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A2019 – MATH II PC ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARISTECH, TELECOM PARISTECH, MINES PARISTECH, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT Atlantique, ENSAE PARISTECH, CHIMIE PARISTECH. Concours Centrale-Supélec (Cycle International), Concours Mines-Télécom, Concours Commun TPE/EIVP. CONCOURS 2019 DEUXIÈME ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES II - PC L’énoncé de cette épreuve comporte 4 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Etude d’une série de fonctions Le sujet est consacré à l’étude de quelques propriétés de dérivabilité de la fonction R : R æ C définie par R(x) = Œ ÿ n=1 sin(n2x) n2 pour tout x œ R. Notations — On note ÂxÊ la partie entière d’un réel x. — Soit (un)nœZ une famille de nombres complexes indexée par l’ensemble Z des entiers relatifs. Dans le cas où les séries q nØ0 un et q nØ1 u≠n sont toutes deux convergentes, on pose ÿ nœZ un = Œ ÿ n=0 un + Œ ÿ n=1 u≠n. I Préliminaires On établit dans cette partie quelques résultats utiles dans la suite du problème. 1. Montrer que la fonction R est bien définie et qu’elle est continue sur R. 2. Montrer que l’intégrale ⁄ +Œ 0 sin(x2) x2 dx est convergente. Dans la suite du problème, on admet que ⁄ +Œ 0 sin(x2) x2 dx = Úfi 2 . Soit f : R æ C une fonction continue par morceaux et intégrable. On pose ‚f(x) = ⁄ +Œ ≠Œ f(t)e≠ixt dt pour tout x œ R. 3. Montrer que la fonction ‚f est bien définie, et continue sur R. 1 II Etude de la dérivabilité de R en 0 Dans cette partie, on considère une fonction f : R æ C, continue et telle qu’il existe un réel C > 0 tel que |f(t)| Æ C t2 + 1 pour tout t œ R. On pose S(h) = h Œ ÿ n=0 f(nh) pour tout h > 0. 4. Justifier l’existence de S(h) pour tout h > 0. On fixe h > 0, et on considère la fonction „h : R+ ≠æ C t ‘≠æ f 37 t h 8 h 4 . 5. Montrer que S(h) = ⁄ +Œ 0 „h(t) dt. 6. Montrer que, pour tous h œ]0, 1] et t œ [1, +Œ[, on a |„h(t)| Æ C 1 + (t ≠ 1)2 · 7. En déduire que S(h) æ ⁄ +Œ 0 f(t) dt quand h æ 0. 8. En déduire un équivalent de R(x) quand x tend vers 0 par valeurs strictement positives. La fonction R est-elle dérivable en 0 ? III Formule sommatoire de Poisson Dans cette partie, on note C2fi l’espace vectoriel des fonctions continues et 2fi-périodiques de R vers C. Si u est un élément de C2fi, on pose cp(u) = 1 2fi ⁄ 2fi 0 u(t)e≠ipt dt pour tout p œ Z. 2 On admet le résultat suivant, que l’on pourra utiliser sans démonstration dans toute cette partie : si u et v sont deux éléments de C2fi qui vérifient cp(u) = cp(v) pour tout p œ Z, alors u = v. On considère une fonction f : R æ C, continue et telle qu’il existe des réels strictement positifs C1 et C2 tels que |f(t)| Æ C1 t2 + 1 pour tout t œ R et | ‚f(x)| Æ C2 x2 + 1 pour tout x œ R, où la fonction ‚f a été définie à la question 3. On pose également F(x) = ÿ nœZ f(x + 2nfi) et G(x) = ÿ nœZ ‚f(n)einx pour x œ R. 9. Montrer que la fonction F est bien définie, 2fi-périodique et continue sur R. 10. Montrer que la fonction G est bien définie, 2fi-périodique et continue sur R. 11. Montrer que G = 2fiF. En particulier, on a G(0) = 2fiF(0), soit : ÿ nœZ ‚f(n) = 2fi ÿ nœZ f(2nfi), 12. Montrer que, pour tout réel strictement positif a, on a ÿ nœZ f(na) = 1 a ÿ nœZ ‚f 32nfi a 4 . Cette égalité constitue la formule sommatoire de Poisson. 