%M02S2c.tex  11 05 02 12h10   version 16 05 02 14h15
\input liv.mac  % VIDIANI $lg\_vidiani\@ ipac.fr$
\input psfig.sty
\voffset-15mm
\def\titreimpair{\line{
{\fiverm zip pb02 M02SM2C.tex \hskip 3mm}
{\bf  E3A 2002 MP  2\`eme 10 mai 2002 8-11h
\hskip 1mm\Carre \hfill
Mr VIDIANI Sp\'e MP1 CARNOT  \hskip 1mm
\liond
\ \folio}} }

\def\titrepair{\line{\bf\folio  \hfill {\fiverm zip M02SM2C.tex  }
{\bf  E3A  2002 MP 2\`eme
\hskip 3mm\Carre Mr VIDIANI \hskip 2mm\liong
}}  }
%\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

% \cadreepais{\grise \g=90 {\tenbf Th\'eor\`eme des MOMENTS }}  beau cadre gris\'e
%\centerline{\cadrefin{\tenbf PREMI\`ERE PARTIE : Matrice compagne}}

\input upsnum.tex
%\leavevmode
%\cadrefin{\vbox to 10mm {\hsize 30mm\leftskip 0mm\noindent\fiverm nom :
%\hfill\vfill\noindent sp\'e MP1 carnot DIJON}}\hskip 1cm


%\null\vskip-8mm
\centerline {\bf CONCOURS E3A : ENSAM-ESTP-ECRIN-ARCHIMEDE 10 MAI 02 8h-11h :
Math\'ematiques 2 MP}

\noindent\cadrefin{\bf Solution concert\'ee PALISSE, Saint Exup\'ery Mantes la Jolie,
VIDIANI, Carnot DIJON}

{\it(Remarques : les exercices (1) et (2) sont progressifs et bien guid\'es ;
quoique les calculs de (1) \`a partir de (5) sont longs si l'on veut
\^etre pr\'ecis. Comme l'an dernier, le troisi\`eme exercice est une suite de
``bidouillages" sans beaucoup de rapport avec le programme ; par exemple
la signification de la question (3.3.a) n'est pas limpide !).}

{\it(Trois exercices classiques, portant sur des parties diff\'erentes du
programme : matrices et fonctions affines, \'equation diff\'erentielle, fonction
de plusieurs variables ; \danger\ il y a quelques coquilles d'\'enonc\'e
dans le (I.1.b) au bout de la 3\`eme ligne il manque un espace apr\`es le tout ;
Dans le (I.5.a) la r\'ef\'erence est fausse : c'est la question (4-a) qu'il
faut invoquer)}





\noindent\hfill\grise \w=72mm\h=4mm {}
\hskip 1mm \cadrefin{\bf Exercice 1  }
\hskip 1mm\grise\h=4mm \w=72mm{}\hfill{}



\lettrine{{(1)}} {\bf Des exemples de fonctions de E :}

\hskip 8mm {\prover (1-a)}
{\bf $\varphi_i(x)=|x-a_i|$ \bf  est un \'el\'ement de E  :}
En effet $\varphi_i(x)=\cases{ a_i-x & pour  $a_0=a\leq x\leq a_i$\cr
                              x -a_i& pour  $a_i\leq  x\leq a_n=b$\cr}$ est bien
affine par morceaux.
\trait

\hskip 8mm {\prover (1-b)}
{\bf Il existe un unique \'el\'ement $\bf \delta_i$ de E : }
De fa\c{c}on g\'en\'erale, une fonction de $E$ est enti\`erement d\'efinie par ses valeurs
en les points de s\'eparation de la subdivision : car le syst\`eme en $(A,B)$
$\cases{A a_i+B=1\cr Aa_{i+1}+B=0\cr}$, $i=0..n-1$
ou  $\cases{A a_{n-1}+B=0\cr Aa_{n}+B=0\cr}$, est Cram\'erien car de d\'eterminant
$a_i-a_{i+1}\not=0$, $i=0...n-1$. Ainsi
$\delta_i(x)=\frac {x-a_{i+1}}{a_i-a_{i+1}}$ sur $[a_i,a_{i+1}]$, $i=0...n-1$.



\trait


\hskip 8mm {\prover (2-a)} {\bf  E est un sous-espace vectoriel
de $\bf {\cal C}([a,b])$ : } En effet il est non vide (il contient la fonction
nulle) et stable puisque toute combinaison lin\'eaire d'applications affines
(respectivement continues) est affine (respectivement continue).
 \trait
\hskip 8mm {\prover (2-b)} {\bf  Montrer que $\cal B$ est une base de E : }

\Carre\ {\bf Solution 1 : } Pr\'ecisons la r\'eponse \`a (1b) :
L'application de $E$ dans $\R^n$ qui
envoie $f$ sur la liste de ses valeurs en les points de s\'eparation
de la subdivision, est un isomorphisme d'espaces vectoriels ; et
la famille des delta est l'image r\'eciproque de la base canonique.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

