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\begin{document}
%\input upsnum.sty
%\maketitle

\centerline{{\bf  { \Large CONCOURS ESIM Entrepreneur Industrie - Session 2002}}}

\vskip 5mm
\centerline{{\bf  { \large   Math 1 - PC}}}

\vskip 2cm
%----------------------------------------------------------------
% Corrig\'e r\'edig\'e par Pierre Cr\'epy
% Lyc\'ee Louis Thuillier \`a AMIENS
% @mail : phscrepy@wanadoo.fr
%----------------------------------------------------------------

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{Partie I.}

\begin{itemize}
\item[{\bf 1)}] 
La fonction $\lambda: t \mapsto \dfrac{\sin t }{t}$ est d\'ecroissante sur 
$]0,\dfrac{\pi}{2}[$, car elle est le produit de 
deux fonctions positives et d\'ecroissantes sur $]0,\dfrac{\pi}{2}[$.\\
Comme elle est d\'erivable, on pouvait aussi \'etudier le signe de $\lambda'(t)$.

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 2)}]
La fonction $ t \mapsto \dfrac{2}{t^2} \sin^2\left( \dfrac{t}{2} \right)$
est continue sur $]0, \pi]$ et prolongeable par continuit\'e en $0$, elle est donc
int\'egrable sur $]0, \pi]$.

Le changement de variable $u=\dfrac{t}{2}$ donne 
$$
\int_0^{\pi}  \frac{2}{t^2} \sin^2 \left( \frac{t}{2} \right) \, dt =
\int_0^{\frac{\pi}{2}}  \lambda^2(u) \, du
$$
ainsi 
$$
\dfrac{\pi}{2}\lambda^2\left(\dfrac{\pi}{2}\right) \le 
\int_0^{\pi}  \dfrac{2}{t^2} \sin^2\left( \dfrac{t}{2} \right) \, dt
\le \dfrac{\pi}{2}\lambda^2(0).
$$
Le calcul donne
$$
\dfrac{2}{\pi} \le 
\int_0^{\pi}  \dfrac{2}{t^2} \sin^2\left( \dfrac{t}{2} \right) \, dt
\le \dfrac{\pi}{2}.
$$


%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 3)}]

En consid\'erant $1-\cos t$ comme primitive de  $\sin t$, on garantit l'existence 
des deux termes de l'int\'egration par parties
$$
\int_0^{x}  \dfrac{\sin t }{t} \, dt =
\left[ \frac{1-\cos t}{t} \right]_0^{x} +
\int_0^{x}  \dfrac{1-\cos t}{t^2} \, dt =
 \frac{1-\cos x}{x} +\int_0^{x}  \dfrac{1-\cos t}{t^2} \, dt.
$$
On a  $\dlim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{1-\cos x}{x}=0$ et la fonction 
$ t \rightarrow \dfrac{1-\cos t}{t^2}$ est  prolongeable par continuit\'e en $0$
et domin\'ee par $\dfrac{2}{t^2}$ lorsque  $t\rightarrow +\infty$, elle est donc 
int\'egrable sur $]0,+\infty[$.

Il en r\'esulte l'existence de la limite $\dlim_{x\rightarrow +\infty}
\dint_0^{x}  \dfrac{\sin t }{t} \, dt$ que l'on note $I$.


%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 4)}]
\begin{itemize}
\item[{\bf a)}] 
Pour $x\in]0,\pi[$ et $n\ge 1$, on pose 
$S_n(x)=\dfrac{1}{2}+\dsum_{k=1}^n \cos kx$.
Un calcul classique de trigonom\'etrie donne successivement
\begin{eqnarray*}
S_n(x) & = & -\frac{1}{2}+ \mbox{Re} \left( \sum_{k=0}^n e^{ikx} \right) 
        =  -\frac{1}{2}+  \mbox{Re}\left( \frac{1-e^{i(n+1)x}}{1-e^{ix}} \right) \\
       & = & -\frac{1}{2}+ \cos \frac{nx}{2} \frac{\sin \frac{(n+1)x}{2}}
                                                  {\sin \frac{x}{2}} 
        =  -\frac{1}{2}+ \frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}+\sin \frac{x}{2}} 
                                {2 \sin \frac{x}{2}} \\
       & = &  \frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}}
                                {2 \sin \frac{x}{2}}  
\end{eqnarray*}

\item[ {\bf b)}] 
Pour $n\in{\bf N}$, on note 
$J_n = \dint_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin(2n+1)t}{\sin t} \, dt$. 
On a $J_0=\dfrac{\pi}{2}$. 

