\documentstyle[11pt,a4]{article}

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\begin{document}

% Toute erreur figurant dans ce corig{\'e} est due {\`a} 
% Pierre Cr{\'e}py Lyc{\'e}e Louis Thuillier {\`a} AMIENS
% @mail: phscrepy@micronet.fr

\begin{center}
{\bf {\large E.N.G.E.E.S 1997 } \\
 Epreuve A de Math{\'e}matiques }
\end{center}
\bigskip
% ----------------------------------------------------------------- Partie I -----------------------------------------
{\sc Premi{\`e}re Partie } \\
 
\begin{enumerate}

  \item  Le polyn\^ome $P(t)=t^{4}+1$ a pour racines complexes les  racines quatri{\`e}mes de
$-1=[1, \pi ]$, qui sont 
$$
\zeta _{1} =[1, \frac{\pi }{4}]= \frac{1+i }{\sqrt 2}, \quad
\zeta _{2} =[1, \frac{3 \pi }{4}]= \frac{-1+i }{\sqrt 2}, \quad
\zeta _{3} =[1, \frac{5\pi }{4}]= \overline{\zeta _{2}}, \quad
\zeta _{4} =[1, \frac{7\pi }{4}]= \overline{\zeta _{1}} .
$$
On en d{\'e}duit la factorisation dans ${\bf R}[t]$  {\`a} partir de celle dans ${\bf C}[t]$ 
$$
P(t)=(t-\zeta _{1})(t-\overline{\zeta _{1}})(t-\zeta _{2})(t-\overline{\zeta _{2}})=
(t^{2}-2 \Re(\zeta_{1})t+1)(t^{2}-2 \Re(\zeta _{2})t+1)=
(t^{2}- \sqrt{2}t+1)(t^{2}+ \sqrt{2}t+1).
$$
Nota :  On rappelle la factorisation rapide
$$
P(t)=t^{4}+2t^{2}+1-2t^{2}=(t^{2}+1)^{2}-2t^{2}=(t^{2}+1+ \sqrt{2}t)(t^{2}+1- \sqrt{2}t).
$$
 
\medskip \item La fonction $f:t \mapsto \displaystyle  \frac{1}{\sqrt{t}(1+t^{2})}$ est continue sur $]0,+\infty[$ et 
positive. Elle v{\'e}rifie 
$$
f(x) \stackrel {0} { \sim}  \frac{1}{\sqrt t} \; \mbox{  et   } \;
f(x)  \stackrel {+\infty } { \sim}  \frac{1}{t^{3/2}}
$$
Il en r{\'e}sulte que $f \in {\cal L}_{1}(]0,+\infty[,{\bf R}^{+})$ et son int{\'e}grale se calcule 
avec  le changement de variable $u=\sqrt t$,
$$
\int_{0}^{+\infty }  \frac{1}{\sqrt{t}(1+t^{2})} \, dt =2\int_{0}^{+\infty }  \frac{1}{1+u^{4}} \, du .
$$
Un calcul de d{\'e}composition en {\'e}l{\'e}ments simples, puis la mise en forme en vue de 
l'int{\'e}gration  donne
\begin{eqnarray*}
   \frac{1}{1+u^{4}}  & = &  -\frac{1}{4} \frac{\sqrt2 u - 2}{u^{2}- \sqrt{2}u+1} +
\frac{1}{4} \frac{\sqrt2 u+2}{u^{2}+ \sqrt{2}u+1} \\
                     & = &  \frac{ \frac{-1}{4\sqrt 2}(2u-\sqrt{2}) +\frac{1}{4}}{u^{2}- \sqrt{2}u+1} 
  +\frac{ \frac{1}{4\sqrt 2}(2u+\sqrt{2}) +\frac{1}{4}}{u^{2}+ \sqrt{2}u+1}  .
\end{eqnarray*}
Il en r{\'e}sulte que 
$$ 
\int_{0}^{+\infty }  \frac{1}{1+u^{4}} \, du = 
\left[  \frac{1}{4\sqrt 2} \ln \left(\frac{u^{2}+ \sqrt{2}u+1}{u^{2}- \sqrt{2}u+1} \right)+
          \frac{1}{2\sqrt 2} \left( \arctan ( \sqrt{2}u+1) + \arctan(\sqrt{2}u-1) \right) 
 \right]_{0}^{+\infty } = \frac {\pi }{2\sqrt 2}
$$
donc
$$
\int_{0}^{+\infty }  \frac{1}{\sqrt{t}(1+t^{2})} \, dt =\frac {\pi }{\sqrt 2}. 
$$

