Corrigé du concours commun 2009 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique.

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1 Corrigé du concours commun 009 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique. Problème On rappelle que le nombre e = exp(), 7, e 0, 6,, 4 et ln(3), 0. Partie (Étude d une fonction) La fonction f est dérivable donc ses variations se déduisent du signe de sa dérivée : f (x) = 3e x ( x ) f (x) a donc le signe de x, nous en déduisons le tableau de variation ci-dessous. f (x) = 0 si et seulement si x = ± et, avec les valeurs données : f ( ) ( ) =, 8, f = 0, 8. Limites aux bornes de l ensemble de définition : lim x ± xe x = 0 par croissances comparées, donc lim f (x) = x ± La droite d équation y = est asymptote à C f en et +. Tableau des variations : x 0 + f (x) f, 8 0, 8 f est dérivable et f (x) = 6x(x 3)e x. Nous remarquons qu en x = 0 la dérivée seconde s annule en changeant de signe, indiquant un point d inflexion. 3 L équation de la tangente en 0 (i.e. au point d abscisse 0) est soit y = f (0) + f (0)x y = 3x Le signe de la différence f (x) (3x ) indique la position de C f relativement à la tangente : f (x) (3x ) = 3x(e x ) or e x 0, pour tout x réel. Donc la différence a un signe opposé à x, par conséquent C f est en dessous la tangente pour x 0 et au-dessus sinon. 3

2 4 Représentation (unités : cm) y O x 5. f est de classe C car composée de telles fonctions, ainsi elle admet des développements de Taylor en 0 à tout ordre et donc des développements limités à tout ordre.. Nous avons d où e x = 0 x + x4 + o(x4 ) f (x) = 0 + 3x 3x x5 + o(x 6 ) Partie (Étude d une équation différentielle) 6 Si x est dans l un des deux intervalles, il est non nul. Soit I l un des deux intervalles. Sur I, l équation H n est de la forme ( n ) y x x y = 0 Une primitive de x n x x est x n ln x x. L exponentielle de n ln x x est ±x n e x, la solution générale de H n sur I est donc y h : y h = Cx n e x où C est une constante dépendant des conditions initiales sur I. 4

3 7 La solution générale de E n est la somme d une solution particulière de E n et de la solution générale de H n. Or y p = est une solution particulière évidente. Ainsi la solution générale de E n sur chaque intervalle est de la forme : y h = Cx n e x avec C une constante. 8 Tout d abord les solutions sont de classe C sur chaque intervalle. Il nous reste à prolonger ces fonctions en 0 Pour tout entier positif n non nul lim x 0 Cxn e x = Donc toute solution de la forme C x n e x si x < 0 y(x) = C x n e x si x > 0 0 si x = 0 est continue sur R. De plus, pour x = 0 : y (x) = C(n x )x n e x Donc si n, la fonction y se prolonge en 0 par y (0) = 0. Toutes les fonctions y sont des solutions. Si n =, nous avons lim y(x) = C, x 0 et lim x 0 + y(x) = C et nous ne pouvons prolonger y en 0 que si C = C en posant y(0) = C. Les seules solutions de classe C sont donc de la forme y(x) = Cxe x Partie 3 (Étude de deux suites) 9 Nous constatons f n (0) = < 0 et f n () = 3 > 0 car e < 3. e 0 Les variations de f n se déduisent du signe de sa dérivée : f n(x) = 3x n e x (n x ) Il s avère que f n(x) a le même signe que n x. Notons que f n s annule pour x = n et f ( ) ( n = 3 n ) n e n. lim x + f n (x) = car, par croissances comparées : lim x + x n e x = 0. 5

