CONCOURS COMMUN 4 DES ECOLES DES MINES D ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Ereuve Sécifique de Mathématiques (filière MPSI Premier roblème I. Résolution d équations différentielles. Notons (E l équation roosée. La fonction t tht est continue sur R. Donc, les solutions de (E sur R sont de la forme λf, λ R, où f est une solution non nulle de (E sur R. Soit z une fonction dérivable sur R. z solution de (E sur R t R, z (t+th(tz(t t R, ch(tz (t+sh(tz(t t R, (ch.z (t C R/ t R, ch(tz(t C C R/ t R, z(t C cht Les solutions de (E sur R sont les fonctions de la forme t C cht, C R. Maintenant, our une telle fonction z, z( C (E sur R vérifiant z(, à savoir C. Par suite, il existe une et une seule solution z de t R, z (t cht.. Notons (E l équation roosée. Les fonctions t tht et t t tht sont continues sur R. Donc, les solutions de (E sur R sont de la forme λz +f, λ R, où f est une solution de (E sur R. Déterminons une solution articulière de (E ar la méthode de variation de la constante. Il existe une solution articulière de (E sur R de la forme C.z où C est est une fonction dérivable sur R. Puisque, on a (Cz + th(t(cz C z +C(z + th(tz C z, Cz solution de (E sur R t R, C (tz (t t. tht t R, C (t t. tht. cht t R, C (t t. sht Une intégration ar arties fournit alors t sht dt t cht cht dt t cht sht+λ. On eut rendre our tout réel t, C(t t cht sht et donc C(tz (t t cht sht t tht. Une solution cht articulière de (E sur R est donc la fonction t t tht. Les solutions de (E sont les fonctions de la forme t t tht+ C cht, C R. Maintenant, our une telle fonction z, z( + C z de (E sur R vérifiant z(, à savoir C. Par suite, il existe une et une seule solution t R, z (t t tht. htt ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
II. Etude d un arc aramétré 3. Soit t R. On sait que la fonction ch est aire et que la fonction th est imaire. Donc Donc M( t (x( t,y( t ( x(t,y(t s (Oy (M(t. (Oy est un axe de symétrie de (Γ. 4. Quand t tend vers +, x(t tend vers + et y(t tend vers. On en déduit que la droite (x est asymtote à (Γ quand t tend vers +. Par symétrie, l axe (Ox est également asymtote à (Γ quand t tend vers. De lus, our tout réel t, > ce qui montre que (Γ est au-dessus de (Ox. cht 5. Les fonctions x et y sont dérivables sur R et our t réel donné, on a x (t ( th t th t et y (t sht ch t. La fonction x est dérivable sur R et la fonction x est strictement ositive sur R. Donc la fonction x est strictement croissante sur R. La fonctiony est strictement ositive sur],[ et strictement négative sur],+ [. Doncyest strictement croissante sur ], ] et strictement décroissante sur [, + [. Tableau de variations conjointes des fonctions x et y t x + + + + x y y + 6. Le oint A d abscisse est le oint M( (,. Puisque x ( y ( le oint M( est un oint singulier. Pour t réel non nul donné. Le coefficient directeur de la droite (M(M(t est y(t y( x(t x( cht t tht cht t cht sht. Quand t tend vers, cht t. D autre art, ( ( t cht sht t + t +o(t t+ t3 6 +o(t3 t3 3 +o(t3. Donc y(t y( x(t x( t / t 3 /3 3 t. htt ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