 \medskip \item Soit $\alpha$ un r{\'e}el strictement positif.
 La fonction $f:t \mapsto \displaystyle  \frac{\arctan t}{t^{\alpha }}$ est continue sur $]0,+\infty[$ et 
positive. Elle v{\'e}rifie 
$$
f(x)  \stackrel {0 } { \sim}   \frac{1}{ t^{\alpha -1}} \;  \mbox{ et } \;
f(x)  \stackrel {+\infty } { \sim}  \frac{\pi}{2t^{\alpha }}
$$
Il en r{\'e}sulte que 
$$ 
\int_{0}^{+\infty }   \frac{\arctan(t)}{t^{\alpha }} \, dt  \; \mbox{ existe } \Leftrightarrow \;
 \alpha -1 < 1 \mbox{ et }  \alpha >1
$$
c'est-{\`a}-dire $1< \alpha <2$.\\
\smallskip
Pour $\alpha=3/2$, le calcul utilise une int{\'e}gration par parties
$$
\int_{0}^{+\infty }   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}} \, dt =
\left[ \frac{-2}{\sqrt t} \arctan(t) \right]_{0}^{+\infty} +
\int_{0}^{+\infty }  \frac{2}{\sqrt{t}(1+t^{2})} \, dt = \pi \sqrt{2}.   
$$

 \medskip \item  Pour $n \in {\bf N}$, on a
$$
0 \leq \int_{0}^{1}   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}} \, dt -
\int_{0}^{1 }   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}+t^{n}} \, dt = 
\int_{0}^{1}   \frac{\arctan(t) t^{n-3/2}}{t^{3/2}+t^{n} } \, dt  
\leq   \arctan(1) \int_{0}^{1}  t^{n-3} \, dt = \frac{\pi }{4(n-2)}
$$

D'autre part, on a la majoration
$$
0  \leq \int_{1}^{+\infty }   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}+t^{n}} \, dt  \leq 
\int_{1}^{+\infty }   \frac{\pi}{2t^{n} } \, dt= \frac{\pi }{2(n-1)}.
$$
Il en r{\'e}sulte que 
$$
\lim_{n \rightarrow  + \infty }  \int_{0}^{+\infty }   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}+t^{n}} \, dt =
 \int_{0}^{1}   \frac{\arctan(t)}{t^{3/2}} \, dt.
$$
La valeur  peut s'obtenir au moyen d'une int{\'e}gration par parties. Maple donne
$$
  \frac{\pi }{\sqrt 2}-\frac{\pi }{2}+\frac{1}{\sqrt 2} \ln (3+\sqrt{2} ).
$$

\end{enumerate}

% ----------------------------------------------------------------- Partie II  -----------------------------------------
\bigskip
{\sc Deuxi{\`e}me Partie } \\
\medskip

