Sujet Oraux : Centrale, Oraux Centrale Abordables en 1ère année

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Exercice 1 [ 02356 ] [correction] Exercice 7 [ 00188 ] [correction] Soient a,b∈C. Montrer a) Soit f∈C ([0, 1],R). Etablir Z Zπ π π|a| +|b|6|a +b| +|a−b| tf(sint) dt = f(sint) dt 20 0 et préciser les cas d’égalité. b) En déduire la valeur de Z π 2nx sin (x) Exercice 2 [ 01321 ] [correction] I = dxn 2n 2n2 sin (x) + cos (x)0On se place dans le planR euclidien canonique 2 2Soient A(−1, 1) etC le cercle d’équation x +y = 2x. Déterminer les tangentes àC issues de A. Exercice 8 [ 01547 ] [correction] Démontrer que, pour tout Q∈R [X], Exercice 3 [ 03814 ] [correction] Z Z1 π iθ iθSoientC etD un cercle et une droite disjoints. Déterminer l’ensemble des centres Q(t) dt =−i Q(e )e dθ −1 0des cercles tangents à la fois àC etD. Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA Exercice 9 [ 03337 ] [correction] 2 3a) Etudier les variations de la fonction x7→ 3x − 2x .Exercice 4 [ 00360 ] [correction] 1 b) Soit f : [0, 1]→R continue. MontrerDéterminer les fonctions f∈C (R,R) vérifiant Z Z3/2 1 f◦f =f 2 3 2 3f(3x − 2x ) dx = 2 f(3x − 2x ) dx −1/2 0 Exercice 5 [ 00057 ] [correction] 1Soit f∈C ([0, 1],R) avec f(0) = 0. Exercice 10 [ 00399 ] [correction] Soit P∈R [X]. Montrer qu’il y a équivalence entrea) Montrer que Z Z1 1 (i)∀x∈R,P (x)> 0;12 0 2f(t) dt6 f (t) dt 2 2 2(ii)∃(A,B)∈R [X] ,P =A +B .20 0 b) Si f(1) = 0, améliorer l’inégalité obtenue en a). Exercice 11 [ 02371 ] [correction] a) Soit n∈N.
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Exercice 1[ 02356 ][correction]
Soienta b∈C. Montrer

|a|+|b|6|a+b|+|a−b|

et préciser les cas d’égalité.

Exercice 2[ 01321 ][correction]
On se place dans le planR2euclidien canonique
SoientA(−11)etCle cercle d’équationx2+y2= 2x.
Déterminer les tangentes àCissues deA.

Enoncés

Exercice 3[ 03814 ][correction]
SoientCetDun cercle et une droite disjoints. Déterminer l’ensemble des centres
des cercles tangents à la fois àCetD.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 4[ 00360 ][correction]
Déterminer les fonctionsf∈ C1(RR)vérifiant

f◦f=f

Exercice 5[ 00057 ][correction]
Soitf∈ C1([01]R)avecf(0) = 0.
a) Montrer que
1
Z0f(t)2dt621Z10f0(t)2dt
b) Sif(1) = 0, améliorer l’inégalité obtenue en a).

Exercice 6[ 00088 ][correction]
Soitfcontinue deRdansRtelle que
Z2y+x
∀(x y)∈R2 f(x)−f(y) =f(t) dt
2x+y

Montrer quefest de classeC1et déterminerf.

Exercice 7[ 00188 ][correction]
a) Soitf∈ C([01]R). Etablir
Z0πtf(sint)

dt=π2Z0πf(sint) dt

b) En déduire la valeur de
In=Z0πsin2n(xxn+si)2n(cox)s2n(x) dx

Exercice 8[ 01547 ][correction]
Démontrer que, pour toutQ∈R[X],
Z−11Q(t) dt=−iZ0πQ(eiθ)eiθdθ

Exercice 9[ 03337 ][correction]
a) Etudier les variations de la fonctionx7→3x2−2x3.
b) Soitf: [01]→Rcontinue. Montrer
Z−3122f(3x2−2x3) dx= 2Z10f(3x2−2x3) dx

Exercice 10[ 00399 ][correction]
SoitP∈R[X]. Montrer qu’il y a équivalence entre
(i)∀x∈R P(x)>0;
(ii)∃(A B)∈R[X]2 P=A2+B2.

