66CONCOURSCOMMUN2007DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTESEpreuve Spécifique de Mathématiques(filière MPSI)Premier problèmeI. Etude d’une fonction1.• Etude en 0 à droite. D’après les théorèmes de croissance comparées1 1− 2 −Xxlim f(x) = lim e = lim X e =0 =f(0).2x→0 x→0 x X→+∞x>0 x>0Donc f est continue à droite en 0. Ensuite,f(x)−f(0) 1 1− 3 −Xxlim = lim e = lim X e =0.3x→0 x→0 X→+∞x −0 xx>0 x>0′Donc f est dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d′f est continue et dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d1 1−x• Etude en 0 à gauche. lim e = +∞ et lim +∞. Donc lim f(x) = +∞.2x→0 x→0 x x→0x<0 x<0 x<0lim f(x) = +∞ et f n’est pas continue à gauche en 0.x→0x<0Donc f est continue à droite en 0.1 1−x2.• Limites de f en +∞ et −∞. Quand x tend vers +∞ ou vers −∞, tend 0 et e tend vers 1. Donc2xlim f(x) = lim f(x) =0.x→−∞ x→+∞On en déduit que la droite (Ox) est asymptote à (C) en +∞ et en −∞.∗• Dérivée et variations de f. f est dérivable surR en tant que produit de fonctions dérivables et pour x =0, 2 1 1 1 1 −2x +1 1′ − − −x x xf (x) = − e + × e = e .3 2 2 4x x x x′Le signe de f est clair et on peut dresser le tableau de variations de f :x −∞ 0 1/2 +∞′f (x) + 0 + 0 −−2+∞ 4ef0 0 0∗3. f est deux fois dérivable surR et pour x =0 ′ 22 1 1 6 4 1 −2x +1 1 6x −6x +1 1′′ − − − −x x x xf (x) = (− + )e (x) = − e + e = e .3 4 4 5 6 6x x x x x xchttp ://www.maths-france.fr 1 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.7√3− 3∗ ′′ ...
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CONCOURSCOMMUN2007
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve Spécifique de Mathématiques
(filière MPSI)
Premier problème
I. Etude d’une fonction
1.• Etude en 0 à droite. D’après les théorèmes de croissance comparées
1 1− 2 −X
xlim f(x) = lim e = lim X e =0 =f(0).2x→0 x→0 x X→+∞
x>0 x>0
Donc f est continue à droite en 0. Ensuite,
f(x)−f(0) 1 1− 3 −X
xlim = lim e = lim X e =0.
3x→0 x→0 X→+∞x −0 x
x>0 x>0
′Donc f est dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d
′f est continue et dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d
1 1−
x• Etude en 0 à gauche. lim e = +∞ et lim +∞. Donc lim f(x) = +∞.
2x→0 x→0 x x→0
x<0 x<0 x<0
lim f(x) = +∞ et f n’est pas continue à gauche en 0.
x→0
x<0
Donc f est continue à droite en 0.
1 1−
x2.• Limites de f en +∞ et −∞. Quand x tend vers +∞ ou vers −∞, tend 0 et e tend vers 1. Donc
2x
lim f(x) = lim f(x) =0.
x→−∞ x→+∞
On en déduit que la droite (Ox) est asymptote à (C) en +∞ et en −∞.
∗• Dérivée et variations de f. f est dérivable surR en tant que produit de fonctions dérivables et pour x =0,
2 1 1 1 1 −2x +1 1
′ − − −
x x xf (x) = − e + × e = e .
3 2 2 4x x x x
′Le signe de f est clair et on peut dresser le tableau de variations de f :
x −∞ 0 1/2 +∞
′f (x) + 0 + 0 −
−2+∞ 4e
f
0 0 0
∗3. f est deux fois dérivable surR et pour x =0 ′ 22 1 1 6 4 1 −2x +1 1 6x −6x +1 1
′′ − − − −
x x x xf (x) = (− + )e (x) = − e + e = e .