3 IV Etude de la dérivabilité de R en fi On considère la fonction f : R æ C définie par f(t) = Y _ _ ] _ _ [ eit2 ≠ 1 t2 si t ”= 0 i si t = 0. 13. Montrer que f est de classe CŒ sur R. On pourra utiliser un dévelop- pement en série entière. 14. Etablir que fÕ(t) æ 0 quand t æ ±Œ, et que fÕÕ(t) = ≠4eit2 + O(t≠2) quand t æ ±Œ. 15. Montrer que l’intégrale I = ⁄ +Œ ≠Œ eix2 dx est convergente. 16. Montrer que ‚f(x) = O(x≠2) quand x æ ±Œ. On pose à présent F(x) = Œ ÿ n=1 ein2x n2 pour x œ R. 17. En utilisant la formule sommatoire de Poisson, montrer qu’il existe des nombres complexes a et b tels que F(x) = F(0)+aÔx+bx+O(x3/2) quand x æ 0 par valeurs strictement positives. Préciser la valeur de b, et exprimer a en fonction de I (l’intégrale I a été définie à la question 15). 18. Exprimer, pour x œ R, F(fi + x) en fonction de F(4x) et de F(x). 19. Déduire de ce qui précède que la fonction R est dérivable en fi, et préciser la valeur de RÕ(fi). Fin du problème 4

MINES-PONTS MATH 2 PC 2019 PROPOSITION de CORRIGÉ Partie I. Préliminaires 1. Posons un(x) = sin(n2x) n2 pour n ∈ IN∗ et x ∈ IR, alors chaque fonction un est définie et continue sur IR. De plus, ∥un∥∞,IR = 1 n2 (terme général d’une série convergente), ceci prouve la convergence normale sur IR de la série de fonctions continues n≥1 un, la fonction somme R est alors définie et continue sur IR. 2. La fonction v : x → sin(x2) x2 est continue sur IR∗ +, prolongeable par continuité en 0 en posant v(0) = 1, d’ou son intégrabilité sur ]0, 1]. Pour x ≥ 1, on a v(x) ≤ 1 x2 avec x → 1 x2 intégrable sur [1, +∞[, donc v est aussi intégrable sur cet intervalle. Finalement, v est intégrable sur IR∗ +, et l’intégrale généralisée +∞ 0 sin(x2) x2 dx est (absolument) convergente. 3. Posons w(x, t) = f(t) e−ixt pour (x, t) ∈ IR2. Alors t → w(x, t) est continue par morceaux sur IR, x → w(x, t) est continue sur IR, et on a la domination w(x, t) = f(t) avec f intégrable sur IR. Du théorème de continuité des intégrales à paramètre, on déduit l’existence et la continuité sur IR de ˆf : x → +∞ −∞ w(x, t) dt. Partie II. Étude de la dérivabilité de R en 0 4. De f(nh) ≤ C n2h2 + 1, on déduit la convergence absolue de la série n≥0 f(nh), donc l’existence de S(h). 5. L’application ϕh est continue par morceaux sur IR+. En effet, ∀k ∈ IN ∀t ∈ kh, (k + 1)h ϕh(t) = f(kh) , donc ϕh est continue (car constante) sur kh, (k + 1)h . De plus, ∀k ∈ IN lim t→(kh)+ ϕh(t) = ϕh(kh) = f(kh) ; ∀k ∈ IN∗ lim t→(kh)− ϕh(t) = f (k − 1)h , il y a donc une limite à gauche et une limite à droite finies en les points kh, k ∈ IN. Si n ∈ IN∗, on a nh 0 ϕh(t) dt = n−1 k=0 (k+1)h kh ϕh(t) dt = n−1 k=0 h f(kh) −→ n→+∞ S(h). Par ailleurs, la fonction ϕh est intégrable sur IR+ car ∀t ∈ IR+ ϕh(t) = f t h h ≤ C 1 + t h 2 h2 , et la fonction majorante, équivalente à t → C t2 en +∞, est intégrable sur IR+. On peut donc écrire +∞ 0 ϕh(t) dt = lim n→+∞ nh 0 ϕh(t) dt = S(h). 