Agrégation interne - sujet 2 - exercice 1
Le premier exercice de l'épreuve d'analyse
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Réponses
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Q1On écrit $\forall x \in \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2} + \frac{f(x)-f(-x)}{2}$.Clairement $P(f)(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}$ et $I(f)(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}$. et on vérifie $P(f)(-x)=\frac{f(-x)+f(x)}{2}=P(f)(x)$ et $I(f)(-x)=\frac{f(-x)-f(x)}{2}=-I(f)(-x)$C'est niveau 1ere ou terminale ?[EDIT : je complète l'unicité]Si on a 2 fonctions candidates pour $P$ et $I$ $f=P_1(f)+I_1(f)$ et $f=P_2(f)+I_2(f)$ par soustraction $P_1(f)-P_2(f)=I_2(f)-I_1(f)$. Comme l'espace des fonction paire est un sev des fonctions réelles (idem impaires) on a égalité entre une fonction paire et impaire. Une fonction paire et impaire est la fonction nulle. donc $P_1(f)-P_2(f)=I_2(f)-I_1(f)=0$ d'où l'unicité.
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On peut traiter la question en seconde.
en revanche tu as montré l’existence mais pas l’unicité de la décomposition -
Q2Si $f$ est dérivable$ alors on peut dériver les expressions :$P(f)(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}$ et $I(f)(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}$Alors par dérivation de fonctions composées $P(f)'(x)=I(f)'(x)$ et $I(f)'(x)=P(f)'(x)$
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La notion de parité, c'est en seconde, mais je doute qu'un lycéen puisse facilement deviner la forme de P et I.
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Q3aLes propriétés de l'intégrale de la borne supérieure donne que $\int_0^x tf(-t) dt$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et donc on peut dériver selon le théorème de dérivation.$\forall x \in \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x}{2}+x.\int_0^x tf(-t) dt - \int_0^x tf(-t) dt$ alors $f'(x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt +x.f(-x) - x.f(-x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt$
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Q3bC'est quand-même très facile ...L'expression $\forall x \in \mathbb{R}$, $f'(x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt$ on applique encore le même théorème donc $\int_0^x tf(-t) dt$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et donc $f''(x)= xf(-x)$. D'ailleurs par itération $f$ esr de classe $\mathcal{C}^{\infty}$.
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Q3c
L'ensemble des fonctions de classe $\mathcal{C}^2$ a une structure d'ev donc $P(f)$ et $I(f)$ sont de classe $\mathcal{C}^2$.
Pour les équation différentielles @OShine peux-tu m'aider ? Je coince. -
@LeVioloniste
Je suis à l'aise en calcul et en équations différentielles normalement, je vais voir ce que je peux faire. -
La question $1$ est niveau début sup, ce n'est pas une question niveau lycée il faut maitriser l'analyse synthèse.
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Sur cette question partie paire, partie impaire. Je me souviens le voir en DEUG1 (actuelle L1). Mais c’était du spoil. L’aurais-je trouvé tout seul ? Incapable de répondre. Je l’ai retenu, c’est tout.
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Y a un $t$ qui ne devrait plus être là quand tu décomposes au début je crois.LeVioloniste a dit :Q3aLes propriétés de l'intégrale de la borne supérieure donne que $\int_0^x tf(-t) dt$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et donc on peut dériver selon le théorème de dérivation.$\forall x \in \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x}{2}+x.\int_0^x tf(-t) dt - \int_0^x tf(-t) dt$ alors $f'(x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt +x.f(-x) - x.f(-x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt$ -
@LeVioloniste erreur de calcul
$f"(x)=f(-x) $ -
Pour trouver à la fin f’’(x) = f(-x)
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Ça simplifie la tâche :-)
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C'est certainement faux ! Si par exemple $f$ était une constante le membre de droite serait un polynôme de degré 2 et sa dérivée de degré 1. Mais ta formule de la dérivée donne à droite un polynôme de degré 2... Problème...LeVioloniste a dit :.... alors $f'(x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt +x.f(-x) - x.f(-x)=\frac{1}{2}+\int_0^x tf(-t) dt$
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On a trouvé l’erreur je crois 😉
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Pas de souci! Et comme ça ça m’a conforté dans mon idée
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La démonstration de l'existence dans la question 1 est du niveau seconde 1985. Je me souviens avoir eu cette question à traiter en DS quand j'étais élève en seconde.
