EML 2009 Maths S corrigé

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Corrigé EMLyon 2009 voie scientifique.

Publié le : jeudi 21 juillet 2011
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Partie I
EM Lyon 2009 (corrige´r´edige´parFre´d´ericMillet) ` PROBLEME 1
1. axbx ee On observe d’abord que sia=balors = 0 pour toutx >set´tgearel.0nilcnoD x axbx ee nulle. Supposons maintenant quea6=best continue sur ]0. La fonction ,+[ donc x inte´grablesur]0,+´ne´laree´si0neeelsdntigr´eegaleten+flI.[enesrlieudett´au.
´etudeen0:
En0onal´equivalencesuivante
axbx ee01ax1 +bx =ba. x x axbxRaxbx 1 ee ee Ilsuitqueseprolongeparcontinuite´en0doncdxconverge. x0x
´etudeen+:OnpenbiouonisrapaomcraprennosiartueonsFaisso.etitseplgderae`aplr ax 2eax un raisonnement par ”petits o“ : on a limx→∞x= limx→∞xe= 0 par croissance com-x axR +e1 1 par´eeetparlefaitquea >=0. Donc on a que o(2) en plus l’infini. Or2dxest x x1x uneint´egraledeRiemannconvergente,doncparlar`egledespetitsoapplique´e`alafonc-axRax +e e tionpositive,lint´egraledxe`eraminantdsonnˆemeelamnegrevnoiarnE.ettces x1x Rbx +e dxetnegrevnocselaratie´edistne´rgnte.Doncparlin´ege´telarvnocegreeaustiussinne 1x RaxbxRaxRbx +++ee e e =dxdxest convergente. 1x1x1x
Pournir,grace`alarelationdeChaslesapplique´eauxinte´gralesconvergentes,onaque RaxbxRaxbxRaxbx +1 +ee ee ee =+etdonclint´egralerecherche´eestconvergente. 0x0x1x
2.afoLare`ggussuonelumrdeeetceulrceahngementdevariabliusetnav:y=ax. On a alors Z Z Z Xax aXy aXy e e dy e dx= =dy. y x a y  a a a Demˆemeenremplac¸antaparbon a Z Z Xbx bXy e e dx=dy. x y  b
Deplusparline´arit´edelint´egrale Z Z Z Xaxbx Xax Xbx ee e e dx=dxdx x x x   Z Z aXy bXy e e =dydy y y a b
1
Enfin en utilisant la relation de Chasles Z Z Z Xaxbx by aXy ee e e dx=dy+dy x y y  a b  ! Z Z aXy bXy e e dy+dy y y b aX Z Z by bXy e e =dydy y y a aX
dou`ler´esultat.
y 3.a.La fonctiony7→1eest continue sur ]0,[ et la fonctiony7→yest continue sur y 1e ]0,[ et s’annule en 0 donc par quotien, la fonction est continue sur ]0,[. De plus on a y l´equivalentsuivant: y 1e0y = 1. y y y 1e Il suit que limy0= 1 =hee0nE.rnctnoitunafonction´eesstum´el(tincesonet0)fola y bien continue sur [0,[.
3.b.et:vinae´usalit´egonalale,Euntnirge´´tirledelilaean´litintsa Z Z Z Z by by b b e e11 + 1 dy=dy=h(y)dy+dy y y y a a a a Lasecondeint´egralenousdonne Z b 1bb dy= [ln(y)] =ln(b)ln(a) =ln . a y a a On a donc Z Z by b e b dy=h(y)dy+ln . y a a a Soit maintenantsuffisemment petit pour queaetbsoient dans ]0,1[. Commehest continue sur [0,1],hste0[rusee´nrobissua,1] par une constanteM >0. On a alors l’estimation suivante grace`alin´egalit´etriangulaire(remarque:onprendragardea`garderlesvaleursabsolues`a lexte´rieurdelint´egralecaronignoresiaestpluspetitqueb.Sinononpourraitaussifaireune e´tudedecas...): Z Z Z b b b h(y)dy≤ |h(y)|dyM1dy=M |ba|.   a a a R b En faisant tendrevers 0, on a alors lim0h(y)dy= 0, et donc a Z Z by b e b b limdy= limh(y)dy+ln=ln y a a 00 a a
dou`ler´esutat.
2
3.c.
