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\headline={\tenrm\vbox{{\tenbf ICARE \'epreuve toutes fili\`eres} - Math I -  
2 juin 1997
\hfill{\sevenrm Jean-Herv\'e COHEN}\smallskip \hrule}}
\let\dis=\displaystyle
\def\e{{\rm e}}
\def \R{\hbox{I\kern-1.8pt R}}
\def\Sum{\sum\limits}
\def\sh{\mathop{\rm sh}}
\def\ch{\mathop{\rm ch}}
\def\th{\mathop{\rm th}}
\def\Arcsin{\mathop{\rm Arcsin}}

{\bf Probl\`eme I}\medskip
{\bf 1.} $ds = \ch x\, dx$ donc $\ell(OA)=\int_0^1\ch x\,dx=\sh 1$.\smallskip
{\bf 2.} $\vec\tau\pmatrix{{1\over \ch x}\cr \th x\cr}$ et $\vec n\pmatrix{
-\th x\cr{1\over \ch x}\cr}$.\par
En $O$, on obtient les vecteurs $\vec i$ et $\vec j$ du rep\`ere orthonorm\'e.
\smallskip
{\bf 3.} Le cercle osculateur en $O$ a pour \'equation $x^2+(y-1)^2=1$ et au
voisinage de $O$, on a $y=1-\sqrt{1-x^2}$. Les d\'eveloppements limit\'es:\par
Sur le cercle: $y = {1\over 2}x^2+{1\over 8}x^4+o(x^4)$\par
Sur la cha\^\i nette: $y={1\over 2}x^2+{1\over 24}x^4+o(x^4)$.\par
On en d\'eduit que la parabole est sous la cha\^\i nette, qui est sous le cercle 
osculateur, au voisinage de $0$.
\bigskip
{\bf Probl\`eme II}\medskip
{\bf Partie A}\medskip
{\bf 1.} $\dis{\partial f\over \partial t}=\e^{-t}(-U+{\partial U\over \partial t})$,
$\dis{\partial^2 f\over \partial t^2}=\e^{-t}(U-2{\partial U\over \partial t}+
{\partial^2 U\over \partial t^2})$ et $\dis{\partial^2 f\over \partial x^2}=
\e^{-t} {\partial^2 U\over \partial x^2}$,\par
En rempla\c cant dans $(E_1)$, on obtient
$${\partial^2 U\over \partial x^2}-{\partial^2 U\over \partial t^2}
+U=0\eqno{(E_2)}$$
{\bf 2.} On obtient
$$4{\partial^2V\over\partial a\partial b}+V=0 \eqno(E_3)$$
{\bf 3.} Si l'on cherche $V$ sous la forme $V(a,b)=g(ab)$ alors\par
$\dis{\partial V\over \partial a}=b g'(ab)$ et $\dis{\partial^2V\over
\partial a\partial b}=abg''(ab)+g'(ab)$ d'o\`u:
$$4pg''(p)+4g'(p)+g(p)=0 \eqno(E_4)$$
{\bf 4.} Enfin, on aboutit \`a:
$$s h''(s)+h'(s)+ sh(s)=0 \eqno(E_5)$$
\bigskip
{\bf Partie B}\medskip
L'\'equation diff\'erentielle $(E)$ est la reprise de $(E_5)$.\smallskip
{\bf 1.} En rempla\c cant $y=\Sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ dans $(E)$, on a:
$$\Sum_{n=0}^{\infty}n(n+1)a_{n+1}x^n+\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)a_{n+1} x^n+
\sum_{n=0}^{\infty} a_{n-1}x^n=0$$
D'o\`u $a_1=0$ et pour $n\ge 1$, $(n+1)^2a_{n+1}+a_{n-1}=0$\par
On a donc tous les $a_{2n+1}$ nuls et $a_{2n}=\dis{(-1)^n\over(2^n n!)^2}a_0$.\par
Le rayon de convergence est infini par la r\`egle de d'Alembert donc
$$y_0(x)=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 4^n n!^2}x^{2n}\quad\hbox{d\'efinie sur }
\R$$
{\bf 2.}a) $f(x)={1\over x}$ est d\'ecroissante, positive sur $[1,+\infty[$, donc
la s\'erie $\Sum_k \int_k^{k+1}{dx\over x}-{1\over k}$ est convergente, $u_n$
diff\`ere de la somme partielle d'ordre $n$ de cette s\'erie d'un terme 
${1\over n+1}$ qui tend vers 0 donc $(u_n)$ est une suite convergente.\par
Pour $x\in[k,k+1]$, $0\le {1\over k}-{1\over x}\le {1\over k}-{1\over k+1}$\par
On int\`egre sur $[k,k+1]$ puis on somme pour $k$ de 1 \`a $n-1$:
$$0\le \sum_{k=1}^{n-1}-\ln n\le 1-{1\over n}$$
et on ajoute ${1\over n}$ pour avoir $0\le u_n\le 1$ donc $ c\in[0,1]$.