Le niveau monte...Liberté, égalité, choucroute. -
Je dirais même plus: "La question 2 est de niveau 1ère"...Liberté, égalité, choucroute.
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Oui je vois mon erreur, bon je n'ai pas relu désolé pour ma bourde.$\forall x \in \mathbb{R}$, $\ f(x)=\frac{x}{2}+x.\int_0^x f(-t) dt - \int_0^x tf(-t) dt$ alors$f'(x)=\frac{1}{2}+\int_0^x f(-t) dt +x.f(-x) - x.f(-x)=\frac{1}{2}+\int_0^x f(-t) dt$ puis$f''(x)=f(-x)$ voilà merci.
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Je fais 1 et 2 pour l'instant. Le reste ce soir.
Q1) Analyse : unicité.
Soit $x \in \R$.
Supposons $f(x)=P(f)(x)+ I(f)(x)$.
Donc $f(-x)=P(f)(-x)- I(f)(-x)$.
On obtient facilement que : $\boxed{P(f)(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2} \ \text{et} \ I(f)(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}}$
Synthèse :
On a $f(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2}+\dfrac{f(x)-f(-x)}{2} = P(f)(x)+I(f)(x)$ avec $P(f)(x)=\dfrac{f(x)+f(-x)}{2} \ \text{et} \ I(f)(x)=\dfrac{f(x)-f(-x)}{2}$.
On vérifie :- $P(f)(-x)=\dfrac{f(-x)+f(x)}{2}= P(f)(x)$ donc $P(f)$ est paire.
- $I(f)(-x)=\dfrac{f(-x)-f(x)}{2}=-I(f)(x)$ donc $I(f)$ est impaire.
On a : $P(f) '(x)=\dfrac{f'(x)-f'(-x)}{2} \ \text{et} \ I(f)'(x)=\dfrac{f'(x)+f'(-x)}{2}$
Finalement : $\boxed{P(f)'(x)=I(f')(x) \ \text{et} \ I(f)'(x)=P(f')(x)}$. -
@OShine Super on est d'accord.
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Quelque chose m’étonne ici. J’ai tout d’abord fait cet exercice sous l’angle des intégrales à paramètres. Ce qui évidemment n’était pas une bonne idée puisque le x apparaît dans les bornes, j’en ai bien conscience (maintenant…). Ceci dit on trouve exactement les mêmes résultats pour f’ et f’’. Coïncidence?
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Pas besoin d'intégrale à paramètre, on développe et on utilise la linéarité de l'intégrale.
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Je sais bien Oshine maintenant que je vous lis tous. Ma question c’est plutôt pourquoi est ce que les résultats sont les mêmes ?
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Salut,
Lorsque tu as un truc du style $\displaystyle f(x)=\int_a^x\!\!\!\!g(x,t)\, dt$ et que tu ne sait pas comment le dériver en un point $x_o$, tu peut toujours écrire $\displaystyle f(x)=\int_a^{x_o}\!\!\!\!g(x,t)\, dt+\int_{x_o}^x\!\!\!\!g(x,t)\, dt$ où :
- Le premier terme est une intégrale à paramètre "classique" qui se dérive en temps que tel (modulo les bonnes hypothèses bien sûr).
- Si $g$ est continue en $(x_o,x_o)$ alors le second terme est clairement équivalent à $(x\!-\!x_o)g(x_o,x_o)$ donc sa dérivée en $x_o$, c'est $g(x_o,x_o)$.
Et dans l'exercice, comme $g(x,t)\!=\!(x\!-\!t)f(-t)$, on a $g(x_o,x_o)\!=\!0$ donc si tu oublie ce terme, ben c'est quand même le bon résultat . . .
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@paspris
Bonne question en effet.
Q3.a) On a $f(x)=\dfrac{x}{2}+ x \displaystyle\int_{0}^x f(-t) dt - \displaystyle\int_{0}^x t f(-t) dt$.