Dapre`s2.bet3.bona Z Z Z Xaxbx by bXy eee e dx= limdydy x y y 0 0a aX Z bXy b e =lndy. a y aX
3.d.onc.Dar`ap3.es Z Z Z +∞ −axbx Xaxbx bXy ee eee b dx= limdx=lnlimdy. x x a y X+X+0 0aX Or pourXsusemmentgrna,dno`alafaiosaX >1 etbX >1 et donc pouryentre les valeurs y ey deaXet debXstiequasgrusplle)!dna(l`rooeeacniaptnnseevitie´tiaopDc.nsopr y delinte´grale(encoreunefoisilfautgarderlavaleurabsolueoubienfaireunee´tudedecas suivant quea > bou le contraire) : Z Z bXy bX e yaXbX   dye dy=ee . y  aX aX
Doncparencadrementonend´eduitque Z bXy e limdy= 0, X+y aX et donc Z Z +∞ −axbx bXy ee be b dx=lnlimdy=ln , x aX+y a 0aX dou`lere´sultat.
Partie II
1.Eest un sous ensemble de l’espace des fonctions de [0,+[ dansR. La fonction nulle est 1 de classeC`antierttsaeee0nnnlupaapodcnE. DoncEest non vide. Soient maintenant 2 2 1 (f, g)Eet (λ, µ)R. D’une part la fonctionλf+µgest de classeCcarfetgle sont. D’autre part (λf+µg)(0) =λf(0) +µg(0) = 0 carf(0) = 0 etg(0) = 0. Enfin commefetg 0 0 sontborn´ees,ilexistM >0 etM >0 duex constantes telles que|f| ≤Met|g| ≤M. Donc parlin´egalit´etriangulaire
0 |λf+µg| ≤ |λ||f|+|µ||g| ≤ |λ|M+|µ|M
et donc la fonctionλf+µge´.eoDcnestbornEcnolin´eairee,ctsetsstbdaelapcrmoibansino un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions de[0,+[ dansR.
2.f2ne s’annule pas en 0 donc n’est pas dansE. limx+f3(x) = +doncf3n’est pas 1 born´eesur[0,+[ et donc n’est pas dansE.f1etf4sont de classesCsur [0,+[, s’annulent en0etsonttouteslesdeuxborn´eespar1envaleurabsoluedoncsontdansE.
3
3.a.
Pard´entiondelade´rive´een0etlefaitquef(0) = 0, on a
do`ulere´sultat.
f(x)f(0)f(x) 0 f(0) = limlim = x0x x0x0
f(x)g(x)f(x)g(x) 0 0 3.b.auqlemionObservedapr`es3.x02=f(0)g(0), donc la fonctionx7→2 x x qui est continue sur ]0,1] se prolonge en une fonction continue sur [0,lI.]tius1gr´eealelqunti R 1f(x)g(x) impropre2dxconverge. De plus commefetgsont dansEn´eetbors.Il,nosselle 0x f(x)g(x) M existe donc une constanteM >0 telle que22pour toutxdans [1,+[. Or par x x R R ++ 1f(x)g(x) Riemann,2dxcveon,egrcnodcrapapmoraisondint´egraelpssotivise2dx 1x1x R +f(x)g(x) converge. Mais comme la convergence absolue implique la convergence,2dxconverge 1x R +f(x)g(x) aussi.EnnparlarelationdeChaslesapplique´eauxint´egralesconvergentes2dx= 0x R R 1f(x)g(x) +f(x)g(x) 2dx+2dxnegr.etetsnunteigr´eecalveon 0x1x
4.ottuoprusaLe´myestctrieecarlairfetgdansE, on a : Z Z ++f(x)g(x)g(x)f(x) (f|g) =dx=dx= (g|f). 2 2 x x 0 0 Parsym´etrie,pourmontrerlabilin´earite´,ilsutdemontrerlalin´earit´e`adroite.Soientf,get gdansEetλetµdansR, on a Z +f(x)(λg+µh)(x) (f|λg+µh) =dx 2 x 0 Z +λf(x)g(x) +µf(x)h(x) =dx 2 x 0 Z Z ++f(x)g(x)f(x)h(x) =λ dx+µ dx(lin´earit´edesni´tgearelcsnoev)setnegr 2 2 x x 0 0 =λ(f|g) +µ(f|h).
Ennilrestea`prouverque(.|.eniend´stbi)evreseuqerO.ebonosifEalors la fonction R 2 2 2 f(x) +f(x)f(x) x7→2]0´deniesur,[ est continue positive. Donc si2dx= 0 alors2= 0 pour x0x x toutx]0,[ et doncf(x) = 0 pour toutx]0,[. Enfin commef(0) = 0,fest donc la fonction nulle sur [0,+e0deirelt`adces,[E.
