lambda}{2}+2\mu=\dfrac{\pi}{6}$ puis $\mu=0$ et $\lambda=\dfrac{\pi}{3}$.

$$\forall n\in\mathbb{N},\;I_n=\dfrac{I_0}{2^n}=\dfrac{\pi}{3\times2^n}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Quelques formules. Si $t=\tan\left(\dfrac{x}{2}\right)$, alors $\cos(x)=\dfrac{1-t^2}{1+t^2}$, $\sin(x)=\dfrac{2t}{1+t^2}$, $\tan(x)=\dfrac{2t}{1-t^2}$ et $dx=\dfrac{2dt}{1+t^2}$.

Et aussi, $\cos(p)+\cos(q)=2\cos\left(\dfrac{p+q}{2}\right)\cos\left(\dfrac{p-q}{2}\right)$, $\cos(p)-\cos(q)=-2\sin\left(\dfrac{p+q}{2}\right)\sin\left(\dfrac{p-q}{2}\right)$, $\sin(p)+\sin(q)=2\sin\left(\dfrac{p+q}{2}\right)\cos\left(\dfrac{p-q}{2}\right)$ et $\sin(p)-\sin(q)=2\sin\left(\dfrac{p-q}{2}\right)\cos\left(\dfrac{p+q}{2}\right)$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $E=\left\{f\in C^2([0,\pi],\mathbb{R})/\;f(0)=f'(0)=0\right\}$. On admet que $E$ est un $\mathbb{R}$-espace vectoriel.

Pour tout $f\in E$, on pose $N(f)=\underset{x\in[0,\pi]}{\text{Sup}}\left|f(x)+f^{(2)}(x)\right|$ et $N'(f)=\underset{x\in[0,\pi]}{\text{Sup}}|f(x)|+\underset{x\in[0,\pi]}{\text{Sup}}\left|f^{(2)}(x)\right|$.

1) Montrer que $N$ et $N’$ sont des normes sur $E$.

2) Montrer que les normes $N$ et $N’$ sont équivalentes.

Corrigé

1) On note $\|\;\|_\infty$ la norme infinie sur $[0,\pi]$. On sait que $\|\;\|_\infty$ est une norme sur $C^0([0,\pi],\mathbb{R})$ et donc, par restriction, $\|\;\|_\infty$ est une norme sur $E$.

$\bullet$ Soit $f\in E$. Alors, les fonctions $f$, $f^{(2)}$ et $f+f^{(2)}$ sont continues sur le segment $[0,\pi]$. On en déduit l’exitence de $N(f)=\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty$ et $N'(f)=\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty$. $N$ et $N’$ sont des applications de $E$ dans $\mathbb{R}$.

$\bullet$ Pour $f\in E$, $N(f)=\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty\geqslant0$ et $N'(f)=\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty\geqslant0$ (positivité).

$\bullet$ Soit $f\in E$. $N'(f)=0\Rightarrow\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty=0\Rightarrow\|f\|_\infty=\left\|f^{(2)}\right\|_\infty=0\Rightarrow f=0$. Ensuite,

\begin{align*}N(f)=0&\Rightarrow\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty=0\Rightarrow f+f^{(2)}=0\\&\Rightarrow\exists(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2/\;\forall x\in[0,\pi],\;f(x)=\lambda\cos(x)+\mu\sin(x).\end{align*}

Les conditions $f(0)=0$ et $f'(0)=0$ fournissent alors $\lambda=0$ et $\mu=0$ puis $f=0$. $N$ et $N’$ vérifient l’axiome de séparation.

$\bullet$ Soient $f\in E$ et $\lambda\in\mathbb{R}$. $N(\lambda f)=\left\|\lambda f+\lambda f^{(2)}\right\|_\infty=|\lambda|\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty=|\lambda|N(f)$ et $N'(\lambda f)=\left\|\lambda f\right\|_\infty+\left\|\lambda f^{(2)}\right\|_\infty=|\lambda|\left(\left\|f\right\|+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty\right)=|\lambda|N'(f)$ (homogénéité).

