Correction de Devoir Surveillé N°07

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr lundi 6 mai 2013 ´ ´CORRIGE DU CONCOURS BLANC DE MATHEMATIQUES EXERCICE 1 Partie I. D´efinition et premi`eres propri´et´es i`emeSoit n∈N. On d´efinit le n polynˆome de Legendre par n 2X1 n n−k kL (X) = (X−1) (X +1)n n2 k k=0 1. On obtient L (X) = 10 L (X) = X1 1 3 2L (X) = − + X2 2 2 3 5 3L (X) = − X + X3 2 2 N 2. En effectuant le changement d’ind´etermin´ee X ↔ −X dans l’expression de L , nousn obtenons n 2X1 n n−k kL (−X) = (−X−1) (−X +1)n n2 k k=0 n 2X1 n n−k+k n−k k= (−1) (X +1) (X−1) n2 k k=0 n 2n X(−1) n n−k k= (X +1) (X−1) n2 k k=0 n= (−1) L (X)n Nb : la derni`ere ´egalit´e d´ecoule du changement d’indice k↔n−k. N 2 n n n3. Notons pour tout entier naturel non nul n∈ N , F = (X −1) = (X−1) (X +1) .n i`emeCalculons la d´eriv´ee n de F `a l’aide de la Formule de Leibniz. Il vient :n n (k) (n−k)X n(n) n nF = (X +1) × (X−1)n k k=0 nX n n! n!n−k k= (X−1) × (X +1) k (n−k)! k! k=0 n 2X n n k n= n! (X−1) ×(X−1) =n! 2 L (X).n k k=0 N 1 ⋆ 4.a. Tout d’abord, d’apr`es les r`egles de calcul sur le degr´e des polynˆomes, L est de degr´e n.n De plus, le monˆome dominant de L est donn´e `a l’aide de la d´efinition parn n n2 2X X1 n 1 nn n−k k nd X = X X = Xn n n2 k 2 k k=0 k=0 2nD’autre part, comme le monˆome dominant de F est X , il s’ensuit que le monˆomen (2n)!(n) ndominant de F est X . Par identification des coefficients, il s’ensuit que d =n n n! 1 (2n)! , d’ou` l’on tire : n 22 (n!
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1.

2.

3.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

lundi 6 mai 2013

´ ´
CORRIGE DU CONCOURS BLANC DE MATHEMATIQUES

EXERCICE 1
PartieI.De´finitionetpremie`respropri´et´es
Soitn∈NtinfielO.e´dnnime`erardpegeneomnˆeLedlypo
21knX=n0nk21)n−k(X+
Ln(X) = (X−
On obtient

L0(X)
L1(X)
L2(X)

L3(X)

=
=
=

=

1
X
−13+X2
2 2
−3X5X
2+23

1)k

N
dans l’expression deLn, nous

Eneffectuantlechangementd’ind´etermin´eeX↔ −X
obtenons
Ln(−X)1=2nXn0kn2(−X−1)n−k(−X+ 1)k
k=
n
=21nX nk2(−1)n−k+k(X+ 1)n−k(X−1)k
k=0
(−1)n2k
=kn=Xn0kn(X+ 1)n−k(X−1)
2
= (−1)nLn(X)

Nb :u´cehcaoutl´eeddegnatldinrgee´meciinee`id’adrnelk↔n−k.
Notons pour tout entier naturel non nuln∈N⋆,Fn= (X2−1)n= (X−1)n(X+
Calculonslad´eriv´eenieme`deFnedali’alead`Formule de Leibniz. Il vient :
Fn(n)=k=Xn0kn(X+ 1)n(k)×(X−1)n(n−k)
k=0nk(nn−!k)!(X−1)
=Xnn−k×kn(!!X+ 1)k
!kXn=0n2X−1)n×(X−1)k=n! 2nLn(X)
=kn(

1

N
1)n.

N

4.a.mes,spolynˆorgedede´slucelrusdlealecesslegr`rpe`d,a’obdrdta’TouLneesdtdege´rn.
Deplus,lemonˆomedominantdeLnonpanitiriaeda`’l´dfieedale´enndost
k1nn
=nX
dnXn=12knXn=0nk2Xn−kXk=0nk2X
2

b.

1.

2.

