CONCOURS COMMUN DES ECOLES DES MINES D'ALBI ALES DOUAI NANTES

Description

Niveau: Supérieur
CONCOURS COMMUN 2009 DES ECOLES DES MINES D'ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve de Mathématiques (spécifique MPSI) Problème 1. I Etude d'une fonction 1. • f est dérivable sur R en vertu de théorèmes généraux et pour tout réel x, f ?(x) = 3(1 ? 2x2)e?x2 . Pour tout réel x, f ?(x) est du signe de 1?2x2 et donc la fonction f ? est strictement négative sur ] ?∞,? 1√ 2 [ ? ] 1√ 2 ,+∞ [ et strictement positive sur ] ? 1√ 2 , 1√ 2 [ . Par suite, f est strictement décroissante sur ] ?∞,? 1√ 2 ] et sur [ 1√ 2 ,+∞ [ et strictement croissante sur [ ? 1√ 2 , 1√ 2 ] . • lim x?+∞ xe?x2 = lim x?+∞ √ x2 ex2 = 0 d'après un théorème de croissances comparées et donc lim x?+∞ f(x) = ?1. De même lim x??∞ f(x) = ?1. La droite d'équation y = ?1 est donc asymptote à Cf en +∞ et ?∞.

• école de mines d'albi


• lim n?


• unn ?


• point d'inflexion

Sujets

• Point d'inflexion

Informations

• Publié par: profil-nechor-2012
• Nombre de lectures: 26
• Langue: Français

Extrait

CONCOURSCOMMUN2009
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve de Mathématiques
(spécifique MPSI)
Problème 1.
I Etude d’une fonction
1.• f est dérivable surR en vertu de théorèmes généraux et pour tout réel x,
2′ 2 −xf (x) =3(1−2x )e .

1 1′ 2 ′Pour tout réelx,f (x) est du signe de 1−2x et donc la fonction f est strictement négative sur −∞,−√ ∪ √ ,+∞
2 2
1 1 1 1
et strictement positive sur −√ ,√ . Par suite, f est strictement décroissante sur −∞,−√ et sur √ ,+∞ et
2 2 2 2
1 1
strictement croissante sur −√ ,√ .
2 2
√
2
2 x−x• lim xe = lim = 0 d’après un théorème de croissances comparées et donc lim f(x) = −1. De même2xx→+∞ x→+∞ x→+∞e
lim f(x) = −1. La droite d’équation y = −1 est donc asymptote à C en +∞ et −∞.f
x→−∞
• Tableau de variations de f.
1 1√ √x −∞ − ±∞
2 2
′f (x) − 0 + 0 −
3√ √
2 e
f −1 −1
3√− √
2 e
2. f est deux fois dérivable surR et pour x∈R
2 2 2′′ 2 −x 3 −x 2 −xf (x) =3(−4x+(1−2x )(−2x))e =3(4x −6x)e =6x(2x −3)e .
′′f s’annule en changeant de signe en 0 et donc le point de C d’abscisse 0 est un point d’inflexion.f
′3. Une équation de la tangente à C au point d’abscisse 0 est y =f (0)x+f(0) ou encore y =3x−1. Puis, pour x∈R,f
2−xf(x)−(3x−1) =3x(e −1).
2−xPour x =0, on a 3(e −1)<0 et donc f(x)−(3x−1) est du signe de x. On en déduit que C est strictement au-dessusf
de sa tangente en 0 sur ]0,+∞[ et strictement au-dessous sur ]−∞,0[. On retrouve ainsi le fait que
le point (0,−1) est un point d’inflexion de C .f
4. Graphe de f.
2
1
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
1
b6b5. a) f est indéfiniment dérivable en 0 et en particulier, f admet un développement limité à tout ordre en 0, son dévelop-
pement de Taylor-Young.
b) Quand x tend vers 0,

