MINES - II - PSI - 2000
Première partie
I-1) La condition est évidemment nécessaire. Réciproquement, soit g(t) = f(t + 2). La fonction g vérifie la même équation différentielle que f et possède les mêmes conditions initiales pour t = 0 (f(0) = g(0), f '(0) = g'(0)). Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l'unicité de la solution donc f = g. f est donc périodique de période 2. 

I-2) 	a) f est de classe C2 (et même de classe C en utilisant f"(t) = – eitf(t) et une récurrence), or il suffit que f soit C1 pour être égale à sa série de Fourier. 
	b) f étant C, f" est aussi égale à sa série de Fourier donc f"(t) =  – n2 cn(f) eint. On a donc :
	f"(t) = – n2 cn(f) eint d'une part
	f"(t) = – eit f(t) =  – cn(f) ei(n+1)t =  – cn–1(f) eint d'autre part
 	n2 cn(f) =  cn–1(f)
	c) En particulier, pour n = 0, on obtient c–1(f) = 0 et par récurrence tous les cn(f) avec n négatifs sont nuls. Par récurrence également, pour n positif, cn(f) =  c0(f)
Donc f(t) = c0(f)   eint

I-3) 	a) L'inégalité de Taylor-Lagrange donne :
 =    || f" || =  || f || et de même pour D
	b)   =    +   h2 || f ||
 	   + 
	                (h2 + 2) || f ||
 	  ( + ) || f ||
Pour h =  (qui minimise la quantité  + ), on obtient l'inégalité cherchée.
Deuxième partie
II-1) R = + 
II-2) g'(x) =  (–1)n  xn–1 
Pour x compris entre 0 et 2, la suite n   xn–1 décroît donc la série alternée est du signe du premier terme. g'(x) est donc négatif sur [0,2]. 
Or g(0) = 1 alors que g(2) = 1 – 2 + 1 + (–1)n  = (–1)n  < 0. En effet,  décroît pour n  3, donc la série alternée a pour signe son premier terme (qui est négatif). g étant strictement décroissante, il y a dans l'intervalle [0,2] une solution unique x0 à l'équation g(x) = 0.
Pour montrer que x0 > , il suffit de montrer que g() > 0. Par un raisonnement analogue à ci-dessus, g() = u0(x) + ... + u3(x) + qqc de positif > 1 –  +  –  > 0,007
Troisième partie
III-1)	a) y = 0 (à nouveau Cauchy-Lipschitz)
	b) W'(t) = y(t)z"(t) – y"(t)z(t) = (et – ea) y(t)z(t) est strictement positive sur ],b[ et donc W est strictement croissante sur [,b]. Or :
	W() = y()z'()  0 et W(b) = y(b)z'(b)  0 contradictoire. Donc H est fausse. y doit donc changer de signe et donc s'annuler entre les deux zéros de z supérieurs à a (précision oubliée de l'énoncé).
	c) Considérons l'équation z" + e z = 0 dont une solution est sin(e/2 (t–)). z s'annule en  =  et b =  +  e–/2 et est strictement positive entre ces deux valeurs. y s'annule donc entre ces deux zéros.

III-2)	a) Il s'agit de montrer que y ne s'annule pas et pas seulement que y n'est pas nulle (au sens identiquement nulle) 
Si y() = 0 alors y'()  0 (sinon, y serait la solution identiquement nulle). Il existe donc un intervalle centré en  où y' ne s'annule pas et où y est strictement monotone.
	b) Considérons z(t) = sin(eb/2 (t–)), solution de z"(t) + eb z(t) = 0 avec  et  +  e–b/2 deux zéros consécutifs de z. Quitte à changer le signe de y, nous supposerons y > 0 sur ],b[,  y'()  0 et y'(b)  0.  Considérons W(t) = y(t)z'(t) – y'(t)z(t). On a W() = 0, W'(t) = (et – eb) y(t)z(t) < 0 quand t varie de  à Min {b,  +  e–b/2}, donc W décroît strictement sur le même intervalle donc est strictement négatif et est donc d'un signe opposé à celui de z sur cet intervalle. Or  est du signe de z(b). Cela impose donc que b   +  e–b/2.
Quatrième partie
On remarque que vn(t) = un(et) et donc que (t) = g(et) 
IV-1) 	a) La série est même normalement convergente puisque  <  pour tout t de ]–,a].
	b) Les séries dérivées sont également normalement convergente sur le même type d'intervalle. On peut donc dériver terme à terme ce qui donne bien :	
	"(t) =  (–1)n  = – et (t)
Cette relation est vérifiée sur tout intervalle ]–,a], donc sur R.

IV-2) Le II-2 permet d'affirmer que le premier zéro de  est tel que x0 = et0 >  soit t0 >  ln(2). 
Le III-2-a) permet d'ordonner les zéros successifs de  en une suite strictement croissante. En effet, si tn est un zéro, tn+1 sera la borne Inf de {t, (t) = 0}, qui sera strictement plus grand que tn. En outre, cette suite (tn) ne peut avoir une limite finie l, car on aurait d'une part tn+1 – tn qui tend vers 0, et d'autre part, le III-2-b) implique que l'on aurait également tn+1 – tn   exp(– )   exp(– ) > 0. Donc  tn = +. Le III-1-c) permet de voir que  tn+1 – tn = 0 (dans chaque intervalle  il y a un zéro. Prendre ' =  +  e–/2. Dans [', ' +  e–'/2] il y a aussi un zéro, et la longueur totale de l'intervalle réunion tend vers 0).
Cinquième partie
V-1) f(t)  M +  f(x)g(x) dt = M + F(t) 
ou encore F'(t) = f(t)g(t)  (M + F(t))g(t)
Multiplions les deux membres par G(t) = exp(g(x) dx), fonction vérifiant G'(t) = g(t)G(t). L'inéquation précédente implique que :
 	F'(t)G(t) – F(t)G'(t)  M G'(t)
 	  M 
 	  M –  en intégrant de a à t
 	F(t)  MG(t) – M
 	f(t)  MG(t)

V-2)	a) y(t) = y(a) + (t–a)y'(a) +  y"(x)(t – x) dx d'après la formule de Taylor avec reste intégral. Donc A(t) = y(a) + (t–a)y'(a).
	b)  est bornée par une quantité M et 0    1. Donc
	  M +   x  dx inégalité sur laquelle on applique la question précédente
 	  M exp x  dx  M exp  x  dx
V-3)	a) y"(t) = – (t) y(t) = – t (t) j(t)    M  donc y" est intégrable, donc  y'(t) qui n'est autre que y'(a) +  y"(t) dt existe.
	b) Ecrire que  =    +  = y'()   +  avec  élément de ]a,t[. Soit  > 0, choisir a assez grand pour que l –  < y'() < l +  pour  > a, puis, cet a étant choisi, choisir t assez grand pour encadrer  par l – 2 et l + 2...