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

Publié par

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


Publié le : mercredi 30 mai 2012
Lecture(s) : 26
Source : maths-france.fr
Nombre de pages : 10
Voir plus Voir moins

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 y en 1. Pour cela, posons h =t−1 ou encore t =1+h de sorte que t tend vers 1 si et seulement si h tend
vers 0.
! !2 2 2ln3+2ln(1+h)−(1+h) −1+ln3−2h +o(h )
M(1+h) = 1 = 23 2 2h→0(1+h)− (1+h) −h +o(h )
3 3
! −1+ln3 −2+o(1) −2+o(1)2 2= +h =M(1)+h .2
−1+o(1) −1+o(1)h→0
3
−−−−−−−−−−→1
Pour h =0 suffisamment petit, le vecteur − M(1)M(1+h) dirige la droite (M(1)M(1+h)) et tend vers le vecteur de
2h
coordonnées (2,1) quand h tend vers 0. On en déduit que la courbe M admet une tangente (T) au point M(1) dirigée
par le vecteur de coordonnées (2,1). Puisque x change de sens de variation en t = 1, le point M(1) est un point de
rebroussement. Il reste à étudier localement la position relative de la courbe M par rapport à sa tangente (T).
1 2 1 7 1
Une équation de (T) est y = (x+1−ln3)+ ou encore y = x+ − ln3. Puis
2 3 2 6 2

1 7 1 1 1 1 7 13 2y(1+h)− x(1+h)+ − ln3 = (1+h)− (1+h) − ln3+ln(1+h)− (1+h) + − ln3
2 6 2 3 2 2 6 2
32h 3= − +o(h ).
h→0 3

1 7 1 3Ainsi, pour h petit, y(1 +h)− x(1+h)+ − ln3 est du signe de h et donc change de signe en 0. On en déduit
2 6 2
que le support de la courbe M est de part et d’autre de sa tangente et donc que
le point M(1) est un point de rebroussement de première espèce.
15. Construction du support de la courbe M. Voir page suivante.
4
61
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
5
bProblème 2.
I. Étude d’un polynôme
216. a) Soit (x,y)∈R . On sait que
  
2 2 2 2 2x −y = −3  x −y = −3  x =1p
2 2 2 2 2 22 2(x+iy) = −3+4i⇔ x +y = (−3) +4 ⇔ x +y =5 ⇔ y =4
  
xy>0 xy>0sgn(xy) = sgn(4)
⇔ (x,y) = (1,2) ou (x,y) = (−1,−2).
Les racines carrées de −3+4i dansC sont 1+2i et −1−2i.
2 2b) Le discriminant du trinôme U est = (1−2i) −4(−2i) = −3+4i = (1+2i) . U admet donc deux racines distinctes
−(1−2i)+(1+2i) −(1−2i)−(1+2i)
dansC à savoir z = =2i et z = = −1.1 2
2 2
Les racines de U dansC sont 2i et −1.
217. a) Soit (x,y)∈R .
2 2 2U(x+iy) = (x+iy) +(1−2i)(x+iy)−2i = (x −y +x+2y)+i(2xy−2x+y−2).
2 2 2∀(x,y)∈R , Re(U(x+iy)) =x −y +x+2y et Im(U(x+iy)) =2xy−2x+y−2.
b) i)
2
1 32 2 2M(x,y)∈Γ ⇔ Re(U(x+iy)) =0⇔x −y +x+2y =0⇔ x+ −(y−1) = −1
2 4
2
1
x+ 2(y−1)2
⇔ − + =1. ! !√ √2 2
3 3
2 2
√ r
√1 3 32 2Γ est une hyperbole de centre
− ,1 . De plus, avec les notations usuelles, a =b = puis c = a +b = et1
2 2 2
√c
enfin e = (car l’axe focal est (
y) ou encore e = 2.
b

√1
Γ est une hyperbole de centre
− ,1 et d’excentricité e = 2.1
2
Tracé de Γ . (Voir page suivante).1
ii)
2x+2 1
M(x,y)∈Γ ⇔ Im(U(x+iy)) =0⇔2xy−2x+y−2 =0⇔y = ⇔y =1+ .2
2x+1 2x+1
2x+2
Γ estlegraphedela fonctionhomographiquex→ .Γ estdoncune hyperbole.Soncentreestlepointd’intersection2 2
2x+1
des deux asymptotes c’est-à-dire le point
.