Exercice 11[ 02371 ][correction]
a) Soitn∈N. Exprimersin ((2n+ 1)α)en fonction desinαetcosα.
b) En déduire que les racines du polynôme :
n
P(X) =X(−1)p22np1+1+!Xn−p
p=0

sont de la formexk= cot2βk. Déterminer lesβk.

1

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Enoncés

Exercice 12[ 02373 ][correction]
SoitP=X3+aX2+bX+cun polynôme complexe de racinesα β γ. Calculer

βα+γ+β+γ
γ+α α+β

Exercice 13[ 02375 ][correction]
Trouver lesP∈C[X]vérifiant

P(X2) =P(X)P(X+ 1)

Exercice 14[ 03269 ][correction]
On pose
f(xsoc1=)x
Démontrer l’existence d’un polynômePnde degrénet à coefficients positifs ou
nul vérifiant
∀n>1 f(n)(x () =Pcns(sox)innx+)1

PréciserP1 P2 P3et calculerPn(1).

Exercice 15[ 03333 ][correction]
x y zdésignent trois complexes vérifiant

Etablir

x+y+z= 0

x5+y55+z5=x2+y22+z2 x3+y33+z3

Exercice 16[ 03812 ][correction]
a) Déterminer trois élémentsa b cdeC, non tous réels, tels quea+b+c,
a2+b2+c2eta3+b3+c3soient trois réels.
b) Montrer que, sia b csont trois éléments deCde modules différents et si
a+b+c∈R,a2+b2+c2∈Reta3+b3+c3∈R, alorsa,betcsont trois réels.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 17[ 00539 ][correction]
SoitF∈C(X)telle que, pour toutn∈Nnon pôle deF,F(n)∈Q.
Montrer queF∈Q(X).

Exercice 18[ 02372 ][correction]
SoitP∈Rn[X]scindé à racines simples(x1     xn). Montrer

n
X1PP000((xxkk0=))
k=

Exercice 19[ 03071 ][correction]
Soitfun en endomorphisme duR-espace vectorielC.
a) Montrer qu’il existe d’uniques complexesa btels que

∀z∈C,f(z) =az+bz¯

b) Exprimer en fonction deaetble déterminant def.

Exercice 20[ 03186 ][correction]
Edésigne un espace vectoriel euclidien orienté de dimension 3 muni d’une base
orthonormée directeB= (i j k).
Rechercher les rotationsRdeEtelles que

R(i) =−jetR(i−j+k) =i−j+k

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Sia= 0, l’inégalité est vraie avec égalité si, et seulement si,b= 0.
Sia6= 0, l’inégalité revient à

1 +|u|6|1 +u|+|1−u|

avecu=ba. En écrivantu=x+iy,
(1 +|u|)2= 1 + 2px2+y2+x2+y2
62 + 2(x2+y2)
=|1 +u|2+|1− |2
u
6(|1 +u|+|1−u|)2

avec égalité si, et seulement si,x2+y2= 1et1−u2= 0soitu=±1ce qui
revient àa=±b.

Exercice 2 :[énoncé]
Réduisons l’équation du cercleC

x2+y2= 2x⇔(x−1)2+y2= 1

Corrections

Cest le cercle de centreΩ(10)et de rayon 1.
Le pointAest extérieur au cercleC, il existe donc deux tangentes àCissues deA.
La droite horizontale
Δ1:y= 1
est immédiatement tangente au cercleCau pointI1(11)et elle passe parA.
La deuxième tangenteΔ2àCissue deAet passe par un pointI2∈ Cvérifiant
AI1=AI2.
PuisqueAI1= 2, les coordonnées(x y)du pointI2sont solutions du système
)2+y2= 1
((x+(x1−)2(+1y−1)2= 4

