CONCOURS COMMUN 2006

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1 CONCOURS COMMUN 006 DES ECOLES DES MINES D ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve de Mathématiques (toutes filières PREMIER PROBLEME Etude d une fonction.. D = C \ {i}.. a Soient (x, y R, puis z = x + iy. z = 8 6i Re(z = 8 et z = 8 + ( 6 et sgn(im(z = sgn( 6 x y = 8 (I x = 8 (II + (I x = ± x + y = 0 (II y = (II (I y = ± xy < 0 xy < 0 xy < 0 (x, y = (, ou (x, y = (, z = i ou z = + i. Les racines carrées de 8 6i sont i et + i. b Soit z C \ {i}. f(z = + i z z i = + i z ( + iz + i = 0 Le discriminant de cette équation vaut ( + i 4( + i = 8 6i = ( i. Cette équation admet donc deux ( + i + ( i ( + i ( i solutions complexes distinctes à savoir z = = et z = = + i. Les antécédents de + i par f sont et + i.. Soit (h, z C. f(z = h z z i = h z = h(z i et z i z = h(z i z hz + ih = 0. Le discriminant de cette équation vaut h 8ih ou encore h(h 8i. Si h / {0, 8i}, ce discriminant est non nul. Dans ce cas, h admet exactement deux antécédents distincts. Si h = 0 ou h = 8i, ce discriminant est nul. Dans ce cas, h admet exactement un antécédent. 4. Ainsi, tout complexe h admet au moins un antécédent par f dans D. Ceci signifie que f est surjective ou encore que f(d = C i a deux antécédents distincts, à savoir et + i. f n est donc pas injective. http :// c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

2 6. Soit z C \ {i}. On pose z = x + iy où x et y sont deux réels. On a et donc z i z z i = (z i(z i z z i = (z + iz, g(z = z (z + i + z = (x y + ixy(x + i = x(x y 4xy + i(4x y + (x y = (x xy 4xy + i(4x y + x y z D, Re(g(z = x xy 4xy et Im(g(z = 4x y + x y. 7. Soit z C \ {i}. g(z ir x xy 4xy = 0 et (x, y (0, x(x y y = 0 et (x, y (0, (x = 0 et (x, y (0, ou x y y = 0 Γ est la réunion de l axe (Oy privé du point d affixe i et de la conique d équation x y y = x y y = 0 x (y + = x + (y + =. La courbe C est une hyperbole de centre Ω(0,, d axe focal la droite d équation x = 0 (c est-à-dire la droite et d axe non focal, la droite d équation y =. On a aussi a = b = et donc c = a + b =, puis e = c b =. Les foyers de C sont donc les points F = (0, + (0, = (0, + et F (0,. C est une hyperbole d excentricité et de foyers les points de coordonnées (0, + et (0,. 4 C F Ω F D http :// c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

3 Etude d un polynôme. 9. En développant (t t (t t (t t et en identifiant avec les coefficients de P a, on obtient : t + t + t = 0 et t t t =. 0. P a (0 = > 0. De plus, P a ( = < 0. Comme P a est continu sur ], 0], une généralisation du théorème des valeurs intermédiaires montre que P a a au moins une racine dans ], 0[. En particulier, t < 0.. Mais alors t + t = t > 0 et t t = t > 0. Par suite, t < 0 < t t. Enfin, t = t + t 0 + t = t. Finalement, t < 0 < t t t. Ensuite, = ( t t t t et donc t =,... Donc, t =. Il reste = ( t t t et donc t =, et enfin t =. Ainsi, si a existe, nécessairement t =, t = t = et t R, P a (t = t t(a + a + = (t + (t = t t +.. Puisque t = est racine double de P a, on a P a (t = P a (t = 0. Ceci fournit (a + a = 0 ou encore (a (a + = 0 ou enfin a = (puisque a est un entier naturel.. Réciproquement, P = X X + = (X (X + et a = convient. Etude de deux ensembles de matrices. 4. Soit (x, y R. M x,y GL (R detm x,y 0 (x y(x + y y 0 (x, y / C. Soit (x, y R tel que x + y + y 0. M x,y M x,y = Par suite, M x,y ( x y y x + y = ( x + y + yi ( x y y x + y x + y + y M x,y = I. On en déduit que Si x + y + y 0, (M(x, y = = ( x + y + y 0 0 x + y + y ( x + y + y M x y y x,y = x + y + y x + y. 5. Σ ne contient pas 0 et n est donc pas un sous-espace vectoriel de (M (R, +,.. {( } ( x y y 6. J =, (x, yr 0 x + y = {xi + yb, (x, y R }, où B = 0 M (R engendré par I et B et est en particulier un sous-espace vectoriel de M (R.. J est le sous-espace vectoriel de 7. La famille (I, B est une famille génératrice de J. D autre part, la matrice B n est pas une matrice scalaire et la famille (I, B est donc libre. On en déduit qu une base de J est (I, B et que J est un sous-espace de M (R de dimension. http :// c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