5.´enteiun`ardboadene`maresnOientpoer.oSrglaerp >0 etX >0, et soientfetgdans 1 1 E. L’applicationf gest de classeCsur [0,+[ et2est continue sur ]0,+[, on peut donc x 1 appliquerlint´egrationparpartieseninte´grant2d´eretentvinaf g. On a alors x Z   Z X X X0 0 f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x) +f(x)g(x) dx=+dx 2 x x x   Z X0 0 f()g()f(X)g(X)f(x)g(x) +f(x)g(x) =+dx.  X x
4
f() 0 Maintenantdapr`es3.a.onsaitquelim0=fdeit´etinurcon)0(apteg, on sait que lim0g() =getceon.D=00)(imilala`tnassapn0 on a que Z Z X X0 0 f(x)g(x)f(X)g(X)f(x)g(x) +f(x)g(x) dx=+dx. 2 x X x 0 0 f(X)g(X) M Enfin commefetgsnon´eetborexiss,ilnocenuettnatsM >0 telle que . Donc X X f(X)g(X) parencadrementonend´eduitquelimX+.0iF=tnasala`aeonasnplenantme X limiteX+Z Z ++0∞ 0 f(x)g(x)f(x)g(x) +f(x)g(x) dx=dx, 2 x x 0 0 dou`ler´esultat.
1 6.auαest de classeCsur [0,+[,uα(0) = 0 et|uα(x)| ≤= 1 pour toutxdans [0,+[ donc estestborne´e.Ilsuitbienqueuαest dansE.
6.b.Duenoqa.I.5e`Isarp Z +∞ −αxβxβxαx αe(1e) +βe(1e) (uα|uβ) =dx x 0 Z +∞ −αx(β+α)xβx(α+β)x α(ee) +β(ee) =dx. x 0 Deplusgrace`alaconvergencedesint´egrales´etablieenI.3.d,parlin´earit´edesinte´gralesconver-gentes on a que Z Z +∞ −αx(β+α)x+∞ −βx(α+β)x ee ee (uα|uβ) =α dx+dx x x 0 0     β+α β+α =αln+βln . α β
6.c.La fonctionlnest convexe donc pour touts, t[0,1] tels quet+s= 1 et pour tout x, y]0,+ntvae:t´liuies,ona[´egalin ln(tx+sy)≤ −tln(x)sln(y). α β Onvaappliquercetteine´galite´avecs=[0,1] ett=[0,1] de sorte que on a bien α+β α+β t+s= 1. On a alors :     β+α β+α (uα|uβ) =αln+βln α β     α β =αlnβln α+β α+β      α α β β = (α+β)lnln α+β α+β α+β α+β    2 2 α+β (α+β)ln 2 (α+β)   2 (α+β) (α+β)ln . 2 2 α+β
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2 (α+β) Enfin en utilisant le fait queαetβsont strictements positifs, on a que2 2 α+β   2 (α+β) ln2 2>.0`oDolue´dnitdue(quuα|uβ)>0. α+β
Partie III
>1 et donc
1.D’une partvest positive surRD.rapertua`epratd.l.d.3sIalesuivaint´egrgreettncenoev vaut : Z 2 2 +∞ −c x4c x2 ee4c dx=ln=ln4. 2 x c 0 En utilisant le fait quevs’annule sur ]− ∞,0], on a donc Z Z2 2 ++∞ −c x4c x 1ee ln4 v(x)dx=dx1= = . ln4x ln4 −∞0
Doncv.e´deprit´eilitobabbteiseedsnunen
2.
