Corrige de l'epreuve d'Analyse du Con ours

Jean-Marie Monier

Description

Corrige de l'epreuve d'Analyse du Con ours 2006 Jean-Marie Monier Partie I 1) On a : 8 t 2 R; u 0 (t) = u 0 1 (t); u 0 2 (t) = u 2 (t); u 1 (t) qu 1 (t) 3 ; don u est solution de l'equation dierentielle (E) x 0 = f(t; x); ou : f : R R 2 ! R 2 ; (t ;x 1 ; x 2 ) 7! (x 2 ; x 1 qx 3 1 ): 2) En notant z = u 1 + iu 2 ; on a, pour tout t 2 R : z 0 (t) = u 0 1 (t) + iu 0 2 (t) = u 2 (t) iu 1 (t) = i u 1 (t) + iu 2 (t) = iz(t): Par resolution d'une equation dierentielle lineaire du premier ordre, a oeÆ ients onstants et sans se ond membre, il existe don C 2 C tel que : 8 t 2 R; z(t

• barriere inferieure


• lemme de la barriere inferieure


• ouru dans le sens indire


• iproque du ferme f0g par l'appli ation


• appli ation


• demonstration du lemme de la barriere superieure


• solution de l'equation dierentielle


• dierentielle

Sujets

• Monier

Informations

• Publié par: pefav
• Nombre de lectures: 199
• Langue: Français

Extrait

q
Corrig
t

=
e

de
1
l'


u
epreuv
+
e
2
d'Analyse
:
du
;
Concours
b
2006
t;
Jean-Marie
a
Monier
=
P
)
artie
3
I
dit,
1)
4
On
>
a
1
:
(
8
(
t
a;
2
=
R
)
;
(0
u
le
0
4
(
2
t
2(
)
x
=
2
u
donc
0
+
1

(
;
t
o
)
2
;
0
u

0
b
2
t
(
t
t
sin
)
a


=
R
u
u
2
t
(
+
t

)
de
;
ra
u
2
1
a)
(
+
t
2
)
x
q
1
u
x
1
q
(
+
t
2(
)
)
3
x

0
;
tel
donc
2
u
=
est
est
solution
=
de
)
l'
+

2
equation
Il
di
2

+
eren
plus,
tielle
1
(E)
u
x
(0
0
t
=
t
f
:
(
R
t;
1
x
=
)
+
;
u
o
)

t
u
t:
:
9
f
)
:
;
R
R

t
R
a
2
b
!
sin
R

2

;

(
le
t
tre
;
0),
x
on
1
+
;
parcouru
x

2
a
)
2
7
2
!
+
(

x
x
2
1
;
x
x
0
1
x
q
2
x
1
3
3
1
0
)
x
:
2
2)
1
En
3
notan
2
t
2
z
q
=
)
u
Il
1
2
+
:
i
+
u
4
2
2
;
Autremen
on
de
a,
dans
p
C
our
(
tout
x
t
R
2
2
R
2
:
+
z
=
0
3)
(

t
=
)
+
=
4
u
2
0
:
1
p
(
alors
t
x
)
;
+

i

u
0)
0
sin
2
+
(

t
)
)
donc
=
8
u
2
2
;
(
u
t
(
)
)
i
a
u
t
1
b
(
t
t
2
)
t
=
=
i
sin
u
+
1

(
On
t
:
)
(
+
b
i
2
u
2
2
8
(
2
t
;
)
(

)
=
(
i

z
+
(
sin
t
a
)
t
:
b
P
t
ar
:
r
param

etr
esolution
e
d'une
est


equation

di
O

;
eren
de
tielle
y
lin
p

2
eaire
b
du
;
premier
dans
ordre,
sens

3)
a
On

:

x
ts
1

q
ts
x
et
1
sans
x

2
mem
0
bre,
2
il
1
existe
0
donc
+
C
q
2
3
C
x
tel
1
que
2
:
2
8
0
t
=
2
x
R
+
;
x
z
1
(
x
t
1
)
2
=
2
C
0
e
=
i
x
t
+
:
x
En
1
notan
x
t
+
C
x
=
(
a
1
+
x
i
1
b;
=
(
:
a;
existe
b
p
)
R
2
que
R
x
2
1
;
q
on
x
obtien
1
t
x
:
2
8
p:
t
t
2
l'image
R
u
;

u
la
1
e
(
p
t
n
)
x
+
;
i
2
u
2
2
2
(
x
t
1
)
q
=
x
z
1
(
x
t
2
)
p
=
:
C
b)
e
est
i
que
t
p
=
x
(
1
a
q
+
x
i
1
b
x

2
t
0
i
De
sin
si
t
=
)
;
=
x
(
=
a
2

0
t
donc
+
est
b
te
sin
egale
t
a
)
;
+
:
i(
a3
3)
;


La
(

3
e
)
C
d'o
p
(
est
ec
sym


:
etrique
,
par
z
rapp

ort
u
aux

deux

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dans
de


esulte
ordonn
Z

th
ees
R
et
tra
par
on
rapp
)
ort
;

)
a
:
l'origine,
2
elle

ressem

ble


binan
a
de
un
eduit

0
o
s'ann
v
4
alis
0


e.
d
En
+
notan
in
t
t
F
in
:
en
R
p
2
aleurs
!
t
R
=
;
(
(
8
x
(
1

;
t
x

2
On
)
u
7
q
!
0
F
=
(
+
x

1

;

x

2

)
ts
=
a
x
bres,
2
0
1
sin
+

q
u,
2
p
x
q
4
Il
1
2
+
6
x
t
2
=
2
0
;
(0)
la
)
tangen
D'apr
te
eme
en
,
un
terv
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En
oin
t
t
longueur
de
est
C

p
est
est
sur
normale
a
au
0
gradien
:
t
R
!
t
grad
(
F
i
(
)
x
u
1
2
;
u
x
)
2
t
)
(
:
2
En
=
particulier,
)
en
t

e)
haque
:
p
1
oin
u
t
u
d'in
3
tersection

de

C
sin
p
sin
a
sin
v

ec
=
un
q
axe
3
de

sin
ordonn

ees,
En
la

tangen
a
te



a

C
eliminer
p
premiers
en
d

(
p
q
oin
3
t

est

parall


d'o
ele


en
a
t
l'autre
=
axe
2
de
:

r
ordonn
8

;
ees.
t
3)
;
d)
:
L'application
R
z
t
:
(0)
t
0
2
t
R
6
7
et
!
(
u
t
1
1
(
es
t
eor
)
v
+

i
(
u
un
2

(
1
t

)

2
moins
C
alle
est
2
de
C


C
tier
1
que
sur
de
R
t

2
u
R
1

et
v
u
>
2
et
son
a
t
8
d
2

;
eriv
(
ables
)
et,

d'apr
t

e
es

le
t
syst
;


eme
:
di
t

R
eren
(
tiel,
1
u
t
0
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1
(
et
)
u

0
t
2
u
son
(
t
)
aussi

d
t

sin
eriv
(
ables,
)
donc
3)


tin
a
ues.
(
De
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=

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p
0
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p

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t
0
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0
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t
0
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2

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