Corrige ENSMP Mathematiques 2007

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Extrait

7 7 7 CONCOURSCOMMUN2007 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve de Mathématiques (toutes filières) PREMIER PROBLÈME Partie A - Généralités 1 ∞ ∗ x ∞1.• La fonction t→ − est de classe C surR à valeurs dansR et la fonction x→e est de classe C surR. Donc la+t −1/t ∞ ∗fonction f : t→e est de classe C surR .+∞ ∗ ∞ ∗• Mais alors la fonction g est de classe C sur R en tant que quotient de fonctions de classe C sur R dont le+ + ∗dénominateur ne s’annule pas surR .+ ∞ ∗Les fonctions f et g sont de classe C surR .+ De plus pour tout réel t strictement positif, −1/t1 e ′ −1/ttf (t) =t× e = =g(t). 2t t 2. D’après un théorème de croissances comparées, on a −1/t −xe e −xlimg(t) = lim = lim = lim xe =0. x→+∞ x→+∞t→0 t→0 t 1/x t>0 Par suite la fonction g a une limite réelle en 0 et est donc prolongeable par continuité en 0 en posant g(0) =0. Montrons que le prolongement obtenu, encore noté g est dérivable en 0. D’après un théorème de croissances comparées, on a −1/tg(t)−g(0) e 2 −xlim = lim = lim x e =0. 2 x→+∞t→0 t−0 t→0 t t>0 t>0 On en déduit que ′g est dérivable en 0 et g (0) =0. 3. g est dérivable sur ]0,+∞[ et pour t>0, ′tf (t)−f(t) g(t)−f(t) (1−t)f(t)′g (t) = = = . 2 2 3t t t ′Le signe de g est clair. On en déduit le tableau de variation de g : t 0 1 +∞ ′g (t) 0 + 0 − −1e f 0 0 puis le graphe de g : chttp ://www.maths-france.fr 1 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.b 7 b 7 7 1 1 Cg e 1 2 3 4 5   1 4. 4.a. La fonction t→g est continue sur ]0,+∞[ et on sait que H existe. Pour x>0 donné, t Z   Zx x1 −tH(x) = g dt = te dt. t1 1 −t 1Maintenant, les deux fonctions t→t et t→ −e sont de classe C sur ]0,+∞[. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit Zx   2x x−t −t −x −1 −t −x −1 −x −1 −xH(x) = [−te ] − −e dt = −xe +e − e = −xe +e −e +e = −(x +1)e .1 1 e1 2 −x∀x>0, H(x) = − (x+1)e . e 4.b. Posons h =x−1 ou encore x =1+h de sorte que x tend vers 1 si et seulement h tend vers 0. −1 −1−h −1 −1 −hH(x) =2e − (2+h)e =2e −e (2+h)e 2 3 −1 3h h e h−1 −1 3 −1 3= 2e −e (2+h) 1−h+ − +o(h ) =e h− +o(h ), h→0 2 6 6 et donc −1e−1 3 3H(x) = e (x−1)− (x −1) +o((x−1) ). x→1 6 5. a. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. t f(t) 1 1 Pour t > 0, f(t) = ⇔ = ⇔ g(t) = . Or la fonction g est continue et strictement croissante sur l’intervalle n t n n 1 1 1 ]0,1[. Donc la fonctiong réaliseune bijection de ]0,1[ sur ]limg,limg[=]0, [. Commen≥3>e, on0< < ou encore 0 1 e n e 1 1 1∈]0, [. On en déduit que admet un antécédent α et un seul dans ]0,1].n n e n Pour tout entier n≥3, l’équation (E ) admet une solution et une seule dans ]0,1[.n 1 1 5.b. Soit n≥ 3. On a g(α ) = > = g(α ). Puisque g est strictement croissante sur ]0,1[, on en déduit quen n+1 n n+1 1 1 α > α . De même g(β ) = > = g(β ). Puisque g est strictement décroissante sur ]1,+∞[, on en déduitn n+1 n n+1 n n+1 que β <β . On a montré quen n+1 la suite (α ) est strictement décroissante et la suite (β ) est strictement croissante.n n≥3 n n≥3 c. La suite (α ) est strictement décroissante et est minorée par 0. Par suite la suite (α ) converge vers un réeln n≥3 n n≥3 l∈ [0,1] (car∀n≥3, 0<α <1). De plus par continuité de g sur [0,1] et donc en l on an 1 g(l) =g( lim α ) = lim g(α ) = lim =0.n n n→+∞ n→+∞ n→+∞ n chttp ://www.maths-france.fr 2 