Concours Communs Polytechniques 2013 Épreuve de Mathématiques n 1 TSI

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1 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS Concours Communs Polytechniques Épreuve de Mathématiques n TSI. a) On a f ) + Eercice donc f ) + +. b) L application f est dérivable et même de classe C ) sur R comme fonction polynomiale et : R + f ) = 4 = ) + ) 4 Ainsi, f ) pour [;] et f ) pour [;+ [. D où les variations de f : β γ + f ) + f +. a) D après le tableau de variations, f étant continue et changeant de signe à deu reprises sur les intervalles [;] et [,+ ], le théorème des valeurs intermédiaires indique que la fonction s annule deu fois sur [;+ [. b) f β) = donc β β β + =, ce qui donne + = β. c) D après la calculatrice, f ) > et f,) < donc β ];,[. De même, f,7) < et f,8) > donc γ ],7;,8[. ) ) REMARQUE : Maple donne β = sin arctan 7 + π 6 sin ) ) arctan 7 π,57. d) f est donc à valeurs positives sur les intervalles [;β] et [γ;+ [, à valeurs négatives sur l intervalle [β;γ].. Voici le graphe représentatif de f : y y = f) 4 5 On notera la présence d une tangente horizontale au point de coordonnées, ). 4. a) Tout d abord, u = < β. Raisonnons par récurrence pour montrer que la suite u n ) n N est à valeurs dans [;β].

2 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS Initialisation La propriété est vraie pour n = et même pour n = ). Hérédité Supposons la propriété vraie à un rang n donné, c est-à-dire u n β. u n+ est clairement positif et : C est ce que l on souhaitait démontrer. u n+ = + u n + β = β D après le principe de récurrence, la propriété est vraie quel que soit l entier n. b) On a directement u n+ u n = u n u n + = f u n ). Comme f est à valeurs positives sur [;β], la suite u n ) n N est croissante. c) La suite u n ) n N est croissante et majorée par β donc elle converge vers un réel l [;β] à déterminer. En passant à la limite dans la relation de récurrence, on trouve l = + l. Cette équation admet une seule solution sur l intervalle [;β] et on a ainsi l = β. d) Voici deu propositions de procédures Maple permettant de calculer u n en fonction de n N, la première étant sans doute la plus adaptée au problème. Procédure récursive [> u:=procn) if n= then else un-)^/+ fi; end proc: Procédure itérative [> u:=procn) local i,; :=; for i from to n do :=^/+ od; ; end proc: Testons la procédure : [> evalfu7));.5747 On notera que la convergence vers β est très rapide : u 7 β à 4 près. Eercice. f est de classe C sur R et : f ) = ; f ) = ; f ) =. De plus, on vérifie facilement que : R f ) )f ) + )f ) = Donc f est solution sur R + et R de l équation E).

3 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS. a) y est de classe C sur ] R;R[ et dérivable terme à terme comme somme de série entière. y ) = na n n ; y ) = b) En injectant dans l équation E), on obtient : y solution de E) + nn )a n n ) nn )a n n ) nn )a n n nn )a n n na n n+ + nn )a n n. na n n + ) na n n + ) n )a n n + [ n )a n n )a n ] n a = Par unicité du développement en séries entières : na n n n= n= n= na n n n N \ {,} n )a n n )a n = et a =. n= a n n = a n n = a n n+ n= a n n a n n = En simplifiant par n non nul), on obtient : n, a n = n + a n et a =. c) a = et on montre plus généralement, par récurrence, que a p = pour tout entier naturel p. d) Pour tout entier naturel non nul p, a p+ = p + a p = p + a p = p + p a p = p + p p a p 5 = = a p + )!. Utilisons la règle de d Alembert pour déterminer le rayon de convergence de p+ p + )!. Posons u p = p+ p + )!. Alors, u p+ u p = p+ p + )! p + )! p+ = p + < p + Ainsi, le rayon de convergence de la série entière p+ vaut +. p + )! 4. Pour tout réel, e = 5. Tout d abord, g ) = g ) = p p! et e = p= p+ p= p= p p! =. De plus, p + )! p+ p= p + )! = p p= p!. Les rayons de convergence sont infinis. = p= p p! = [ p= p p! ] n= a n n =