Pour $n\ge 1$, le changement de variable $t=\dfrac{x}{2}$ donne 
$$
J_n = \int_0^{\pi} \frac{\sin \frac{(2n+1)x}{2}} {2 \sin \frac{x}{2}} \, dx
= \int_0^{\pi} S_n(x) \, dx.
$$
Ainsi 
$$
J_n= \frac{\pi}{2}+ \sum_{k=1}^n \int_0^{\pi}\cos kx \, dx = \frac{\pi}{2}.
$$
\end{itemize}

%--------------------------------------------------------  
\item[{\bf 5)}] 
 La fonction $\varphi$ d\'efinie sur $[0,\pi]$ par
$$
\varphi(0)=0 \mbox{  et  } \varphi(x)=\frac{1}{2\sin\frac{x}{2}}-\frac{1}{x}
 \mbox{  si  } 0<x\le \pi.
$$ 
est clairement de classe $C^1$ sur $]0,\pi]$.

\begin{itemize}
\item[{\bf a)}] 
En utilisant le d\'eveloppement limit\'e de $\sin$ en $0$, on obtient
$$
\forall x,\, 0<x\le \pi, \quad
\varphi(x)=\frac{x- 2\sin\frac{x}{2}}{2x\sin\frac{x}{2}} =
\frac{ \frac{x^3}{24} +o(x^3)}{2x\sin\frac{x}{2}} 
\stackrel{x\rightarrow 0}{\sim} \frac{x}{24}.
$$  
Il en r\'esulte que $\dlim_{x\rightarrow 0}\varphi(x)=0$ ainsi $\varphi$ est 
continue en $0$.

Un calcul de d\'eriv\'ee donne
$$
\forall x,\, 0<x\le \pi, \quad
\varphi'(x)= 
-\frac{\cos \frac{x}{2}}{4\sin^2\frac{x}{2}}+\frac{1}{x^2}=
\frac{4\sin^2\frac{x}{2}- x^2\cos\frac{x}{2}}{4x^2\sin^2\frac{x}{2}}.
$$
Un d\'eveloppement limit\'e \`a l'ordre 4 en $0$ du num\'erateur donne 
$\varphi'(x)\stackrel{x\rightarrow 0}{\sim} \dfrac{1}{24}$. \\
L'existence de $\dlim_{x\rightarrow 0}\varphi'(x)$  assure que $\varphi$ est 
de classe $C^1$ sur $[0,\pi]$.

\item[ {\bf b)}]
Il s'agit du lemme de Lebesgue relatif \`a une fonction de classe $C^1$.\\
Une int\'egration par parties donne 
$$
\int_0^{\pi} \varphi(t) \sin\frac{(2n+1)t}{2} \, dt =
\frac{2}{2n+1} \left[ -\varphi(t) \cos\frac{(2n+1)t}{2} \right]_0^{\pi} +
\frac{2}{2n+1} \int_0^{\pi}  \varphi'(t) \cos\frac{(2n+1)t}{2} \, dt.
$$
ainsi
$$
\left| \int_0^{\pi} \varphi(t) \sin\frac{(2n+1)t}{2} \, dt \right| \le
\frac{2}{2n+1} 
\left( |\varphi(0)|+|\varphi(\pi)|+\int_0^{\pi}  |\varphi'(t)| \, dt \right).
$$
Il en r\'esulte que
$\dlim_{n\rightarrow +\infty} \dint_0^{\pi} \varphi(t) \sin\frac{(2n+1)t}{2} \, dt =0$.  

\end{itemize}
%--------------------------------------------------------  
\item[{\bf 6)}] 
Le changement de variable $x=\dfrac{t}{2}$ dans l'expression \'etudi\'e en {\bf 5)b)} 
donne 
$$
\int_0^{\pi} \varphi(t) \sin\frac{(2n+1)t}{2} \, dt =
\int_0^{\frac{\pi}{2}}  \frac{\sin(2n+1)x}{\sin x} \, dx
 - \int_0^{\pi}  \frac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{t} \, dt = 
J_n - \int_0^{\pi}  \frac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{t} \, dt.
$$
Il en r\'esulte que 
$$
\lim_{n\rightarrow +\infty} \int_0^{\pi}  \frac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{t} \, dt
=\lim_{n\rightarrow +\infty}J_n = \frac{\pi}{2}.
$$
Le changement de variable $u=\dfrac{2n+1}{2}t$ donne
$$
\int_0^{\pi}  \frac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{t} \, dt=
\int_0^{\frac{2n+1}{2}\pi}  \frac{\sin u}{u} \, du.
$$
Pour tout $x>2$, notons $n$ la partie enti\`ere de $\dfrac{x}{\pi}-\dfrac{1}{2}$,
alors $n\rightarrow +\infty$ lorsque $x \rightarrow +\infty$.

