Concours commun 2007 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique Corrigé

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1 Concours commun 2007 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique Corrigé Problème Partie lim x 0 x = + et lim x 0 x 2 = + donc lim f (x) = + x 0 f n est pas continue à gauche. lim x 0 + x = donc lim x 0 + exp ( x ) = 0 et limx 0 + x 2 = + ; nous avons une forme indéterminée du type u 2 e u avec u +, d après les croissances comparées, la limite est 0 : f est continue à droite. De la même manière : lim f (x) = 0 x 0 + f (x) f (0) x 0 = x 3 e x f (x) f (0) Donc lim x 0 x 0 = donc f n est pas dérivable à gauche et lim x donc f est dérivable à droite et sa dérivée à droite vaut 0 en x = 0. f (x) f (0) x 0 = 2 Limites aux bornes : lim x ± x = 0 et lim x ± x 2 = 0 donc lim x ± f (x) = 0. Ainsi, le graphe de f admet l axe des abscisses comme asymptote et l axe des ordonnées lorsque x tend vers 0 par valeurs négatives, d après la première question. Variations : f est dérivable sur ], 0[ et ]0, + [, donc ses variations sur ces intervalles se déduisent du signe de sa dérivée ; Nous avons donc le tableau suivant : f (x) = e x ( 2 x) x 4 t f + + f e f étant deux fois dérivable, sa convexité est donnée par le signe de sa dérivée seconde : f (x) = e x (6x 2 6x + ) x 6

2 y O x FIGURE Graphe de f Les racines (simples) de 6x 2 6x + sont et f s annule en changeant de signe en ces valeurs, C a donc deux points d inflexion. f est convexe sur ] ], 0[ 0, ] [ [ , + et concave sur [ 3 2 6, 2 + ] Pour représenter la courbe nous utilisons les points d abscisses, 2 et (qui correspondent aux valeurs aimablement communiquées). Prendre garde aux unités imposées par le texte. Partie 2 5 La fonction est positive sur l intervalle [h, ], par définition 2

3 l aire (en cm 2 ) est A (h) = 2 2 f (t) dt h [ ] = 4 e x h = 4(e e h ) 6 lim h 0 + e h = 0 donc lim h 0 + A (h) = 4 e. Partie 3 7 L équation (E) est, sur les intervalles donnés, équivalente à ( y = x 2 2 ) y = 0 x Une primitive de a : x x 2 2 x est A : x x 2 ln x et ea(x) = f (x) (quelle coïncidence!) donc, sur chaque intervalle, y est de la forme y = C f (x) avec C une constante. Soit y une solution sur R, alors il existe des constantes C et C 2 (complexes? L énoncé ne le précise pas) telles que { y(x) = C f (x) si x < 0 y(x) = C 2 f (x) si x > 0 y doit être de classe C. Or la limite de y à gauche en 0 n est finie que si C = 0. Il est donc nécessaire que y soit égale à la fonction nulle sur ], 0[. Comme la limite à droite de y est 0, y est continue. y est évidemment dérivable à gauche en 0 et, d après la question, dérivable à droite en 0. Nous pouvons vérifier que y est continue en 0. En conclusion les solutions sur R sont de la forme : { y(x) = 0 si x 0 C C, x R y(x) = C f (x) si x > 0 Partie 4 9 x x est de classe C sur ]0, + [, à valeurs rélles, exp est de classe C sur R donc x exp ( x ) est de classe C sur ]0, + [ comme composée de fonctions de classe C. x x 2 est de classe C sur ]0, + [. Donc f est est de classe C sur ]0, + [ comme produit de fonctions de classe C sur ]0, + [. 0 La formule est vraie pour n = 0 avec P 0 =. Supposons la formule vraie pour n et dérivons chaque membre : f (n+) (x) = P n(x) + x 2 P n(x) (2n + 2)xP n (x) e x 2(n+)+2 x 3