\Carre\ {\bf Solution 2 : } D'une part cette famille est libre (par la m\'ethode
des valeurs particuli\`eres d'une combinaison lin\'eaire $\sum \lambda_i \delta_i$
aux points $a_i$),   D'autre part elle est g\'en\'eratrice, puisque
toute fonction $f$ affine par morceaux sur les intervalles
de la subdivision donn\'ee est parfaitement d\'etermin\'ee par ses valeurs $f(a_i)$
et ainsi que pour l'utilisation des polyn\^omes de LAGRANGE,
on a imm\'ediatement $f=\displaystyle\sum_{i=0}^n f(a_i)\delta_i$

\trait
\hskip 8mm {\prover (2-c)} {\bf  $\cal C$ est une base de E : }
Tout espace vectoriel de dimension $n+1$ admet comme nouvelle base
n'importe quelle famille libre de cardinal $n+1=$card($\cal C$).
Or avec les notations de l'\'enonc\'e si $\alpha_j\not=0$, $j=1...,n-1$
la fonction nulle, donc d\'erivable, aurait une d\'eriv\'ee \`a droite
en $a_j$ qui serait $\alpha_0+...+\alpha_{j-1}+\alpha_j-...-\alpha_n$
 diff\'erente de la d\'eriv\'ee \`a gauche qui serait
$\alpha_0+...+\alpha_{j-1}-\alpha_j-...-\alpha_n$.

Par cons\'equent $\alpha_1=...=\alpha_{n-1}=0$ ;
Sp\'ecialisant alors $x=a_0=a$ puis $x=a_n=b$ dans la relation donn\'ee par
l'\'enonc\'e on aurait $\alpha_n(b-a)=0$ et $\alpha_0(b-a)=0$ ;
$\cal C$ est donc libre et comme elle est de cardinal $n+1=dim(E)$
elle en constitue bien une base.

\trait
\lettrine{{(3)}} {\bf Un cas particulier.}
La condition demand\'ee \'equivaut \`a

\hfill
$\cases{(\alpha+\beta+\gamma)x-u\alpha-v\beta-w\gamma=0 & pour $x\leq u$ et
 $x\geq w$\cr \alpha(v-u)+\gamma (w-v)=1 & valeur en $v$\cr}$.

Le syst\`eme obtenu $\cases{(1)\ \alpha+\beta+\gamma=0\cr
                          (2) \alpha u+\beta v+\gamma w=0\cr
                          (3)\ \alpha(v-u)+\gamma(w-v)=1\cr}$
a comme d\'eterminant $\left|\matrix{ 1 &1 &1 \cr
                                    u &v & w\cr
                                   v-u& 0&w-v\cr}\right|=2(w-v)(v-u)\not=0$,
et est donc cram\'erien et a donc une solution et une seule qui est,
d'apr\`es les formules de CRAMER :
\cadrefin{$\bf\alpha=\frac {(w-v)}{2(w-v)(v-u)}$\ \vrule\
$\bf\beta=\frac {-(w-u)}{2(w-v)(v-u)}$\ \vrule \
$\bf\gamma=\frac {(v-u)}{2(w-v)(v-u)}$\ \vrule \ \liond}

Ce qui permet de voir une permutation circulaire dans ces formules.


\trait

\hskip 8mm {\prover (4-a)} {\bf Matrice de passage P ? }
Nous avons d\'eja remarqu\'e que pour $f\in E$,
$ f=\displaystyle\sum_{j=0}^n f(a_j)\delta_j$ et avec $f=\varphi_i$
on a $\varphi_i=\displaystyle\sum_{j=0}^n |a_j-a_i|)\delta_j$.

Donc $P$ est une matrice carr\'ee d'ordre $n+1$ dont l'\'el\'ement g\'en\'eral est
\cadrefin{$\bf p_{i+1,j+1}=|a_j-a_i|$}


\trait
\hskip 8mm {\prover(4-b)} {\bf Expression de f sur la base $\cal C$ :}
D'apr\`es le cours le lien entre les anciennes composantes $X$ (sur $\cal B$)
et les nouvelles $X'$ sur la nouvelle base $\cal C$ est $X=PX'$, par cons\'equent
c'est la connaissance de $P^{-1}$ qui donnerait $X'=P^{-1}X$ (contravariance).
\trait
\hskip 8mm {\prover(5-a)} {\bf Calculer P et son d\'eterminant : }

En \'ecrivant $\cases{a_1-a_0=\frac {b-a}n\cr
                    a_2-a_1=\frac {b-a}n\cr
                    ....................\cr
                    a_i-a_{i-1}=\frac {b-a}n\cr}$ et en ajoutant et
r\'eduisant ces $i$ \'egalit\'es on a $a_i=a+i\frac {b-a}n$ et par cons\'equent
$a_j-a_i=(j-i)\frac {b-a}n$, la matrice $P$ dans ce cas particulier
s'\'ecrit $P=\frac {b-a}nQ$ o\`u $Q$ est une matrice d'ordre $n+1$ dont
l'\'el\'ement $q_{i+1,j+1}=|j-i|=|j+1-(i+1)|$. ainsi
\cadrefin{$\bf p_{i+1,j+1}=\frac {b-a}n |i-j|=\frac {b-a}n |j+1-(i+1)|$}

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

\Carre \ {\bf Calcul du d\'eterminant de P : }
On a d'abord $det(P)=\big(\frac {b-a}n\big)^n det(Q)$.