Par suite, y(t y( lim t x(t x( t< y(t y( + et lim t x(t x(. t> On en déduit que la tangente à (Γ en A est (Oy. De lus, our des raisons de symétrie, le oint A est un oint de rebroussement de remière esèce. 7. a Soit t le réel tel que sht. Alors, (uisque la fonction ch est strictement ositive sur R, cht + sh t+ + uis tht sht cht. si sht, alors cht et tht. Déterminons alors t. On sait que sh t t argsh. De lus, et donc e t cht+sht +, ( + t ln. b Pour tout réel non nul t, la tangente en M(t est dirigée ar le vecteur de la tangente en M(t est y (t x (t sht ch t. th t sht. dm dt (t (x (t,y (t. Le coefficient directeur Ce coefficient directeur vaut si et seulement si sht vaut ou encore, d arès a, t vaut ln( +. Dans ce cas, cht et tht. Le coefficient directeur de la tangente en M(ln( + (ln( +, étant, une ( équation de cette tangente est y x (ln( + + ce qui s écrit encore y x+ln( + +. 8. Allure de (Γ (Γ 4 3 O 3 4 htt ://www.maths-france.fr 3 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
( 9. a Pour tout réel non nul t, la tangente au oint M(t est dirigée ar le vecteur th t, sht ch t Un autre vecteur directeur est ( sht,. Ce dernier résultat reste vrai quand t d arès 6. Donc our tout réel t, un vecteur directeur de la tangente en M(t est ( sht,. Une équation de la tangente en M(t est donc.(x (t tht+sht(y ou encore cht x+(shty t. b Cette tangente n est jamais arallèle à (Ox. Elle coue l axe (x en le oint N (t,. Par suite, MN (tht + ch t sh t+ ch. t t R, M(tN(t. sht ch ( sht,. t III. Etude d intégrales et de suites Soient k N et x R. La fonction t ch k t est continue sur [,x] si x et sur [x,] si x <. Donc I k(x existe.. Soit x R. En osant u e t et donc t lnu uis dt du u, on obtient I (x x cht dt e x e t dt +e t u+ u du e x u +u du (Arctan(ex π 4. x R, I (x Arctan(e x π.. Soit x R. I (x ch t dt [tht]x thx. x R, I (x thx.. a Soient k N et x R. Les fonctions t sht et t ch k+ t sont de classe C sur [,x] si x et sur [x,] si x <. On eut donc effectuer une intégration ar arties qui fournit : Par suite, I k ch k t dt [ cht. ch k+ t dt sht. ch k+ t shx ch k+ x +(k+ sh t shx ch k+ dt t ch k+ x +(k+ shx ( ch k+ x +(k+ x ch k t dt ch k+ t dt shx ch k+ x +(k+(i k I k+. ] x sht (k+sht ch k+ t ch t ch k+ t dt dt On a montré que (k+i k+ shx ch k+ x +ki k. k N, x R, I k+ k k+ I k + k+ shx ch k+ x. htt ://www.maths-france.fr 4 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
b et I 3 I + shx ch x (Arctan(ex π + shx ch x Arctan(ex + shx ch x π 4, I 4 3 I + shx 3 ch 3 x 3 thx+ shx 3 ch 3 x. x R, I 3 (x Arctan(e x + shx ch x π 4 et I 4(x shx thx+ 3 3ch 3 x. 3. a Soient k N et x R. En osant u t, on obtient Donc, I k ( x x x ch k t dt x ch k ( u ( du ch k u du I k(x. k N, I k est imaire. b Soit k N. Puisque la fonction ch est continue sur R et ne s annule as sur R, la fonction t ch k est définie et t continue sur R. On en déduit que la fonction I k est définie et dérivable sur R et en articulier est continue sur R. c Soit k N. La fonction t ch k t est de classe C sur R en tant qu inverse d une fonction de classe C et ne s annulant as sur R. On en déduit que la fonction I k est de classe C sur R. 4. Soit k N. Pour tout réel x, on a et enfin I I k (x k shx ch k, uis I k (x x ch k+ x, k (chx (x k ch k+ x + shx (k+shx ch k+ x k ch x (k+sh x ch k+. x 5. Soit k N. La fonction I k est de classe C sur R et en articulier admet un déveloement limité d ordre 3 en fourni ar la formule de Taylor-Young. I k (x I k (+I I k k (x+ ( x + I k ( x 3 +o(x 3 x 6 x +.x+.x + k 6 x3 +o(x 3 x k x 6 x3 +o(x 3. I k (x x x k 6 x3 +o(x 3. 