Après résolution, on obtientI2(15−35)et une équation de la droiteΔ2est

Δ2: 4x+ 3y+ 1 = 0

Exercice 3 :[énoncé]
NotonsOle centre du cercleCetRson rayon.
SoitC0un cercle de centreMet de rayonr.
Le cercleC0est tangent extérieur àCsi, et seulement si,OM=R+r.
Le cercle est tangent àDsi, et seulement si,d(MD) =r.
FinalementC0est solution en étant tangent extérieur àCsi, et seulement si,

OM=d(MD) +R

En introduisantD0la droite parallèle àDsituée à la distanceRdeDdans le
demi-plan opposé à celui contenantO, on obtient la condition

OM=d(MD0)

déterminant la parabole de foyerOet de directriceD0.
L’étude des cercles tangents intérieurs est analogue et conduit à une deuxième
parabole de foyerOet de directrice la droiteD00symétrique deD0par rapport à
D.

Exercice 4 :[énoncé]
Sifest solution alors en dérivantf◦f=fon obtient

∀x∈R f0(x) =f0(x)×f0(f(x))

puis en exploitant à nouveauf◦f=f, on obtient

∀x∈R f0(f(x)) =f0(f(x))2

3

Puisque la fonctionf0◦fest continue, on peut affirmer que celle-ci est constante
égale à 0 ou 1.
Casf0◦f= 0
La relationf0(x) =f0(x)×f0(f(x))donnef0(x) = 0et on en déduit quefest
constante.
Casf0◦f= 1
Nous savons queI=Imf=f(R)est un intervalle non vide.
Puisquef0(x) = 1pour toutx∈I, on peut affirmer qu’il existeC∈Rtel que
f(x) =x+Cpour toutx∈I.
Or on af(f(x)) =f(x) +C(carf(x)∈I)etf(f(x)) =f(x)doncC= 0. Ainsi

∀x∈I f(x) =x

Pour conclure, il reste à montrerI=R.
Par l’absurde supposons l’intervalleImajoré et posonsm= supI.

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Par continuité def0et defenm, on af(m) =metf0(m) = 1Puisque
f0(m) = 1,fprend des valeurs strictement supérieures àf(m) =m. Ceci
contredit la définition dem.
De mme, on obtient qu’il est absurde d’affirmer queIest minoré et donc on
conclutI=R.
Finalement, sifest solution alorsfest constante ou égale à l’identité.
La réciproque est immédiate.
Notons que sans l’hypothèse classeC1, de nombreuses fonctions peuvent tre
solutions comme la suivante

Une fonction continue vérifiantf◦f=f

Exercice 5 :[énoncé]
a) Puisquef(0) = 0, on a
x
f(x)Z0
=f0(t) dt
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
|f(x)|6Z0xdt12Z0xf0(t)2dt12

et donc

puis

f(x)26xZ0xf0(tZ01t
)2dt6x f0(t)2d

Z01f(x)2dx6Z01xZ01f0(t)2dtdx12=Z10f0(t)2dt

Corrections

b) En reprenant ce qui précède
2
Z1f(x)2dx6Z012xZ012f0(t)2dt!dx8=1Z102f0(t)2dt
0

Sachantf(1) = 0, on a aussi de façon symétrique
Z121f(x)2dx618Z1f0(t)2dt
12

et en sommant ces deux majorations, on obtient
Z10f(x)2dx618Z1f0(t)2dt
0

Exercice 6 :[énoncé]
Puisque continue, la fonctionfadmet une primitiveFsurRet

∀(x y)∈R2 f(x)−f(y) =F(2y+x)−F(2x+y)

Poury∈Rfixé, on obtient

f:x7→f(y) +F(2y+x)−F(2x+y)

Puisque la fonctionFest de classeC1, on obtient quefest de classeC1et

f0(x) =f(2y+x)−2f(2x+y)

En dérivant cette relation en la variabley, on obtient

0 = 2f0(2y+x)−2f0(2x+y)

et donc
f0(2y+x) =f0(2x+y)
Puisque pour tout(s t)∈R2, il existe(x y)∈R2vérifiant
(2x+y=s
x+ 2y=t

on peut affirmer que la fonctionf0est constante.
On en déduit que la fonctionfest affine.
Par le calcul, on vérifie que, parmi les fonctions affines, seule la fonction nulle
vérifie la relation proposée.

