[PDF] Corrigé de la seconde épreuve de lagrégation interne 2011

View - Download Corrigé de la seconde épreuve de lagrégation interne 2011

Previous PDF

Next PDF

Corrige de la seconde epreuve de l'agregation interne 2011 I-1.a)Commeyest bornee, il existe un reelM>0 tel quey(R)[M ; M]. Maisfest continue, donc elle est bornee sur le segment [M ; M] qui est compact, doncfyest bornee. De plus,fyest continue carfetyle sont, d'ou le resultat. I-1.b)Siy2BC1(R;R)BC0(R;R), on a doncfy2BC0(R;R) ety02BC0(R;R) par denition, doncLfest bien denie. I-2.a)L'integrande est continu et pour toutx2R, l'integrale converge absolument cargest bornee et la fonctions7!ebsest integrable surR, doncTg(x) est bien deni et on a : jTg(x)j6ebxZx 1 ebskgk1ds=1b kgk1 pour toutx2RdoncTgest bornee. Pour toutx2R, posons :

G(x) =Z

x 1 ebsg(s)ds=Z 0 1 ebsg(s)ds+G0(x) ouG0(x) =Z x 0 ebsg(s)ds : Comme l'integrande est continu, la fonctionG0est derivable de deriveex7!ebxg(x), donc

GpuisTgsont derivables et on a pour toutx2R:

T

0g(x) =bebxG(x) +ebxebxg(x) =bTg(x) +g(x)

doncT0gest bornee etTg2BC1(R;R) est solution de l'equation :y0+by=g. I-2.b)On a obtenu :kTgk16b1kgk1et il vient :kT0gk16bkTgk1+kgk1d'ou nalement : kTgkBC16 2 +1b kgk1: I-3.a)La fonction est continue carfl'est et l'ensemble +est convexe donc connexe, donc le theoreme des valeurs intermediaires montre que ne peut pas changer de signe sans s'annuler. Mais elle ne s'annule pas carfest injective, donc elle garde un signe constant, ce qui montre quefest strictement monotone. I-3.b)On en deduit quefest continue et strictement monotone, donc le \theoreme de la bijection monotone" permet d'en conclure quef1est continue. I-3.c)On a : (ii))(i) par denition, et on vient de montrer que (i))(ii) d'ou l'equivalence. I-4)On a montre enI-1.aquefy2BC0(R;R) siy2BC0(R;R), donc siyverie (E) on a :y0=hfy2BC0(R;R), d'ou :y2BC1(R;R). II-1.a)Les solutions de (EL) sont les primitives deh, donc en en xant une noteeHce sont les fonctionsH+cpourc2R, d'ou le resultat. II-1.b)La fonctionh0:x7!0 est dansBC0(R;R) et toutes les solutions de (EL) sont constantes donc bornees, tandis queh1:x7!1 qui est aussi dansBC0(R;R) admet pour primitiveH1:x7!xdonc aucune solution de (EL) n'est bornee. II-2.a)EnI-2on a montre que sib=a, la fonctiony0=Th2BC1(R;R) est solution de (EL) et verie :ky0kBC16(2 +a1)khk1. II-2.b)Les solutions de (EL) sont les fonctionsx7!y0(x) +C eaxpourC2R, et cette fonction est bornee si et seulement siC= 0 d'ou le resultat. II-2.c)La fonctionz:x7!y(x) est derivable (resp. bornee) si et seulement siyl'est, et pour toutx2Ron a :y(x) =z(x) ety0(x) =z0(x), doncyverie (EL) si et seulement si :z0(x)+az(x) =h(x) pour toutx2R, c'est a dire :z0az=goug:x7! h(x) est dansBC0(R;R). On peut donc conclure d'apresII-2.b. II-3)La fonctionfest un homeomorphisme si et seulement sia6= 0, et sia= 0 on a vu enII-1queLfest soit non injective, soit non surjective. De plus, l'application lineaire L f:BC1(R;R)!BC0(R;R) verie :kLf(y)kBC06max(1;jaj)kykBC1pour tout y2BC1(R;R) donc elle est continue. Sia6= 0, on a montre enII-2qu'elle est bijective, et sia >0 son inverse est l'application lineaireh7!Thpourb=aqui est continue d'apresI-2.b 1 donc c'est un homeomorphisme. Enn, sia <0, on poseb=aet pour touth2BC0(R;R) on denitg:x7!h(x), et on a :L1 f(h) =TgdoncL1 fest encore lineaire continue donc L fest aussi un homeomorphisme, ce qui permet de conclure. III-1.a)La fonctionh7! khk1est continue surBC0(R;R) (pour la normekk1) car elle est 1-lipschitzienne d'apres l'inegalite triangulaire, donc la suite reelle (kgnk1)n2Nconverge verskgk1. Elle est donc bornee doncest bien deni, et commekgnk16pour toutn2N on obtient en passant a la limite :kgk16. III-1.a)Fixons un reel" >0. La fonctionfest continue, donc sa restriction au segment [; ] est uniformement continue, donc il existe un reel >0 tel que :

8(x; y)2[; ]2;jxyj< )jf(x)f(y)j< " :