On consid{\`e}re la fonction de la variable r{\'e}elle $x$ d{\'e}finie par
$$
F(x)=  \int_{0}^{+\infty }   \frac{\arctan (tx)}{1+t^{2}} \, dt
$$
\bigskip
\centerline {\bf I}
\begin{enumerate}
   \medskip \item  La fonction $f:(x,t) \mapsto \displaystyle  \frac{\arctan (tx)}{1+t^{2 }}$ est continue sur 
${\bf R} \times [0,+\infty[$ et v{\'e}rifie 
$$
\forall\, (x,t)  \in {\bf R }\times [0,+\infty[  \qquad \mid f(x,t) \mid \leq h(t)  
$$
o{\`u} $h:t \mapsto \displaystyle  \frac{\pi }{2(1+t^{2 })}$ est une fonction int{\'e}grable sur $[0,+\infty [$.
 Il en r{\'e}sulte que $F$ est d{\'e}finie et continue sur ${\bf R }$. \\
$F$ est impaire (car la fonction arctan est impaire) et croissante (car la fonction arctan est croissante: 
en effet si $x \leq x'$ alors $\forall\, t \in {\bf R}^{+}$, on a 
$tx \leq tx'$ et $\arctan(tx) \leq \arctan(tx')$ ). \\
\smallskip

Une int{\'e}gration directe donne
$$ 
F(1)= \int_{0}^{+\infty }   \frac{\arctan t}{1+t^{2}} \, dt= 
  \left[ {1 \over 2}  \arctan^{2}t \right]_{0}^{+\infty } =\frac{\pi^{2}}{8} 
$$
\smallskip

Etudions la limite de $F(x)$ lorsque $x \rightarrow +\infty$.\\
On a les in{\'e}galit{\'e}s suivantes
$$
F(x) \leq \frac{\pi}{2}  \int_{0}^{+\infty }   \frac{1}{1+t^{2}} \, dt=    \frac{\pi ^{2}}{4} 
$$
et
$$
\forall\,\varepsilon >0 \quad F(x) \geq   \int_{\varepsilon }^{+\infty }   \frac{\arctan (tx)}{1+t^{2}} \, dt 
\geq  \arctan ( \varepsilon x)  \int_{\varepsilon }^{+\infty }   \frac{1}{1+t^{2}} \, dt =
 \arctan (\varepsilon x)  \arctan(\frac{1}{ \varepsilon })
$$
et cette derni{\`e}re entra{\^\i}ne 
$$ 
 \forall\,\varepsilon >0 \quad  \lim_{x \to +\infty } F(x) \geq  \frac{\pi }{2}  \arctan(\frac{1}{ \varepsilon }).
$$  
Il en r{\'e}sulte que 
$$
 \lim_{x \to +\infty} F(x) =  \frac{\pi^{2}}{4}
$$

\medskip
On peut dresser le tableau de variation de $F$ sur $[0,+\infty[$ :
\begin{center}
 \begin{tabular} {c|*{5}{c}}
     $x$     & 0 &    & 1 &    & $+\infty$ \\
   \hline
$F(x)$  & 0 & $\nearrow$ & $\frac{\pi ^{2}}{8}$  & $\nearrow$ & $\frac{\pi ^{2}}{4}$
 \end{tabular}
\end{center}
 
\medskip \item   La fonction $ \displaystyle  \frac {\partial f}{\partial x} :(x,t) \mapsto 
\frac{t}{(1+t^{2 }x^{2})(1+t^{2})}$ est continue sur ${\bf R} \times [0,+\infty[$ et v{\'e}rifie 
$$
\forall\, [a,b] \subset ]0,+\infty [ \quad  \forall\, (x,t)  \in [a,b]\times [0,+\infty[  \quad
 \mid  \frac{\partial f}{\partial x}(x,t) \mid \leq h_{a,b}(t)  
$$
o{\`u} $h_{a,b}:t \mapsto \displaystyle  \frac{t}{(1+t^{2 }a^{2})(1+t^{2})}$ est une fonction
 int{\'e}grable sur $[0,+\infty [$. \\
 Il en r{\'e}sulte que $F$ est de classe ${\cal C}^{1}$ sur  $ ]0,+\infty [$ et
$$
\forall\, x \in  ]0,+\infty [ \quad  F'(x)= \int_{0}^{+\infty } \frac{t}{(1+t^{2 }x^{2})(1+t^{2})} \, dt
$$
  