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Exercice 7 :[énoncé]
a) Par le changement de variableu=π−t, on obtient
π
I=Z0πtf(sint) dt=Z0(π−u)f(sinu) du

et donc
2I=Z0πtf(sint) dt+Z0π(π−u)f(sinu) du=πZ0πf(sinu) du

Corrections

puis l’identité proposée.
b) En observantcos2nx= (1−sin2x)n, on peut appliquer la relation précédente
In2=πZ0πsin2n(sxi)n2+nc(x)os2n(x) dx

En coupant l’intégrale enπ2
In2=πZ"0π2sin2n(sxn)i2+n(cx)so2n(x) dx+Zππ2sin2n(sx)ni2+nc(xs)o2n(x) dx#

En procédant au changement de variabley=π−xdans la seconde intégrale
In=πZ0π2sin2ns(xin)2+nc(xso)2n(x) dx

Enfin, en procédant au changement de variabley=π2−x, on observe
In=πZ0π2sin2n(cxo)s2+nc(xos)2n(x) dx

et on en déduit
2In=πZ"0π2sin2n(sx)ni2+n(cx)so2n(x) dx+Z0π2sin2nc(xso)2+n(cxso)2n(x) dx#=π22

Finalement

π2
In=
4

Exercice 8 :[énoncé]
Par linéarité de l’intégrale, il suffit de vérifier la relation pourQ=Xnavecn∈N.

D’une part
Z−11Q(t) dt=n1+1tn+11−1= 1−n(−1)1+n+1
et d’autre part
ZπQ(eii(ne1)1+i(n+1)θπ0= ei(in(+n1)+π1−1)
θ)eiθdθ=
0

Sinest impair alors

Z−11Q(t) dt= 0 =−iZ0πQ(eiθ)eiθdθ

Sinest pair alors
π−2
Z−11Q(t) dt=n+12etZ0Q(eiθ)eiθdiθ(n+ 1)
=

et la relation voulue est encore vérifiée.
Une alternative plus courte, mais moins élémentaire consister à exploiter que la
forme différentielle

ω(x y) =Q(z) dz=Q(x+iy) (dx+idy)

est exacte et que donc son intégrale curviligne le long d’un pourtour fermée est
nulle.

Exercice 9 :[énoncé]
a) L’étude des variations deϕ:x7→3x2−2x3est facile et l’on obtient

x−12 0 1 32
ϕ(x) 1&0%1&0

b) On remarque
ϕ12+sint1=+221is3nt
car il est connu quesin 3a= 3 sina−4 sin3a.
On a alors
Z10f(3x2−2x3) dxx=21=+sintZ−ππ66f1+221isn3tcostdt

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et
2
Z3f(3x2−2x3) dxx=21=+sintZ−ππ22f2+13n21istcostdt
−12
Par le changement de variableu= 3t,
Z01f(3x2−2x3) dx=31Z−ππ22f12+12sinucosu3 du

Corrections

et
Z−1322f(3x2−2x3) dx31=Z−33ππ22fin+12s21u3cosudu
En découpant cette dernière intégrale en trois et en procédant aux changements
de variables affinesv=−π−u,v=uetv=π−u, on obtient
1
Z−3122f(3x2−2x3) dx13=Z−ππ22f+122sinv cosv+3πc+so3v+ cosv−3πd

Enfin, en développant
Z−3122f(3x2−2x3) dx=23Z−ππ22f211+s2niv3socvdv

puis la relation demandée.