Les fonctions $t \mapsto f(-t) $ et $t \mapsto t f(-t)$ sont continues sur $\R$, donc $f$ est de classe $C^1$ sur $\R$.
De plus $f'(x)=\dfrac{1}{2}+\displaystyle\int_{0}^x f(-t) dt +x f(-x) -x f (-x)$
Finalement $\boxed{\forall x \in \R \ f'(x)=\dfrac{1}{2}+\displaystyle\int_{0}^x f(-t) dt}$
Q3.b) Par les mêmes arguments, $f'$ est de classe $C^1$.
De plus $\boxed{\forall x \in \R \ f''(x)= f(-x)}$.
Q3c) Comme $f'$ est de classe $C^1$ $f$ est de classe $C^2$ donc $P(f)$ et $I(f)$ aussi.
On a :- $P(f)''(x)=P(f)(x)$
- $I(f)''(x)=-I(f)(x)$.
$\boxed{P(f) \ \text{verifie l'equation differentielle} \ y''-y=0 \ \text{et} \ I(f) \ \text{verifie l'equation differentielle} \ y''+y=0}$.
@LeVioloniste
Merci encore un très bel exercice et la difficulté est adaptée à mon niveau. De plus, il n'utilise que des connaissances de maths sup.
Je prends enfin du plaisir à faire des maths. -
Oui cet exercice est trop détaillé et trop facile. Pour un oral de concours il n'y aurait qu'une seule question : résoudre (1).Mais tu remarqueras qu'il y a des probas ... qui n'existaient pas dans nos vieux programmes de Terminale C.
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Q3cOn écrit $\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x)=P(f)(x)+I(f)(x)$ comme demandéalors $f''(x)=f(-x) \Leftrightarrow P(f)''(x)+I(f)''(x) = P(f)(-x)+I(f)(-x)=P(f)(x)-I(f)(x)$Si $FP=\{ f \in \mathcal{A}(\mathbb{R})\mid \forall x \in \mathbb{R},\ f(-x)=f(x) \}$ et $IP=\{ f \in \mathcal{A}(\mathbb{R})\mid \forall x \in \mathbb{R},\ f(-x)=-f(x) \}$ sont les sev des fonctions paires et impaires, $FP \cap IP = \{ 0 \}$ la fonction nulle. Donc$f''(x)=f(-x) \Leftrightarrow P(f)''(x) - P(f)(x)=0 $ et $ I(f)''(x) + I(f)(x)=0$
Alors :
$ I(f)''(x) + I(f)(x)=0 \Leftrightarrow $ $\forall x \in \mathbb{R},\ \exists \lambda \in \mathbb{R},\ I(f)(x)= \lambda.sin(x)$$ P(f)''(x) - P(f)(x)=0 \Leftrightarrow $ $\forall x \in \mathbb{R},\ \exists \mu\in \mathbb{R},\ P(f)(x)= \mu.ch(x)$Alors la forme générale de l'équation est : $\forall x \in \mathbb{R}, f(x)=\lambda.\sin(x)+\mu.ch(x)$, $ \mu \in \mathbb{R}$ -
Merci Ben314159, tu écris « clairement » à un endroit où ça ne l’est pas du tout pour moi :-) mais je comprends l’esprit de ton explication.
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@LeVioloniste
Trop facile pour les forts du forum.
Pour les gens comme moi, l'exercice est de difficulté parfaitement adaptée. Ni facile ni difficile.
On trouve la même chose.
Notons $(\mathcal E_1)$ l'équation différentielle $y''-y=0$.
Notons $(\mathcal E_2)$ l'équation différentielle $y''+y=0$.
Les solutions de $\mathcal E_1$ sont $\mathcal S_1 = \{ x \mapsto \lambda_1 e^x + \lambda_2 e^{-x} \mid (\lambda_1,\lambda_2) \in \R^2 \}$.
Comme $P(f)$ est paire, on obtient que $\boxed{P(f) \in \{ x \mapsto \lambda \cosh(x) \mid \lambda \in \R \}}$.