Il reste \`a calculer le d\'eterminant de $Q$.

$det(Q)=\left|\matrix{ 0   & 1     &  2   & ..... & n\cr
                       1   & 0     &  1   & ..... & n-1\cr
                       2   & 1     &  0   & ..... & n-2\cr
                       *   & *     &  *  & ..... & *   \cr
                       i-1 & i-2   &  i-3 & ..... & n+1-i\cr
                       .   & .     &  .   & ..... & 1\cr
                       n   & n-1   & n-2  & ..... & 0\cr}\right|$

On ajoute la derni\`ere colonne (num\'ero $n+1$) \`a la premi\`ere,
et on a $det(Q)=n \left|\matrix{ 1   & 1     &  2   & ..... & n\cr
                       1   & 0     &  1   & ..... & n-1\cr
                       1   & .     &  .   & ..... & n-2\cr
                       1   & i-2   &  i-3 & ..... & n+1-i\cr
                       1   & .     &  .   & ..... & 1\cr
                       1   & n-1   & n-2  & ..... & 0\cr}\right|$

On retranche les lignes ``\`a reculons" :

$det(Q)=n \left|\matrix{ 1   & 1     &  2   & ..... & n\cr
                       0   & -1    &  -1   & ..... & -1\cr
                       0   & 1     &  -1  & ..... & -1\cr
                       0   & 1     &  1   & ..... & -1\cr
                       0   & 1     &  1   & ..... & -1\cr
                       0   & 1   & 1  & ..... & -1\cr}\right|=nD$ o\`u
 $D$ est le d\'eterminant d'ordre $n$ :
$D=\left|\matrix{       -1    & - 1   & ..... & -1\cr
                        1     &  -1  & ..... & -1\cr
                        1     &  1   & ..... & -1\cr
                        1     &  1   & ..... & -1\cr
                        1   & 1  & ..... & -1\cr}\right|$ ;

On ajoute la derni\`ere colonne de $D$ \`a chacune des autres :

$D=\left|\matrix{       -2    & - 2   & ..... & -1\cr
                        0     &  -2  & ..... & -1\cr
                        0     &  0   & ..... & -1\cr
                        0     &  0   & ..... & -1\cr
                        0   & 0  & ..... & -1\cr}\right|=-(-2)^{n-1}$.
Par suite \cadrefin{$\bf det(P)=n\big(\frac {b-a}n\big)^n (-1)^n2^{n-1}$\
\vrule\ \liong}


\trait
\hskip 8mm {\prover (5-b)} {\bf Exprimer $\bf \delta_i$
en fonction de $\bf \varphi_{i-1},\varphi_i$ et $\bf \varphi_{i+1}$ : }
Il suffit d'appliquer le r\'esultat obtenu en {\prover (3)}
avec $v=a_i, u=a_{i-1}$ et $w=a_{i+1}$, ce qui par substitution donne
\cadrefin{$\bf \delta_i=\frac n{2(b-a)}[\varphi_{i-1}-2\varphi_i+\varphi_{i+1}]
$\ \vrule\ \liond} \par\noindent $ i$ variant de $1$ \`a $n-1$.


\trait
\hskip 8mm {\prover(5-c)} {\bf  Expliciter $\bf C_1,...,C_{n-1}$ : }
C'est une simple \'ecriture matricielle du r\'esultat pr\'ec\'edent :
$P^{-1}=\frac n{2(b-a)}
        \left[\matrix{ *  & 1      &  0   & .....&0 & *\cr
                       *   & -2    &  1   & .....&0 & *  \cr
                       *   & 1     &  -2  & .....&0& *\cr
                       *   & .     &  .   & .....&.& *\cr
                       *   & 0     &  1   & .....&1 & *    \cr
                       *   & 0     &  0   & .....&-2 & *\cr
                       *   & 0     &  0   & .....&1 & *\cr}\right]$.
\trait
\hskip 8mm {\prover(5-d)} {\bf Finir le calcul de $\bf P^{-1}$ : }


On part de la formule \'ecrite  d\`es (4.a)
$ f=\displaystyle\sum_{j=0}^n f(a_j)\delta_j$ et on l'applique avec
ces $a_j$ \'equidistribu\'es et $f=\varphi_0$ ce qui donne :
$\varphi_0=\frac {b-a}n \displaystyle\sum_{i=1}^n i\delta_i$ ;

Or gr\^ace aux formules obtenues en (5.b)
\vskip-10mm \hfill
$\cases{1&  $ \delta_{1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{0}-2\varphi_{1}+\varphi_{2})$\cr
        2&$\delta_{2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{1}-2\varphi_{2}+\varphi_{3})$\cr
        3&$\delta_{3}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{2}-2\varphi_{3}+\varphi_{4})$\cr
        ...&$    .............................$\cr
        k&$\delta_{k}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k-1}-2\varphi_{k}+\varphi_{k+1})$\cr
        (k+1)&$\delta_{k+1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k}-2\varphi_{k+1}+\varphi_{k+2})$\cr
        (k+2)&$\delta_{k+2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k+1}-2\varphi_{k+2}+\varphi_{k+3})$\cr
        ...&$    .............................$\cr
        (n-2)&$\delta_{n-2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{n-3}-2\varphi_{n-2}+\varphi_{n-1})$\cr
        (n-1)&$ \delta_{n-1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{n-2}-2\varphi_{n-1}+\varphi_{n})$\cr}$