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.b 6 b 7 Comme g est strictement positive sur ]0,1], on ne peut avoir l>0 et donc l =0. De même, la suite (β ) est strictement croissante et donc ou bien converge vers un réel l∈ [1,+∞[ ou bien tend versn n≥3 +∞. Mais dans le premier cas, par continuité de g sur [1,+∞[ et donc en l on a 1 g(l) =g( lim β ) = lim g(β ) = lim =0.n n n→+∞ n→+∞ n→+∞ n Ceci est absurde car g est strictement positive sur [1,+∞[. Donc lim β = +∞.n n→+∞ lim α =0 et lim β = +∞.n n n→+∞ n→+∞ Partie B - Étude d’une courbe paramétrée 6. Soit t∈]0,+∞[. −t −te e x(t) =y(t)⇔ = ⇔t =1.2t t −ty(t) e /t 7. Soit t > 0. Alors M(t) = O et la pente de la droite (OM(t)) est = = t. Quand t tend vers 0 par valeurs −t 2x(t) e /t supérieures, la pente de la droite (OM(t)) tend vers 0 et quand t tend vers +∞, la pente de la droite (OM(t)) tend vers +∞. −1/t −1/t1 1 2 (1 −2t)e (1 −t)e′ −1/t −1/t ′ ′ ′ ′8. Pour t > 0, x (t) = × e − e = et y (t) = g (t) = . Les signes de x et y 2 2 3 4 3t t t t t sont clairs. On en déduit le tableau des variations conjointes des fonctions x et y. t 0 1/2 1 +∞ ′x (t) + 0 − −24e x 0 0 −1e y 0 0 ′y (t) + 0 − 9. • La question 7. montre que quand t tend vers 0 l’arc se prolonge par continuité en le point (0,0) et que la tangente en ce point est parallèle à l’axe des abscisses. De même quand t tend vers +∞ l’arc se prolonge en le point (0,0) et que la tangente en ce point est parallèle à l’axe des ordonnées. ′• L’arc t→ M(t) est régulier. Pour t > 0, y (t) = 0⇔ t = 1. On a une tangente parallèle à (Ox) en le point M(1) = 1−1 −1 ′ −2 −2(e ,e ). De même, Pourt>0, x (t) =0⇔t = . On a une tangente parallèleà (Ox) en le pointM(1) = (4e ,2e ). 2 1 1 chttp ://www.maths-france.fr 3 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.7 7 Partie C - Fonctions définies par des intégrales −1/t10. limf(t) = lime =0. Donc f se prolonge par continuité en 0 en posant f(0) =0. Le prolongement obtenu, encore t→0 t→0 t>0 t>0 noté f, est continu sur [0,+∞[. Ensuite, pour t>0 f(t)−f(0) f(t) = =g(t), t−0 t f(t)−f(0) et donc par continuité de g en 0, le rapport tend vers g(0) = 0 quand t tend vers 0 par valeurs supérieures. t−0 On en déduit que ′f est dérivable en 0 et f (0) =0. ′Enfin, pour t =0, 0×f (0) =0 =g(0) et l’égalité de la question 1. est encore valable pour t =0. ∗11. 11.a. Soit x∈R . Les fonctions f et g sont continues sur [0,x] et donc F(x) et G(x) existent. De plus+ Z Zx x x′ −1/xF(x)+G(x) = (f(t)+g(t))dt = (f(t)+tf (t))dt = [tf(t)] =xf(x)−0 =xe .0 0 0 −1/x∀x>0, F(x) =xe −G(x). 11.b. Soit x un réel supérieur ou égal à 1. Puisque x≥0 et que g est positive sur [0,x], on a déjà G(x)≥0 par positivité de l’intégrale. Ensuite Z Z Z Z Z Zx 1 x 1 x 1−te 1 G(x) = g(t)dt = g(t)dt+ dt≤ g(t)dt + dt = g(t)dt+ln(x). t t0 0 1 0 1 0 Z1 ∀x≥1, 0≤G(x)≤ g(t)dt+ln(x). 0 Z Z1 1G(x) 1 ln(x) 1 ln(x) c. Mais alors, pour x ≥ 1, 0 ≤ ≤ g(t) dt + . Comme lim g(t) dt + = 0, le théorème des x→+∞x x x x x0 0 G(x) gendarmes permet d’affirmer que lim =0 ou encore que x→+∞ x G(x) = = o(x). x→+∞ F(x) G(x)−1/xEnsuite, pour x≥ 1, = e − . Quand x tend vers +∞, cette dernière expression tend vers 1 −0 = 1. Ceci x x montre que F(x) = ∼ x. x→+∞ 1 1′12. Sur ]0,+∞[, l’équation (E) s’écrit encorey + y =1. Les deux fonctionsx→ etx→1 sont continuessur ]0,+∞[ 2 2x x et on sait que les solution de (E) sur ]0,+∞[ constituent unR espace affine de dimension 1. Soit y une fonction dérivable sur ]0,+∞[. 