Les solutions de $\mathcal E_2$ sont $\mathcal S_2 = \{ x \mapsto \lambda_1 \cos(x) + \lambda_2 \sin(x) \mid (\lambda_1,\lambda_2) \in \R^2 \}$.
Comme $I(f)$ est impaire, on obtient que $\boxed{I(f) \in \{ x \mapsto \lambda \sin(x) \mid \lambda \in \R \}}$.
Il ne reste plus que la synthèse. -
Bon j'ai tout faux à partir de la dérivée. Merci pour la correction. Vous feriez mieux de venir vous amuser avec nous en la passant pour de vrai.
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@OShine depuis quand la fonction cosinus est impaire?Oublions les questions du sujet et posons de nouvelles questions: on définit par récurrence la suite de polynôme $(p_j)_{j\in \N}$ définis par $p_1(x)=\dfrac{x}{2}$ puis : $$p_{j+1}(x) = \dfrac{x}{2}+ \int_0^x (x-t) p_j(-t)dt, \forall x\in \R$$1. Calculer $p_2,p_3...$2. Comparer les polynômes $p_n$ avec le développement en série entière de la fonction $f(x)=\dfrac{1}{2} \sin(x)$3. En déduire une solution du problème.4. Cette solution est-elle unique?
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@bd2017
Merci, tu es fort pour repérer les coquilles, j'ai rectifié.
La synthèse c'est du calcul intégral de terminale, mais j'avoue que c'est lourd, les calculs sont fastifieux.
@jean-louis972
Je pense que tu n'es pas le seul, les calculs sont lourds et je ne crois que le calcul est un point faible pour beaucoup de personnes. -
Q4.On a déjà écrit les résolutions et la forme générale est : $\forall x \in \mathbb{R},\ f(x)=\lambda.\sin(x)+\mu\cosh(x),\ \lambda, \mu \in \mathbb{R}$.La question est devons-nous rédiger une réciproque, soit réinjecter la forme générale dans l'équation ? Je dirai non.
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@OShine la fin de l'exo est niveau L1 light.
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Et puis dire que c’est d’un niveau terminale avant de se rendre compte qu’on n’a pas démontré l’unicité ça montre bien que c’est plus facile de le faire tranquillement à la maison que de le faire en mode concoursOShine a dit :La question $1$ est niveau début sup, ce n'est pas une question niveau lycée il faut maitriser l'analyse synthèse. -
Il faut réinjecter. Je bloque à la fin, j'ai vérifié tous mes calculs. Cette synthèse est infaisable en temps limité.
On pose $f(t)= a \cosh(t) +b \sin (t)$.
Comme la fonction cosinus hyperbolique est paire et la fonction sinus impaire, on a $f(-t)=a \cosh(t)- b \sin (t)$.
Posons $I=x \displaystyle\int_{0}^x f(-t) dt - \displaystyle\int_{0}^x t f(-t) dt$.
Donc : $I=x J -K$ avec $J=\displaystyle\int_{0}^x (a \cosh(t)- b \sin (t) )dt $ et $K=\displaystyle\int_{0}^x t(a \cosh(t)- b \sin (t))dt$.
On a :- $\boxed{J=a \sinh(x)+ b \cos (x) -b}$
- Une IPP donne : $\boxed{K=ax \sinh (x)-a \cosh (x) +a +b x \cos(x) -b \sin (x)}$
Donc : $\boxed{I=-bx+a \cosh(x)-a + b \sin (x)}$.
Or $f(x)-\dfrac{x}{2}=a \cosh(x) +b \sin (x)- \dfrac{x}{2}$
$I = f(x)-\dfrac{x}{2} \iff bx+a= \dfrac{x}{2} \iff 2bx+2a=x \iff (2b-1)x+2a=0$
@bd2017
Pourquoi tu changes d'exercice ?