\medskip \item   Lorsque $x \neq 1$, la d{\'e}composition en {\'e}l{\'e}ments simples suivante
$$
 \frac{t}{(1+t^{2 }x^{2})(1+t^{2})} =  \frac{x^{2}}{x^{2}-1} \frac{ t}{1+t^{2 }x^{2}} +  
                                                      \frac{1}{x^{2}-1} \frac{ t}{1+t^{2}} 
$$
permet de calculer $F'(x)$
$$
 F'(x)= \left[   \frac{1}{2(x^{2}-1)}  \ln \left( \frac{1+t^{2 }x^{2}} {1+t^{2}} \right)
          \right]_{0}^{+\infty } =  \frac{ \ln x} {x^{2}-1}.
$$
$F$ {\'e}tant de  classe ${\cal C}^{1}$ sur  $ ]0,+\infty [$, on obtient
$$ 
F'(1)=\lim_{x \to 1} F'(x)=  \lim_{x \to 1}   \frac{ 1} {x+1}  \frac{ \ln(1+(x-1))} {x-1}= \frac{1}{2}.
$$

\end{enumerate}

\bigskip
\centerline{\bf II}

\begin{enumerate}
\medskip \item  Pour $\alpha \geq 0$, la fonction $f:x \mapsto x^{\alpha }\ln x$ est continue et 
n{\'e}gative sur $]0,1]$ et v{\'e}rifie $\displaystyle  \lim_{x \to 0_{+}} f(x)=0$, elle est donc int{\'e}grable sur
 $]0,1]$. On note $J_{\alpha }$ son int{\'e}grale. \\
Pour tout $n \geq 0$ entier, le calcul de $J_{2n}$ se fait gr\^ace {\`a} une int{\'e}gration par parties.
$$
J_{2n}= \int_{0}^{1}  x^{2n} \ln x \, dx = 
\left[ \frac{x^{2n+1}}{n+1} \ln x \right]_{0}^{1} -
\int_{0}^{1}  \frac{x^{2n}}{n+1}  \, dx =-  \frac {1}{(2n+1)^{2}}.   
$$
 
\medskip \item  En utilisant un d{\'e}veloppement  en s{\'e}rie enti{\`e}re, la fonction  $f:x \mapsto\displaystyle  \frac {\ln x}{x^{2}-1}$
s'exprime comme  la somme, sur $]0,1[$, de la s{\'e}rie de fonctions n{\'e}gatives $\Sigma f_{n}$ o{\`u}  
$f_{n}(x)=- x^{2n}\ln x$. \\
Comme la s{\'e}rie des int{\'e}grales  $\Sigma \displaystyle  \int_{0}^{1}f_{n}$ est convergente, il r{\'e}sulte du th{\'e}or{\`e}me de 
convergence monotone que $f \in {\cal L}_{1}(]0,1[,{\bf R})$ et
$$
 \int_{0}^{1}  \frac {\ln x}{x^{2}-1} \, dx = \sum_{n=0}^{+\infty }  \int_{0}^{1}  - x^{2n} \ln x  \, dx
 =- \sum_{n=0}^{+\infty } J_{2n}.
$$

\medskip \item D'apr{\`e}s le calcul de $F'$ effectu{\'e} en {\bf I}.3, on obtient
$$ 
 \int_{0}^{1}  \frac {\ln x}{x^{2}-1} \, dx =  \int_{0}^{1}  F'(x) \, dx = F(1) -F(0) = \frac{\pi ^{2}}{8} 
$$
d'o{\`u} la somme de la s{\'e}rie
$$
 \sum_{n=0}^{+\infty }  \frac{1} {(2n+1)^{2}} = \frac{\pi ^{2}}{8}.
$$
\end{enumerate}
% ----------------------------------------------------------------- Partie III -----------------------------------------
\bigskip
{\sc Troisi{\`e}me Partie } \\
\medskip