D’autrepart,commelemonˆomedominantdeFnestX2n’sneustiuqlemenomeˆo,il
nn)e2(tsn)!Xn.
dominant deF(neocffiedcs,slieitndentParitionifica!itsuens’equdn=
(2n!)`:eluo’tnri
21n(n!)2, d’o
n)!
kXn=0k2(=(2n!n)2
N
X  

Parde´finition,)=1n−1nk2(X−1)n−k(X+ 1)k12+n(X+ 1)n. Comme 1 est
Ln(X2n
k=0
clairement racine de chacun desn−re1permierstdsemteceoset,emmilenr´esulteque
n
˜ 2
Ln(1) = 2n= 1.N
PartieII.RacinesdespolynoˆmesdeLegendre
Pour tout entier naturel non nuln∈N⋆nfie´eltidno,elypoomnˆFn= (X2−1)net pour
toutp∈[0 n]], Δp=Fn(p).
Soitp∈[0 n−]1e1tn,ioitfin´erdPa].−1 sont racines deFneimcuilttdriepdldga’lor´e´e
a`nr`apd’t,laesraocP.uqnesne´asire´tcrsednoitracaacinesmultiples, nous avons

•Δ0(1) = Δ1(1) =  = Δn−1(1) = 0
•Δ0(−1) = Δ1(−1) =  = Δn−1(−1) = 0

En particulier, 1 et−1 sont racines de Δp. Par consequent, (Δpest divisible parX−1 et
´
Xenrsieem,Δuxeetrsoesprntlypoomnˆsec,xuededemsulp+1.Compest divisible par
leur produitX2−1.N
Montronsparr´ecurrencefiniesurp∈[0 n]] que Δps’annule au moinspfois dans l’inter-
valle ]−11[.
•Initialisation :Δ0(X) = 1 s’annule exactement 0 fois sur ]11[.
•´tid:e´He´resoitp∈[0 n−1]] tel que Δps’annule au moinspfois dans l’intervalle
]−11[. Notons−1< a1<  < ap<1 ces racines de Δpfiasna’dnteosopgerll´e
les notationsa0=−1,ap+1= 1.
En ce cas, fixonsk∈[0 pouqilppate]]Rolle`alafonctiosnelhte´roe`emedlopn-ony
˜
miale Δp(de classeC∞) dans l’intervalle [ak ak+1].
Comme Δps’annule enaket enak+1eoh´emr`leesttdirnuelee´isexil,r`apd’tebk∈
]ak ak+1[ tel que Δ′p(bkeΔ-ta`d-ri=),0’csep+1(bk) = 0.
Ainsi, nous avons construitb0     bptels queb0<  < bpet∀k∈[0 p]], Δp+1(bk) =
0. En particulier, Δp+1s’annuleat leastp fois dans l’intervalle ]+ 1−11[.

2

3.

1.

2.

3.

•Conclusion :urefincesni´rceruerpraptuotruo,usnoe´vupeuqnovaorpsp∈[0 n]],
Δps’annule au moinspfois dans l’intervalle ]−11[.N
Remarque :trvotteatiensuonta’jerith´er´edit´e,lrfeiaqteuadsn’lp∈[0 n−1]] tandis
que dans la conclusion,p∈[0 n.ch´e..ir`a!!eflr´gelati´la`afottu’est]].C

En particulier, pourp=n,Lnadmet au moinsnracines distinctesdans l’intervalle
]−11[. Comme d’autre part, nous savons queLn´redegesedtn, iladmet au plusn
racines distinctesraP.t,enqu´enscoLnadmet exactementnracines distinctes, elles sont
r´eellesetcomprisesstrictemententre−1 et 1.N

`
PROBLEME 1
´
Partie I. Etude de deux applications
Onde´signeparB= (1 X X2) la base canonique deR2[Xeuxapplifinitlesd]O.dne´snoitac
suivantes :

f:

R2[X]→R2[X]
P7→12P2X+PX+21

et

ϕ

:

R2[X]
P


7→

R
˜
P(1)

Montrons quefest un endomorphisme deR2[X].
•ftsil´naeri.eoSti(eP Q)∈R2[X]2, (λ )∈R2. On a
f(λP+Q)=12(λP+Q)X2+ (λP+Q)X21+
=λ21P2X+PX+12+12QX2+QX21+
=λf(P) +f(Q)

•f:R2[X]→R2[X]. SoitP∈R2[X] en composantPavemoˆnedseselcylopgrde1´e
21Xou12(Xonob+1),tenctienseoprodemoseylˆnedemmˆdeueeqr´egP, donc de
degre´inf´erieurou´egal`a2.Finalement,commelasommedepolynoˆmen’augment
pasledegre´,onabiend˚f(P)≤2.
Montrons queϕsurairein´ermelenofseutR2[X]. Il est clair que pour toutP,ϕ(P)∈R.
Montrons queϕire.Soitstlin´ea(eP Q)∈R2[X]2, (λ )∈R2. On a

