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

Description

Niveau: Supérieur
CONCOURS COMMUN 2009 DES ECOLES DES MINES D'ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve de Mathématiques (toutes filières) Problème I : Algèbre et géométrie A. Etude de deux applications 1. Soit P ? R2[X]. Posons P = aX2 + bX+ c où (a, b, c) ? R3. f(P) = 12 [( aX 2 4 + b X 2 + c ) + ( a (X+ 1) 2 4 + b X+ 1 2 + c )] = a4X 2 + ( a 4 + b 2 ) X+ a8 + b 4 + c, et donc f(P) ? R2[X]. Ainsi, f est bien à valeurs dans R2[X]. Soient (P,Q) ? (R2[X])2 et (?, µ) ? R2. f(?P + µQ) = 12 [ (?P + µQ) ( X 2 ) + (?P + µQ) ( X+ 1 2 )] = ?? 12 [ P ( X 2 ) + P ( X+ 1 2 )] + µ? 12 [ Q ( X 2 ) +Q ( X+ 1 2 )] = ?f(P) + µf(Q), et donc, f est linéaire.

• calcul de la question


• droites d'équations respectives


• famille


• sin ?


• sphère de centre ?m


• cos?

Sujets

• Famille

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Extrait

CONCOURSCOMMUN2009
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve de Mathématiques
(toutes filières)
Problème I : Algèbre et géométrie
A. Etude de deux applications
2 31. Soit P∈R [X]. Posons P =aX +bX+c où (a,b,c)∈R .2

2 21 X X (X+1) X+1 a a b a b2f(P) = a +b +c + a +b +c = X + + X+ + +c,
2 4 2 4 2 4 4 2 8 4
et donc f(P)∈R [X]. Ainsi, f est bien à valeurs dansR [X].2 2
2 2Soient (P,Q)∈ (R [X]) et (λ,μ)∈R .2

1 X X+1
f(λP +μQ) = (λP +μQ) +(λP +μQ)
2 2 2

1 X X+1 1 X X+1
=λ× P +P +μ× Q +Q =λf(P)+μf(Q),
2 2 2 2 2 2
et donc, f est linéaire.
f∈L (R [X]).2
2 22. Soient (P,Q)∈ (R [X]) et (λ,μ)∈R .2
ϕ(λP +μQ) = (λP +μQ)(1) =λP(1)+μQ(1) =λϕ(P)+μϕ(Q).
et donc, ϕ est linéaire.
ϕ∈L(R [X],R).2
21 X 1 X X
23. Le calcul de la question 1. fournit en particulier f(1) =1, f(X) = + et f(X ) = + + . Par suite,
4 2 8 4 4
 
1 1
1 4 8 
 1 1 Mat f = .B 0 
2 4 
 1
0 0
4
4. La matrice de l’endomorphisme f dans la baseB est triangulaire supérieure à coefficients diagonaux tous non nuls. Par
suite, cette matrice est inversible et on en déduit que
f∈GL(R [X]).2
2 35. Soit P =aX +bX+c, (a,b,c)∈R . P∈ Ker(ϕ)⇔a+b+c =0⇔c = −a−b. Donc
2 2 2 2 2Ker(ϕ) = {aX +bX−a−b, (a,b)∈R } = {a(X −1)+b(X−1), (a,b)∈R } = Vect(X−1,X −1).
12 2Ainsi, la famille (X−1,X −1) est génératrice de Ker(ϕ). De plus, les polynômes X−1 et X −1 n’ont pas le même degré
2et par suite, la famille (X−1,X −1) est libre. Cette famille est donc une base de Ker(ϕ).
2Une base de Ker(ϕ) est (X−1,X −1) et dim(Ker(ϕ)) =2.
6. Puisque Ker(ϕ) = {0}, ϕ n’est pas injective.
Im(ϕ) est un sous-espace vectoriel deR et donc soit {0}, soitR. Le théorème du rang fournit
dim(Im(ϕ)) = dim(R [X])−dim(Ker(ϕ)) =3−2 =12
et donc Im(ϕ) =R. On en déduit que ϕ est surjective.
ϕ est surjective et non injective.
B. Calcul des puissances successives d’une matrice
27. Les trois polynômes 1, −2X+1 et 6X −6X+1 sont trois éléments deR [X] de degrés deux à deux distincts. La famille2
′ ′ ′B est donc une famille libre de R [X]. Comme de plus card(B ) = 3 = dim(R [X]) < +∞, la famille B est une base de2 2
R [X].2
′B est une base deR [X].2
8.
 