Une relation de Chasles donne
$$
\int_0^{x}  \frac{\sin u}{u} \, du=
\int_0^{\frac{2n+1}{2}\pi}  \frac{\sin u}{u} \, du +
\int_{\frac{2n+1}{2}\pi}^x  \frac{\sin u}{u} \, du
$$
En utilisant le fait que $0 \le x-\dfrac{2n+1}{2}\pi< \pi$, on obtient 
$$
\left| \int_{\frac{2n+1}{2}\pi}^x  \frac{\sin u}{u} \, du \right| \le
\int_{\frac{2n+1}{2}\pi}^x \left| \frac{\sin u}{u}\right| \, du \le 
\int_{\frac{2n+1}{2}\pi}^x \frac{1}{u} \, du \le \frac{2}{2n+1}.
$$
Il en r\'esulte que 
$\dlim_{x\rightarrow +\infty}\dint_0^{x}  \dfrac{\sin u}{u} \, du=
\dlim_{n\rightarrow +\infty} \dint_0^{\pi}  \dfrac{\sin\frac{(2n+1)t}{2}}{t} \, dt$, ainsi
$$
I=\frac{\pi}{2}.
$$

\end{itemize}
\medskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{ Partie II}
%
On note 
${\cal I}=\{ f\in C^{\infty}({\bf R},{\bf C}) \; / \; \forall(p,q)\in {\bf N}^2
\quad \dlim_{|x|\rightarrow +\infty} x^p f^{(q)}(x)=0 \}$.
  
\begin{itemize}
\item[{\bf 1)}]
La fonction nulle appartient \`a ${\cal I}$.

La stabilit\'e de ${\cal I}$ par combinaison lin\'eaire r\'esulte de la lin\'earit\'e 
des d\'erivations et des limites, ainsi  ${\cal I}$  est un sous-espace vectoriel 
complexe de $C^{\infty}({\bf R},{\bf C})$.

%--------------------------------------------------------  
\item[{\bf 2)}]
 Soit $\phi \in {\cal I}$. Pour tout $(p,m)\in {\bf N}^2$, l'application 
$x \mapsto   x^p \phi^{(m)}(x)$ est continue sur ${\bf R}$ avec des limites 
nulles en $\pm \infty$, ainsi il existe $A>0$ tel que 
pour tout $x$ tel que $|x|>A$, on ait $|x^p \phi^{(m)}(x)| \le 1$.\\
Sur le compact $[-A,A]$ l'application est \'egalement born\'ee; elle est donc born\'ee
sur ${\bf R}$.

L'int\'egrabilit\'e sur ${\bf R}$ de l'application 
$x \mapsto   x^p \phi^{(m)}(x)$ r\'esulte de 
$\dlim_{|x|\rightarrow +\infty} x^2 |x^p \phi^{(m)}(x)|=0$.  

Pour tout $(i,m)\in {\bf N}^2$, la formule de Leibniz donne
$$
(x^i \phi(x))^{(m)}= \sum_{k=0}^m C_m^k (x^i)^{(k)}\phi^{(m-k)}=
\sum_{k=0}^{\min {i,m}} C_m^k \frac{i!}{(i-k)!} x^{i-k}\phi^{(m-k)}.
$$
Comme chaque application $x \mapsto  x^{i-k}\phi^{(m-k)}$ est  born\'ee et 
int\'egrable sur ${\bf R}$, on en d\'eduit, par lin\'earit\'e, que l'application  
$x \mapsto(x^i \phi(x))^{(m)}$ est  born\'ee et int\'egrable sur ${\bf R}$.

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 3)}] 
Soit $\phi \in {\cal I}$. Sa transform\'ee de Fourier est la fonction d\'efinie sur ${\bf R}$ par 
$\widehat{\phi}(x) = \dint_{-\infty}^{+\infty} e^{-ixt} \phi(t) \, dt$
( l'existence de $\widehat{\phi}(x)$ \'etant assur\'ee par l'int\'egrabilit\'e de 
$\phi$ sur ${\bf R}$ ).