En multipliant chaque ligne par le facteur qui est dans la premi\`ere colonne,
et remarquant que $k-2(k+1)+k+2=0$ on r\'eduit en diagonale et il reste :
$\varphi_0=\frac 12(\varphi_0-n\varphi_{n-1}+(n-1)\varphi_n)+(b-a)\delta_n$
soit $n\varphi_{n-1}-(n-1)\varphi_{n}=2(b-a)\delta_n$ et
\cadrefin{$\bf \delta_n=\frac 1{2(b-a)}(\varphi_0+n\varphi_{n-1}-(n-1)\varphi_n)$}
et la colonne ${ \bf C_n}=\frac 1{2(b-a)}\pmatrix{ 1\cr 0\cr \vdots\cr n\cr -n+1\cr}
=\bf \frac {\bf n}{\bf 2(b-a)}
\pmatrix{ \frac {\bf 1}{\bf n}\cr \bf 0\cr \bf\vdots\cr \bf1\cr
\bf \frac {\bf 1}{\bf n}-1\cr}$.

\centerline{\vbox{\hrule  depth 0pt width 80mm}} % trait partiel centr\'e

\Carre\ De m\^eme comme
$\varphi_1=\frac {b-a}n \displaystyle\sum_{i=0}^n |i-1|\delta_i$ et toujours
d'apr\`es (5.b) et le m\^eme type de simplification que dans la premi\`ere partie
de la question :


Toujours gr\^ace aux formules obtenues en (5.b)
\vskip-10mm \hfill
$\cases{0&  $ \delta_{1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{0}-2\varphi_{1}+\varphi_{2})$\cr
        1&$\delta_{2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{1}-2\varphi_{2}+\varphi_{3})$\cr
        2&$\delta_{3}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{2}-2\varphi_{3}+\varphi_{4})$\cr
        ...&$    .............................$\cr
        (k-1)&$\delta_{k}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k-1}-2\varphi_{k}+\varphi_{k+1})$\cr
        k&$\delta_{k+1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k}-2\varphi_{k+1}+\varphi_{k+2})$\cr
        (k+1)&$\delta_{k+2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{k+1}-2\varphi_{k+2}+\varphi_{k+3})$\cr
        ...&$    .............................$\cr
        (n-3)&$\delta_{n-2}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{n-3}-2\varphi_{n-2}+\varphi_{n-1})$\cr
        (n-2)&$ \delta_{n-1}=\frac n{2(b-a)}(\varphi_{n-2}-2\varphi_{n-1}+\varphi_{n})$\cr}$

$\varphi_1=\frac {b-a}n\delta_0+\frac 12(\varphi_1+\varphi_{n-1}(-2n+4+n-3)+
(n-2)\varphi_n)
+\frac {b-a}n (n-1)\delta_n
=_{\hbox{\fiverm d'apr\`es le r\'esultat pr\'ec\'edent encadr\'e }}
\frac {b-a}n\delta_0+\frac 12(\varphi_1+\varphi_{n-1}(-n+1)+
(n-2)\varphi_n)+\frac {b-a}n (n-1) \frac 1{2(b-a)}(\varphi_0+n\varphi_{n-1}
-(n-1)\varphi_n)=\frac {b-a}n\delta_0
+\frac 12\big(\frac {n-1}n \varphi_0+\varphi_1+\varphi_{n-1}(n-1+1-n)+\varphi_n
(n-2-\frac {(n-1)^2}n)\big)$

soit apr\`es r\'eduction :
$\varphi_1= \frac {b-a}n\delta_0
+\frac 12\big((1-\frac 1n) \varphi_0+\varphi_1+\varphi_n
(n-2-\frac {n^2-2n+1}n)\big)=
\frac {b-a}n\delta_0
+\frac 12\big((1-\frac 1n) \varphi_0+\varphi_1+\varphi_n
(n-2-n+2-\frac 1n)\big)$

 Ce qui donne comme colonne
$\bf C_0=\frac n{2(b-a)}\pmatrix{\bf  \frac {\bf 1}{\bf n}-1\cr\bf  1\cr
\bf \vdots\cr\bf  0\cr \bf +\frac {\bf 1}{\bf n}\cr}$.

Ce dernier calcul \'etant assez p\'enible, il y a aussi la possibilit\'e
de le mener par la m\'ethode des coefficients ind\'etermin\'es.