3 4 4 5 6 6x x x x x x
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√
3− 3
∗ ′′ 2SurR , f est du signe de 6x − 6x +1. Ce trinôme admet deux racines distinctes à savoir les réels x = et1
6√
3+ 3
′′x = . Par suite f s’annule en changeant de signe en x et x et la courbe (C) admet deux points d’inflexion,2 1 2
6
′′les points d’abscisses x et x . De plus f est strictement positive sur ]−∞,0[, sur ]0,x [ et sur ]x ,+∞[ et strictement1 2 1 2
négative sur ]x ,x [. Donc1 2 # # " " " #√ √ √ √
3− 3 3+ 3 3− 3 3+ 3
f est convexe sur ]−∞,0[, sur 0, et sur ,+∞ et concave sur , .
6 6 6 6
4. Graphe de f. Voir page suivante.
II. Calcul d’aires
5. Soit h∈]0,1[. Puisque f est continue et positive sur [h,1],Z Z1 1 h i11 −1/x −1/x −1 −1/h
A (h) = f(x)dx = e dx = e =e −e unités d’aires.
2x hh h
−1 −1/h −1 −1/h 2∀h∈]0,1[, A (h) =e −e unités d’aires ou aussiA (h) =4(e −e ) cm .
6. Quand h tend vers 0 par valeurs supérieures, on obtient
−1lim A(h) =e unités d’aires.
+h→0
III. Résolution d’une équation différentielle
2 1
′7. Soit I l’un des deux intervalles ] −∞,0[ ou ]0,+∞[. Sur I l’équation (E) s’écrit encore y + − y = 0. Comme
2x x
2 1
la fonction x→ − est continue sur I, on sait que les solutions de (E) sur I constituent unR-espace vectoriel de2x x
dimension 1. De plus, pour x∈I,
−2x +1 1 2x−1 12 ′ − −
x xx f (x)+ (2x−1)f(x) = e + e =0.2 2x x
Ainsi, la fonction f est une solution non nulle de (E) sur I et donc
les solutions de (E) sur ]−∞,0[ ou sur ]0,+∞[ sont les fonctions de la forme Cf où C est un réel.
Si on n’a pas constaté que f est solution de (E) sur I, on doit résoudre directement :
Soit g une fonction dérivable sur I.
2 1
′g solution de (E) surI⇔∀x∈I, g (x)+ − g(x) =0
2x x
1 2 1 1
′⇔∀x∈I, exp 2ln |x|+ g (x)+ − exp 2ln |x|+ g(x) =0
2x x x x
1 1′ 2 ′
x⇔∀x∈I, (exp 2ln |x|+ g) (x) =0⇔∀x∈I, (x e g) (x) =0
x
1 1 12 −
x x⇔∃C∈R/;∀x∈I, x e g(x) =C⇔∃C∈R/;∀x∈I, g(x) =C e
2x
8. On note que la fonction nulle est solution de (E) surR. Soit g une solution quelconque de (E) surR. Nécessairement
les restrictions de g à ]−∞,0[ ou ]0,+∞[ sont solutions de (E) sur ces intervalles et d’autre part nécessairementg(0) =0.
2Ainsi, si g est solution de (E) surR, il existe nécessairement (C ,C )∈R tel que1 2 C f(x) six>0 1 C f(x) six≥01∀x∈R, g(x) = 0 six =0 = (aller à la page 4).
0 six =0
C f(x) six<01
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b
b
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1
(C)
−4 −3 −2 −1 1 2 3 4
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Réciproquement une telle fonction est solution de (E) surR si et seulement si elle est dérivable en 0. D’après la question
′1., g est dérivable en 0 à gauche si et seulement si C =0 et dans ce cas, g (0) =0. D’autre part g est dérivable à droite2 g
′en 0 pour tout choix de C et de plus g (0) =0. Enfin pour C =0 et C quelconque, g est dérivable à gauche et à droite1 2 1d
′ ′en 0 avec g (0) =g (0) =0 ce qui montre que g est dérivable en 0 et donc solution surR.g d
Cf(x) six≥0
Les solutions de (E) surR sont les fonctions de la forme x→ , C∈R ou encore les fonctions
0 six<0
de la forme Cfχ où χ est la fonction caractéristique de [0,+∞[.[0,+∞[ [0,+∞[
IV. Dérivées successives et polynômes associés
1 ∞9. La fonction x→ − est de classe C sur ]0,+∞[ à valeurs dansR en tant que fraction rationnelle définie sur ]0,+∞[
x
1y ∞ − ∞
xet la fonction y→ e est de classe C surR. Donc la fonction x→ e est de classe C sur ]0,+∞[. Mais alors la∞ ∞fonction f est de classe C sur ]0,+∞[ en tant que produit de fonctions de classe C sur ]0,+∞[.