6. Si h ∈]0, 1] et t ∈ [1, +∞[, alors t h h ≥ t h − 1 h = t − h ≥ t − 1 ≥ 0, donc ϕh(t) ≤ C 1 + t h 2 h2 ≤ C 1 + (t − 1)2 . 7. Soit (hn) une suite de réels strictement positifs tendant vers 0, on va prouver par convergence dominée que S(hn) −→ n→+∞ +∞ 0 f(t) dt, on en déduira par caractérisation séquentielle de la limite que lim h→0 S(h) = +∞ 0 f(t) dt. On pourra supposer que hn ∈]0, 1], ce qui est toujours vrai à partir d’un certain rang. • Les fonctions ϕhn sont continues par morceaux sur IR+. • On a t − hn = t hn − 1 hn ≤ t hn hn ≤ t hn hn = t donc, par encadrement, lim n→+∞ t hn hn = t, puis ϕhn(t) = f t hn hn −→ n→+∞ f(t) par continuité de f, on a donc convergence simple sur IR+ de la suite de fonctions ϕhn vers la fonction continue f. • Pour tout t ∈ IR+ et n ∈ IN, on a ϕhn(t) ≤ C, et pour t ≥ 1, on peut utiliser la majoration démontrée en 6., on a finalement la domination ∀n ∈ IN ∀t ∈ IR+ ϕhn(t) ≤ α(t) , avec α(t) = C si 0 ≤ t ≤ 1 C 1 + (t − 1)2 si t ≥ 1, fonction continue et intégrable sur IR+. Le théorème de convergence dominée s’applique donc et conduit au résultat annoncé au début de cette question. 8. La fonction f : t → sin(t2) t2 si t ̸= 0 1 si t = 0 est continue sur IR. On a clairement (t2 + 1)f(t) = t2 + 1 t2 sin(t2) ≤ 1 si t ̸= 0 (et aussi si t = 0), donc f satisfait les hypothèses posées en chapeau de cette partie II. Ainsi, S(h) = h +∞ n=0 f(nh) = h 1 + +∞ n=1 sin(n2h2) n2h2 = h + 1 h R(h2) −→ h→0+ +∞ 0 f(t) dt = π 2 . Donc R(h2) ∼ π 2 h lorsque h → 0+. En posant h = √x, on a R(x) ∼ πx 2 lorsque x → 0+. Donc R(x) − R(0) x − 0 = R(x) x ∼ x→0+ π 2x −→ x→0+ +∞, et la fonction R n’est pas dérivable en 0. Partie III. Formule sommatoire de Poisson 9. Pour n entier relatif et x réel, posons fn(x) = f(x+2nπ). On a alors fn(x) ≤ C1 (x + 2nπ)2 + 1, ce qui entraˆıne la convergence absolue des séries n≥0 fn(x) et n≥1 f−n(x), donc l’existence de F(x). On a, par décalage d’indice, F(x + 2π) = n∈Z f x + 2(n + 1)π = n∈Z f(x + 2nπ) = F(x) , la fonction F est donc 2π-périodique. Il suffit alors de montrer la continuité de F sur le segment S = |0, 2π]. Chaque fonction fn est continue sur S, et on a ∀x ∈ S ∀n ∈ IN fn(x) ≤ C1 (x + 2nπ)2 + 1 ≤ C1 4π2n2 + 1 . Comme ce majorant est le terme général d’une série convergente indépendante de x, on a prouvé la convergence normale de la série de fonctions n≥0 fn sur S. On procède de mˆeme pour la série de fonctions n≥1 f−n, en écrivant ∀x ∈ S ∀n ∈ IN∗ f−n(x) ≤ C1 (x − 2nπ)2 + 1 ≤ C1 4π2(n − 1)2 + 1 et on a aussi la convergence normale sur S de cette série. Il en résulte la continuité de F sur IR. 10. Pour n entier relatif et x réel, posons gn(x) = ˆf(n) einx. Alors chaque fonction gn est continue sur IR et on a ∀n ∈ Z ∀x ∈ IR gn(x) = ˆf(n) ≤ C2 n2 + 1 , ce qui donne directement la convergence normale sur IR des séries n≥0 gn et n≥1 g−n. Il en résulte que G est bien définie et continue sur IR. Enfin, chaque fonction gn est 2π-périodique, donc G aussi. 