1 1′ −1/x ′ −1/x −1/xy solution de (E) sur ]0,+∞[⇔∀x>0, y (x)+ y(x) =1⇔∀x>0, e y (x)+ e y(x) =e 2 2x x ′⇔∀x>0, (fy) (x) =f(x) C F(x)⇔∃C∈R/∀x>0, f(x)y(x) =C+F(x)⇔∃C∈R/∀x>0, y(x) = + f(x) f(x) 1/x 1/x⇔∃C∈R/∀x>0, y(x) =Ce +e F(x). chttp ://www.maths-france.fr 4 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.7 7 7 7 1/x 1/xLes solutions de (E) sur ]0,+∞[ sont les fonctions de la forme x→Ce +e F(x), C∈R. Partie D - Étude qualitative d’une équation différentielle 13. x =0 fournit 0+y(0) =0 et donc u =0.0 14. En dérivant on obtient pour x∈ [0,+∞[ 2 ′′ ′ ′x y (x)+2xy (x)+y (x) =2x, ′puis x =0 fournit y (0) =0. En dérivant deux fois grâce à la formule de Leibniz, on obtient pour x∈ [0,+∞[ 2 ′′′ ′′ ′ ′′x y (x)+4xy (x)+2y (x)+y (x) =2, ′ ′′ ′′puis x =0 fournit 2y (0)+y (0) =2 et donc y (0) =2. u =0 et u =2.1 2 2 ′15. Si (E) admet une solution de la forme y : x→ αx +βx +γ alors nécessairement γ = y(0) = 0, β = y (0) = 0 et ′′y (0) 2α = =1 de sorte que y est nécessairement la fonction x→x . Comme cette fonction n’est clairement pas solution 2 de (E) sur ]0,+∞[, 2l’équation (E) n’admet pas de solution de la forme x→αx +βx+γ sur ]0,+∞[. 16. 16.a. Soit n un entier supérieur ou égal à 3. En dérivant n fois les deux membres de l’équation (E), on obtient     n n2 ′ 2 2 ′ (n) ′ (n−1) ′ (n−2) (n)∀x>0, x y (x)+y(x) =x ⇒∀x>0, x (y ) (x)+ (2x)(y ) (x)+ (2)(y ) (x)+y (x) =0 (carn≥3) 1 2 2 (n+1) (n) (n−1) (n)⇒∀x>0, x y (x)+2nxy (x)+n(n−1)y (x)+y (x) =0 2 (n+1) (n) (n−1)⇒∀x>0, x y (x)+(1+2nx)y (x)+n(n−1)y (x) =0. 2 (n+1) (n) (n−1)∀n≥3, ∀x>0, x y (x)+(1+2nx)y (x)+n(n −1)y (x) =0. Quand x =0 on obtient u +n(n−1)u =0.n n−1 ∀n≥3, u = −n(n−1)u .n n−1 16.b. Soit n un entier supérieur ou égal à 3. n−2 2 n−2 2u = −n(n−1)× −(n−1)(n −2)×...×−3×2×u = (−1) n×((n−1)×...×3×2) = (−1) n((n−1)!) ,n 2 ce qui reste vrai pour n =2. n−2 2 nu =u =0 et∀n≥2, u = (−1) n((n−1)!) = (−1) n!×(n−1)!.0 1 n ∞Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Puisque y est de classe C sur [0,+∞[, y admet en 0 (à droite) un développement limité à l’ordre n, son développement de Taylor-Young : n n(k)X Xy (0) k n k k ny(x) = x +o(x ) = (−1) (k−1)!x +o(x ). x→0, x>0 k! k=0 k=2 A l’ordre 0, on a y(x) = o(1) et à l’ordre 1, on a y(x) = o(x). x→0, x>0 x→0, x>0 chttp ://www.maths-france.fr 5 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.DEUXIÈME PROBLÈME Partie A - Étude d’un mouvement dans l’espace cos(t) cos(t) 1. Soit t∈R. a(t)+c(t) = √ − √ =0 et donc N(t)∈P. 2 2 2. Soit M = (x,y,z) un point deE.   x =λ x+z =0 z = −x M∈P∩Q⇔ ⇔ ⇔∃λ∈R/ y =3 . x+y+z−3 =0 y =3  z = −λ  x =λ Un système d’équations paramétriques de D est y =3 , λ∈R. z = −λ 3. Soit t∈R. 2 2cos (t) cos (t)2 2 2 2a (t)+b (t)+c (t) = +sin (t)+ =1. 2 2 Donc ∀t∈R, N(t) appartient à la sphère S de centre (0,0,0) et de rayon 1. Comme N(t) appartient également à P, N(t) appartient à P∩S. Le plan P contient le centre O de la sphère S et donc P∩S est un cercle de centre O, le centre de S, et de rayon 1, le rayon de S. −→ →−4. Soit t∈R. D’après la question 2., un repère de D est (A, u) où A = (0,3,0) et u = (1,0,−1). On sait alors que −−−→ −→kAN(t)∧ uk d(N(t),D) = .→−kuk  cos(t)    √  1 −sin(t)+32  √−−−→ −−−→−→ →−  2 2   On a AN(t) ∧ u = sin(t)−3 ∧ 0 = 0 et donc kAN(t) ∧ uk = (3 − sin(t)) 1 +1 =  cos(t) −1 −sin(t)+3 − √ 2√√ 2(3−sin(t))