$\bullet$ Soit $(f,g)\in E^2$. $N(f+g)=\left\|f+g+f^{(2)}+g^{(2)}\right\|_\infty\leqslant\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty+\left\|g+g^{(2)}\right\|_\infty=N(f)+N(g)$ et $N'(f+g)=\|f+g\|_\infty+\left\|f^{(2)}+g^{(2)}\right\|_\infty\leqslant\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty+\|g\|_\infty+\left\|g^{(2)}\right\|_\infty=N'(f)+N'(g)$ (inégalité triangulaire).

On a montré que $N$ et $N’$ sont des normes sur $E$.

2) Pour tout $f\in E$,

$$N(f)=\left\|f+f^{(2)}\right\|_\infty\leqslant\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty=N'(f).$$

Soit $f\in E$. Posons $g=f+f^{(2)}$ de sorte que $N(f)=\|g\|_\infty$. La fonction $g$ est continue sur $[0,\pi]$ et la fonction $f$ est solution de l’équation différentielle $y^{(2)}+y=g$ $(\mathscr{E})$. D’après la méthode de variations des constantes, il existe une solution particulière $f_0$ de $(E)$ de la forme $x\mapsto\lambda(x)\cos(x)+\mu(x)\sin(x)$ où $\lambda$ et $\mu$ sont deux fonctions dérivables sur $[0,\pi]$ vérifiant pour tout $x\in[0,\pi]$,

$$\left\{\begin{array}{l}\lambda'(x)\cos(x)+\mu'(x)\sin(x)=0\\-\lambda'(x)\sin(x)+\mu'(x)\cos(x)=g(x)\end{array}\right..$$

Les formules de Cramer fournissent pour tout $x\in[0,\pi]$, $\lambda'(x)=-g(x)\sin(x)$ et $\mu'(x)=g(x)\cos(x)$ et on peut donc prendre pour tout $x\in[0,\pi]$, $\lambda(x)=-\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\sin(t)\;dt$ et $\mu(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\cos(t)\;dt$ puis

$$f_0(x)=-\cos(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\sin(t)\;dt+\sin(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\cos(t)\;dt.$$

Puisque $f$ est solution de $(\mathscr{E})$, il existe deux réels $\lambda$ et $\mu$ tels que pour tout $x\in[0,\pi]$,

$$f(x)=\lambda\cos(x)+\mu\sin(x)-\cos(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\sin(t)\;dt+\sin(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\cos(t)\;dt.$$

La fonction $f(0)=0$ fournit $\lambda=0$ et la condition $f'(0)=0$ fournit $\mu=0$. Finalement,

$$\forall x\in[0,\pi],\;f(x)=-\cos(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\sin(t)\;dt+\sin(x)\displaystyle\int_{0}^{x}g(t)\cos(t)\;dt,$$

où $g=f+f^{(2)}$. Par suite, pour tout $x\in[0,\pi]$,

$$|f(x)|\leqslant\displaystyle\int_{0}^{x}|g(t)|\sin(t)\;dt+\displaystyle\int_{0}^{x}|g(t)||\cos(t)|\;dt\leqslant2\pi\|g\|_\infty,$$

puis $\|f\|_\infty\leqslant2\pi\|g\|_\infty=2\pi N(f)$. On en déduit encore que

$$\left\|f^{(2)}\right\|_\infty=\|g-f\|_\infty\leqslant\|g\|_\infty+\|f\|_\infty\leqslant(2\pi+1)\|g\|_\infty=(2\pi+1)N(f)$$

et finalement que

$$N'(f)=\|f\|_\infty+\left\|f^{(2)}\right\|_\infty\leqslant(4\pi+1)N(f).$$

En résumé, pour tout $f\in E$, $N(f)\leqslant N'(f)\leqslant(4\pi+1)N(f)$. On a montré que les normes $N$ et $N’$ sont équivalentes.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ C’est une situation classique : on a une information sur $f+f^{(2)}=g$ et on veut une information sur $f$. $f$ est solution de l’équation différentielle $y^{(2)}+y=g$ et on résout donc cette équation différentielle.