  Soit l'{\'e}quation diff{\'e}rentielle 
$$
({\cal E}) \qquad  x^{2}y''+xy'+(4x^{4}-1)y=0
$$

\begin{enumerate}

\item Soit $y_{0}$  une solution de $({\cal E})$ admettant un d{\'e}veloppement en s{\'e}rie enti{\`e}re
de rayon $R >0$.
$$
\forall \, x \in ]-R,R[ \qquad  y_{0}(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n}x^{n}, \quad 
 y'_{0}(x)=\sum_{n=0}^{+\infty} na_{n}x^{n-1}, \quad \mbox{ etc ...} 
$$
En reportant dans $({\cal E})$,  on obtient
$$
\forall\, x \in ]-R,R[ \qquad \sum_{n=0}^{+\infty} (n^{2}-1)a_{n}x^{n}+4 a_{n}x^{n+4} = 0
$$
Il en r{\'e}sulte que 
$$
\left \{ \begin{array} {l}
                  a_{0}=0, \; a_{2}=0, \; a_{3}=0 \\
                  \forall \, n \in {\bf N}  \;  (n+3)(n+5)a_{n+4}+4a_{n}=0.      
        \end{array}  \right.
$$
Le calcul donne $  \forall \, n \in {\bf N}  \;  a_{4n+1}= \displaystyle  \frac {(-1)^{n}}{2n+1!}a_{1}$ et tous les 
autres coefficients nuls. \\
On obtient des s{\'e}ries enti{\`e}res de rayon de convergence $R=+\infty$ et 
la solution telle que $ y'_{0}(0)=1$ qui correspond {\`a} $a_{1}=1$ s'{\'e}crit
$$
\forall\, x \in ]0,+\infty [ \quad
  y_{0}(x)= \sum_{n=0}^{+\infty}  \frac {(-1)^{n} x^{4n+1}}{2n+1!} = \frac {\sin(x^{2})}{x}.       
$$


\medskip \item  La fonction $y_{0}$ {\'e}tant non nulle sur $I=]0,\sqrt{ \pi }[$, on trouve une solution 
$y_{1}$ de $({\cal E})$  sur $I$, lin{\'e}airement ind{\'e}pendante de  $y_{0}$, sous la forme 
$y_{1} = \lambda y_{0}$ avec  $\lambda \in {\cal C}^{2}(I,{\bf R})$.\\
Le calcul donne $y_{1}$ solution de $({\cal E})$  sur $I$ si et seulement si $\lambda$ 
solution de $({\cal E}_{1})$  sur $I$ o{\`u}
$$
({\cal E}_{1}) \qquad  x^{2} y_{0}\lambda ''+(x y_{0}+2x^{2} y'_{0})\lambda '=0
$$
est une {\'e}quation diff{\'e}rentielle qui se r{\'e}soud par deux quadratures
$$
\begin{array} {ccll}
\lambda '(x) & = & k \displaystyle \frac{1}{x y_{0}^{2}}= k \frac{x}{\sin^{2}(x^{2})}&  \mbox{ o{\`u} } k \in {\bf R}, \\
\lambda (x) & = &  k_{1}\cot(x^{2})+ k_{2}  & \mbox{ o{\`u} } k_{1},k_{2} \in {\bf R}.
\end{array}
$$

\smallskip

On constate que la fonction 
$$y_{1} =  \frac {\cos(x^{2})}{x}$$
  est une  solution de $({\cal E})$  valable sur $]0,+\infty [$.\\
Le wronskien de $y_{0}$ et $y_{1}$ est non nul sur $]0,+\infty [$ (car d{\'e}j{\`a} non nul sur $I$). 
Il en r{\'e}sulte que $( y_{0} , y_{1})$ est une base des  solutions de $({\cal E})$ sur $]0,+\infty [$.
  