\traitgras
\noindent\hfill\grise \w=71mm\h=4mm {} \hskip 1mm
\cadrefin{\bf Exercice 2 }
\hskip 1mm\grise\h=4mm \w=71mm{}\hfill{}


\lettrine{{(1-a)}}  {\bf Espace vectoriel  $\bf S_{2_pi}$ : }
Il s'agit en effet de l'intersection de deux sous-espaces vectoriels
de ${\cal F}(\R,\C)$ : l'ensemble des
solutions de ($\cal E$) et l'espace des fonctions complexes $2\pi$-p\'eriodiques.
\vskip 2mm
\trait
\lettrine{{(1-b)}} {\bf CNS $\bf \varphi$ solution soit
 $\bf 2\pi-$ p\'eriodique :}
C'est \'evidemment n\'ec\'essaire, car si une solution est $2\pi-$p\'eriodique
sa d\'eriv\'ee \'egalement.
La condition est suffisante, car  si on pose $\psi(x)=\varphi(x+2\pi)$
elle est imm\'ediatement solution et v\'erifie les m\^emes conditions initiales
en $x=0$ que $\varphi$ : d'apr\`es CAUCHY-LIPChITZ $\psi=\varphi$
qui est donc $2\pi$-p\'eriodique.
\trait
\lettrine{{(2-a)}} {\bf La s\'erie de FOURIER de f converge vers f : }
La s\'erie de FOURIER d'une application $f$, $2\pi$-p\'eriodique
de classe $C^1$ par-morceaux, converge
normalement vers $f$ si $f$ est continue...
A fortiori si $f$ est, comme ici, de classe $C^2$.


\trait

\hskip 8mm {\prover (2-b-i)} {\bf R\'ecurrence
liant $\bf c_{k-1}$ et $\bf c_k$ : }
Alors l\`a, c'est la classe $C^3$ qui permet d'affirmer que les
s\'eries des d\'eriv\'ees premi\`ere et seconde convergent normalement
(cf. relations entre coefficients de $f$ et de $f'$) ;
ce qui justifie la d\'erivation terme \`a terme, d'une part,
et l'identification des coefficients d'autre part.
La convergence normale de la s\'erie premier membre (=0), permet en effet
d'affirmer que c'est la s\'erie de FOURIER de la fonction nulle, donc
que ses coefficients sont nuls.
(On peut aussi, quand on a pr\'ealablement montr\'e que les
coefficients obtenus sont bien les coefficients de FOURIER
de la fonction, le justifier par PARSEVAL $\frac {(a_0)^2}2+\sum a_n^2+b_n^2
=\frac 2\pi \int_0^{2\pi}f^2=0$ implique que tous les coefficients sont
nuls)

On obtient \cadrefin{$\bf  c_{k-1}=(k-1)(k-2)c_k$}

\trait
\hskip 8mm {\prover (2-b-ii)} {\bf D\'eduire que $\bf c_k=0 $
pour $\bf k\leq 1$ : }  La sp\'ecialisation $k=2$ dans la relation
pr\'ec\'edente donne $c_1=0$, puis la r\'ecurrence descendante donne $c_{k-1}=0$ quand $c_k=0$.

\trait
\hskip 8mm {\prover(2-b-iii)} {\bf Calculer $\bf c_k$ : }

Toujours la r\'ecurrence donne $\cases{2.1.c_3=c_2\cr
                                     3.2.c_4=c_3\cr
                                     ........\cr
                                      (k-1).(k-2).c_{k}=c_{k-1}\cr}$.
En r\'eduisant par transitivit\'e on a \cadrefin{$\bf c_k=\frac {c_2}{(k-1)!(k-2)!}
$}
\vskip 2mm\trait
\lettrine{{(3)}} {\bf  $\bf S_{2\pi}$ n'est pas r\'eduit
\`a la fonction nulle et d\'eterminer sa dimension : }
Toute valeur de $c_2$ convient : la s\'erie converge bien,
et m\^eme tr\`es bien, d'apr\`es l'expression ci-dessus...
On a une droite de solutions $2\pi$-p\'eriodiques alors que l'espace
de toutes les solutions est de dimension 2.
Donc, elles ne sont pas toutes 2Pi-p\'eriodiques.



\trait

\hskip 8mm {\prover(4-a)} {\bf Montrer que $\bf \varphi_1$ et $\bf \varphi_2$
sont respectivement paire et impaire : }
En regroupant partie r\'eelle et partie imaginaire des termes de la s\'erie
de $\varphi$ (une s\'erie complexe $\sum z_n$, converge si et seulement si
 les s\'eries de parties r\'eelles et celle des parties imaginaires convergent
cons\'equence du fait que toutes les normes sont \'equivalentes sur $\C$)
(On peut aussi dire, qu'on a le droit de le faire car, on vient de d\'emontrer
qu'il y a absolue convergence donc commutative convergence)
on a imm\'ediatement $\varphi_1(x)=\displaystyle\sum_{k=2}^\infty
\frac {\cos(kx)}{(k-1)!(k-2)!}$ et
$    \varphi_2(x)=\displaystyle\sum_{k=2}^\infty \frac {\sin(kx)}{(k-1)!(k-2)!}
$ qui sont bien respectivement de la parit\'e demand\'ee.