$\bullet$ Rappelons la méthode de variations des constantes concernant l’équation différentielle $(E)$ $y^{(2)}(x)+a(x)y'(x)+b(x)y(x)=c(x)$, $x\in I$. On suppose connu $\left(f_1,f_2\right)$ un système fondamental de solutions de $(E)$. Il existe une solution particulière $f_0$ de $(E)$ de la forme $x\mapsto\lambda(x)f_1(x)+\mu(x)f_2(x)$ où $\lambda$ et $\mu$ sont deux fonctions dérivables sur $I$ vérifiant pour tout $x$ de $I$

$$\left\{\begin{array}{l}\lambda'(x)f_1(x)+\mu'(x)f_2(x)=0\\\lambda'(x)f_1′(x)+\mu'(x)f_2′(x)=c(x)\end{array}\right..$$

$\bullet$ On rappelle également la définition de deux normes équivalentes : $N$ et $N’$ sont équivalentes si et seulement si il existe $\alpha>0$ et $\beta>0$ tels que pour tout $x\in E$, $\alpha N(x)\leqslant N'(x)\leqslant\beta N(x)$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Pour tout $(n,k)\in\left(\mathbb{N}^*\right)^2$, on note $r_{n,k}$ le reste de la division eucilidienne de $n$ par $k$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $u_n=\dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}r_{n,k}$. Etudier convergence de la suite $\left(u_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}$.

Corrigé

$\bullet$ Soit $n\in\mathbb{N}^*$. Pour tout $k\in \{1,\ldots,n\}$, $r_{n,k}=n-k\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$ puis

$$u_n=\dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}r_{n,k}=\dfrac{1}{n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(n-k\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\right)=1-\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n}\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor.$$

Pour $n\in\mathbb{N}^*$, on pose $v_n=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{k}{n}\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$.

$\bullet$ Pour $x\in]0,1]$, on pose $f(x)=x\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor$ puis on pose $I=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\;dx$. La fonction $f$ est continue par morceaux sur $]0,1]$. De plus, pour tout $x>0$,

$$1-\dfrac{1}{x}=x\left(\dfrac{1}{x}-1\right)\leqslant f(x)\leqslant x\times\dfrac{1}{x}=1.$$

Le théorème des gendarmes montre que $\displaystyle\lim_{x\rightarrow0}f(x)=1$. En particulier, la fonction $f$ est prolongeable par continuité en $0$ et finalement, la fonction $f$ est intégrable sur $]0,1]$. On en déduit l’existence de $I$.

$\bullet$ En notant encore $f$ son prolongement par continuité en $0$, la fonction $f$ est continue par morceaux sur le segment $[0,1]$. La somme de Riemann à pas constant $v_n=\dfrac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)$ converge vers $I$ quand $n$ tend vers $+\infty$ puis $\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=1-I$.

$\bullet$ Calculons $I$. Soit $p\in\mathbb{N}^*$.

\begin{align*}\displaystyle\int_{\frac{1}{p}}^{1}x\left\lfloor\dfrac{1}{x}\right\rfloor\;dx&=\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\displaystyle\int_{\frac{1}{k+1}}^{\frac{1}{k}}kx\;dx\\&=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k\left(\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{k+1-1}{(k+1)^2}\right)\\&=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}+\dfrac{1}{(k+1)^2}\right)\\&=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{p}+\displaystyle\sum_{k=2}^{p}\dfrac{1}{k^2}\right)\;(\text{somme télescopique})\\&=\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{p}+\displaystyle\sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{k^2}\right).\end{align*}

Quand $p$ tend vers $+\infty$, on obtient $I=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{k^2}=\dfrac{\pi^2}{12}$ et finalement

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}u_n=1-\dfrac{\pi^2}{12}.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

Somme de Riemann à pas constant. Soit $f$ une fonction continue par morceaux sur un segment $[a,b]$. Alors

$$\displaystyle\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{b-a}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}f\left(a+k\dfrac{b-a}{n}\right)=\displaystyle\int_{a}^{b}f(x)\;dx.$$

Le résultat est identique si $k$ varie de $1$ à $n$ ou de $0$ à $n$ ou de $3$ à $n-2$ ou …