˜ ˜
^
ϕ(λP+Q) = (λP+Q)(1) =λP(1) +Q(1)
=λϕ(P) +ϕ(Q)

On sait que l’image defetseamegdsseevtcuesrendgaelnadbre´seeparlesiB:
Imf=Vectf(1) f(X) f(X2)

Or :
1
f(1) = 1 f(X) = 4 (2X+ 1) f(X221=(8)X2+ 2X+ 1)
La famille114(2X+ 1)81(2X2+ 2X+ 1)fanetuesece´llmieeendegr´helonn´e
R2[X . Par ´ ent,]. En particulier elle est lib il s’agit d’une base deImf.
re consequ

3

dans

4.

5.

6.

1.

2.

3.

4.

D’apre`slaquestionpre´d´edente,onsaitque(f(1) f(X) f(X2nne´e´eceeholllmifanetues))
endegr´edansR2[X]. Il s’agit donc d’une base deR2[X]. Par suiteftransforme une base
deR2[X] en une base deR2[Xalse`rpaD’].rohpsiemdsperarisationdesautome´tcarac
les bases,fest un automorphisme deE.
SoitP∈R2[X’la`.]ladedeai´ectracacaniedrsitnoirases, on a

˜
P∈Ker(ϕ)⇐⇒ϕ(P) = 0⇐⇒P(1) = 0
⇐⇒(X−1)|P(X)
⇐⇒∃(a b)∈R2 P(X) = (X−1)(aX+b) =a(X2−X) +b(X−1)

Finalement,Kerϕ=Vect(X2−X X−.Ces1)polydeuxseneˆnmoertnegdnKerϕ. En
outre,ilssontnoncoline´airesdoncilsformentunefamillelibre.C’estdoncunebasede
Kerϕ.
Kerϕest non trivial doncϕn’est pas injective.Kerϕn’est pasR2[Xiren´ealcnod]ilemrofa
ϕn’est pas constante. Elle est donc surjective.
Partie II. Calcul des puissances d’une matrice

On noteI3titnediecirtamalde´eM3(R) etA∈ M3(R) la matrice :
A=00011414812141

Enfin, on noteB′la famille deR2[Xiefinrpad]e´B′= (1−2X+ 16X2−6X+ 1).
B′= (1−2X+ 16X2−6Xseut+)1imllenafnade´rgesloheece´ndee´ennR2[X]. Il s’agit
donc d’une base deR2[X].
SoitQepniarecirfie´dltamaQ=100−120−16Qffidiaacoeire`gulairnasettxuanog
6
non nuls, donc elle est inversible etQ−1=001−21120−21136161=6300−213.
0−3
1
M=Q−1×A×Q= Diag(1214).

Rq :Msentativedeesmaltirtaerece´rpfdans la baseB′.

Soitn∈N, on a :
Mn= Diag(121n41n)
OrM=Q−1×A×QdoncA=Q×M×Q−1,A2= (Q×M×Q−1)×(Q×M×Q−1) =
Q×M2×Q−1oi,nt´riaterpu,paisAn=Q×Mn×Q−1uit.Onend´ed
An=160630−3226nn02−6232nn−+146464nnn

4

5.

6.

1.

Pourn∈NetP=a+bX+cX2. On posefn(P) =an+bnX+cnX2etUn=

En ce cas, la suite (Unesictrmaetgee´moe´rtqieued)estunesuit
∀n∈N Un=An(U0)61=6a+3−23nb2+6nb+2−3226nn−+4164nn46nccc

Autrement dit,
fn(P)6=16a+3−23nb+2−32n+14nc+12nb+

acbnnn

.