1 1 1
 Q = 0 −2 −6 .
0 0 6
−19. Q est inversible car Q est une matrice de passage d’une base à une autre. Son inverse Q est la matrice de passage de
′la baseB à la baseB.
2Posons P =1, P =1−2X et P =1−6X+6X .0 1 2

  1 =P01 =P 0  P =1  0 11 X = (P −P )0 1P =1−2X ⇔ ⇔1 X = (P −P )0 1 2  2 2 1P =1−6X+6X 2 2 2P =P −3(P −P )+6X X = (2P −3P +P )2 0 0 1 0 1 2
6
 
1 1
1
 2 3 
 1 1−1  Q = .0 − − 
2 2 
 1
0 0
6
2 1 1
10. D’après le calcul de la question 1., f(P ) =P puis f(P ) = −X− +1 = (−2X+1) = P et enfin0 0 1 1
4 2 2

6 6 6 6 6 6 6 1 1 12 2 2f(P ) = X + − X+ − +1 = X − X+ = (6X −6X+1) = P .2 2
4 4 2 8 4 4 4 4 4 4
Donc,

1 1
Mat ′(f) = diag 1, , .B
2 4
2
6−111. Les formules de changement de bases fournissent A =QMQ . Soit alors n∈N.

1 1n n n −1 n −1 −1A = Mat (f ) =QMat ′(f )Q =QM Q =Qdiag 1, , QB B n n2 4
    
1 1 1 1 1 1  1 1 11 0 0    n n    2 3 2 4 2 3    1 1 1  1       1 6 11 2 10 0      0 −2 −6=  n  =0 − − 0 − − 0 − −2     n n  2 2 2 4 2 2    10 0 6     0 0 1 6 1n4 0 0 0 0 0 0
n6 4 6
 
1 1 1 1 1
1 − − +
n+1 n+1 n 2 2 3 2 6×4
 
 1 1 1 = .0 − n n n 2 2 4 
 1
0 0
n4
 
1 1 1 1 1
1 − − +
n+1 n+1 n 2 2 3 2 6×4 
 1 1 1n  ∀n∈N, A = .0 − n n n2 2 4 
 
1
0 0
n4
   1 1 1 1 1 b c b+c c
1 − − + a+ + − +n+1 n+1 n   n+1 n2 2 3 2 6×4  2 3 2 6×4   a     1 1 1 b+c c  b12. Soit n∈N. =  et donc0 −  −n n n  n n 2 2 4  2 4c    c1
0 0 nn 44

b c b+c c b+c c cn 2∀P∈R [X],∀n∈N, f (P) = a+ + − + + − X+ X .2 n+1 n n n n2 3 2 6×4 2 4 4
13. On en déduit que

b c b+c c b+c c cnlim ϕ(f (P)) = lim a+ + − + + − +
n+1 n n n nn→+∞ n→+∞ 2 3 2 6×4 2 4 4
Z Z1 1b c 2=a+ + = (a+bt+ct )dt = P(t)dt.
2 3 0 0
Z1
n∀P∈R [X], lim ϕ(f (P)) = P(t)dt.2
n→+∞ 0
C. Une autre preuve du résultat précédent
n 2 −1X1 X+k
n14. Soit P∈R [X]. Montrons par récurrence que∀n∈N, f (P) = P .2 n n2 2
k=0
n 0 2 −1 2 −1X X1 X+k 1 X+k 0• Si n =0, P = P =P =f (P).
n n 0 02 2 2 2
k=0 k=0
n 2 −1X1 X+kn• Soit n>0. Supposons que f (P) = P . Alors
n n2 2
k=0
3 ! " #n n n 2 −1 2 −1 2 −1n nX X X1 X+k 1 1 (X+k)/2 1 1+(X+k)/2n+1f (P) =f P = P + P
n n n n2 2 2 2 2 2 2
k=0 k=0 k=0
" # " #n n n n n 2 −1 2 −1 2 −1 2 +2 −1nX X X X1 X+k X+k+2 1 X+k X+k
= P + P = P + Pn+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+12 2 2 2 2 2
nk=0 k=0 k=0 k=2
 
n+1 2 −1X1 X+k
 = P .
n+1 n+12 2
k=0
On a montré par récurrence que
n 2 −1X1 X+kn∀P∈R [X],∀n∈N, f (P) = P .2 n n2 2
k=0
n n 2 −1 2X X1 k+1 1 kn15. Soit P∈R [X]. D’après la question précédente, ϕ(f (P)) = P = P .2 n n n n2 2 2 2
k=0 k=1
kn
nSoit n∈N. Pour k∈ J0,2 K, posons x = . (x ) est une subdivision de l’intervalle [0,1] à pas constant égal àk k 06k62n2
1
. Quand n tend vers +∞, le pas tend vers 0 et, puisque la fonction P est continue sur [0,1], la somme de Riemann
n2
n n Z2 2 1X X1 k
P = (x −x )P(x ) tend vers P(t) dt quand n tend vers +∞. On retrouve donc le résultat de lak k−1 kn n2 2 0k=1 k=1
question 13.
D. Etude d’une famille de sphères et d’une famille de droites
316. Soit m∈R. Soit (x,y,z)∈R .
√
2 2 2 2M(x,y,z)∈S ⇔x +y +z −2mz 2+m −2 =0m
√
2 2 2 2⇔x +y +(z−m 2) =m +2.
√ √
2 2Puisque m +2>0, S est la sphère de centre Ω (0,0,m 2) et de rayon R = m +2.mm m
√ √
2∀m∈R, S est la sphère de centre Ω (0,0,m 2) et de rayon R = m +2.m m m
317. Soit (x,y,z)∈R