4 Tableau des variations : n x 0 f n(x) f 3 e f ) n ( n f n est continue, strictement croissante sur [0, ] et f ( 0) f n () < 0 donc f n ne s annule qu une fois, en u n, sur [0, ], ainsi u n <. Sur [ n, + [ f n est continue et strictement continue, de plus f ( ) n > et lim + f n =, donc f n définit une bijection de [ n, + ] sur [ f ( ) [ n, +. Par suite f n ne s annule qu une fois, en v n sur [ n, + [ et v n >. Ainsi : u n < < v n. D après la question précédente v n n donc (v n) n est minorée par une suite qui tend vers + d où lim v n = + n +. Par définition f n (u n ) = 0 soit 3u n ne u n = et : e u n =. Nous en déduisons, avec le résultat de la question 9 : f n+ (u n ) = 3u n+ n e u n = un < 0 3. f n+ est strictement croissante sur [0, ] qui contient u n+ et u n, f n+ (u n+ ) = 0, f n+ (u n ) < 0, donc u n < u n+. 4. Ainsi (u n ) n est croissante, majorée par donc elle converge vers un réel l inférieur à. 3. Pour t > 0, 0 = g n (t) = ln(3) + n ln(t) t si et seulement si e 0 = t n e t i.e. f n (t) = 0.. Nous avons donc : ln(u n ) = ln(3) ce qui implique lim n + ln(u n ) = n 0 soit lim n + u n = (pourquoi supposer l =?). 3. Développons g n ( + t) au voisinage de 0 : d où g n (t) = 0 ln(3) + (n )t + o(t) 3u n n 0 = g n (u n ) = g n ( + w n ) = ln(3) + (n )w n + o(w n ) ce qui donne avec n > w n = ln(3) n et puisque w n tend vers 0 : w n ln(3) n. 6 + o(w n ).

5 4. Les fonctions x et y sont dérivables x (t) = t ( t ), y (t) = t Le signe des dérivées indique les variations, de plus : x(t) = + t ( donc, sachant que lim x + ln(t) t = 0 : ) ln(t) + ln(3) t, y(t) t 3 + lim x(t) =, et lim y(t) = x + x + Tableau : t 0 x + 0 x ln(3) 3 y 0 y + 0. Nous en déduisons que courbe M a une droite asymptote d équation y(t) y = 0. De plus lim x + = + indique que M a une direction x(t) asymtotique verticale (x = 0). 3. Nous avons x () = 0 et y () = 0, le point M() est donc singulier. Au voisinage de ( M(t) = (x(t), y(t)) = ln(3), ) (, )t + o(t ) 3 donc le vecteur tangent est colinéaire au vecteur M(t) M(t) qui tend t vers (, ) lorsque t tend vers. Donc (, ) est un vecteur directeur de la tangente à la courbe en M(). 5 Représentation graphique : 7

6 y x Problème Partie (Étude d un polynôme) 6. Comme ( + i) = 3 + 4i, les racines carrées demandées sont i et + i.. Le discriminant de U est 3 + 4i, nous en déduisons les racines de U : et i. Les racines sont évidentes mais il fallait bien utiliser la question ci-dessus. 7. Un petit calcul donne Re(U(z)) = x y + x + y et Im(U(z)) = xy x + y.. (a) La partie réelle de U(z) est nulle. Une remise en forme donne une équation réduite d hyperbole : ( (y ) x ) = Le centre est le point de coordonnées x =, y =. De plus, 3 avec le notations usuelles : c =, a = 3 4 d où l excentricité : e = c a =. Représentations : 8

7 y Γ Γ O x Γ Γ (b) Ici la partie imaginaire est nulle, nous trouvons l équation d une hyperbole de même centre que Γ : ( x + ) (y ) = Partie (Définition d une application) 8 Montrons que f est linéaire. Soient P et P deux polynômes, α et β deux nombres complexes. Effectuons les divisions euclidiennes de P (X ) et P (X ) par T(X), notons les restes respectifs R et R, les quotients Q et Q : P (X ) =Q (X)T(X) + R (X) P (X ) =Q (X)T(X) + R (X) alors αp (X ) + βp (X ) =αq (X)T(X) + αr (X)βQ (X)T(X) + βr (X) =(αq (X) + βq (X))T(X) + αr (X) + βr (X) Or deg(αr + βr ) max(deg(r ), deg(r )) < deg T, donc αr + βr 9