21n−41ncX41+cX2
n

SoitP∈R2[X]ssonoocpmD.e´Pdnas la base canonique :P=a+bX+cX2. On a d’une
part
1
Z01P˜(t)dt=Z01(a+bt+ct2)dt=at+21bt231+ct3=a+12b+13c
0
1
fn(P)) = (6 6a+ 3b+ 2c) +

D’autrepart,ond´eduitdelaquestionpre´ce´dentequeϕ(
O(12n). En particulier
li+m∞ϕ(fn(P)) =Z10P˜(t)dt
n→

`
PROBLEME 2
On rappelle que le nombree= exp(1)≈272,√1e≈061,p(2)≈141 et ln(3)≈110.
´
Partie I. Etude d’une fonction

Soitfnfieide´usrRpar∀x∈R,f(x) = 3xexp(−x2)−1 = 3xe−x2−1.
fest de classeC∞surR. De plus, pour toutx∈R,
x2≤21⇒⇐|x≤|√22

f′(x) = 3(1−2x2)e−xetf′(x)≥0⇐⇒

Letableausuivantr´esumelesvariationsdef.
x−∞ −√220
f′(x)−0 +

f(x)

−1

ց

ր

−1

+√22
+ 0

ր

+∞

ց
−1

Au voisinage de±∞,f(x) =−1 +o(1)∼ −nscoar.Pt,enqu´e1fadmet pour asymptote
horizontaleladroited’e´quationy=−1 (au voisinage de±∞).

5

2.

3.

4.

1.

2.

Soitx∈R, alorsf′′(x) = 6x(−3 + 2x2)e−x2eriv´eesier,lad´cenoededtraplucinE.f
change de signe au point d’abcsisse 0. Le point deCfd’abscisse 0 est un point d’inflexion
de la courbe.
Aupointd’abscisse0,latangentea`C´qu tion
fa pour e a

y=−1 + 3x
D’o`uf(x)−(−1 + 3x) = 3xe−x2−1. Or pourxvoisin de 0,e−x2−1≤ar.P0ent,cons´equ
Cfest au-dessus de la tangente pourx≤0 et au-dessous deCflorsquex≥0. En
particulier, la courbeCftraverse sa tangente au point d’abscisse 0, il s’agit d’un point
d’inflexion.
Donner l’allure deCf.

´
PartieII.Etuded’unee´quationdiff´erentielle

Soitn∈N⋆. Soit (Enellientre´e)l’´equationdiff
x y′−(n−2x2)y=n−2x2

On note (Hneei´.uati’´eq)lssconeaeom`gnooh
SoitIl’un des intervalles ]− ∞0[ ou ]0+∞[.
a(x) =−(xn−2x). On prendA(x) =−nln(|x|) +x2. Les solutions de (Hn) surIsont les
fonctions de la forme
h(x) =Cenln(|x|)−x2=C|x|ne−x2

−deviednte(e1ostsitule´noEn). Les solutions de (En) surIsont les fonctions de la forme
f(x) =−1 +Cxne−x2
.
Les solutions de (En) surRseosulitsnodttenleluaiaoPs.,snnio-csrqver´esteusdouxssstonleur
f:R→Rune solution de (En) surRde classeC1. Alors
∀x∈R f(x) =−−+11+xDCxnnee−−xx22sisixx><te00f′(x) =DC((nn−−22xx22))xxnn−−11ee−−xx22issi>x<x00

Pour conclure, nous distinguons deux cas :
◮sin= 1, alors pourx >0, on af′(x) =C(1−2x2)e−x2−−−+→Cetf′(x)−x−→−0−→D.
x→0
Commefest de classeC1surRieulr,paEnicrteuni.0netseetnocd´eriv´e,saC=D
et
∀x∈R f(x) =−1 +Cxne−x2

◮sin≥2 alorsf′(x)x−−→0→0 et dans ce cas,
∀x∈R f(x) =−1 +Cxne−x2six >0
−1 +Dxne−x2six <0

6

1.
2.

3.

4.

a.

b.

c.

d.

5.

´
Partie III. Etude de deux suites

Onsupposedanslasuiteduproble`mequen≥2. Soitfn(x) = 3xnexp(−x2)−1 =
2
3xne−x1.

fn(0) =−1<0,fn(1) = 3e−1−1>0.
La fonctionfnest de classeC∞comme somme de telles fonctions. Soitx∈[0+∞[. On a
fn′(x) = 3(n−2x2)xn−1e−x2etfn′(x)≥0⇐⇒x2≤n2⇐⇒0≤x≤pn2
Pourn≥2, on a aussifn(x) = 3xxn2−1−x−→−∞→ −tr´esumeausuivanecselbateL.1
e
propri´ete´s:
x0unpn2vn+∞
fn′(x) + + 0− −
fn(pn2)
ր ց
fn(x) 0 0
ր ց
−1−1