∞f est de classe C sur ]0,+∞[.
10. Montrons le résultat par récurrence.
1 P (x)1 10(0) − −
x x• Si n =0, on a pour x>0 f (x) =f(x) = e = e où∀x>0, P (x) =1 et le résultat est vrai02 2×0+2x x
si n =0.
P (x) 1n(n) −
x• Soit n≥0. Supposons qu’il existe un polynôme P tel que∀x>0, f (x) = e . Alorsn 2n+2x
2 ′1 (2n+2) P (x) x P (x)+(1 −2(n+1)x)P (x)1 1 n 1 n 1(n+1) ′ − − − n −
x x x xf (x) =P (x)× e − P (x)e + e = e .nn 2n+2 2n+3 2n+4 2n+4x x x x
2 ′Pour x>0, posons P (x) =x P (x)+(1−2(n+1)x)P (x) (1). Alors P est un polynôme tel que pourn+1 n n+1n
P (x) 1n+1(n+1) −
xtout réel x>0, f (x) = e .
2(n+1)+2x
Le résultat est démontré par récurrence.
On note que la suite des polynômes P est uniquement définie par récurrence car ]0,+∞[ est un ensemble infini.n
211. P =1. D’après les résultats des questions 2. et 3., P = −2X+1 et P =6X −6X+1. Ensuite0 1 2
2 ′ 2 2 3 2P =X P +(1 −6X)P =X (12X −6)+ (1−6X)(6X −6X +1) = −24X +36X −12X +1,3 22
et enfin
2 ′ 2 2 3 2P =X P + (1−8X)P =X (−72X +72X−12) +(1 −8X)(−24X +36X −12X +1)4 33
4 3 2=120X −240X +120X −20X+1,
2 3 2 4 3 2P =1, P =1−2X, P =6X −6X+1 P = −24X +36X −12X+1 et P =120X −240X +120X −20X+1.0 1 2 3 4
12. Soit n ∈N. En évaluant en 0 les deux membres de l’égalité (1), on obtient P (0) = P (0). Par suite, la suiten+1 n
(P (0)) est constante et donc∀n∈N, P (0) =P (0) =1.n n∈N n 0
∗ nMontrons par récurrence que∀n∈N , ,deg(P ) =n et dom(P ) = (−1) (n+1)!.n n
• Puisque P = −2X+1, le résultat est vrai quand n =1.1
n ′• Soit n≥1. Supposons que deg(P ) =n et dom(P ) = (−1) (n+1)!. Alors deg(P ) =n−1 (car n≥1) et doncn n n
2 ′deg(X P ) =n+1. D’autre part, deg((1−2(n+1)X)P ) = degXP =n+1. Ceci montre déjà que deg(P )≤n+1.n n n+1n
n+1De plus le coefficient de X dans P vaut :n+1
n n+1ndom(P )−2(n+1)dom(P ) = −(n+2)dom(P ) = −(n+2)×(−1) (n+1)! = (−1) (n+2)!,n n n
ce qui démontre le résultat par récurrence
Le résultat restant valable pour n =0, on a montré que
n∀n∈N, ,deg(P ) =n, dom(P ) = (−1) (n+1)! etP (0) =1.n n n
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Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.13. Soit n∈N. Pour x>0,
1(n+1) (n+1) ′ (n) (n) (n)g (x) = (exp(−1/x)) (x) = ((exp(−1/x)) ) (x) = ( exp(−1/x)) (x) =f (x).
2x
On a montré que
(n+1) (n)∀n∈N, g =f .