4 Donc la formule est vérifiée pour n + avec P n+ (x) = x 2 P n(x) + ( (2n + 2)x)P n (x) qui est un polynôme, elle est donc vraie pour tout entier naturel n. Nous avons déjà calculé P 0 =, P (x) = 2x +, P 2 (x) = 6x 2 6x +. La formule de la question précédente donne P 3 (x) = 24 x x 2 2 x + P 4 (x) = 20 x x x 2 20 x + 2 La suite (P n ) n 0 est définie par P 0 et la relation : P n+ (x) = x 2 P n(x) + ( 2(n + )x)p n (x) () Notons TD n = a n x d n le terme dominant et TC n le terme constant P n (0) de P n. D après la formule () nous avons TD n+ = (d n a n 2(n + )a n )x n+ a n+ x d n+ = a n (d n 2(n + ))x n+ TC n+ = TC n Donc TC n est constant : TC n =, d n+ = n + et a n+ = a n (n 2(n + )) soit a n+ = (n + 2)a n, qui suggère a n = ( ) n (n + )!. Cette formule est vraie pour n = 0 et si elle est vraie à l ordre n (n + 2)a n = ( ) n+ (n + 2)! montre qu elle est vérifiée pour n + donc pour tout n entier positif, par récurrence. Ainsi TD n = ( ) n (n + )!x n et TC n =. 3 Nous avons g (x) = f (x). Nous obtenons la formule demandée en dérivant n fois chaque membre. 4 Cours : u et v sont deux fonctions n fois dérivables en x, alors uv est n fois dérivable en x et la dérivée n e de uv en x est ( ) n u (k) (x)v (n k) (x) k 0 k n 5 Dérivons x 2 f (x), n + fois en appliquant la formule de Leibniz : f (n) (x) = g (n+) = (x 2 f (x)) (n+) = x 2 f (n+) (x) + n(2x) f (n) (x) + 4 (n + )n 2 f (n ) (x) 2

5 Remplaçons les expressions des dérivées de f en fonction des polynômes et divisons chaque membre par e x, il vient : P n+ (x) x 2n+2 = x2 P n+ (x) x 2n+4 + (n + )2xP n(x) x 2n+2 + n(n + )P n x 2n 2 Éliminons les dénominateurs : P n (x) = P n+ (x) + 2x(n + )P n (x) + n(n + )x 2 P n (x) nous obtenons la relation demandée. 6 Soustrayons, membre à membre les deux relations obtenues ci-dessus, il vient : 0 = x 2 P n(x) + n(n + )x 2 P n (x) ce qui donne la relation voulue après division par x 2. 7 D après la relation précédente à l ordre n + : Dérivons la première relation : P n+(x) = (n + )(n + 2)P n (x) P n+(x) = 2xP n(x) + x 2 P n (x) + ( 2nx 2x)P n(x) 2(n + )P n (x) En égalant les seconds membres et en simplifiant nous obtenons la relation demandée : 0 = x 2 P n (x) + ( 2nx)P n(x) + n(n + )P n (x) Problème 2 Partie Soient α, α 2, α 3 des réels tels que Alors pour j {, 2, 3} α Q + α 2 Q 2 + α 3 Q 3 = 0 α Q (a j ) + α 2 Q 2 (a j ) + α 3 Q 3 (a j ) = 0 α j Q j (a j ) = 0 Comme Q j (a j ) = 0, c est que α j = 0. Donc Q, Q 2 et Q 3 sont linéairement indépendants. 9 Calculs : P () = P (3) = 0 P (5) = 0 P 2 () = 0 P 2 (3) = P 3 (5) = 0 P 3 () = 0 P 3 (3) = 0 P 3 (5) = 5