\trait
\hskip 8mm {\prover (4-b)} {\bf  Montrer que $\bf \varphi_1(0)>0$ : }
En effet $\varphi_1(0)=
\displaystyle\sum_{k=2}^\infty
\frac {1)}{(k-1)!(k-2)!}$ somme convergente de termes tous $>0$ est $>0$.
\vskip 2mm\trait
\hskip 8mm {\prover (4-c)} {\bf  $\bf \varphi_1$ change de signe au
moins quatre fois sur $\bf [0,2\pi[$ : }
$ \varphi_1(\frac \pi 2)<0$, $\varphi_1(\pi)>0$, $\varphi_1(\frac {3\pi}2)<0$,
 car les s\'eries \`a consid\'erer v\'erifient le fameux crit\`ere sp\'ecial des s\'eries
altern\'ees.

On pourrait faire un trac\'e de $\varphi_1$ au moyen d'un DEplot de Maple, mais
 il faudrait \'ecrire un syst\`eme pour s\'eparer la partie r\'eelle et la partie
imaginaire de $\varphi$ dans l'\'equation (E). Il est plus commode
d'utiliser la fonction d\'efinie par la s\'erie de FOURIER associ\'ee, d'autant
qu'elle converge tr\`es rapidement. Il faut cependant se m\'efier, car
Maple se plante d\`es qu'on fait tracer le graphe avec une somme \`a 500 termes ;
il vaut mieux se limiter \`a 100, d'ailleurs l'erreur est minime entre le trac\'e
d'une somme partielle $S_00$ et $\varphi_1(x)$ vu la rapidit\'e de la convergence.
Le programme Maple suivant :  $g:=(x,n)->sum(cos(k*x)/((k-1)!*(k-2)!),k=2..n);
plot(g(x,100),x=0..2*Pi,y=-2..2,scaling=constrained,title=`E3A\ ex\ 2 \ phi(x)`
);$ donne le graphe ci-dessous ; On voit bien les 4 changements de signe
d\'emontr\'es dans l'intervalle $[0,2\pi[$.

\centerline{\psfig{file=m02rm2fa.eps,height=75mm,width=75mm,angle=270}}


\traitgras
\noindent\hfill\grise \w=72mm\h=4mm {} \hskip 1mm
\cadrefin{\bf Exercice 3}
\hskip 1mm\grise\h=4mm \w=72mm{}\hfill{}



\hskip 8mm {\prover (1-a)} {\bf Variations $\bf \varphi$ et discuter
l'\'equation $\bf \varphi(x)=\lambda$ : }

Comme $\varphi'(x)=e^{-x}-xe^{-x}=e^{-x}(1-x)$ on a le tableau de variations
\tabvar{ \bf x         & -\infty      &  &  0 &   & 1 &     &    +\infty\cr
        \noalign{\hrule height 1mm}
         \bf \varphi'  &  +           &+ & + & + & 0 & -    &  -        \L
         \bf \varphi   &  -\infty \u  &\u& \u& \u& \frac 1e & \d & \d\ 0   \cr}
d'o\`u \'egalement la discussion imm\'ediate \'evidente d'ailleurs sur le graphe
ci dessous : donn\'e par le programme Maple $phi:=x->x*exp(-x);$ $ plot(phi(x),
x=-1..10,y=-2..0.7,title=`E3A2002\ \phi(x)`,scaling=constrained,ytickmarks=2);$
\par


\psfig{file=m02rm2fb.eps,height=75mm,width=75mm,angle=270}

\vskip-51mm
\hfill
          $\cases{\lambda\leq 0 & une seule solution (n\'egative)\cr
         0<\lambda<\frac 1e & deux solutions (positives s\'epar\'ees par $1$\cr
         \lambda=\frac 1e & une solution doubvle $x=1$\cr
          \lambda>1 & pas de solution r\'eelle\cr}$
\vskip 28mm
\trait
\hskip 8mm {\prover (1-b)} {\bf Montrer que $\varphi$ restreinte \`a
$\bf ]-\infty,0[$  d\'efinit un $\bf C^\infty$ diff\'eomorphisme de
$\bf ]-\infty,0[$ sur lui m\^eme : }
En effet cette restriction est strictement monotone, continue d\'erivable
et de d\'eriv\'ee non nulle sur l'intervalle donn\'e, et l'image est d'apr\`es le
tableau de variation  $ ]-\infty,0[$.
\trait
\lettrine{{(2)}} {\bf Extr\'emums de f ? } On remarque, ce qui
facilitera la d\'erivation, que $f(x,y)=\varphi(x)\varphi(y)$.
Comme $f$ est de classe infinie, tout extr\'emum \'eventuel doit \^etre critique
donc on doit avoir $\dd fx=\varphi'(x)\varphi(y)=e^{-x}(1-x)ye^{-y}$ ;
sym\'etriquement   $\dd fy=\varphi'(y)\varphi(x)=e^{-y}(1-y)xe^{-x}$ ;
Les points critiques sont ceux qui v\'erifient $\cases{(1-x)y=0\cr x(1-y)=0}$
$\Longleftrightarrow (x,y)=(0,0)$ ou $(x,y)=(1,1)$ ;

Le premier $(0,0)$ n'est pas extr\'emum local, c'est un col, car
$f(x,x)=\varphi(x)^2>0$ et $f(x,-x)=-x^2<0$ pour $x\not=0$.