Parde´ntiondelesp´erance,sousr´eservedesonexistence,onaque Z Z ++1 2 2 c x4c x E(X) =xv(x)dx=ee dx. ln4 −∞0
Oronaencalculantlesint´egralesque Z  X +1 1 2 2 c xc x e dx= limX+e=, 2 2 c c 0 0 etdemˆeme Z +1 4cx e dx=. 4c 0 Doncparline´arit´edesinte´gralesconvergenteslesp´eranceexisteetvaut Z +1 1 1 3 2 2 c x4c x E(X) =ee dx== 2 2 2 ln4c ln(4) 4c ln4 4c ln(4) 0
3.rcheacheOnvree´oidnnotclrfaendioitrtpaYriableestunevano.OYeuqa`je´devresb ale´atoirepositivedoncpourx0,P(Y <0) = 0. Soit maintenantx >0, on a Z 2 x 2 2 1 2c t4c t P(Y < x) =P(X < x) =P(X < x) =ee dt. ln4 0 End´erivantcetteexpression,onaalors:
2x 2 2 0 −c x4c x (P(Y < x()) = ee). ln4 Ydoncaapeiredunsienedt´n´e 0si x0 fY(x) = 2 2 2xc x4c x (ee)si x >0 ln4
6
4.t´inraeg,gleceraala`snede´tiedSousr´eservdeeixtsneecedlYdrmin´eter´ec´eepmmnee´edotn doit avoir Z +2 2x 2 2 c x4c x E(Y) = (ee)dx. ln4 0 Ramenonsnous`auneint´egralede´nieetproce´donsparint´egrationparparties.SoitX >0, on a, "  !#X ! Z Z 2 2 2 2 X2 2c x4Xc x c x4c x 2x2ex e 4ex e 2 2 c x4c x (ee) =− − dx 2 2 2 2 ln4ln4c4c ln4c4c 0 0 0 ! " 2 2 2!#X 2 2c X4c Xc x4c x 2eX e 4ex e =− − 2 2 4 4 ln4c4c ln4c16c 0  ! Z 2 2 Xc x4c x 4e e +dx 4 4 ln4c16c 0  !  ! 2 2 2 2 2c X4c Xc X4c X 2X e e4X e e =− − 2 2 4 4 ln4c4c ln4c16c  ! Z2 2 Xc x4c x 4e e +dx. 4 4 ln4c16c 0
Ennparcroissancecompare´e,ona  ! Z Z2 2 +2 +∞ −c x4c x 2x4e e 2 2 c x4c x (ee) =dx, 4 4 ln4ln4c16c 0 0
etgraceaucalculd´ejare´alis´edansIII.2.ona Z +2 2x4 4 63 2 2 c x4c x (ee) ==. 6 6 6 ln4c ln4 64c ln4 16c ln4 0 En ce qui concerne la variance on utulise la formule suivante :
2 2 2 V(Y) =E(Y)E(Y) =E(X)E(Y).
Commeonconnaita`lafoisE(X) etE(Y), il s’agit d’un simple calul (je ne le fais pas...). ` PROBLEME 2
Partie I
1.
Par calcul on a 2 2 2cos θ+sin θ R= θ cosθsinθcosθsinθ
  cosθsinθcosθsinθ1 = 2 2 cos θ+sin θ0
0 =In 1
Onsaperc¸oisquepourtoutθ[0,2π[,Rθestucinenerarracdee´eIn. DoncInadmet une innite´deracinesdistinctes.
7
  0 1a 2.Supposons queAnuremdtea=a`lsnoot.Neer´arecinacR= 0 0c 2 r´esolvantl´equationR=Ao,ontb:iusntnavuqe´oita`estdmentiesyle b(a+d1) = 2 a+bc= 0 2 bc+d= 0 c(a+d) = 0
Grace au ligne 2 et 3, on a que quea=dEn.mpre¸clatandpar remplac¸antaparddans la ligne ladeuxie`meligne,onende´duit pasderacinecarr´ee.
b . En d
2 2 a=dne1,onaquetergca`elalagia+d6= 0. Il suit donc adanslaligne1,onende´duitqueanul,enonˆetrdoitneupsi 4,onende´duitquecnenrempl=0.En¸aactn,cpar zero dans queaest nul ce qui est une contradiction. Donc la matrice n’a
Partie II 1.Pear1d+´erivacteisosnisvuedct, on a que 1 1 3 2 3 3 1 +t= 1 +tt+t+o(t). t0 2 8 48
2.e`rp,.1saDona 1 1 3 2 3 2 3 1 +t= (1 +tt+t) +o(t). t0 2 8 48 1 1 2 3 3 2 IlsuitdoncquelepolynoˆmeP(X) = 1 +X(1 +XX+Xun petit o de) est 2 8 48 30(3)2 (2) Xtauirsloequ.nenOde´dP(X) =o(X),P(X) =o(X) etP=o(1) et donc que 0(2) (3) P(0) =P(0) =P(0) =P(0) = 0. Il suit donc que 0 est racine d’ordre 4 dePet qu’il existe 4 Qun polynome tel queP(X) =X Q(Xee.rch´echet´er),ilage´ltseiuqec
3.
Encalculantlepolynˆomeapplique´`alendomorphismeN, on a
1 1 3 0 2 3 2 4 N+N= (1 +NN+N) +N Q(N), 2 8 48 0 4 soit encore en utilisant le fais queN=Inet queN= 0n, on a 1 1 3 2 3 2 In+N= (1 +NN+N). 2 8 48 1 1 2 3 3 Donc 1 +NN+Nutseenicarened´errcaeIn+N. 2 8 48
Partie III
1.a.
SoitxSEP(λ, f), alors en utilisant le fait quef og=gof´edeaertitirnl´peag:
f(g(x)) =g(f(x)) =g(λx) =λg(x),
doncg(x)SEP(λ, flit´edeulastabi`oD.)SEP(λ, f) parg.
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