L'application $h:(x,t) \mapsto e^{-ixt} \phi(t)$ est continue sur 
${\bf R}^2$ et domin\'ee uniform\'ement par rapport \`a $x$ par la fonction $|\phi|$
 int\'egrable sur ${\bf R}$, ainsi $\widehat{\phi}$ est continue sur ${\bf R}$.

L'application $h$ admet une d\'eriv\'ee partielle par rapport \`a $x$, 
$\dfrac{\partial h}{\partial x} :(x,t)\mapsto -it \, e^{-ixt} \phi(t)$,
continue sur ${\bf R}^2$ et domin\'ee uniform\'ement par rapport \`a $x$ par la 
fonction $t\mapsto | t \phi(t)|$
 int\'egrable sur ${\bf R}$, ainsi $\widehat{\phi}$ est de classe $C^1$ sur 
${\bf R}$ et 
$\widehat{\phi}\,'(x) = \dint_{-\infty}^{+\infty} -it \, e^{-ixt} \phi(t) \, dt$.

On remarque que  $\widehat{\phi}\,'$ est la transform\'ee de Fourier de la fonction 
$\psi:t\mapsto -it \phi(t)$ qui appartient clairement \`a ${\cal I}$.

Comme $\widehat{\phi}\,'=\widehat{\psi}$ avec $\psi \in {\cal I}$, alors en r\'ep\'etant 
le raisonnement, on obtient $\widehat{\phi}\,'$ de  classe $C^1$ sur 
${\bf R}$ avec $\widehat{\phi}\,''=\widehat{\psi}\,'$ qui est \`a son tour 
la transform\'ee de Fourier d'une  fonction appartenant \`a ${\cal I}$.

Ainsi, \`a l'aide d'une r\'ecurrence, on \'etablit que si $f\in {\cal I}$ alors 
$\widehat{f}\in C^{\infty}({\bf R},{\bf C})$ et
$$
\forall (k,x)\in {\bf N}\times {\bf R} \quad  \widehat{f}^{(k)}(x)=
\int_{-\infty}^{+\infty} (-it)^k e^{-ixt} f(t) \, dt.
$$   

\end{itemize}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section*{ Partie III}
%
Si $g$ et $h$ sont de carr\'es int\'egrables sur ${\bf R}$ alors l'in\'egalit\'e de 
Cauchy-Schwarz permet de d\'efinir 
$$
<g,h> = \int_{-\infty}^{+\infty} \overline{g(x)} h(x) \, dx.
$$ 

\begin{itemize}
\item[{\bf 1)}]
La fonction r\'eelle $g$ valant $\dfrac{1}{2}$ sur $[-1,1]$ et $0$ ailleurs 
appartient \`a $L_{cm}^1$, on peut donc d\'efinir sa transform\'ee de Fourier. 

Pour $x\in{\bf R}$, on a $\widehat{g}(x)=\dint_{-1}^{1}\dfrac{1}{2}e^{-ixt}\,dt$.
Le calcul donne 
$$
\widehat{g}(0)=1 \mbox{ et } \forall x \neq 0, \quad 
\widehat{g}(x)= \frac{\sin x }{x}.
$$
 

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 2)}]
On note $f$ la fonction $\widehat{g}$.

\begin{itemize}
\item[ {\bf a)}] 
La s\'erie enti\`ere $\dsum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n}$ 
a un rayon de convergence $R=+\infty$. Elle est donc de classe $C^{\infty}$
sur ${\bf R}$. Elle a pour somme $\dfrac{\sin x}{x}$ si $x \neq 0$.\\
La continuit\'e de $f$ sur ${\bf R}$ implique alors que 
$$ 
\forall x\in{\bf R},\quad f(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n}.
$$

\item[ {\bf b)}] 
On a $f(x)= \dfrac{1}{2}\dint_{-1}^{1}e^{-ixt}\,dt$. \\
Le th\'eor\`eme de d\'erivation des int\'egrales sur segment, d\'ependant d'un param\`etre
( continuit\'e sur ${\bf R}\times [-1,1]$ des d\'eriv\'ees partielles successives 
par rapport \`a $x$ de $(x,t) \mapsto e^{-ixt}$) assure que 
$$
\forall k \in {\bf N}, \quad   f^{(k)}(x)=
\frac{1}{2}\int_{-1}^{1} (-it)^k e^{-ixt} \, dt =
\int_{-\infty}^{+\infty} (-it)^k e^{-ixt} g(t) \, dt.
$$
Notons qu'on ne peut pas invoquer le r\'esultat {\bf II. 3)} avec 
$f=\widehat{g}$, car $g\notin {\cal I}$.
  