8 est le reste de la division euclidienne de αp (X ) + βp (X ) par T(X), donc ce qui montre la linéarité de f. f (αp + βp ) = αq + βq + X(αR + βr ) = αq + XαR + βq + XβR = α f (P ) + β f (P )) 9 Vérifions que f (P) est de degré inférieur ou égal à n si deg(p) n. Il existe des polynômes Q et R à coefficients complexes tels que P(X ) = Q(X)T(X) + R(X) et deg(r) < n, ainsi f (P) = Q + XR. Comme deg(q) + deg(t) n, nous avons deg(q) n et deg(r) < n, donc deg(xr(x)) n par suite deg( f (P)) n, nous obtenons que f (P) est un polynôme de degré au plus égal à n. En conclusion, la restriction f n de l application linéaire f est un endomorphisme de l espace vectoriel (C n [X], +, ). 0. Calculons l image de la base canonique : P = P(X) P(X ) = Q(X)T(X) + R(X) f (P) = Q(X) + XR(X) P = P(X ) = 0 X + f () = 0 + X = X P = X P(X ) = X + 0 f (X) = + X 0 = P = X P(X ) = X X + 0 f (X ) = X + X 0 = X La matrice A de f dans la base canonique est Nous avons A = I 3, avec I 3 la matrice unité, donc A est inversible et A = A. Ainsi f est une involution, elle est inversible et est égale à son application réciproque : F = f. Remarquons que les carrés ( + i) = i et ( i) = des racines de T sont les racines de U (l énoncé propose obligeamment la factorisation de T). Donc U(X ) est divisible par T. Les autres racines de U(X ) sont donc et i, d où reste R = 0 et le quotient Q = (X )(X + i) de la division euclidienne de U(X ) par T(X) : f (U)(X) = Q(X) = X + X + i 0

9 Effectuons les divisions euclidienne de, X, X 4, X 6 par X 3 + X + a, puis les calculs des images de la base canonique : = 0 T(X) + f () = X X = 0 T(X) + X f (X) = X 3 X 4 = (X )T(X) + X + a f (X ) = X 3 ax + ( + a)x X 6 = (X 3 X + X ( + a))t(x) + ( + a)x ax + a + a f (X 3 ) = (a + )X 3 ( + a)x + (a + a + )X ( + a) d où 0 0 a B = 0 a + + a + a 0 0 a a 0 a + 3 Développons deux fois suivant la première colonne : det( f 3 ) = a a a = (a + ) a = ( a ) 4 f 3 n est pas bijective si et seulement si le déterminant de f 3 est nul donc pour a = ou a =. 5. Pour a f 3 n est pas bijective d après la question précédente et B = Les trois premiers vecteurs colonnes sont linéairement indépendants et la quatrième est égal au premier. Donc le rang de f 3 est 3, d après le théorème du rang la dimension de ker( f 3 ) est égale à, nous constatons que f () f (X 3 ) = 0 donc X 3 engendre ker( f 3 ).. D après la question précédente Im( f 3 ) est de dimension 3 et est engendrée par la famille libre ( f (), f (X), f (X )) qui forme donc une base de l image : Vect(X, X 3, + X + X 3 ) = Vect(X, X, X 3 )