4 4 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS D où g ) = ) e. 6. Les coefficients de l équation définissant des fonctions continues sur ];+ [ et ne s annulant pas, l ensemble des solutions S sur ]; + [ de l équation différentielle linéaire homogène du second ordre E) est un plan vectoriel. Nous avons montré que f et g sont des solutions de E) sur ];+ [ et la famille f, g ) étant libre, elle forme une base de S, donc toutes les solutions sont de la forme : y) = + βe ) ;,β) R 7. Toute solution sur R doit être de la forme : + β e ) si < y) = + β e ) si >,,β,β ) R 4 y doit également être deu fois dérivables sur R. Pour que y soit définie et continue en, on doit avoir + β = + β =. Sous cette condition, un développement limité à l ordre au voisinage de donne : y) = y) = o )) ) = + o ) + + o )) ) = + o ) On trouve alors par unicité du développement limité =. Les solutions sur R sont donc de la forme : y) = e ; R Partie A Problème. Les séries n n et n convergent alors que la série n diverge.. Comme sin n) n n pour tout n N, par comparaison de séries à termes positifs, la série sin n) n converge. Partie B. Voici le graphe représentatif de f : y /4 π/4 π π

5 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS 5. La fonction f étant paire, les coefficients b n f ) sont tous nuls. De plus, a f ) = π f ) d = d = et de même, π π π a n f ) = π π f )cosn) d = 4 π cosn) d = nπ sinn). La fonction f étant continue par morceau, le théorème de Parseval s applique et donne : π π f ) d = a f ) + soit π = π + sin n) π n, mais encore : 4. Pour =, on trouve Partie C sin n) n = π. sin n) π ) n =. Un simple équivalent nous donne h) = sin ) a n f ) + b n f )), = donc h) La fonction h étant prolongable par continuité sur [; ], l intégrale h) d est faussement impropre, elle converge. d. L intégrale impropre converge. Comme pour tout, sin ), sin ). Le résultat de la question précédente nous permet alors d affirmer que converge. d converge par comparaison. sin ). h est dérivable sur ]; + [ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s annule pas et : ];+ [ h ) = cos) sin)) sin). 4. On a pour tout >, h ) = cos) sin)) sin) cos) sin) cos) + sin) ) d après l inégalité triangulaire) + ) Donc après simplifications, h ) +. Mais on a également : h ) = cos) sin)) sin) cos) sin) d

6 6 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS car sin) comme le rappelle l énoncé. De plus, cos) sin) + sin), ce qui donne au final, h ) Comme h ) 4, pour, on a h ) 4 et donc h ) 4. De plus, pour, h ) + + = 4 et on retrouve h ) 4. Au final, quel que soit >, h ) 4. sin n + t) 6. Considérons l intégrale dt et effectuons un changement de variable en posant = n + t changement de variable de classe C ) : Ainsi, grâce à la relation de Chasles, De plus, sin n + t) dt = sin n + t) sin n + t) n+) sin ) dt = n d n+) n ) sin n) n) dt = = sin ) N+) sin ) d = d sin n + t) sin n + t) En sommant, on obtient à l aide du résultat précédent : sin n + t) On a donc bien montré que : N+) ) sin n) n) dt = = sin ) sin n) d n = N+) sin n) dt n) dt dt sin n) n sin n + t) sin n) dt n sin ) sin n) d n sin n + t) ) sin n) n) dt 7. Rappelons que si h est continue et dérivable sur un intervalle I, alors :, y I c ]; y[ hy) h) = h c)y ) Il s agit du théorème des accroissements finis. On peut appliquer ce résultat sur l intervalle ];+ [ en posant = n et y = n + t qui sont deu éléments de I, pour t [;]. On a alors : sin n + t) sin n) n) = h c) t 4t c c avec c ]n;n + t[ d après la question 5. Enfin, comme c n, sin n + t) sin n) n) 4t n) /

7 ÉLÉMENTS DE CORRECTION CCP TSI MATHS 7 8. Par croissance de l intégrale, on obtient alors : sin n + t) sin n) n) dt 4t n) Il ne reste plus qu à sommer les inégalités pour obtenir : sin n + t) ) sin n) n) dt dt = / n / n n 9. Tout d abord, pour N N, N+) sin ) sin n) d n = sin ) n + t) sin n) n) dt sin n + t) sin n) n) dt n n en appliquant successivement l inégalité triangulaire, l inégalité de la moyenne puis le résultat de la question précédente. Les séries et l intégrale apparaissant dans l epression précédente étant toutes convergentes, sin n) π ) on peut passer à la limite. Comme on a montré que n =, on obtient : sin ) d π n n En faisant alors tendre vers, on obtient finalement théorème de comparaison) : [ sin ) lim d π ] = soit > sin ) d = π FIN DE L ÉPREUVE