14.Formule de Leibniz. Soientn un entier naturel non nul puis f etg deux fonctionsn fois dérivables sur un intervalle
I deR à valeurs dansR ouC. Alors f×g est n fois dérivable sur I et nX n (k) (n−k)(n)(f×g) = f g .
k
k=0
15. Soit n un entier naturel non nul. Alors n+1≥2 et pour x>0, on a d’après la formule de Leibniz
(n+1)n(n+1) 2 (n+1) (n) (n−1)g (x) =x f (x)+(n+1)×2xf (x)+ ×2f (x)
2
2 (n+1) (n) (n−1)=x f (x)+2(n +1)xf (x)+n(n+1)f (x).
Mais alors
P (x) 1 P (x) 1 P (x) 1 P (x) 1n+1 n n−1 n(n+1) (n) 2 − − − −
x x x xg =f ⇒∀x>0, x e +2(n+1)x e +n(n+1) e = e
2n+4 2n+2 2n 2n+2x x x x
2⇒∀x>0, P (x)+2(n +1)xP (x)+n(n+1)x P (x) =P (x)n+1 n n−1 n
2⇒∀x>0, P (x) = (1−2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x).n+1 n n−1
∗ 2∀n∈N , ∀x>0, P (x) = (1 −2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x) (2).n+1 n n−1
∗16. Soient n∈N et x>0. Les égalités (1) et (2) fournissent
2 ′ 2x P (x)+(1−2(n+1)x)P (x) = (1−2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x),n n n−1n
et donc
∗ ′∀n∈N , ∀x>0, P (x) = −n(n+1)P (x).n−1n
′17. Soitn∈N. En dérivant l’égalité (1) et en tenant compte de l’égalité P = −(n+2)(n+1)P , on obtient pour x>0nn+1
′ 2 ′′ ′−(n+2)(n+1)P (x) =2xP (x)+x P (x)−2(n+1)P (x)+(1−2(n+1)x)P (x),n nn n n
et donc
2 ′′ ′∀n∈N, ∀x>0, x P (x)+(1−2nx)P (x)+n(N +1)P (x) =0.nn n
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Deuxième problème
I. Changement de bases et division euclidienne
318. Soit (λ ,λ ,λ )∈R .1 2 3
λ Q +λ Q +λ Q =0⇒∀j∈ {1,2,3}, λ Q (a )+λ Q (a )+λ Q (a ) =01 1 2 2 3 3 1 1 j 2 2 j 3 3 j λ Q (a ) =01 1 1⇒ λ Q (a ) =0 (car∀i =j, Q (a ) =0)2 2 2 i j
λ Q (a ) =03 3 3 λ =01⇒ λ =0 (car∀i, Q (a ) =0).2 i i
λ =03
On a montré que
la famille (Q ,Q ,Q ) est libre.1 2 3
1 sii =j219. En posant a =1, a =3 et a =5, on a∀(i,j)∈ {1,2,3} , P (a ) =δ = .1 2 3 i j i,j
0 sii =j
20. Les trois polynômes P , P et P sont bien éléments deR [X]. Puisque a , a et a sont trois réels deux à deux1 2 3 2 1 2 3
distincts, la question 18. montre que la famille (P ,P ,P ) est une famille libre deR [X]. Enfin, card(P ,P ,P ) = 3 =1 2 3 2 1 2 3
dim(R [X])< +∞. On en déduit que2
la familleP = (P ,P ,P ) est une base duR-espace vectorielR [X].1 2 3 2
15 1 5 3 1 3 1 12 2 221. P = −X+ X , P = − + X− X et P = − X+ X . Donc la matrice de passage de la baseB à la base1 2 3
8 8 4 2 4 8 2 8
P est
15 5 3
− 8 4 8 3 1 Mat (P) = .B −1 −
2 2 1 1 1
−
8 4 8
22. La matrice A est la matrice d’une base dans une autre (ou encore A est une matrice de passage) et donc la matrice
−1A est inversible. A est la matrice de passage de la baseP à la baseB. Or
15 1 2 2 2 X = −3+4X+8P X = −3+4X+8PP = −X+ X 3 31 8 8 15 1 3 1
5 3 1 P = −X+ (−3+4X+8P ) P = − X+P2 1 3 1 3⇔ ⇔P = − + X− X2 8 8 2 2 4 2 45 3 1 1 1 3 1 1 2 P = − + X− (−3+4X +8P ) P = − + X−2P 2 3 2 3P = − X+ X3 4 2 4