6 20 Donc les polynômes P, P 2, P 3 vérifient la propriété de la question, par conséquent (P, P 2, P 3 ) est une famille de trois éléments, libre dans un espace de dimension 3, c est donc une base. 2 Les colonnes de A sont les coordonnées des polynômes (P, P 2, P 3 ) dans B. En développant ces polynômes, nous avons : La matrice de passage de la base P à la base B est la matrice inverse de A. L inverse de A est un peu longue à calculer avec la méthode du pivot. Il y a plus court mais c est réservé pour la question 2. L L + 5 L 2, L 3 L 2 + L 3 L 3 L + 25L 3 x = 5 x 5 4 y + 3 z y = x y 2 z z = x 4 y + z x + 5 y = 25 3 y 9 6 z y = x y 2 z y + z = 6 y + 6 z x + 5 y = 25 3 y 9 6 z y = x y 2 z x + 5y + 25z = z etc. Donc, après calculs : A = Soient P et R deux polynômes, α et β deux réels, les divisions euclidiennes de P et R par P 0 sont données par R = SP 0 + f (R) P = QP 0 + f (P) 6

7 avec Q et S dans R[X]. Par combinaison linéaire : αp + βr = (Q + S)P 0 + α f (P) + β f (R) avec deg(α f (P) + β f (R)) < deg(p 0 ). D après l unicité du reste : f est donc linéaire. f (αp + βr) = α f (P) + β f (R) 24 Pour tout P dans R[X], deg( f (P)) 2 donc Im( f ) est contenu dans R 2 [X]. Or si P est dans R 2 [X], f (P) = P, donc Im( f ) = R 2 [X] 25 f (P) = 0 si et seulement si P est divisible par P 0, ker( f ) est donc l ensemble des multiples de P 0 : ker( f ) = P 0 R[X] 26 Puisque f (P) R 2 [X], comme nous venons de le remarquer, nous avons f ( f (P)) = f (P), soit f 2 = f. C est à dire que f est un projecteur de R[X] sur R 2 [X], de direction P 0 R[X]. 27 Soit P dans R[X] alors P R 2 [X]. Il existe des réels α, β, γ tels que dans la base P : D après les calculs de la question 9 : En remarquant que nous vérifions l égalité donnée. P(X) = αp (X) + βp 2 (X) + γp 3 (X) P() = α, P(3) = β, P(5) = γ P() = P(), P(3) = P(3), P(5) = P(5) 2 Appliquons le résultat de la question 27 à chacun des vecteurs de la base B : f () = P + P 2 + P 3 = f (X) = P (X) + 3P 2 (X) + 5P 3 (X) = X f (X 2 ) = P (X) + 9P 2 (X) + 25P 3 (X) = X 2 Les coefficients des polynômes P, P 2, P 3 redonnent les coefficients de la matrice A. 7

8 Partie 2 29 Le produit est la matrice nulle d après les calculs : (M I)(M 3I)(M 5I) = = = 0 Le résultat ne dépend pas de l ordre des facteurs car les matrices, polynomiale en M, commutent. 30 Par définition, E est le sous-espace vectoriel de M 3 (R) engendré par I, M et M 2 : E = Vect(I, M, M 2 ) 3 Le rang de (I, M, M 2 ) est inférieur ou égal à 3. Soient a, b, c des réels tels que ai + bm + cm 2 = 0, alors a + 3b + 3c 2b + 2c 0 2b + 2c a + 3b + 3c 0 = a + 3b + 9c nous obtenons le système : a + 3b + 3c = 0 2b + 2c = 0 a + 3b + 3c = 0 donc l unique solution est triviale, par suite (I, M, M 2 ) est libre et définit une base de E. Ainsi dim(e) = Φ est clairement linéaire et si Φ(P) = 0, (I, M, M 2 ) étant une base, nous avons a = 0, b = 0, c = 0 soit P = 0. Φ est injective et donc bijective car les dimensions des espaces de départ et d arrivée sont égales. 33 = P + P 2 + P 3 donc I = Φ() = Φ(P ) + Φ(P 2 ) + Φ(P 3 ) = B + B 2 + B 3 De même Φ(X) = Φ(P ) + 3Φ(P 2 ) + 5Φ(P 3 ) donne M = B + 3B 2 + 5B 3 et Φ(X 2 ) = Φ(P ) + 9Φ(P 2 ) + 25Φ(P 3 ) donne M 2 = B + 9B B Soit i = j, alors B i B j = P 0 (M)(M λi) avec λ {, 3, 5}, comme P 0 (M) = 0, tous ces produits sont nuls.