10 3. Nous constatons que la famille obtenue avec la base (X, X, X 3 ) de l image et la base (X 3 ) du noyau, soit (X, X, X 3, X 3 ) est libre car (X, X, X 3, ) ou (X, X, X 3, ) est libre. Or (, X, X, X 3 ) est la base canonique, donc ker( f 3 ) et Im( f 3 ) sont supplémentaires. Partie 3 (Étude du noyau) 6 p est un entier, bien entendu. Soit la division euclidienne P(X ) = Q(X)T(X) + R(X) de P(X ) par T(X), nous avons deg(p(x )) < deg(t) d où Q = 0 et R(X) = P(X ), soit f (P) = XP(X ) qui est non nul par hypothèse. 7 Soient Q et R égaux respectivement au quotient et au reste de la division euclidienne de P(X ) par T. P appartient au noyau de f si et seulement si f (P) = Q(X) + XR(X) = 0, ou P(X ) = ( XR(X))T(X) + R(X), ce qui est la relation demandée car deg(r) < deg(t) = n. 8 Soit P dans le noyau de f. D après la relation P(X ) = R(X)( XT(X)) de la question précédente, nous avons l égalité des degrés de chaque membre : p = deg(r) + + n or deg(r) < n donc p < n + soit p n ou encore p n. Ainsi P appartient à C n [X]. 9 D après la question 7, si P est un élément du noyau, il existe un polynôme R de degré strictement inférieur à n tel que P(X ) = R(X)( XT(X)), en multipliant chaque membre par X k nous avons X k P(X ) = R 0 (X)( XT(X)) en posant R 0 (X) = X k R(X). Donc X k P(X) appartient au noyau de f si et seulement si deg(x k R(X)) < n, d après (7), soit si et seulement si k + deg(r) < n or deg(p) = deg(r) + n + donc la condition s écrit aussi k + deg(p) n < n soit k + deg(p) < n + ou encore k + deg(p) n. Finalement X k P(X) appartient au noyau de f. 30. I est une partie de N, non vide par hypothèse, elle possède donc un élément minimum d.. Soient P 0 et P deux polynômes du noyau de même degré d. Soit c l opposé du coefficient dominant de P divisé par le coefficient dominant de P 0, alors deg(p cp 0 ) < d donc P cp 0 est un élément du noyau dont le degré est strictement inférieur à d, par définition de d P cp 0 est le polynôme nul.

11 3. Soit P un polynôme appartenant au noyau de f, appelons S le quotient et R le reste de la division euclidienne de P par P 0. D après la question n o 7, il existe R 0 de degré strictement inférieur à n tel que P 0 (X ) = R 0 (X)( XT(X)), de même P(X) = R(X)( XT(X)). Par suite : d autre part P(X ) = S(X )P 0 (X ) + R (X ) = S(X )R 0 (X)( XT(X)) + R ( X ) P(X ) = R(X)( XT(X)) Donc S(X )P 0 (X ) et R(X) ont le même degré strictement inférieur à n, par conséquent S(X)P 0 (X) appartient au noyau d après la question n o 7, donc R (X) également puisqu il est égal à la somme (différence) de deux éléments du noyau. Nous en déduisons que R est nul puisqu il appartient au noyau et qu il a un degré strictement inférieur à d. Donc P = SP 0. Enfin d après la question 8, le degré de P est inférieur ou égal à n, donc deg(s) = deg(p) d n d 3 D après la question 5 avec a =, nous constatons que le noyau de f est engendré par X 3. Partie 4 (Étude d un produit scalaire) 3 D après la question 9, Im(g) est contenue dans C [X], puisque f est un endomorphisme de C [X]. Si P est dans R [X], comme T est aussi dans R [X], le quotient et le reste de la division euclidienne de P(X ) par T(X) ont aussi des coefficients réels. C [X] et R [X] ont la même base canonique, donc d après 0(a), la matrice de g est A. 33 L applications d évaluation U U() est linéaire, la dérivation est linéaire, donc les applications U U () et U U () sont linéaires. Par suite les applications (U, V) U()V() (U, V) U ()V () (U, V) U ()V () sont bilinéaires, symétriques puisque (R, +, ) est commutatif. Ceci implique que.,. est bilinéaire symétrique. 3

12 .,. est positive car pour tout polynôme U dans R [X], U, U est une somme de réels positifs : de plis, si U, U = 0, nous avons U, U = U() + U () + U () 0 U() = 0, U () = 0, U () = 0 qui indique que est une racine de multiplicité 3 d un polynôme de degré, donc U = 0. En conclusion,.,. est un produit scalaire sur (R [X], +, ). 34 D après la question 0(b), A = A, A est symétrique, t A = A, donc t A = A, autrement dit A est orthogonale. 35 Nous avons, = et g(), g() = X, X =, donc g n est pas une isométrie. 4