Mais (gn)n2Nconverge versg, donc il existe un entier naturelNtel que pour toutn>N, on a :kgngk1< , donc pour toutt2R, on a :jgn(t)g(t)j< et on a aussi : jgn(t)j6etjg(t)j6d'apres la question precedente, d'ou :jf(gn(t))f(g(t))j< ", et nalement :kNf(gn) Nf(g)k1< ", ce qui montre que (Nf(gn))n2Nconverge versNf(g). La caracterisation sequentielle de la continuite permet d'en deduire queNfest continu. III-2.a)Pour tousg ; h2BC0(R;R) on a :fg=h,g=f1h, doncNfest bijectif et sa reciproque estNf1:BC0(R;R)!BC0(R;R) qui est bien deni et continu carf1 est continue. On en conclut queNfest un homeomorphisme. III-2.b)La fonction= (Nf)1(hy)2BC0(R;R) verie donc :Nf() =hy. Soita2Ret soit:x7!(x+a)2BC0(R;R). Pour toutx2R, on a : N f()(x) =f((x)) =f((x+a)) =f(x+a) =Nf()(x+a) =hy(x+a) =hy(x) donc :Nf() =hy. CommeNfest injective, on en deduit que=et on en conclut que : (a) =(0) pour touta2R, donc la fonctionest une constantehxavecx2R. Pour tout t2R, on a donc : y=hy(t) =Nf(hx)(t) =fhx(t) =f(x) doncfest surjective. Reciproquement, sif(z) =y, on obtient :fhz=hydoncNf(hz) =hy, d'ouhz=hxpar injectivite deNf, doncz=xet on en conclut quefest bijective : c'est donc un homeomorphisme d'apres la questionI.3. III-3)Les applications lineairesD:BC1(R;R)!BC0(R;R) denie parD(g) =g0et Id:BC1(R;R)!BC0(R;R) sont continues car pour toutg2BC1(R;R) on a par denition :kg0k16kgkBC1etkgk16kgkBC1, et on a :Lf=D+NfIddonc l'application L fest continue carNfl'est. III-4.a)Soita2Ret soit:x7!(x+a)2BC1(R;R). Pour toutx2R, on a : L f()(x) =0(x+a) +f((x+a)) =Lf()(x+a) =hy(x+a) =hy(x) donc comme enIII.2.bon obtient :Lf() =hy, donc=carLfest injectif, ce qui montre queest constante. III-4.b)CommeLfest surjectif, pour touty2Ril existe2BC1(R;R) tel queLf() =hy, et la fonctionest une constantehxavecx2R. On a donc :Lf(hx) =fhx=hy, et en evaluant ces fonctions en 0 on obtient :f(x) =y, doncfest surjective. III-4.c)Six1; x22Rverientf(x1) =f(x2), on obtient : L f(hx1) =fhx1=fhx2=Lf(hx2) donchx1=hx2carLfest injectif, d'oux1=x2, ce qui montre quefest injective. III-4.d)La fonctionfest donc continue et bijective, donc d'apres la questionI.3c'est un homeomorphisme deRsurR. IV-1)Sifverie la propriete (H), on xex2Ret on fait tendreyversxdans l'inegalite : m6f(y)f(x)yx6M 2 pour en deduire que :m6f0(x)6Mpour toutx2R. Reciproquement, si cette condition est remplie, le theoreme des accroissements nis montre que l'inegalite ci-dessus est veriee pour tousx6=y2R. On en conclut quefverie (H) si et seulement si il existe deux constantes reellesM>m >0 telles que :m6f0(x)6Mpour toutx2R. IV-2)CommefestM-lipschitzienne, elle est continue, et pour tous reelsy > xon a : f(y)f(x)>m(yx)>0 doncfest strictement croissante. De plus, pour touty >0 on obtient :f(y)>f(0) +myet pour toutx <0 on a :f(x)6f(0) +mxdonc il vient : lim y!+1f(y) = +1et limx!1f(x) =1; et on en conclut quefest un homeomorphisme deRsurR. IV-3)Pour tousx6=y2Ron a :Fk(y)Fk(x)yx=f(y)f(x)yxk, donc : mM2

6Fk(y)Fk(x)yx6Mm2

etFkestL-lipschitzienne avec :L=Mm2 IV-4)La fonctionFkest donc continue, et comme enI-1.aon en deduit queFkest continue et bornee, doncg=Fk+h2BC0(R;R) et le resultat deI-2.amontre que G(h; ) =Tgavecb=kest bien denie et appartient aBC1(R;R), donca fortioria BC

0(R;R).

