Corrige ENSMP Mathematiques 2007 MP

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• Publié par: shin
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6 6 CONCOURSCOMMUN2007 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve Spécifique de Mathématiques (filière MPSI) Premier problème I. Etude d’une fonction 1.• Etude en 0 à droite. D’après les théorèmes de croissance comparées 1 1− 2 −X xlim f(x) = lim e = lim X e =0 =f(0).2x→0 x→0 x X→+∞ x>0 x>0 Donc f est continue à droite en 0. Ensuite, f(x)−f(0) 1 1− 3 −X xlim = lim e = lim X e =0. 3x→0 x→0 X→+∞x −0 x x>0 x>0 ′Donc f est dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d ′f est continue et dérivable à droite en 0 et f (0) =0.d 1 1− x• Etude en 0 à gauche. lim e = +∞ et lim +∞. Donc lim f(x) = +∞. 2x→0 x→0 x x→0 x<0 x<0 x<0 lim f(x) = +∞ et f n’est pas continue à gauche en 0. x→0 x<0 Donc f est continue à droite en 0. 1 1− x2.• Limites de f en +∞ et −∞. Quand x tend vers +∞ ou vers −∞, tend 0 et e tend vers 1. Donc 2x lim f(x) = lim f(x) =0. x→−∞ x→+∞ On en déduit que la droite (Ox) est asymptote à (C) en +∞ et en −∞. ∗• Dérivée et variations de f. f est dérivable surR en tant que produit de fonctions dérivables et pour x =0,  2 1 1 1 1 −2x +1 1 ′ − − − x x xf (x) = − e + × e = e . 3 2 2 4x x x x ′Le signe de f est clair et on peut dresser le tableau de variations de f : x −∞ 0 1/2 +∞ ′f (x) + 0 + 0 − −2+∞ 4e f 0 0 0 ∗3. f est deux fois dérivable surR et pour x =0   ′ 22 1 1 6 4 1 −2x +1 1 6x −6x +1 1 ′′ − − − − x x x xf (x) = (− + )e (x) = − e + e = e . 3 4 4 5 6 6x x x x x x chttp ://www.maths-france.fr 1 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.7 √ 3− 3 ∗ ′′ 2SurR , f est du signe de 6x − 6x +1. Ce trinôme admet deux racines distinctes à savoir les réels x = et1 6√ 3+ 3 ′′x = . Par suite f s’annule en changeant de signe en x et x et la courbe (C) admet deux points d’inflexion,2 1 2 6 ′′les points d’abscisses x et x . De plus f est strictement positive sur ]−∞,0[, sur ]0,x [ et sur ]x ,+∞[ et strictement1 2 1 2 négative sur ]x ,x [. Donc1 2 # # " " " #√ √ √ √ 3− 3 3+ 3 3− 3 3+ 3 f est convexe sur ]−∞,0[, sur 0, et sur ,+∞ et concave sur , . 6 6 6 6 4. Graphe de f. Voir page suivante. II. Calcul d’aires 5. Soit h∈]0,1[. Puisque f est continue et positive sur [h,1],Z Z1 1 h i11 −1/x −1/x −1 −1/h A (h) = f(x)dx = e dx = e =e −e unités d’aires. 2x hh h −1 −1/h −1 −1/h 2∀h∈]0,1[, A (h) =e −e unités d’aires ou aussiA (h) =4(e −e ) cm . 6. Quand h tend vers 0 par valeurs supérieures, on obtient −1lim A(h) =e unités d’aires. +h→0 III. Résolution d’une équation différentielle   2 1 ′7. Soit I l’un des deux intervalles ] −∞,0[ ou ]0,+∞[. Sur I l’équation (E) s’écrit encore y + − y = 0. Comme 2x x 2 1 la fonction x→ − est continue sur I, on sait que les solutions de (E) sur I constituent unR-espace vectoriel de2x x dimension 1. De plus, pour x∈I, −2x +1 1 2x−1 12 ′ − − x xx f (x)+ (2x−1)f(x) = e + e =0.2 2x x Ainsi, la fonction f est une solution non nulle de (E) sur I et donc les solutions de (E) sur ]−∞,0[ ou sur ]0,+∞[ sont les fonctions de la forme Cf où C est un réel. Si on n’a pas constaté que f est solution de (E) sur I, on doit résoudre directement : Soit g une fonction dérivable sur I.   2 1 ′g solution de (E) surI⇔∀x∈I, g (x)+ − g(x) =0 2x x      1 2 1 1 ′⇔∀x∈I, exp 2ln |x|+ g (x)+ − exp 2ln |x|+ g(x) =0 2x x x x  1 1′ 2 ′ x⇔∀x∈I, (exp 2ln |x|+ g) (x) =0⇔∀x∈I, (x e g) (x) =0 x 1 1 12 − x x⇔∃C∈R/;∀x∈I, x e g(x) =C⇔∃C∈R/;∀x∈I, g(x) =C e 2x 8. On note que la fonction nulle est solution de (E) surR. Soit g une solution quelconque de (E) surR. Nécessairement les restrictions de g à ]−∞,0[ ou ]0,+∞[ sont solutions de (E) sur ces intervalles et d’autre part nécessairementg(0) =0. 