Concours commun 2009 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes.

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1 Concours commun 009 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes. Corrigé Problème (Algèbre et géométrie Partie (Étude de deu applications Nous noterons deg P le degré du polynôme P. Pour tout polynôme P, f (P est une composée de polynômes, c est donc un polynôme. Pour tout entier k positif, deg ( X k ( = k et deg X+ k = k, donc deg P ( ( X = deg P et deg P X+ = deg P la somme est au plus de degré égal à deg P : deg f (P deg P ainsi f (P est un élément de R [X]. Vérifions la linéarité de f. Soient P et Q deu polynômes, α et β deu nombres réels. Nous avons [ ( ( ( ( ] X X X + X + αp + βq + αp + βq f (αp + βq = = α donc f est linéaire. [ P ( X + P = α f (P + β f (Q ( X + ] + β [ Q ( X + Q ( ] X + Ces questions devraient être interdites. En effet, nous avons vu maintes fois que les fonctions d évaluation : P P( sont linéaires. 3 Calcul de la matrice M( f de f dans la base canonique B : f ( = ( + = f (X = ( X + X + = X + 4 f (X = ( X 4 + X 4 + X + = X X Soit M( f = Le déterminant de f, égal au déterminant de A, comme det A = 3 6 f est bijective, donc injective et surjective. = 0, 4

2 5 Le polynôme P est dans ker(ϕ si et seulement s il admet pour racine, P étant de degré inférieur ou égal à, il est de la forme : P(X = (X (ax + b avec a et b des nombres réels. Ainsi P(X = ax(x + b(x, autrement dit ker(ϕ est engendré par la famille (X, X(X, cette famille est libre car les degrés de ses éléments sont échelonnés. Donc (X, X(X est une base de ker(ϕ, d où dim ker(ϕ =. 6 ϕ n est pas injective car ker(ϕ = {0}, elle est surjective d après le théorème du rang : dim(im(ϕ = 3 dim(ker(ϕ = ou bien parce qu elle n est pas nulle et qu elle prend ses valeurs dans R : Im(ϕ = R. Partie (Calcul des puissances successives d une matrice 7 B est échelonnée en degré, c est donc une famille libre de trois éléments dans un espace vectoriel de dimension 3, c est donc une base de R [X]. 8 La matrice de passage de B à B est la matrice dont les vecteurs colonnes sont les coordonnées des vecteurs de B eprimés dans B : Q = Une matrice de passage est toujours inversible puisque son rang est maimal. Calculons l inverse de Q ; pour tous, y, z et, y, z : + y + z = y 6z = y 6z = z équivaut à d où : = + y + z 3 y = y z z z = 6 Q = La matrice M de f dans B est donnée par la formule M = Q AQ 5

3 M = Q AQ 4 = Q = 4 Nous avons A = QMQ, l application M QMQ vérifie pour tout entier n : A n = QM n Q o (par récurrence, éventuellement. M étant diagonale : M n = 0 n 0 4 n Après de petits calculs, nous obtenons : ou : A n = 0 A n = 0 n 3 n + 6 n n 4 n n+ 3 4 n n+ + 6 n n 4 n Les coordonnées (A n, B n, C n de f n (P sont données par le produit A n a B n = A n b C n c 4 n 4 n 4 n 6

4 soit f n (P = a + b ( ( n + c 3 n La question précédente donne 4 n lim n + f n (P = a + b + c 3 ( ( b + n + c n 4 n X + c 4 n X or en calculant directement l intégrale : 0 P(t dt = a + b + c 3, l égalité est donc vérifiée. Remarquons : lim n + An = Partie 3 (Une autre preuve du résultat précédent 4 Raisonnons par récurrence comme indiqué. Pour n = 0, l égalité se réduit à f 0 (P = P, qui est vraie. Supposons l égalité vraie pour un entier n positif. Par définition de f : f ( f n (P = [ n = n n+ = n+ n ( X P k=0 k=0 n n+ + k ( X + k P [ n+ P j=k=0 = n+ n+ j=0 P n+ ( X + j n+ ( X + j n+ + P + + P ( ] X + + k n+ ( X + k + n+ n+ P j=k+= ( ] X + j n+ en posant j = k puis j = k + avec 0 k n, nous avons 0 j n+. Nous obtenons l égalité pour n + donc, par induction, l égalité est vraie pour tout entier positif. ( 5 P est une fonction continue sur [0, ] et k est une subdivision régulière de [0, ]. Alors la moyenne des valeurs de P au points de la 0 k n n subdivision : n n j=0 ( k P n 7