1
Γ est une hyperbole de centre
− ,1 .2
2
Remarque. M∈Γ ∩Γ ⇔U(x+iy) =0⇔x+iy∈ {−1,2i}.1 2
6
77
Γ1
6
5
4
3
2
Γ2

1
−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
II. Définition d’une application
2 218. Soient (P ,P ) ∈ (C[X]) et (λ ,λ ) ∈ C . Notons Q et R (resp. Q et R ) le quotient et le reste de la division1 2 1 2 1 1 2 2
2 2euclidienne de P (X ) (resp. P (X )) par T. Par définition1 2
2(λ P +λ P )(X ) =λ (Q T +R )+λ (Q T +R ) = (λ Q +λ Q )T +(λ R +λ R ),1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
et puisque deg(λ R + λ R ) 6 Max(deg(R ),deg(R )) < deg(T), les polynômes λ Q + λ Q et λ R + λ R sont1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne du polynôme (λ P +λ P )(X ) par le polynôme T. Mais1 1 2 2
alors
f(λ P +λ P ) = (λ Q +λ Q )+X(λ R +λ R ) =λ (Q +XR )+λ (Q +XR ) =λ f(P )+λ f(P ).1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2
f∈L(C[X]).
219. Soit P∈C [X]. Posons P(X ) =QT +R avec deg(R)< deg(T) =n. Alorsn
2 2deg(QT) = deg(P(X )−R)6 Max(deg(P(X )),deg(R))62n
et donc deg(Q) = deg(QT)−n62n−n =n. Par suite,Q∈C [X]. Mais on a aussi deg(XR) =1+deg(R)61+n−1 =nn
et donc XR∈C [X]. Finalement, f(P) =Q+XR est dansC [X]. f est donc bien une application deC [X] dans lui-mêmen n n n
et puisque f est linéaire, on a montré quen
f ∈L(C [X]).n n
k 220. a) Pour k∈ {0,1,2}, posons P =X puis notons Q et R le quotient et le reste de la division euclidienne de P (X )k k k k
2par T =X .
7
bbb2 2• P (X ) =1 =0×X +1 et donc Q =0 et R =1 puis f (P ) =0+X×1 =X =P .0 0 0 2 0 1
2 2 2• P (X ) =X =1×X +0 et donc Q =1 et R =0 puis f (P ) =1+X×0 =1 =P .1 1 1 2 1 0
2 4 2 2 2 2 2• P (X ) =X =X ×X +0 et donc Q =X et R =0 puis f (P ) =X +X×0 =X =P .2 2 2 2 2 2
On en déduit que
 
0 1 0
 A = 1 0 0 .
0 0 1
    
0 1 0 0 1 0 1 0 0
2 2    b) A = 1 0 0 1 0 0 = 1 1 0 =I ou encore f =Id . Ainsi, f est une involution deC [X] et3 E 2 22
0 0 1 0 0 1 0 0 1
−1en particulier un automorphisme deC [X] de réciproque f =f . On sait alors que f est une symétrie vectorielle.2 2 22
f est une symétrie vectorielle.2
2 2 2 221. Puisque (1 +i) = 2i et i = −1, les racines du polynôme U(X ) sont 1 +i, −1 −i, i et −i. Par suite, U(X ) =
(X+1+i)(X−i)(X−1−i)(X+i) =T(−X)T(X)+0. On en déduit que f(P) =T(−X)+X×0 =T(−X).
f(U) =T(−X) = (X+1+i)(X−i).
III Etude d’un cas particulier
k 222. Pour k∈ J0,3K, posons P =X puis notons Q et R le quotient et le reste de la division euclidienne de P (X ) park k k k
3 2T =X +X +a.
2 3 2• P (X ) =1 =0×(X +X +a)+1 et donc Q =0 et R =1 puis f (P ) =0+X×1 =X =P .0 0 0 3 0 1
2 2 3 2 2 2 2 3• P (X ) =X =0×(X +X +a)+X et donc Q =0 et R =X puis f (P ) =0+X×X =X =P .1 1 1 3 1 3
2 4 3 2 2 2• P (X ) =X = (X−1)(X +X +a)+X −aX+a et donc Q =X−1 et R =X −aX+a puis2 2 2
2 3 2f (P ) =X−1+X(X −aX+a) =X −aX +(a+1)X−1 = −P +(a+1)P −aP +P .3 2 0 1 2 3
2 6 3 2 3 2 2 2 3 2• P (X ) =X = (X −X +X−a−1)(X +X +0X+a)+(2a+1)X −aX+a +a et donc Q =X −X +X−a−13 3
2 2et R = (2a+1)X −aX+a +a puis3
3 2 2 2 3 2 2f (P ) =X −X +X−a−1+X((2a+1)X −aX+a +a) = (2a+2)X −(a+1)X +(a +a+1)X−a−13 3
2= −(a+1)P +(1+a+a )P −(a+1)P +(2a+2)P .0 1 2 3
On en déduit que
 
0 0 −1 −a−1
2 1 0 a+1 1+a+a B = . 0 0 −a −a−1
0 1 1 2a+2
23. En développant successivement deux fois suivant la première colonne, on obtient

Soyez le premier à déposer un commentaire !

17/1000 caractères maximum.

Diffusez cette publication

Vous aimerez aussi