2Ainsi, si g est solution de (E) surR, il existe nécessairement (C ,C )∈R tel que1 2 C f(x) six>0 1 C f(x) six≥01∀x∈R, g(x) = 0 six =0 = (aller à la page 4). 0 six =0 C f(x) six<01 chttp ://www.maths-france.fr 2 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.b b b 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 (C) −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 chttp ://www.maths-france.fr 3 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.7 7 7 7 Réciproquement une telle fonction est solution de (E) surR si et seulement si elle est dérivable en 0. D’après la question ′1., g est dérivable en 0 à gauche si et seulement si C =0 et dans ce cas, g (0) =0. D’autre part g est dérivable à droite2 g ′en 0 pour tout choix de C et de plus g (0) =0. Enfin pour C =0 et C quelconque, g est dérivable à gauche et à droite1 2 1d ′ ′en 0 avec g (0) =g (0) =0 ce qui montre que g est dérivable en 0 et donc solution surR.g d  Cf(x) six≥0 Les solutions de (E) surR sont les fonctions de la forme x→ , C∈R ou encore les fonctions 0 six<0 de la forme Cfχ où χ est la fonction caractéristique de [0,+∞[.[0,+∞[ [0,+∞[ IV. Dérivées successives et polynômes associés 1 ∞9. La fonction x→ − est de classe C sur ]0,+∞[ à valeurs dansR en tant que fraction rationnelle définie sur ]0,+∞[ x 1y ∞ − ∞ xet la fonction y→ e est de classe C surR. Donc la fonction x→ e est de classe C sur ]0,+∞[. Mais alors la∞ ∞fonction f est de classe C sur ]0,+∞[ en tant que produit de fonctions de classe C sur ]0,+∞[. ∞f est de classe C sur ]0,+∞[. 10. Montrons le résultat par récurrence. 1 P (x)1 10(0) − − x x• Si n =0, on a pour x>0 f (x) =f(x) = e = e où∀x>0, P (x) =1 et le résultat est vrai02 2×0+2x x si n =0. P (x) 1n(n) − x• Soit n≥0. Supposons qu’il existe un polynôme P tel que∀x>0, f (x) = e . Alorsn 2n+2x 2 ′1 (2n+2) P (x) x P (x)+(1 −2(n+1)x)P (x)1 1 n 1 n 1(n+1) ′ − − − n − x x x xf (x) =P (x)× e − P (x)e + e = e .nn 2n+2 2n+3 2n+4 2n+4x x x x 2 ′Pour x>0, posons P (x) =x P (x)+(1−2(n+1)x)P (x) (1). Alors P est un polynôme tel que pourn+1 n n+1n P (x) 1n+1(n+1) − xtout réel x>0, f (x) = e . 2(n+1)+2x Le résultat est démontré par récurrence. On note que la suite des polynômes P est uniquement définie par récurrence car ]0,+∞[ est un ensemble infini.n 211. P =1. D’après les résultats des questions 2. et 3., P = −2X+1 et P =6X −6X+1. Ensuite0 1 2 2 ′ 2 2 3 2P =X P +(1 −6X)P =X (12X −6)+ (1−6X)(6X −6X +1) = −24X +36X −12X +1,3 22 et enfin 2 ′ 2 2 3 2P =X P + (1−8X)P =X (−72X +72X−12) +(1 −8X)(−24X +36X −12X +1)4 33 4 3 2=120X −240X +120X −20X+1, 2 3 2 4 3 2P =1, P =1−2X, P =6X −6X+1 P = −24X +36X −12X+1 et P =120X −240X +120X −20X+1.0 1 2 3 4 12. Soit n ∈N. En évaluant en 0 les deux membres de l’égalité (1), on obtient P (0) = P (0). Par suite, la suiten+1 n (P (0)) est constante et donc∀n∈N, P (0) =P (0) =1.n n∈N n 0 ∗ nMontrons par récurrence que∀n∈N , ,deg(P ) =n et dom(P ) = (−1) (n+1)!.n n • Puisque P = −2X+1, le résultat est vrai quand n =1.1 n ′• Soit n≥1. Supposons que deg(P ) =n et dom(P ) = (−1) (n+1)!. Alors deg(P ) =n−1 (car n≥1) et doncn n n 2 ′deg(X P ) =n+1. D’autre