2 2 5(−x ) 3x2 4 3 5f(x) = −1+3x 1+(−x )+ +o(x ) = −1+3x−3x + +o(x ).
2 2
53x3 5f(x) = −1+3x−3x + +o(x ).
x→0 2
II Etude d’une équation différentielle n n
′6. et 7. Soit I l’un des deux intervalles ] −∞,0[ ou ]0,+∞[. Sur I, l’équation (E ) s’écrit y + − +2x y = −2x.n
x x
n n
Comme les deux fonctions x→ − +2x et x→ −2x sont continues sur I, les solutions de (E ) sur I constituent unn
x x
R-espace affine de dimension 1 et de direction l’ensemble des solutions de l’équation homogène associée notée (E ).n,h
n
Soit f une fonction dérivable sur I. Pour x∈I, posons a(x) = − +2x. Une primitive sur I de la fonction a, continue sur
x
2I, est la fonction A : x→ −nln|x|+x .
′ A ′ A A ′fsolution de (E ) surI⇔f +af =0⇔e f +ae f =0⇔ (e f) =0n,h
A(x) −A(x)⇔∃C∈R/∀x∈I, e f(x) =C⇔∃C∈R/∀x∈I, f(x) =Ce
2 2nln |x|−x n −x⇔∃C∈R/∀x∈I, f(x) =Ce ⇔∃C∈R/∀x∈I, f(x) =C|x| e
2n −x⇔∃C∈R/∀x∈I, f(x) =Cx e .
En notantS l’ensemble des solutions sur I de l’équation (E ), on an,I,h n,h

2n −xS = x→Cx e , C∈R .n,I,h
Comme la fonction x→ −1 est solution de (E ) sur I, on en déduit encore quen

2n −xS = x→ −1+Cx e , C∈R .n,I
8. Soit f une éventuelle solution de (E ) surR. Nécessairement, les restrictions de f à ]−∞,0[ et ]0,+∞[, sont solutionsn
de (E ) sur ces intervalles et f vérifie encore l’égalité (E ) quand x =0.n n 2 n −x
2 −1+C x e six<01 n −x−1+C x e six<012Donc∃(C ,C )∈R /∀x∈R, f(x) = −1 six =0 = (∗).1 2 2n −x 2 −1+C x e six>02n −x−1+C x e six>02
Réciproquement, une telle fonction est solution de (E ) sur ]−∞,0[, sur ]0,+∞[ et, si elle est dérivable en0, vérifie encoren
l’égalité (E ) pour x =0. En résumé, une telle fonction est solution de (E ) surR si et seulement si elle est dérivable en 0.n n
1er cas. Supposons n> 2. Pour tout choix de C et C , f(x) = −1 +o(x). Dans ce cas, f admet un développement1 2
x→0
limité d’ordre 1 en 0 et est donc dérivable en 0. On en déduit que toute fonction du type (∗) est solution de (E ) surR.n
1Il reste à étudier si les solutions obtenues sont de classe C surR.
1 ′f est de classe C sur ]−∞,0[ et sur [0,+∞[. De plus, f (0) =0 (d’après le développement limité ci-dessus) et pour x<0,
2 ′ ′′ n−1 n+1 −x ′f (x) =C (nx −2x )e . Puisque n−1>1, lim f (x) =0 =f (0) ce qui montre que f est continue à gauche en1
x→0
x<0
10 et donc que f est de classe C surR.
2ème cas. Supposons n = 1. On a f(x) = −1+C x +o(x) et f(x) = −1 +C x +o(x). Donc, f admet un1 2
x→0,x<0 x→0, x>0
développement limité d’ordre 1 en 0 si et seulement si C = C . Dans ce cas, les solutions surR, sont les fonctions de la1 2
2−x 1forme x→ −1+Cxe , C∈R. Toutes ces fonctions sont de classe C surR.