y =0
y =0 2 2x zM(x,y,z)∈P∩E⇔ ⇔ .2 2 √ √x =z +2  − =1
2 2( 2) ( 2)
2 2−→ −→ x z
Ainsi, une équation de G dans le repère (O, i , k) est √ − √ = 1. G est une hyperbole. Une équation de ses
2 2( 2) ( 2)
2 2x z
asymptotes est √ − √ =0 ou encore z =±x.
2 2( 2) ( 2)

z =x z = −x
G est une hyperbole. Ses asymptotes sont les droites d’équations respectives et .
y =0 y =0
18.
4z = −x
z
5
4
3
2
1
x
−5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
√ √ √
2 219. Avec les notations usuelles, on a a = 2 et b = 2. Par suite c = a +b = 2 et les foyers de G sont les points
√c 2′ ′F(2,0) et F (−2,0) dans (xOz) ou encore F(2,0,0) et F (−2,0,0) dansR. Ensuite, e = = √ = 2.
a 2
√
′G est une hyperbole de foyers F(2,0,0) et F (−2,0,0) et d’excentricité e = 2.R R
 √
x = 2sinθ+λcosθ √
20. Soitm∈R. Un système d’équation paramétriques de (D ) est , λ∈R. Un repère de (D )y = − 2cosθ+λsinθθ θ

z =λ
√ √→− →−est donc (A , u ) où A ( 2sinθ,− 2cosθ,0) et u (cosθ,sinθ,1).θ θ θ θ
√ √ −→∀θ∈R, (D ) est la droite passant parle point A ( 2sinθ,− 2cosθ,0) et de vecteur directeur u (cosθ,sinθ,1).θ θ θ
221. Soit (m,θ)∈R . Calculons la distance de la droite (D ) au centre Ω de la sphère S . On sait queθ m m
−−−−→ →−
kA Ω ∧ u k 1 −−−−→θ m θ −→√d(Ω ,(D )) = = kA Ω ∧ u k.m θ θ m θ→−
ku kθ 2
√     
− 2sinθ cosθ cosθ−msinθ√ √−−−−→ −→      Ensuite, A Ω ∧ u = 2cosθ ∧ sinθ = 2 sinθ−mcosθ puisθ m θ √
1 −1m 2
√ p √ √ √ √−−−−→ −→ 2 2 2 2kA Ω ∧ u k = 2 (cosθ−msinθ) +(sinθ−mcosθ) +1 = 2 1+m +1 = 2 m +2,θ m θ
et donc
√ √ √1
2 2d(Ω ,(D )) = √ × 2 m +2 = m +2 =R .m θ m
2
Puisque d(Ω ,(D )) =R , on sait que la droite (D ) est tangente à la sphère S .m θ m θ m
∀θ∈R,∀m∈R, la droite (D ) est tangente à la sphère S .θ m
5
z =x
G√ √
22. Soit θ∈R. Soit M( 2sinθ+λcosθ,− 2cosθ+λsinθ,λ), λ∈R, un point quelconque de (D ).θ
√ √
2 2 2 2 22 2 2x +y −z −2 = ( 2sinθ+λcosθ) +(− 2cosθ+λsinθ) −(λ) −2 =2+λ −λ −2 =0.M M M
Donc tout point M de (D ) appartient àE et finalement (D ) est contenue dansE.θ θ
∀θ∈R, (D )⊂E.θ
2 2 2 →−23. Réciproquement, soit M(x,y,z) un point deE. On a donc x +y =z +2. Le vecteur u de coordonnées (x,y) dans√−→2un certain repère orthonormé de R a donc même norme que le vecteur v de coordonnées (z,− 2). Par suite, il existe
→− →−
un réel θ tel que u =r (v ) ce qui s’écritθ
√
zx cosθ −sinθ zcosθ+ 2sinθ√ √= = .
y sinθ cosθ − 2 zsinθ− 2cosθ
Pour ce réel θ, le point M appartient à la droite (D ).θ
24. En résumé, la surfaceE est la réunion des droites (D ), θ∈R.θ
6Problème II : Analyse
A. Étude d’une fonction
1 1∗ ∗1. Pour x∈R , −x∈R et f(−x) = (−x)sh − =xsh =f(x).
x x
f est paire.

1 1
2. (a) On sait que shx ∼ x et donc quand x tend vers +∞ ou −∞, f(x) =xsh ∼x× =1.
x→0 x x
lim f(x) = lim f(x) =1.
x→+∞ x→−∞

1 1 1 1/x(b) Quand x tend vers 0 par valeurs supérieures, tend vers +∞ et donc sh