part, deg((1−2(n+1)X)P ) = degXP =n+1. Ceci montre déjà que deg(P )≤n+1.n n n+1n n+1De plus le coefficient de X dans P vaut :n+1 n n+1ndom(P )−2(n+1)dom(P ) = −(n+2)dom(P ) = −(n+2)×(−1) (n+1)! = (−1) (n+2)!,n n n ce qui démontre le résultat par récurrence Le résultat restant valable pour n =0, on a montré que n∀n∈N, ,deg(P ) =n, dom(P ) = (−1) (n+1)! etP (0) =1.n n n chttp ://www.maths-france.fr 4 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.13. Soit n∈N. Pour x>0, 1(n+1) (n+1) ′ (n) (n) (n)g (x) = (exp(−1/x)) (x) = ((exp(−1/x)) ) (x) = ( exp(−1/x)) (x) =f (x). 2x On a montré que (n+1) (n)∀n∈N, g =f . 14.Formule de Leibniz. Soientn un entier naturel non nul puis f etg deux fonctionsn fois dérivables sur un intervalle I deR à valeurs dansR ouC. Alors f×g est n fois dérivable sur I et nX n (k) (n−k)(n)(f×g) = f g . k k=0 15. Soit n un entier naturel non nul. Alors n+1≥2 et pour x>0, on a d’après la formule de Leibniz (n+1)n(n+1) 2 (n+1) (n) (n−1)g (x) =x f (x)+(n+1)×2xf (x)+ ×2f (x) 2 2 (n+1) (n) (n−1)=x f (x)+2(n +1)xf (x)+n(n+1)f (x). Mais alors P (x) 1 P (x) 1 P (x) 1 P (x) 1n+1 n n−1 n(n+1) (n) 2 − − − − x x x xg =f ⇒∀x>0, x e +2(n+1)x e +n(n+1) e = e 2n+4 2n+2 2n 2n+2x x x x 2⇒∀x>0, P (x)+2(n +1)xP (x)+n(n+1)x P (x) =P (x)n+1 n n−1 n 2⇒∀x>0, P (x) = (1−2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x).n+1 n n−1 ∗ 2∀n∈N , ∀x>0, P (x) = (1 −2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x) (2).n+1 n n−1 ∗16. Soient n∈N et x>0. Les égalités (1) et (2) fournissent 2 ′ 2x P (x)+(1−2(n+1)x)P (x) = (1−2(n+1)x)P (x)−n(n+1)x P (x),n n n−1n et donc ∗ ′∀n∈N , ∀x>0, P (x) = −n(n+1)P (x).n−1n ′17. Soitn∈N. En dérivant l’égalité (1) et en tenant compte de l’égalité P = −(n+2)(n+1)P , on obtient pour x>0nn+1 ′ 2 ′′ ′−(n+2)(n+1)P (x) =2xP (x)+x P (x)−2(n+1)P (x)+(1−2(n+1)x)P (x),n nn n n et donc 2 ′′ ′∀n∈N, ∀x>0, x P (x)+(1−2nx)P (x)+n(N +1)P (x) =0.nn n chttp ://www.maths-france.fr 5 Jean-Louis Rouget, 2007. Tous droits réservés.6 6 6 Deuxième problème I. Changement de bases et division euclidienne 318. Soit (λ ,λ ,λ )∈R .1 2 3 λ Q +λ Q +λ Q =0⇒∀j∈ {1,2,3}, λ Q (a )+λ Q (a )+λ Q (a ) =01 1 2 2 3 3 1 1 j 2 2 j 3 3 j λ Q (a ) =01 1 1⇒ λ Q (a ) =0 (car∀i =j, Q (a ) =0)2 2 2 i j λ Q (a ) =03 3 3 λ =01⇒ λ =0 (car∀i, Q (a ) =0).2 i i λ =03 On a montré que la famille (Q ,Q ,Q ) est libre.1 2 3  1 sii =j219. En posant a =1, a =3 et a =5, on a∀(i,j)∈ {1,2,3} , P (a ) =δ = .1 2 3 i j i,j 0 sii =j 20. Les trois polynômes P , P et P sont bien éléments deR [X]. Puisque a , a et a sont trois réels deux à deux1 2 3 2 1 2 3 distincts, la question 18. montre que la famille (P ,P ,P ) est une famille libre deR [X]. Enfin, card(P ,P ,P ) = 3 =1 2 3 2 1 2 3 dim(R [X])< +∞. On en déduit que2 la familleP = (P ,P ,P ) est une base duR-espace vectorielR [X].1 2 3 2 15 1 5 3 1 3 1 12 2 221. P = −X+ X , P = − + X− X et P = − X+ X . Donc la matrice de passage de la baseB à la base1 2 3 8 8 4 2 4 8 2 8 P est   15 5 3 − 8 4 8 3 1 Mat (P) = .B −1 −  2 2 1 1 1 − 8 4 8 22. La matrice A est la matrice d’une base dans une autre (ou encore A est une matrice de passage) et donc la matrice −1A est inversible. A est la matrice de passage de la baseP à la baseB. Or   15 1 2 2 2  X = −3+4X+8P  X = −3+4X+8PP = −X+ X 3 31  8 8  15 1 3 1 5 3 1 P = −X+ (−3+4X+8P ) P = − X+P2 1 3 1 3⇔ ⇔P = − + X− X2 8 8 2 2  4 2 45 3 1 1 1  3 1 1  2 P = − + X− (−3+4X +8P ) P = − + X−2P 2 3 2 3P = − X+ X3 4 2 4