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@Oshine d'abord la variable c'est $x$ et non pas $t$. Il serait bien tout de même de vérifier la plausibilité de vos résultats afin de diminuer les erreurs. Si la solution est $-1/2 \sin(x)$ alors la dérivée en $x=0$ serait $-1/2.$ Et ceci n'est pas compatible avec le calcul de $f'(x)$ qui dit que $f'(0)=1/2.$
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@ OShine : c'est intéressant de réfléchir à des variations du sujet. C'est fondamentalement un problème de point fixe pour un opérateur, c'est donc naturel de faire des itérées comme pour le théorème de Banach-Picard. On peut aussi se demander ex-ante quelles sont les solutions développables en séries entières. On n'aura pas nécessairement ainsi toutes les solutions (sauf à expliquer pourquoi), mais lorsqu'on ne passe pas le concours ce peut-être amusant de voir les différentes approches qu'inspirent le sujet initial
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Ramon, j'ignorais que l'intégrale fut maintenant au programme de première, et je pense même qu'en L1 si je ne suggérais pas de séparer l'intégrale j'aurais n'importe quoi dans la dérivation.
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@math2, je n'ai parlé que des questions 1 et 2 de l'exercice et ces questions n'ont rien à voir avec la notion d'intégrale.Liberté, égalité, choucroute.
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Il y avait des probabilités en TC quand j'ai passé le Bac en 1988. Les probabilités du bac d'aujourd'hui ne sont qu'un cache-misère (arbre pondéré puis loi binomiale faits 34678 fois en exercice conformément au CDAL cher à Tonton Cristobal).LeVioloniste a dit :Oui cet exercice est trop détaillé et trop facile. Pour un oral de concours il n'y aurait qu'une seule question : résoudre (1).Mais tu remarqueras qu'il y a des probas ... qui n'existaient pas dans nos vieux programmes de Terminale C.
Je préfèrerais qu'il y ait moins de probabilités en terminable et un retour du produit vectoriel, des courbes paramétrées, des coniques, des ékwadiphes du second ordre... sans parler des nombres complexes relégués en maths expertes alors qu'en Espagne, ils sont abordés dès la classe de 1ère...Liberté, égalité, choucroute. -
@math2 c'est exactement le but de ma question.Une première méthode est celui de l'énoncé. Essentiellement elle consiste à remarquer que$f$ est $\cal{C}^\infty,$ puis de voir que $f''(x)=f(-x)$ donc $f^{(4)}(x)=f(x).$Autrement dit on a transformé le problème initial en une équation différentielle avec conditions initiales$y^{4}-y=0, y_(0)=0,y'(0)=1/2;y''(0)=0,y'''(0)=-1/2.$Cette équation différentielle est facile à résoudre, bien entendu, il y a une seule solution $y=1/2\sin(x).$La décomposition d'une éventuelle solution en partie paire+partie impaire ne me semble pas obligatoire. C'est un peu équivalent à ce que je viens de dire.Contrairement à ce que dit @Oshine, il y a peu de calculs.évidemment c'est un sujet d'analyse et vu l'équation on pense à une théorème de point fixe.Il ne s'agit pas de dire que c'est plus simple mais de travailler sur un théorème très important d'analyse.Formellement on part d'une fonction $f_0$ et on crée la suite $f_j$ et de voir que $f_j$ est convergente versune solution.Le challenge est de mettre en place la méthode (i.e préciser l'espace, la norme, la mise en application du théorème...) . Ce que je n'ai pas fait.
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Que de circonvolutions !
1) On dérive deux fois pour obtenir $f''(x)=f(-x)$ pour tout $x$ avec $f(0)=0$ et $f'(0)=1/2$.
2) Donc $g:x\mapsto f(x)+f(-x)$ vérifie $g''=g$ avec $g(0)=g'(0)=0$.
Donc $g$ est nulle et $f$ est impaire.
3) Bilan : $f''+f=0$, $f(0)=0$ et $f'(0)=1/2$ donc une seule solution $f(x)=\sin(x)/2$.
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en effet tu avais raison.Je me suis laissé berner car j'ai 'l'habitude de trouver les paramètres avec des conditions initiales, non données ici.Partant de la forme générale est : $\forall x \in \mathbb{R},\ f(x)=\lambda.\sin(x)+\mu\cosh(x),\ \lambda, \mu \in \mathbb{R}$.On a immédiatement de (1), $f(0)=0$ donc $\mu=0$.Puis de $f'(0)=1/2$ on a $\lambda=1/2$. Bon c'était tout simple !
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