IV-5)Pour tous; h1; h22BC0(R;R) et toutx2Ron a :

G(h2; )G(h1; ) =ek xZx

1 eksh2(s)h1(s)ds=Th2h1 avecb=k, donc les calculs faits enI-2.amontrent queh7!G(h; ) est lipschitzienne de rapportk1. Pour toush; 1; 22BC0(R;R) et toutx2Ron a de m^eme : kG(h; 2)G(h; 1)k1=kTFk1Fk2k161k kFk2Fk1k1 etFkestL-lipschitzienne, donc on obtient pour toutx2R: jFk2(x)Fk1(x)j6Lj2(x)1(x)j6Lk21k1 donc :kFk2Fk1k16Lk21k1et on en deduit queh7!G(h; ) est lipschitzienne de rapportk1L. IV-6)En posant toujours :b=ketg=Fk+h, on a montre a la questionI-2.aque

G(h; ) =Tg2BC1(R;R) et que :

G(h; )0=kG(h; )Fk+h=kG(h; )f+h

par denition deFk. IV-7)SiG(h; ) =, on en deduit que2BC1(R;R) et que :

0=G(h; )0=kG(h; )f+h=f+h

donc on obtient :Lf() =h. Reciproquement, si2BC1(R;R) verie :0=f+h, on obtient :G(h; )0=kG(h; )+0, donc la fonction =G(h; ) verie l'equation dierentielle :y0=kyet on en deduit qu'il existe un reelCtel que : (x) =C ekxpour toutx2R. Mais les fonctionsetG(h; ) sont bornees, donc l'est aussi, donc on a necessairement :C= 0 et on en deduit queG(h; ) =, d'ou l'equivalence demandee. IV-8)On a montre enIV-5que la fonction7!G(h; ) :BC0(R;R)!BC0(R;R) est lipschitzienne de rapport : k

1L=MmM+m<1

3 donc elle est contractante, et l'espaceBC0(R;R) est complet donc elle admet un unique point xe d'apres le theoreme du m^eme nom. D'apres la question precedente, on en deduit que l'equationLf() =hadmet une unique solution2BC1(R;R), ce qui montre que l'operateurLfest une bijection. IV-9.a)On a :k21k1=kG(h2; 2)G(h2; 1) +G(h2; 1)G(h1; 1)k1donc : k21k16Lk k21k1+1k kh2h1k1 d'apres la questionIV-5, d'ou le resultat avec :r=k1L >0. IV-9.b)On a vu enIV-8qu'on a :r <1, donc on en deduit que : kL 1 f(h2) L1 f(h1)k1=k21k161(1r)kkh2h1k1=Ckh2h1k1:

Mais on a aussi :0j=fj+hjsij2 f1;2g, d'ou :

k0201k16kf2f1k1+kh2h1k16Mk21k1+kh2h1k1 carfestM-lipschitzienne, donc on obtient : kL 1 f(h2) L1 f(h1)kBC16(M+ 1)C+ 1kh2h1k1 et l'operateurL1 fest donc lipschitzien de rapport :M+ 1(1r)k+ 1 =Mm+ 1m

IV-9.c)On en deduit queL1

fest continu, et on en conclut gr^ace aIII-3queLfest un homeomorphisme. V-1)La fonctionf:R!Rdenie parf(x) = 2x+sin2(x) est derivable et pour toutx2R on a :f0(x) = 2 + sin(2x)2[1;3], donc la questionIV-1montre quefverie la propriete (H) avecm= 1 etM= 3 et qu'on peut donc appliquer les resultats de la partieIV. V-2)Ceux-ci montrent que l'equation (F) admet une unique solution2BC1(R;R), donc une unique solution bornee d'apres la questionI-4. Maisfest surjective, donc sih=hyavec y2Ril existez2Rtel quef(z) =y. La fonction constantehz2BC1(R;R) verie (F), donc c'est son unique solution bornee et (F) n'a pas de solution bornee non constante. V-3.a)De m^eme,I-4montre que toute solution bornee de (F) est dansBC1(R;R), donc les resultats de la partieIVmontrent que (F) admet une unique solution bornee0. V-3.b)Les fonctionshet sin2() sont bornees surJ, donc0+2=hsin2() l'est aussi.

V-3.c)La fonction

:J!Rest de classeC1, donc en xantx02Jon a pour toutx2J: (x) = (x0) +Z x x

0e2s(s) + 20(s)ds

ou l'integrande est continu et borne au voisinage dev, donc l'integraleRv x

0e2s(s)+20(s)ds

converge et la fonction admet une limite a gauche au pointv, de m^eme que la fonction. En notant`cette limite, le theoreme de Cauchy-Lipschitz montre qu'il existe un reel >0 tel que (F) admet une unique solution : ]v ; v+[!Rveriant (v) =`et on a : lim x!v0(x) = limx!vh(x)2(x)sin2((x))=h(v)2`sin2(`); donc en posant eJ=]u; v+[, la fonctione:eJ!Rdenie pare(x) =(x) six < vquotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

[PDF] agregation physique

[PDF] agrégation physique sujet 2017

[PDF] agrégats comptabilité nationale

[PDF] agrément b2 catégorie 2

[PDF] agrément b2 catégorie 3

[PDF] agrement de transport de marchandise au maroc

[PDF] agri sciences technologies

[PDF] agriculture au niger pdf

[PDF] agriculture et élevage au niger

[PDF] agriculture la plus rentable

[PDF] agrosysteme champ de mais

[PDF] ahdat fes yawm 1 3 2016

[PDF] ahouzar 2015 2eme

[PDF] aiac concours 2016

[PDF] aiac concours 2017