5 tend vers la valeur moyenne de la fonction P sur [0, ] : P(t dt Partie 4 (Étude d une famille de sphères et d une famille de droites 6 L équation s écrit aussi : + y + (z m = m + qui est l équation d une sphère de centre (0, 0, m et de rayon m +. 7 Une équation de l intersection de E et P est le système : E P : { + y = z + (E y = 0 (P qui équivaut à E P : { z = y = 0 il apparait l équation réduite d une hyperbole dans le plan d équation y = 0. Les asymptotes sont les droites d équations : { z = 0 y = 0 et { + z = 0 y = 0 8 Représentation graphique de la conique G et de ses asymtotes : 8

6 z = z z = F F 9 Calcul de l ecentricité e : avec les notation habituelles, c = + =, a = d où e = =. Les foyers ont pour coordonnées (, 0, 0 et (, 0, 0. 0 Avec z = 0 nous obtenons le point de coordonnées ( sin θ, cos θ de D θ. Les vecteurs dans la direction de D θ ont des coordonnées de la forme (z cos θ, z sin θ, z, l énoncé réclame z = soit (cos θ, sin θ, Soit M 0 le centre de la sphère S m et M le point de D θ donné dans la 9

7 question précédnte. La distance de M 0 à D θ est donné par M 0 M u u nous trouvons m +, qui est égal au rayon de S m, c est donc que D θ est tangente à S m. Soit (, y, z les coordonnées d un point de D θ, par définition de D θ : { = sin θ + z cos θ + z sin θ cos θ y = cos θ + z sin θ z sin θ cos θ Additionnons les deu égalités membre à membre : + y = z + nous observons que les coordonnées vérifient l équation de E. Donc D θ E. 3 Inversement, soit (, y, z les coordonnées d un point de E, ce point appartient à D θ si et seulement s il eiste un réel θ vérifiant { sin θ + z cos θ = z sin θ cos θ = y ou le système équivalent { sin θ = yz+ z + cos θ = z y z + qui montre l eistence de θ (la somme des carrés des second membres est bien égale à. 4 Les deu questions précédentes montrent que la réunion des droites D θ ; avec θ réel, est contenue dans E et qu inversement, tout point de E appartient à une (unique droite D θ, donc E = θ R Problème (Analyse Partie (Étude d une fonction La fonction f est égale au produit de deu fonctions impaires définies sur R, elle est donc paire. D θ 0

8 . De l équivalence en 0, sh(t t, en posant = 0 t nous déduisons les équivalences en + et : sh ( ± d où f ( puis ± lim f ( = ±. Posons = t ; lorsque tend vers 0 par valeurs positives, t tend vers +, donc lim e e t = lim 0 + t + t = + par croissances comparées. f étant paire : lim 0 + e = +. 3 La composée des fonctions, dérivable sur R, et de sh, dérivable sur R, est dérivable sur R. Donc f, égale au produit de et d une fonction dérivable sur R, est dérivable sur R. Pour R : factorisons par ch ( f ( = sh f ( = ch ( + ( ch ( ( th( ( 4 La fonction X X th(x est nulle en X = 0 et strictement croissante car sa dérivée, égale à (th(, est strictement positive pour X > 0 donc pour tout X strictement positif : X > th(x. 5 Tableau : 0 f f + 6 La fonction sh est de classe C donc son développement limité en 0 est donné par le développement de Taylor en 0. À l ordre 5 nous avons : et en divisant par X (X = 0 : sh(x = X + X3 6 + X5 0 + o(x5 sh(x X = + X 6 + X4 0 + o(x4