fnest strictement croissante et contnue sur [0].D’apr`1elsenioctjebilaedeme`roe´ht,
fnr´[0ondeceitbejiesnuaeil1] sur son image [fn(0) fni`erequestion’D.]`rpaalsemerp1)(
0est´ele´mentde[fn(0) fnniqueunueler´etneuqe´stsixeli,1)(onrcpa],un∈[01] tel que
fn(uneˆem,)0=D.mefnteettnociorcnassueinr[sueementd´eststrictpn2+∞[, elle
re´aliseunebijectionsursonimage]−1 fn(pn2]. Commefn(pn2)≥0, il existe un
uniquere´elvn≥pn2 tel quefn(vn) = 0. Ainsi,fns’annule exactement deux fois, enun
etvntels queun<1< vn.
Par construction de (vn)n≥2, on a∀n≥2 vn≥pn2. Par comparaison, s’ensuit que
limvn= +∞.
n→+∞
´
Etude de la limite de la suite(un)n≥2
D´efinition:la suite(un)ieparestd´efin0< un<1et3unne−u2n−1 = 0.
Soitn≥2. Par construction de la suiteunon ae−u2n13=nn.
u
Soitn≥2, on afn+1(un) = 3unn+1e−u2n−1 = 3unn+1×13unn−1 =un−1<0.
Soitn≥2. On a donc 0< un un+1<1 etfn+1(un)<0 =fn+1(un+1). Or sur [01] la
fonctionfn+1est strictement croissante. Doncun< un+1.
Cecie´tantvraipourtoutentiern≥e(qure2rivec,cea`ideitnun)n≥2est strictement
croissante.
La suite (un)n≥2leetstsirtcmetcenisrontsaete.nrob.ee´pa’Dse`r´eorthdela`emeetilim
monotone, (un)n≥2est convergente. Soitℓsa limite.

Soitgneius]r0d´efin+∞[ par :∀x >0 gn(x) = ln(3) +nln(x)−x2.

7

a.

b.

1.

c.

Soitt >0.

gn(t) = 0

⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

ln(3) +nln(t)−t2= 0
3×tn×e−t2= 1
fn(t) = 0

On suppose queℓ6= 1. On a donc pour tout entiern,un≤ℓ <prra1O.init´dfieon,
fn(un’o`u)=0d
ln(3) +nln(un)−u2n= 0
OrparOPAsurdessuitesposs´edantunelimite,ilvientli+m ln(3) +nln(un)−un2=−∞,
n→ ∞
en parfaite contradiction.
Parl’absurde,onamontre´quelasuite(un) est convergente de limite 1.
Posonswn=un−1, popurn≥ lim2, de sorte quewn= 0. Or pour tout entiern≥2,
n→+∞
on a 0 = ln(3) +nln(1 +wn)−wn2soit encore
nln(1 +wn) = (1 +wn)2−ln(3)
Comme au voisinage de 0, on a ln(1 +w)∼0w, il vientnwn∼1−ln(3) soit encore
wn∼1−ln(3)

n
´
PartieIV.Etuded’unecourbeparame´tre´e

SoitR= (ı~~Onormrthoereorep`)nurpaeer´etm´rapaebruocalΓtioS.e´

−−−−→~ou`yx((tt=))=tg2−(t)13t3= ln(3) + 2 ln(t)−t2
∀t∈]0+∞[ OM(t) =x(t)~ı+y(t)
xetysont de classeC∞surR+⋆. Soitt >0, on a
x(t) = ln(3) + 2 ln(t)−t2
x′(t) = 2t(1−t2) etx′(t)≥0⇐⇒0< t≤1
y(t) =t−13t3
y′(t) = 1−t2ety′(t)≥0⇐⇒0< t≤1

Letableausuivantr´esumecespropri´ete´s:

t
x′(t)

x(t)

y(t)

y′(t)

0

−∞

0

+

ր

ր

+

1
0
ln(3)−1

2
3

8

ց

ց

+∞

−∞

−∞

2.

3.

4.

Lorsquetdenutior0sreano,tdvenntaoi´equted’mptoeasyy= 0. Au voisinage de +∞,

y(t)t33t
∼ ∼
x(t)t23

−−−→+∞
t→+∞

Il s’agit d’une branche parabolique de direction (Oy)

Lepointdeparame`tre1estunpointstationnaire.Deplus,xy′′((tt2=))tt−→−∞→s.iAi1n2,
aupointdeparam`etre1ilyaunetangentedelacourbequiapourcoefficientdirecteur
(21).
Tracer l’allure de la courbe Γ.

9

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