Le second est un MAXIMUM LOCAL car $f(x,y)=\varphi(x)\varphi(y)
\leq_{\hbox{\fiverm Pour $\fiverm x\geq 0$ et $\fiverm y\geq 0$}}
(\frac 1e)^2=\varphi(1)^2=f(1,1)$ l'\'egalit\'e n'\'etant atteinte qu'en $(1,1)$
(pour $x,y\geq 0$). Ce n'est pas un maximum global car $f(x,x)$ tend vers
plus l'infini quand $x$ tend vers moins l'infini.

\trait
\hskip 8mm {\prover (3-a)}
{\bf Montrer que par tout point $\bf (x_0,y_0) \in\R^2$ passe une ligne de niveau
$\bf \Gamma_\lambda$ et une seule :}
{\prover ?} Il en passe une avec $\lambda_0=f(x_0,y_0)=$ et
la valeur de $\lambda$ est ainsi parfaitement d\'etermin\'ee !
\trait
\hskip 8mm {\prover (3-b)} {\bf Vecteur
tangent \`a $\bf \Gamma_\lambda$ en $\bf (x_0,y_0)$ : }
Le th\'eor\`eme des fonctions implicites s'applique en
tout point non critique ; et le vecteur tangent est alors
othogonal au gradient donc, au point $(x_0,y_0)$ la tangente
est dirig\'ee par $[x_0(1-y_0),y_0(x_0-1)]$.




\trait
\hskip 8mm {\prover(3-c)}
{\bf Axe de sym\'etrie commun des $\bf \Gamma_\lambda$ : }
Comme $f(x,y)=\varphi(x)\varphi(y)=\varphi(y)\varphi(x)=f(y,x)$
 sym\'etrique en $(x,y)$ toutes les courbes $\Gamma_\lambda$
admettent la droite $\Delta$ d'\'equation $\bf x=y$ comme axe de sym\'etrie.


\trait


\hskip 8mm {\prover (4-a)} {\bf CNS pour que  $\bf \Gamma_\lambda^+$
soit non vide : }
On doit avoir : $\varphi(y)=\lambda \frac {e^x}x < e^{-1}$ ;
l'\'etude des variations faite en (1) montre que
\cadrefin{$\bf \lambda < e^{-2}\approx 0.13534$} est une condition n\'ecessaire et suffisante
pour que $\Gamma_\lambda^+$ soit non vide. (l'\'evaluation num\'erique est
commode pour choisir les bons $\lambda$ pour le trac\'e non vide).

\trait
\hskip 8mm {\prover (4-b)} {\bf Alors $\bf \Gamma_\lambda^+$ est  born\'ee : }
On a $xe^{-x}ye^{-y}=\lambda>0$ avec $x>0$ par cons\'equent $y>0$ et la courbe
est d\'eja toute enti\`ere dans le premier quadrant.
Mais comme alors $0<\varphi(x)<\frac 1e$ $\varphi(y)=\frac {\lambda}{\varphi(x)}
\geq \lambda.e $ donc si (voir le graphe de $\varphi$) $0<a<1<b$ et tels que
$\varphi(a)=\varphi(b)=\lambda e$ alors $ a\leq y\leq b$ et aussi par raison
de sym\'etrie $ a\leq c\leq b$ alors \cadrefin{$\bf \Gamma_\lambda^+\subseteq
[a,b]^2$} est bien born\'ee.

{\it(Remarque : on peut plus g\'en\'eralement d\'emontrer que toute courbe
d'\'equation $f(x)+g(y)=C$ o\`u, f,g sont des fonctions continues ayant plus l'infini
comme limite en $\pm\infty$ est born\'ee ; pour l'exemple de ce probl\`eme
il suffit de prendre le logarithme des deux membres pour s'y ramener
(Voir par exemple Br\'eal 95 p 211, oral 98 num\'ero 72, oral 95 num\'ero 269,
rms janvier 97 num\'ero 299)}


\trait
\hskip 8mm {\prover (4-c)} {\bf  $\bf \Gamma_\lambda^-$
peut \^etre caract\'eris\'ee par une \'equation de la forme $\bf y=g_\lambda(x)$ : }

L\`a encore $\varphi(x)\varphi(y)=\lambda$ donne aussi $y<0$. la courbe est
dans le troisi\`eme quadrant.
Pour $\lambda>0$ et $x<0$, l'\'equation $\varphi(y)=\lambda \frac {e^x}x$ admet
une unique solution $y<0$ d'apr\`es (1b). Comme $\varphi$ est croissante et
$\frac 1\varphi$ d\'ecroissante, $g$ est d\'ecroissante. Quand $x$ tend vers $0-$,
$\lambda\frac {e^x}x$ tend vers $-\infty$, donc $g(x)$ tend vers $-\infty$.
De fa\c{c}on analogue, $g(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $-\infty$.