2n −x
2 −1+C x e six<01−x 2S = {x→ −1+Cxe , C∈R} et∀n>2, S = x→ , (C ,C )∈R .21,R n,R 1 2n −x−1+C x e six>02
1Dans les deux cas, les solutions obtenues sont de classe C surR.
2
777777777III Etude de deux suites
3
9. f (0) = −1<0 et f (1) = −1>0.n n
e
2 2′ n−1 n+1 −x n−1 2 −x ′10. f est dérivable sur [0,+∞[ et pour x> 0, f (x) = 3(nx −2x )e = 3x (n −2x )e . La fonction fn n n r r
n n
est strictement positive sur 0, et strictement négative sur ,+∞ et par suite, la fonction f est strictementn
2 2r r
n n
croissante sur 0, et strictement décroissante sur ,+∞ .
2 2
Ensuite, d’après un théorème de croissances comparées, lim f (x) = −1.n
x→+∞
r r
n n
Puisque la fonction f est strictement croissante sur 0, et strictement décroissante sur ,+∞ , la fonction fn n
2 2
s’annule au plus une fois dans chacun de ces deux intervalles.
Puisque f (0)×f (1) < 0 et que f est continue sur [0,1], le théorème des valeurs intermédiaires permet d’affirmer quen n n r r
n n
la fonction f s’annule au moins une fois sur [0,1]⊂ 0, (car n> 2) et donc exactement une fois sur 0, enn
2 2
un certain réel u vérifiant 0<u <1.n n r r r
n n n
De plus,fétantstrictementcroissantesur 0, ,onaf >f (1)>0. Maisalors,f × lim f (x)<0n n n n
2 2 2 x→+∞
r
n
et f s’annule aussi au moins une fois et donc exactement une fois sur ,+∞ en un certain réel v vérifiantn n
2r
n
16 <v .n
2
En résumé, la fonction f s’annule exactement deux fois sur [0,+∞[ en deux réels u et v vérifiant u <1<v .n n n n n
n
11. Puisque ∀n>2, v > ,n
2
lim v = +∞.n
n→+∞
2 2 1n −u −un n12. a) Soit n>2. f (u ) =0⇒3u e −1 =0⇒e = .n n n n3un
n+13u2 nn+1 −unb) Soit n>2. f (u ) =3u e −1 = −1 =u −1<0. Donc∀n>2, f (u )<0.n+1 n n n+1 nn n3un
c) Ainsi,∀n>2, f (u )<f (u ). Comme la fonction f est strictement croissante sur [0,1], on en déduit quen+1 n n+1 n+1 n+1
∀n>2, u <u .n n+1
La suite (u ) est strictement croissante.n n>2
d) Puisque la suite (u ) est croissante et majorée par 1, la suite (u ) converge vers un certain réel ℓ. Puisque den n>2 n n>2
plus ∀n>2, 0<u <1, par passage à la limite on obtient 06ℓ61.n
13. a) Soit t>0.
2 2n −t n −t 2f (t) =0⇔3t e =1⇔ ln(3t e ) = ln1⇔ ln3+nlnt−t =0⇔g (t) =0.n n
2b) Puisque ∀n> 2, u > 0, d’après a) on a ∀n> 2, ln3+nln(u )−u = 0. Dans tous les cas, le membre de droite den n n
cette égalité tend vers 0 quand n tend vers +∞. Maintenant, si ℓ∈ [0,1[, le membre de gauche de l’égalité tend vers −∞
que ℓ =0 ou ℓ∈]0,1[. Ceci est une contradiction et donc ℓ =1.
lim u =1.n
n→+∞
c) Puisque u tend vers 1, w =u −1 tend vers 0. Mais alorsn n n
20 =g (u ) = ln3+nln(1+w )−w = ln3+nln(1+w )+o(1)n n n nn
n→+∞

ln3 1 ln3 1 ln3
et donc ln(1 +w ) = − +o . Comme ln(1 +w ) ∼ w et que − +o ∼ − , on enn n n
n→+∞ n→+∞ n→+∞n n n n n
ln3
déduit que w ∼ − .n
n→+∞ n
3
ln3 ln3 1
w ∼ − ou encore u = 1− +o .n n
n→+∞ n n→+∞ n n
IV. Etude d’une courbe paramétrée.
14. a)• Variations conjointes de x et y.
2 2(1+t)(1−t)′La fonction x est dérivable sur ]0,+∞[ et pour t > 0, x (t) = − 2t = . De même, la fonction y est
t t
′ 2 ′ ′dérivable sur ]0,+∞[ et pour t > 0, y (t) = 1 −t = (1 −t)(1 +t). Pour t > 0, x (t) et y (t) sont du signe de 1 −t et
′ ′donc les fonctions x et y sont strictement positives sur ]0,1[ et strictement négatives sur ]1,+∞[. On en déduit que les
fonctions x et y sont strictement croissantes sur ]0,1] et strictement décroissantes sur [1,+∞[.
• limx(t) = −∞, limy(t) =0, lim x(t) = +∞ et lim y(t) = −∞.
t→0 t→0 t→+∞ t→+∞
b) Etude quand t tend vers 0. limx(t) = −∞ et limy(t) = 0. Donc la droite d’équation y = 0 est asymptote au
t→0 t→0 √
√t( 3+t)
support de la courbe M quand t tend vers 0. De plus, y(t)−0 = y(t) = ( 3−t). Par suite, y(t) est du signe
3√ √
de 3−t sur ]0,+∞[. On en déduit que M(t) est strictement au-dessus de (Ox) quand t décrit ]−∞, 3[ et strictement√ √ √
au-dessous quand t décrit ] 3,+∞[. Enfin, M(t) appartient à (Ox) pour t = 3 et de plus M( 3) a pour coordonnées
(2ln3−3,0).
′ ′c) x (1) =y (1) =0 et donc le point M(1) est un point singulier. Effectuons un développement limité simultané des deux
fonctions x et