11. D’après la propriété admise en chapeau de cette partie, pour montrer l’égalité G = 2πF, il suffit de montrer que l’on a cp(G) = cp(2πF), soit cp(G) = 2π cp(F) pour tout p entier relatif. Or, cp(G) = 1 2π 2π 0 n∈Z ˆf(n) ei(n−p)t dt = 1 2π n∈Z ˆf(n) 2π 0 ei(n−p)t dt = ˆf(p) car 2π 0 ei(n−p)t dt = δn,p, l’interversion série-intégrale étant autorisée par la convergence normale sur le segment [0, 2π] de la série de fonctions hn avec hn(t) = ˆf(n) ei(n−p)t, on a en effet ∥hn∥∞ = ˆf(n) ≤ C2 n2 + 1. D’autre part, cp(F) = 1 2π 2π 0 n∈Z f(t + 2nπ) e−ipt dt = 1 2π n∈Z 2π 0 f(t + 2nπ) e−ipt dt car la série de fonctions kn, avec kn(t) = f(t + 2nπ) e−ipt, converge aussi normalement sur le segment [0, 2π] car kn(t) = f(t + 2nπ) ≤ 1 (t + 2nπ)2 + 1 ≤ 1 4n2π2 + 1 pour n positif, et on adapte pour n négatif (cf. corrigé de la question 9.). On obtient alors, par translation de la variable puis relation de Chasles, cp(F) = 1 2π n∈Z 2(n+1)π 2nπ f(u) e−ip(u−2nπ) du = 1 2π n∈Z 2(n+1)π 2nπ f(u) e−ipu du = 1 2π +∞ −∞ f(u) e−ipu du = ˆf(p) 2π = cp(F) 2π . On conclut que G = 2πF. 12. Posons g(t) = f at 2π . Alors g est continue sur IR et la fonction t → (t2 + 1)g(t) est bornée sur IR car elle est continue sur IR et bornée au voisinage de ±∞ en vertu de la majoration (t2 + 1)g(t) ≤ C1 t2 + 1 at 2π 2 + 1 . Alors ˆg(x) = 2π a ˆf 2π a x par un changement de variable linéaire dans l’intégrale de définition, et la fonction x → (x2 + 1) ˆg(x) est aussi bornée pour des raisons similaires. On peut donc appliquer le résultat de la question 11., soit n∈Z ˆg(n) = 2π n∈Z g(2nπ), ce qui donne bien la relation n∈Z f(na) = 1 a n∈Z ˆf 2nπ a . Partie IV: Étude de la dérivabilité de R en π 13. Pour tout t réel (y compris pour t = 0), on a f(t) = +∞ k=1 ik k! t2k−2 = +∞ k=0 ik+1 (k + 1)! t2k. La fonction f est développable en série entière sur IR, donc de classe C∞ sur IR d’après le cours. 14. Pour t ̸= 0, on calcule f ′(t) = 2i eit2 t − 2 eit2 − 1 t3 , puis f ′′(t) = −4eit2 − 6i eit2 t2 + 6 eit2 − 1 t4 . Comme eit2 = 1, on a immédiatement f ′(t) → 0 et f ′′(t) = −4eit2 + O(t−2) lorsque t → ±∞. 15. La fonction x → eix2 est continue sur IR et paire, elle est donc intégrable sur le segment [−1, 1] et, pour montrer la (semi)-convergence de l’intégrale proposée, il suffit de montrer la convergence de l’intégrale +∞ 1 eix2 dx. Or, si A ∈ [1, +∞[, le changement de variable x = √ t puis une intégration par parties donnent A 1 eix2 dx = A2 1 eit 2 √ t dt = − i 2 eit √ t A2 1 − i 4 A2 1 eit t3/2 dt . L’expression entre crochets tend vers 0 lorsque t tend vers +∞ et la fonction t → eit t3/2 est intégrable sur [1, +∞[ car O t−3/2 en +∞, chacun des deux termes issus de l’intégration par parties admet donc une limite finie lorsque A tend vers +∞, ce qui prouve la convergence de l’intégrale généralisée I. 16. Pour x réel non nul, on intègre par parties: ˆf(x) = +∞ −∞ f(t) e−ixt dt = i x f(t) e−ixt t→+∞ t→−∞ − i x +∞ −∞ f ′(t) e−ixt dt Le terme entre crochets