\smallskip
\quad b) $y=y_0\ln x + U$, $\dis y'=y'_0\ln x +{y_0\over x}+U'$, $\dis y''=
y''_0\ln x+
2{y'_0\over x}-{y_0\over x^2}+ U''$ d'o\`u
$$x U''+U'+x U=-2y'_0 \eqno(E')$$
\quad c) En identifiant les s\'erie enti\`eres, on a en s\'eparant les entiers pairs
des entiers impairs,
$\alpha_1=0$ et pour $n\ge 1$, $(2n+1)^2\alpha_{2n+1}+\alpha_{2n-1}=0$,
 $\dis(2n)^2\alpha_{2n}+\alpha_{2n-2}=-4n{(-1)^n\over 4^n n!^2}$\par
On a donc $\alpha_{2n+1}=0$ pour tout $n$ et en posant par exemple
$\beta_n=4^n n!^2\alpha_{2n}$,\par
$\dis\beta_n={(-1)^{n-1}\over n}-\beta_{n-1}$,
ce qui permet d'en d\'eduire rapidement $\beta_n$ par additions/sous\-trac\-tions:
$\dis\beta_n=\sum_{k=1}^n{(-1)^{k-1}\over k}(-1)^{n-k}+(-1)^n\beta_0$
et comme $\beta_0=\alpha_0=0$, on a le r\'esultat attendu
$$\alpha_{2n}={1\over 4^n n!^2}\sum_{k=1}^n{(-1)^{k+1}\over k}\quad\hbox{et}\quad
U_0(x) = \sum_{n=1}^{+\infty}\alpha_{2n}x^{2n}$$
D'apr\`es a) $\Sum_{k=1}^n{1\over k}\sim \ln n$ et la r\`egle de d'Alembert montre que le 
rayon de convergence est infini.\par
$y_0$ et $U_0$ sont deux solutions lin\'eairement ind\'ependantes sur $]0,+\infty[$ et comme
l'ensemble des solutions de $(E)$ est un espace vectoriel de dimension 2, la
solution g\'en\'erale de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ est:
$$y=\lambda y_0 + \mu(y_0\ln x+U_0),\quad(\lambda,\mu)\in\R^2$$
Une solution d\'efinie sur $\R$ co\"\i ncide avec une des solutions pr\'ec\'edentes sur $\R^*_+$ et 
admet une limite \`a droite en 0, ce qui impose $\mu=0$ (\`a cause du logarithme).
\bigskip
{\bf Partie C}\medskip
{\bf 1.} a) $K(0)=\Bigl[\Arcsin t\Bigr]_0^1={\pi/2}$.\smallskip
\quad b) Pour tout $x$, $\dis\Bigl|{\cos tx\over\sqrt{1-t^2}}\Bigr|\le{1\over\sqrt{1-t^2}}$ 
qui est int\'egrable sur $[0,1[$.\smallskip
\quad c) $\dis g(x,t)={\cos tx\over\sqrt{1-t^2}}$ est continue sur $\R\times[0,1[$, admet
des d\'eriv\'ees partielles \`a tout ordre en $x$: $\dis{\partial^k g\over\partial x^k}(x,t)=
t^k{\cos(tx+k\pi/2)\over \sqrt{1-t^2}}$ est \'egalement continue sur $\R\times[0,1[$.\par
$g$ et les d\'eriv\'ees partielles en $x$ sont major\'ees par $\dis h(t)={1\over\sqrt{1-t^2}}$ et 
$h$ est une fonction int\'egrable sur $[0,1[$, les hypoth\`eses de domination sont ainsi v\'erifi\'ees
et $K$ est de classe $C^{\infty}$ sur $\R$.\par
En d\'erivant sous le signe int\'egral, $\dis K'(x) = \int_0^1-{t\sin tx\over\sqrt{1-t^2}}\,dt$
et $\dis K''(x) = \int_0^1-{t^2\cos tx\over\sqrt{1-t^2}}\,dt$.\par
On int\`egre $K'$ par parties
$K'(x)=\Bigl[\sqrt{1-t^2}\sin tx\Bigr]_0^1-\int_0^1x\sqrt{1-t^2}\cos tx\, dt$ et en \'ecrivant
$\sqrt{1-t^2}={1-t^2\over\sqrt{1-t^2}}$, on trouve
$$K'(x)=-x(K(x) + K''(x))$$
Donc $K$ v\'erifie l'\'equation diff\'erentielle $(E)$, comme $K$ est continue sur $\R$, on sait
d'apr\`es la fin de la partie B que $K$ est proportionnelle \`a $y_0$; en regardant les
valeurs en 0, on en d\'eduit
$$y_0(x) = {2\over\pi}K(x) = {2\over\pi}\int_0^1{\cos tx\over\sqrt{1-t^2}}\,dt$$
{\bf 2.} a) $y_0(1)$ et $y_0(2)$ sont des s\'eries altern\'ees qui v\'erifient le crit\`ere de 
convergence, on les approche par des sommes partielles, l'erreur \'etant inf\'erieure au 
premier terme n\'eglig\'e.\par
\quad $y_0(1)\approx 0,75$ avec une erreur inf\'erieure \`a $1/64$.\par
\quad $y_0(2)\approx 0,25$ avec une erreur inf\'erieure \`a $1/36$.\par
Nous admettrons que $y_0(3)=-0,1$ bien que ma calculatrice donne $y_0(3)\approx -0,26$.
\smallskip
b) $\dis y'_0(x) = {2\over\pi}\int_0^1 -{t\sin tx\over\sqrt{1-t^2}}\,dt$, or pour $0\le x\le 3$
et $t\in[0,1]$, $0\le tx\le 3 <\pi$ donc le sinus est positif et l'int\'egrale est n\'egative.
Ainsi $y_0$ est d\'ecroissante et admet un unique z\'ero sur $[0,3]$.\smallskip
c) L'interpolation lin\'eaire donne $x_0\approx 2,7$.

\bye