\trait

\hskip 8mm {\prover (5-a)}  {\bf Caract\'eriser $\bf \Gamma_\lambda$
 par une \'equation de la forme $\bf F(X,Y)=\lambda$ : }

Les formules de changement de base $\pmatrix{x\cr y\cr}=\pmatrix{  1 & -1\cr
1 & 1\cr}\pmatrix{X\cr Y\cr}$ donnent
 $x=X-Y$ et $y=X+Y$, et on obtient \cadrefin{$\bf F(X,Y)=(X^2-Y^2)exp(-2X)$
\ \vrule\ \liond}

\trait
\hskip 8mm {\prover (5-b)} {\bf    On suppose $\lambda<0$. Montrer que la
branche $\bf\Gamma_\lambda^-$ de  la courbe $\bf \Gamma_\lambda$ se caract\'erise par
une \'equation de la forme $\bf Y=G_\lambda(X)$ : }

On en d\'eduit $|Y|=\sqrt{X^2-\lambda e^{2X}}$ ; mais il ne faut
pas oublier la condition $X<Y$, d'o\`u $Y=\sqrt{X^2-\lambda e{2X}}$.
Les variations de $G$ sont donn\'ees par le signe de $X-\lambda e^{2X}$.
Plus pr\'ecis\'ement, soit $b$ telle que $\varphi(b)=2\lambda$ :
$G'(X)>0$ si et seulement si $ 2X>b$ et $G'(X)<0$ si et seulement si $2X<b$.
Lorsque $X$ tend vers $-\infty$, la branche admet pour asymptote
la droite d'\'equation $Y=-X$. Tandis qu'en $+\infty$,
on a $Y=\sqrt{-\lambda}e^X$ pour courbe asymptote.
La branche $\Gamma_\lambda^+$ s'obtient en rempla\c{c}ant $Y$ par $ -Y$,
ce qui revient exactement \`a faire la sym\'etrie par rapport \`a la droite $y=x$...


\trait

\hskip 8mm {\prover (5-c)} {\bf  On suppose $\bf \lambda>0$. Caract\'eriser la
branche $\bf \Gamma_\lambda^+$ par une \'equation de la forme
$\bf Y=\pm G_\lambda(X)$ : }

On fait une \'etude en tout point analogue :
Cette fois, $ Y=\pm\sqrt{X^2-\lambda e^{2X}}$...

\`A une sym\'etrie pr\`es par rapport \`a $OX$ on prend
$ Y=\sqrt{X^2-\lambda e^{2X}}=e^X\sqrt{(\varphi(X))^2-\lambda}$ ;
Le domaine de definition est caract\'eris\'e par $|\varphi(X)|\geq \sqrt{\lambda}$.
Comme la condition $x>0$ donne $X>Y\geq 0$ cela se traduit (voir le
graphe de $\varphi$ par $\varphi(X)\geq \sqrt{\lambda}$ donc
$0<a\leq X\leq b$ avec l'existence de $0<a\leq 1\leq b$, qui d\'ependent de $\lambda$.

Comme $Y'$ est du signe de $X-\lambda e^{2X}$ donc celui de
$Xe^{-2X}-\lambda$ donc de $\varphi(2X)-2\lambda$ on a une discussion
$\cases{\lambda< \frac 1{2e} & il existe $[c,d]\subseteq [a,b]$ o\`u $Y$ croit,
d\'ecroissante dans le compl\'ementaire\cr
        \lambda\geq  \frac 1{2e} & $Y$ d\'ecroit dans $[a,b]$\cr}$.


\trait

 \lettrine{{(6)}} {\bf Indiquer sur un graphique l'allure des diverses lignes de
niveau de la fonction f : }
En s'aidant de Maple et des r\'esultats obtenus dans les questions pr\'ec\'edentes
on a le graphique ci dessous :
d'abord la surface $z=f(x,y)$
(programme Maple : $plot3d(phi(x)*phi(y),x=-1..1, y=-1..1,
title=`z=phi(x)*phi(y) E3A2`,axes=boxed,style=patchcontour); $)
 puis les lignes de niveaux $f(x,y)=\lambda$ ;
(programme Maple : $p/=phi(x)*phi(y)-t:with(plots):implicitplot(\{seq(p,t=[-3,
-2,-1,0.05,0.07,0.1,0.11,0.2,0.3,1,2,3])\},x=-2..2,y=-2..2,color=black,title=`
lignes de niveau E3A 2002`);$.
La discussion pr\'ec\'edente, permet de reconnaitre suivant le quadrant o\`u
elles se trouvent, les intervalles pour  $\lambda$ auxquelles elles sont associ\'es.

\leavevmode
\psfig{file=m02rm2fc.eps,height=75mm,width=75mm,angle=270}\hfill
\psfig{file=m02rm2fd.eps,height=75mm,width=75mm,angle=270}

\traitgras

\centerline{\cadrefin{\bf FIN DU PROBL\`EME}}





%\carre\  \cadreepais{\grise \g=90 {\tenbf G\'en\'eralit\'es }}

\vfill

\leavevmode\hfill\transforme*{4 0 -4 6,70}{\bf Vidiani MP1 Carnot}
\transforme{4 0 0 4}{\bf Vidiani MP1 Carnot}
\fondpage={\ps{idee,\hsize,\vsize,-1 0 0 1,80}}



\bye