4 ( 8. B = 0 ( 0 = ( 0 0 = I. Plus généralement, pour ((x, y, (x, y (R, (xi + yb (x I + y B = (xx + yy I + (xy + yx B J. est donc une loi interne dans J. Etude d une application de M (R. 9. Soient (X, Y (M (R et (λ, µ R. ϕ B (λx + µy = B(λX + µy = λbx + µby = λϕ B (X + µϕ B (Y. ϕ B est donc un endomorphisme de l espace vectoriel (M (R, +,.. 0. a On note que M, est inversible car det(m, = 0. Soit alors Y M (R. Pour X M (R, ϕ M, (X = Y M, X = Y X = (M, Y. Ainsi, pour tout élément Y de M (R, il existe un et un seul élément X de M (R tel que ϕ M, (X = Y. Ceci montre que ϕ M, est bijective (et en particulier surjective. b ϕ M, (E, = (E, + E, + E, + E, E, = E, + E,. ϕ M, (E, = (E, + E, + E, + E, E, = E, + E,. ϕ M, (E, = (E, + E, + E, + E, E, = E, + E,. ϕ M, (E, = (E, + E, + E, + E, E, = E, + E,. La matrice de ϕ B dans la base canonique (E,, E,, E,, E, est donc Dans ce cas, B n est pas inversible. Mais alors, pour tout élément X de M (R, on a det(bx = det(bdet(x = 0 et donc, ϕ B (X n est pas inversible. Par suite, une matrice inversible comme I n a pas d antécédent par ϕ B. On en déduit que ϕ B n est pas surjective (et donc pas bijective. http :// 4 c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

5 DEUXIEME PROBLEME Généralités sur f n.. Soit n N. Pour tout réel x, cosx et en particulier, cosx 0. f n est donc définie sur R.. Pour x R, f n ( x = sin( x cos( x x n = sinx cosx + x n = f n(x. f n est donc impaire.. f 0 est clairement π-périodique. Pour n et x R, Pour n, f n n est pas π-périodique. f n (x + π f n (x = π n Néanmoins, pour n, le calcul précédent montre le graphe de f n sur un intervalle [a, b] se déduit du graphe de f n sur [a π, b π] par translation de vecteur (π, π n. On peut donc étudier f n et construire son graphe sur un intervalle de longueur π comme [ π, π], puis on obtient le graphe complet par translations successives de vecteur (π, π ou de n vecteur ( π, π n. Enfin, f n étant impaire, il suffit de l étudier et de construire son graphe sur [0, π]. On obtient alors le graphe sur [ π, π] par symétrie centrale de centre O. La démarche est analogue pour f 0 qui est impaire et π-périodique. Etude de la fonction f f 0 est dérivable sur R en tant que quotient de fonctions dérivables sur R dont le dénominateur ne s annule pas sur R, et pour x R, f 0 cosx( cosx sinx(sin x (x = ( cosx = cosx ( cosx. 6. Sur [0, π], f 0 est du signe de cosx et donc strictement positive sur [0, π [, strictement négative sur ]π, π] et nulle en π. 7. Tableau de variations de f. x 0 π/ π f 0 (x + 0 / f Graphe de f Le maximum de f 0 sur R est de f 0 sur R est. et, f 0 étant impaire, le minimum de f 0 sur R est. On en déduit que le maximum http :// 5 c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