9 7 Posons = X, lorsque tend vers ou +, X tend vers 0, donc le développement de f en ± est obtenu avec le développement limité en 0 de sh(x X : f ( = ( o 4 soit a 0 =, a = 0, a = 6, a 3 = 0, a 4 = 0. 8 D après la question, nous avons lim 0 + f ( = limt + f (t = et lim 0 f ( = limt f (t =, donc f ( est prolongeable en 0 par une fonction F en posant F(0 =. F est donc dérivable, comme f, sur R, de plus pour = 0 en utilisant la question 7 : F( F(0 0 Donc F est dérivable en 0 et F (0 = 0. = = sh( 6 + o( = 6 + o( 0 0 Partie (Tracé d une courbe paramétrée 9 et y sont dérivables. Remarquons (t = f (t : ( ( (t = ch th(, y (t = t e t t et du signe des dérivées nous déduisons les variations des fonctions. Tableau : t , y + e y où lim t y(t =, lim t 0 y(t = 0, lim t 0 + y(t = + par croissances comparées, lim t + y(t = +. Les limites de sont celles de f.

10 0 Γ admet une asymptote d équation = lorsque t tend vers ±, une asymptote d équation y = 0 lorsque t tend vers 0 par valeurs négatives, enfin (t y(t = te t y(t donc lim t 0 + (t = 0 ce qui montre que Γ admet une asymptote d équation y =, de plus y(t (t > 0 pour t > 0, donc Γ est au dessus son asymptote. Résumé : Γ = y = 0 y = = Position à droite en dessous au dessus à droite Représentation de Γ, des ses asymptotes et tangente horizontale. y O Partie 3 (Une équation différentielle Remarquons la relation : (y( = ch(. Donc il eiste une constante C telle que pour tout strictement po- 3

11 sitif : soit : y( = F( + C y( = sh( + C où F est la fonction définie dans la question 8. 3 De même sur R, il est clair que les solutions sont de la forme : y( = F( + K. 4 Soit y la fonction définie sur R par { y ( = F( + C si < 0 y ( = F( + C si > 0 de sorte que y vérifie l équation sur chaque intervalle. lim 0 y = + C lim 0, donc la limite en 0 par valeurs négatives est finie si et seulement si C = 0. Il en est de même pour y en 0 +. Ainsi la seule fonction prolongeable par continuité vérifiant C = 0 et C = 0 est F. Partie 4 (Étude d une suite 5 Sur ], 0[, la dérivée f ( est strictement négative, donc f définit un difféomorphisme de ], 0[ sur son image ], + [. Pour tout n, le nombre n + appartient à l intervalle ], + [ donc n il est l image d un unique élément u n de ], 0[. 6 Nous avons f (u n = n + n = + n > + n + = f (u n+ d où f (u n > f (u n+, f étant strictement décroissante : u n < u n+ 7 f définit une bijection strictement décroissante de ], 0[ sur ], + [, et f (u n = n+ n, donc lim n+ n + f (u n = lim n + n = implique lim n + u n = +. 8 Lorsque n, tend vers, u n tend vers l infini, donc d après la question 7 : f (u n = + ( + 6u + o n u n soit + n = + ( + 6u + o n u n 4

12 d où n = 6u ( + o( n d où u n + n 6 Partie 5 (Une fonction définie par une intégrale 9 Par définition : sh(ch( = e + e e e = e e = sh( 0 J est dérivable sur R + : en effet, appelons g une primitive de f, alors pour tout strictement positif : ( J( = g( g donc J est dérivable et J ( = g ( ( g = f ( ( f ( = sh ( sh ( = sh ( ( sh ch ( ( = sh ( ch D après l étude des variations de f (question 5 f ( est strictement positive sur ]0, + [, donc le signe de J ( est égal au signe de ch (. La fonction ch ( est composée de deu fonctions décroissantes (oppposé, inverse et d une fonction croissante (ch, donc elle est croissante et il y n y a qu une solution de l équation : > 0, ( ch = 0 5

13 qui équivaut à t = et t > 0, e t 4e t + = 0 soit t = ln( + 3 et Tableau de J : = ln( Représentation de J : y ln(+ 3 J 0 + J + J ( ln(+ 3 + O 6