Exercice 10 :[énoncé]
L’implication (ii)⇒(i) est immédiate.
Supposons (i).
PuisquePest de signe constant, la décomposition en facteurs irréductibles deP
s’écrit avec des facteurs de la forme

et

(X−λ)2= (X−λ)2+ 02

X2+ 2pX+q= (X+p2)2+pq2−4p2

AinsiPun facteur multiplicatif positif près, le produit de polynômesest, à
s’écrivant comme la somme des carrés de deux polynômes réels.
Or
(A2+B2)(C2+D2) = (AC−BD)2+ (AD+BC)2

doncPpeut s’écrire comme la somme des carrés de deux polynômes réels

Exercice 11 :[énoncé]
a)sin ((2n+ 1)α) =Imei(2n+1)α=Im(cosα+isinα)2n+1donne en
n
p=0)p22p+ 1!cos2(n−p)αsin2p+1α.
développantsin ((2n+ 1)α) =P(−1n+ 1
b) On observesin ((2n+ 1)α) = sin2n+1αP(cot2α).
Posonsβk=2nkπ+1pour16k6n. Lesxk= cot2βksontnracines distinctes de
P, ordegP=nce sont donc exactement les racines de, P.

Exercice 12 :[énoncé]
Puisqueα+β+γ=−a, on a
β+αγ+γ+αβ+γα+β=−a+αα+a+ββ+a+γγ

et réduisant au mme dénominateur
v

α β γ a3−2ab+ 3c
β+γ+γ+α+α+β=ab−c
carαβ+βγ+γα=betαβγ=−c.

6

Exercice 13 :[énoncé]
Le polynôme nul est solution. SoitPune solution non nulle.
Siaest racine dePalorsa2l’est aussi puisa4 a8   .
Or les racines dePsont en nombre fini donc les élémentsa2n(n∈N) sont
redondants. On en déduit quea= 0ouaest une racine de l’unité.
De plus, siaest racine dePalors(a−1)est aussi racine deP(X+ 1)donc
(a−1)2est racine deP. On en déduit quea−1 = 0oua−1est racine de l’unité.
Sia6= 01alors|a|=|a−1|= 1d’où l’on tirea=−jou−j2.
Au final, les racines possibles dePsont01−jet−j2.
Le polynômePs’écrit donc
P(X) =λXα(X−1)β(X+j)γ(X+j2)δ

avecλ6= 0,α β γ δ∈N.
En injectant cette expression dans l’équation
P(X2) =P(X)P(X+ 1)

on obtient

On conclut

λ2=λ,α=βetγ=δ= 0

P(X) = [X(X−1)]α

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Exercice 14 :[énoncé]
Montrons la propriété par récurrence surn>1.
Pourn= 1,P1(X) =Xconvient.
Supposons la propriété vraie au rangn>1.
En dérivant la relation
f(n)(x) = (Pcns(soxni)nx+)1
on obtient
(n+ 1) sinxP(sinx) +

Posons alors

de sorte que

On peut écrire

f(n+1)(x) =n(cosx)n+2cos2xP0n(sinx)

Pn+1(X) = (n+ 1)XPn(X) + (1−X2)Pn0(X)

f(n+1)(x) =P(nco+s1(x)isnn+x2)

n
Pn(X) =XakXkavecak>0 an6= 0
k=0

et alors
n n
Pn+1(X) =X(n+ 1−k)akXk+1+XkakXk
k=0k=1
est un polynôme de degrén+ 1à coefficients positif ou nul.
Récurrence établie.
Par la relation de récurrence obtenue ci-dessus

et

donc

P1(X) =X,P2(X) = 1 +X2etP3(X) = 5X+X3

Pn+1(1) = (n+ 1)Pn(1)

Pn(1) =n!

Exercice 15 :[énoncé]
Posonsp=xy+yz+zxetq=−xyz.
Les nombresx y zsont racines du polynômes

X3+pX+q

Corrections

On en déduit

De plus

x3+y3+z3=−p(x+y+z)−3q=−3q

(x+y+z)2=x2+y2+z2+ 2p

donc
x2+y2+z2=−2p
Aussix3=−px−qdonnex5=−px3−qx2=p2x+pq−qx2et donc

x5+y5+z5= 3pq+ 2pq= 5pq

et la relation proposée est dès lors immediate.