\medskip \item   Soit l'{\'e}quation diff{\'e}rentielle 
$$
({\cal E '}) \qquad  y''+a(x)y'+b(x)y=0
$$
o{\`u} $a,b \in  {\cal C}^{1}(]0,+\infty[,{\bf R})$. 

\begin{itemize}

\medskip \item[a)]  Pour toute solution $z$  de $({\cal E})$ sur $]0,+\infty [$, on note 
$y=\displaystyle \frac{z}{x}$.\\
 Le calcul donne $z$ solution de $({\cal E})$  sur $]0,+\infty [$ si et seulement si $y$
solution de $({\cal E'})$  sur $]0,+\infty [$ avec
$$ a(x)=-\frac{1}{x} \; \mbox{ et } \; b(x)=4x^{2} $$

\medskip \item[b)] Soit $y$ une solution de $({\cal E'})$  sur $]0,+\infty [$. 
On a donc  $y \in  {\cal C}^{\infty }(]0,+\infty[,{\bf R})$.\\
 Recherchons une {\'e}quation diff{\'e}rentielle (du troisi{\`e}me ordre) dont est solution $Y=y^{2}$.
On a
$$
Y'=2yy',\quad Y''=2y'^{2}+2yy'',\quad Y^{(3)}=6y'y''+2yy^{(3)}.
$$
L'{\'e}quation  $({\cal E'})$  et sa d{\'e}rivation permettent d'obtenir les relations suivantes

\begin{equation}
      xyy''-yy'+(4x^{3})y^{2}=0 
\end{equation}
\begin{equation}
      xy'y''-y'^{2}+(4x^{3})yy'=0 
\end{equation}
\begin{equation}
      y^{(3)}+4x^{2}y'+12xy=0 
\end{equation}

Il en r{\'e}sulte les expressions successives de $ Y^{(3)}$ 
\begin{center}
\begin{tabular} {cclcl}
 $Y^{(3)}$ & = & $6y'y''-24xy^{2}-8x^{2}yy'$  &   &  relation (3)  \\[3mm]
           & = & $\displaystyle \frac{6}{x}y'^{2}-24xy^{2}-32x^{2}yy'$  &   &  relation (2)  \\[3mm]
           & = & $\displaystyle \frac{3}{x}Y''-\frac{6}{x}yy''- 24xy^{2}-32x^{2}yy'$  &   &   substituer Y''  \\[3mm]
           & = & $\displaystyle \frac{3}{x}Y''-\frac{6}{x^{2}}yy'- 32x^{2}yy'$  &   &   relation (1)  \\[3mm]
           & = & $\displaystyle \frac{3}{x}Y''-\frac{3}{x^{2}}Y'- 16x^{2}Y'$  &   &   substituer Y'                                               
\end{tabular}
\end{center}

\smallskip
Par additivit{\'e}, il r{\'e}sulte de ces calculs que si $f$ est une fonction de classe  
${\cal C}^{3}$ sur $]0,+\infty[$ et s'il existe deux solutions $y_{1}$ et  $y_{2}$ de 
 $({\cal E'})$  telles que $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=f$, alors $f$ est solution de l'{\'e}quation 
diff{\'e}rentielle
$$
 x^{2}f^{(3)} - 3xf''+(3+ 16x^{4})f'=0.
$$ 
Comme les constantes sont solutions, en particulier pour $f=1$, on peut s'attendre 
{\`a} avoir  deux solutions  de $({\cal E'})$ de la forme
$$
y_{1}=\cos \circ \varphi \mbox{ et } y_{2}=\sin \circ \varphi  \mbox{ o{\`u} } \varphi  \in  
{\cal C}^{2 }(]0,+\infty[,{\bf R}). 
$$
Le report dans  $({\cal E'})$ donne $ \varphi'(x)=2x$ et  permet de retrouver les solutions 
 $ y_{0}$ et $ y_{1}$ de $({\cal E})$.   
\end{itemize}

\end{enumerate}

\begin{center}
--- FIN ---
\end{center}

 \end{document}