6 Utilisation d une primitive de f Une primitive de f 0 sur R est F 0 : x ln( cosx et donc, 0. Soit f une fonction dérivable sur R. π/ 0 f 0 (x dx = [ln( cosx] π/ 0 = ln(.. Pour x R, f solution de (H sur R x R, f (x + sin x cosx f(x = 0 x R, ( cosxf (x + (sin xf(x = 0 x R, (( cosxf (x = 0 C R/ x R, ( cosxf(x = C C R/ x R, f(x = C cosx (a cosx + b + sinx a sinx( cosx + sin x(a cosx + b (a cosx + b = = cosx cosx a cosx + (b a = sin x cosx a sin x cosx + (b asinx cosx On choisit alors a et b tels que b a = 4 et a =, ou encore on prend a = puis b =. Pour ces valeurs de a a cosx + (b a et b, sinx = sin x. Une solution particulière de (E sur R est donc x cos x +. cosx Puisque les fonctions x sin x et x sin x sont continues sur R, la solution générale de (E sur R est la somme cosx d une solution particulière de (E sur R et de la solution générale de (H sur R. Les solutions de (E sur R sont les fonctions de la forme x cosx + + C cosx.. h(0 = C + = C = 0. La solution de (E sur R prenant la valeur en 0 est la fonction h : x cosx. Etude d une courbe en polaire.. Soit θ R. M( θ = [ρ( θ, θ] = [ ρ(θ, θ] = [ρ(θ, π θ] = s (Oy (M(θ. La fonction ρ est π-périodique, et il en est de même de la fonction θ M(θ. On obtient la courbe complète quand θ décrit un intervalle de longueur π comme [ π, π]. D après ce qui précède, la portion de courbe obtenue quand θ décrit [ π, 0] est la symétrique par rapport à l axe (Oy de la portion de courbe obtenue quand θ décrit [0, π]. 4. La tangente en M( π = [, π ] = (0, est dirigée par le vecteur dm dθ (π = ρ ( π u π/ + ρ( π v π/ = j + 4 ( i = 4 ( i + j. La tangente en M( π est donc la droite passant par le point de coordonnées cartésiennes (0, et de coefficient directeur. C est la droite d équation cartésienne y = x +. http :// 6 c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

7 5. Les variations de ρ = f 0 ont été étudiées à la question 7.. Puisque ρ(0 = 0, la tangente en M(0 est la droite passant par O d angle polaire 0, ou encore l axe des abscisses. Il en est de même en M(π. Allure de Γ. Γ O Etude de la fonction g : x 6. g est définie sur R, paire. sin x x( cosx. 7. Quand x tend vers 0, g(x = sinx x cosx. =. Donc, g(x tend vers quand x tend vers On pose g(0 = et on prolonge ainsi par continuité la fonction g en 0. Quand x tend vers 0, g(x = x x 6 + o(x4 x( ( x + o(x = ( x 6 + o(x ( + x + o(x = ( x 6 + o(x ( x + o(x = + x ( 6 + o(x = x + o(x 9. g admet en particulier un développement limité d ordre en 0 à savoir g(x = + 0.x + o(x. On en déduit que g est dérivable en 0 et que g (0 = g est dérivable sur [0, π] et g est strictement négative sur ]0, π]. Donc, g est continue et strictement décroissante sur [0, π]. g réalise donc une bijection de [0, π] sur [g(π, g(0] = [0, ]. Etude d une suite qui annule f n.. Soient a R + et n N. D après Par suite, a [0, f n (a = 0 f 0 (a a n = 0 a = nf 0(a a = a = n f 0 (a n. n ] (erreur d énoncé.. f n (0 = 0 et 0 est solution de l équation f n (x = 0 (erreur d énoncé. D autre part, pour x ]0, π], f n (x = 0 sin x cosx x n = 0 sin x x( cosx = n g(x = n. D après 0., g réalise une bijection de [0, π] sur [0, ]. Comme n [0, ], n a un unique antécédent par g dans [0, π]. http :// 7 c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.

8 On a g(0 =. Donc, pour n =, l antécédent de n est 0, ce qui montre que l équation f (x = 0 n a pas de solution dans ]0, π] et donc que l équation f (x = 0 admet une et une seule solution dans [0, π], à savoir x = 0. Si n, n < et l antécédent de n par g est dans ]0, π]. Ainsi, l équation f n(x = 0 admet dans [0, π] exactement deux solutions, à savoir 0 et un réel x n élément de ]0, π].. Pour n, on a g(x n = n et donc, x n = h( n (où h = g. Puisque g est continue sur [0, π], h est continue sur [0, ] et en particulier en 0. La suite (x n = (h( converge donc vers h(0 = π (puisque g(π = 0. n lim x n = π. n + FIN DU CORRIGE http :// 8 c Jean-Louis Rouget, 006. Tous droits réservés.