 
\item[ {\bf c)}] 
Le coefficient devant $x^k$ dans la s\'erie enti\`ere de somme $f$ est \'egal \`a 
$\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}$, ainsi 
$$
\forall k\in {\bf N}, \quad f^{(2k+1)}(0)=0, \quad 
f^{(2k)}(0)=\frac{(-1)^k}{2k+1}.
$$
 
\end{itemize}

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 3)}]

Pour $x\neq 0$, la formule de Leibniz, permet de calculer $f^{(m)}(x)$ avec 
$f(x)= \sin x \times \dfrac{1}{x}$. On obtient
$$
f^{(m)}(x)=\sum_{k=0}^m C_m^k \sin^{(k)}(x) \left(\frac{1}{x}\right)^{(m-k)}=
\dsum_{k=0}^{m} C_m^k  \sin(x+\frac{k\pi}{2}) (-1)^{m-k} \frac{(m-k)!}{x^{m-k+1}}. 
$$   

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 4)}]
Soit $(m,n)\in {\bf N}^2$ avec $m+n$ pair.
La fonction r\'eelle $f$ est paire ainsi $f^{(m)}$ est r\'eelle et de la parit\'e de $m$. 
Il en r\'esulte que $f^{(m)}f^{(n)}$ est paire, ainsi 
$$
2\int_{0}^{+\infty} f^{(m)}(t)f^{(n)}(t) \, dt=
\int_{-\infty}^{+\infty} \overline{f^{(m)}(t)} f^{(n)}(t) \, dt = 
<f^{(m)}, f^{(n)}>.
$$
On a  $f^{(m)}=\widehat{h_m}$ o\`u $h_m : t \mapsto (-it)^m g(t)$ est une fonction
\`a support born\'e $[-1,1]$, elle est donc int\'egrable et de carr\'e int\'egrable sur 
${\bf R}$. On en d\'eduit, \`a l'aide du r\'esultat $\Theta$, que

\begin{eqnarray*}
2\int_{0}^{+\infty} f^{(m)}(t)f^{(n)}(t) \, dt & = & 
 2\pi  < h_m, h_n> \\
 & =& 
 2\pi \int_{-\infty}^{+\infty} \overline{(-it)^m g(t)}(-it)^n g(t) \, dt \\
 & = &
2\pi (-1)^{n+\frac{m+n}{2}} \int_{-1}^{1} t^{n+m}  \frac{1}{4} \, dt\\
& =  &(-1)^{n+\frac{m+n}{2}}\frac{\pi}{n+m+1}.
\end{eqnarray*}

%-------------------------------------------------------- 
\item[{\bf 5)}]
Soit $(m,k)\in {\bf N}^2$.

Le calcul de $f^{(m)}(x)$ obtenu en {\bf 3)}, montre que 
$\dlim_{x\rightarrow +\infty} f^{(m)}(x)=0$. 
Ainsi une int\'egration par parties donne 
\begin{eqnarray*}
\int_0^{+\infty}   f^{(m)}(t)f^{(m+2k+1)}(t) \, dt& = &
\left[ f^{(m)}(t)f^{(m+2k)}(t) \right]_0^{+\infty} -
\int_0^{+\infty} f^{(m+1)}(t)f^{(m+2k)}(t) \, dt \\
  & =&
-f^{(m)}(0)f^{(m+2k)}(0) -\int_0^{+\infty} f^{(m+1)}(t)f^{(m+2k)}(t) \, dt.
\end{eqnarray*}

Apr\`es $k$ int\'egrations par parties successives, on obtient
\begin{eqnarray*}
\lefteqn{ \int_0^{+\infty}   f^{(m)}(t)f^{(m+2k+1)}(t) \, dt = }\\ 
& & \sum_{j=1}^{k} (-1)^j f^{(m+j-1)}(0)f^{(m+2k+1-j)}(0)+
(-1)^k \int_0^{+\infty} f^{(m+k)}(t)f^{(m+k+1)}(t) \, dt
\end{eqnarray*}
qui est la relation demand\'ee.
 
\end{itemize}
\bigskip
{\centerline{---------------------------\-}
\end{document}