est nul car lim t→±∞ f(t) = 0. On recommence: ˆf(x) = − i x +∞ −∞ f ′(t) e−ixt dt = 1 x2 f ′(t) e−ixt t→+∞ t→−∞ − 1 x2 +∞ −∞ f ′′(t) e−ixt dt . Le terme entre crochets est de nouveau nul car lim t→±∞ f ′(t) = 0. Posons maintenant r(t) = f ′′(t) + 4eit2. La question 14. nous apprend que r(t) = O(t−2) en ±∞. Cette fonction r, qui est continue sur IR, est donc intégrable sur IR. On obtient ˆf(x) = − 1 x2 +∞ −∞ f ′′(t) e−ixt dt = 4 x2 +∞ −∞ ei(t2−xt) dt − 1 x2 +∞ −∞ r(t) e−ixt dt . La mise sous forme canonique du trinˆome t2 − xt montre que +∞ −∞ ei(t2−xt) dt = I e −i x2 4 . Finalement, ˆf(x) ≤ 1 x2 4 |I| + +∞ −∞ r(t) dt , ce qui montre que ˆf(x) = O(x−2) quand x → ±∞. 17. Les fonctions f et ˆf sont continues sur IR et sont O(t−2) en ±∞ (ce qui, pour une fonction continue sur IR, entraˆıne que t → (t2 + 1)f(t) est bornée sur IR, et pareillement pour ˆf), on peut donc appliquer la formule sommatoire de Poisson obtenue dans la partie III. avec a = √x, on obtient n∈Z f n√x = 1 √x n∈Z ˆf 2nπ √x , soit i + 2 +∞ n=1 ein2x − 1 n2x = 1 √x ˆf(0) + 2 +∞ n=1 ˆf 2nπ √x en séparant les termes pour n = 0 et en remarquant que la fonction f est paire, et ˆf aussi en conséquence. Poursuivons: i + 2 x F(x) − F(0) = ˆf(0) √x + 2 √x +∞ n=1 ˆf 2nπ √x soit F(x) = F(0) + √x 2 ˆf(0) − i 2 x + √x s(x) , avec s(x) = +∞ n=1 ˆf 2nπ √x . Il reste à prouver que s(x) = O(x) lorsque x → 0+. Or, il existe C > 0 tel que ˆf(t) ≤ C t2 + 1 pour tout réel t, ainsi ˆf 2nπ √x ≤ C 1 + 4n2π2 x ≤ Cx 4n2π2 , puis s(x) ≤ +∞ n=1 ˆf 2nπ √x ≤ C 4π2 +∞ n=1 1 n2 x , ce qui suffit. On a donc F(x) = F(0) + ˆf(0) 2 √x − i 2 x + O(x3/2), soit le développement demandé avec b = − i 2 et a = ˆf(0) 2 = 1 2 +∞ −∞ f(t) dt. On peut exprimer cette intégrale en fonction de I: en effet, le calcul de f ′ réalisé à la question 14. montre que tf ′(t) = 2i eit2 − 2f(t), ce que l’on peut écrire sous la forme f(t) + f(t) + t f ′(t) = 2i eit2, puis en intégrant de −∞ à +∞ (toutes les fonctions sont intégrables sur IR), +∞ −∞ f(t) dt + t f(t) +∞ −∞ = 2i +∞ −∞ eit2 dt , soit (le terme entre crochets est nul): ˆf(0) = 2iI, puis a = iI. 18. On a F(π + x) = +∞ n=1 ein2(π+x) n2 = +∞ n=1 ein2π ein2x n2 . Or, l’entier n2 est de mˆeme parité que n, donc ein2π = (−1)n. En séparant les termes d’indices pairs et impairs (la série est absolument convergente), on écrit F(π + x) = +∞ p=1 ei4p2x 4p2 − +∞ p=0 ei(2p+1)2x (2p + 1)2 = 1 4F(4x) − F(x) − 1 4F(4x) = 1 2F(4x) − F(x) . 19. On a R(x) = Im F(x) . Or, la fonction F admet un développement limité à l’ordre 1 “au voisinage à droite” du point π puisque, des questions 17. et 18., on tire, pour x > 0, F(π + x) = 1 2 F(0) + 2a√x + 4bx + O(x3/2) − F(0) + a√x + bx + 0(x3/2) , d’ou F(π + x) = −1 2F(0) + bx + o(x) = −1 2F(0) − i 2 x + o(x) et, en prenant la partie imaginaire, R(π + x) = −1 2 x + o(x) lorsque x → 0+. Enfin, la fonction x → R(π + x) étant impaire, on conclut que R(π + x) = −1 2 x + o(x) lorsque x → 0. Donc R admet un développement limité à l’ordre 1 au point π, et est donc dérivable en ce point avec R′(π) = −1 2.