7

Exercice 16 :[énoncé]
a)1 j j2conviennent.
b) Introduisons le polynômeP(X) = (X−a)(X−b)(X−c). Les coefficients de ce
polynôme s’expriment à partir deS1=a+b+c,S2=a2+b2+c2et
S3=a3+b3+c3, le polynômePest donc à coefficients réels. S’il n’admet pas
trois racines, il possède deux racines complexes conjuguées. Celles-ci sont alors de
mme module ce qui est exclu.

Exercice 17 :[énoncé]
SoientP Q∈C[X]tels queF=P Q.
Le cas oùP= 0étant immédiat, supposons-le désormais exclu.
Posonsp= degPetq= degQet écrivons
p q
P=XakXketQ=Xb`X`,ak b`∈C
k=0`=0

Considéronsp+q+ 1naturelsnn’annulant pasQ. Pour chacun, la relation

définit une équation

P(n)−ynQ(n) = 0avecF(n) =yn∈Q

a0+na1+∙ ∙ ∙+npap−ynb0− ∙ ∙ ∙ −ynnqbq= 0

Le système formé par ses équations est compatible (dansC) et à coefficients
rationnels. Par application de la méthode de Gauss (par exemple), on peut
affirmer que ce système possède une solution rationnelle. Il existe donc

α0 α1     αp β0 β1     βq∈Q

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tels que pour

on ait

p q
R=XαkXk∈Q[X]etS=Xβ`X`∈Q[X]
k=0`=0

R(n)−ynS(n) = 0

Corrections

pour chacun dep+q+ 1naturelsninitialement considéré. On a alors pour cesn,

et donc le polynôme

P(n)S(n) =Q(n)R(n)

P S−QR

admet au moinsp+q+ 1racines.
Or
deg(P S−QR)6p+q

donc

puis

Exercice 18 :[énoncé]
On a

Sachant que

on obtient

P S=QR

F=RS∈Q(X)

P00(xk)
PP00=XnXα−kavecαk=
k=1xkP0(xk)

xP0(0x()x)−−−−→0
Px→+∞

nP00(xk)
k=X10(xk) = 0
P

Exercice 19 :[énoncé]
a) La famille(1 i)est une base duR-espace vectorielC.

8

Poura b∈C, l’applicationϕab:z7→az+bz¯estR-linéaire et sa matrice dans la
base(1 i)est
ImeRaa++ImRebbeRImab−−ImeRba
Pourfendomorphisme duR-espace vectorielCde matrice
βδαγ
dans la base(1 i), on af=ϕabsi, et seulement si,

Rea+Reb=α
Ima+Imb=β
Imb−Ima=γ
Rea−Reb=δ

Ce système possède une unique solution qui est


+δ−etb=α δ
a=α2 +i β2γ2 +i β+2γ
b) Le déterminant defvaut

detf=αδ−βγ=|a|2− |b|2

Exercice 20 :[énoncé]
SoitRune rotation solution (s’il en existe).
La rotationRn’est pas l’identité et son axe est dirigé par le vecteuru=i−j+k.
Orientons cet axe par ce vecteur. Pour déterminer l’angleθde la rotation,
déterminons l’image d’un vecteur orthogonal à l’axe. Considérons

v=−2i−j+k=−3i+u

Le vecteurvest orthogonal àuet

R(v) =i+ 2j+k

On a
cosθ=k(vv|kkRR((vv)))k=−21
et le signe desinθest celui de

−2 1 1
Det(v R(v) u) =−1 2−1 =−9>0
1 1 1

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Corrections

On en déduit queRn’est autre que la rotation d’axe dirigé et orienté paruet
d’angleθ=−2π3.
Inversement, cette rotation est solution car pour celle-ci le vecteuruest invariant
alors et le vecteurvest envoyé sur le vecteurR(v)du calcul précédent ce qui
entraîne queiest envoyé sur−j.

9

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