6. Soit k N. Pour tout réel x, I k (x ch k x >. Donc la fonction I k est strictement croissante sur R. 7. a Soit k N. La fonction I k est strictement croissante sur R et en articulier, our tout entier naturel n, on a u n+ I k (n+ > I k (n u n. La suite (u n est strictement croissante. htt ://www.maths-france.fr 5 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
b Soit t un réel ositif. Puisque e t >, cht e t +e t e t e t. Soit alors k N et n N. Par croissance de l intégrale, on a I k (n n ( k dt cht n (e t k dt k n e kt dt k k ( e nk k k. k N, n N, I k (n k k. La suite (u n est ainsi croissante et majorée (ar k k. On en déduit que la suite (u n converge. 8. a Soit k N. La fonction I k est croissante sur R. Pour tout réel ositif x on a alors I k (x I k (E(x+ k k. Ainsi, la fonction I k est croissante sur R + et majorée (ar k k. La fonction I k a donc une limite réelle en + ou encore J k existe dans R. b J lim I (x lim x + x + (Arctan(ex π π et J lim I (x lim (thx. x + x + J π et J. c Soit k N. (car ( k J k+ lim I k+(x lim x + x + k+ I k(x+ k+ shx ch k+ x e x / (e x / k+ ke kx. k N, J k+ k k+ J k. Détaillons davantage cette récurrence. Pour les entiers imairs, elle s écrit N, J + J. Donc our tout entier naturel non nul, on a shx ch k+ x. k k+ J k, J + 3 5 4... J (( ( ( 3... (((...(..(.. π (! π (!. ce qui reste vrai quand. N, J + (! (! π. De même, our les entiers airs, la récurrence s écrit, J J. Donc our tout entier naturel suérieur ou égal à, on a J 4 3... 3 J (( ( 4...4. ( ( ( 3...3.. ( (!, (! ce qui reste vrai quand. N, J ((!. (! htt ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
Deuxième roblème I. Etude de structures. a E {ae, +be, +ce,, (a,b,c R 3 } Vect(E,,E,,E,. Donc, E est un sous-esace vectoriel de M (R. b D arès a, la famille (E,,E,,E, est une famille génératrice de E. D autre art, la famille (E,,E,,E, est libre en tant que sous-famille de la famille libre (E,,E,,E,,E, (qui est la base canonique de M (R. Ainsi une base de E est (E,,E,,E, et dim(e 3.. a Soient (a,b,c,a,b,c R 6. ( a c b ( a c b Ainsi, le roduit de deux éléments de E est encore un élément de E et ( aa ac +cb bb E. E est stable our la multilication des matrices. ( b E car I E. Puisque (E,+,. est un sous-esace vectoriel de (M (R,+,., (E,+ est en articulier un sous-groue de (M (R,+ et on a : (M,N E, M N E. Puisque E est stable our le roduit matriciel, on a (M,N E, M N E. En résumé, I E ; (M,N E, M N E ; (M,N E, M N E. On en déduit que E est un sous-anneau de l anneau (M (R,+,. c E, et E, sont dans E. E, E, et E, E, E,. Donc E, E, E, E, et E n est as commutatif. 3. Vérifions ( que G est un sous-groue de (G L (R,. I G et donc G. Soit (a, b, c ], + [ ], + [ R. Alors ( a c det ab >, b ( a c et en articulier det. Donc tout élément de G est dans G L b (R ou encore G G L (R. Soit (a,b,c,a,b,c ],+ [ ],+ [ R ],+ [ ],+ [ R. Alors ( a c b ( a c b Soit (a, b, c ], + [ ], + [ R. On sait que ( a c ( b c b ab a a Finalement, G est un sous-groue de (G L (R, et en articulier, ( aa ac +cb bb G car aa > et bb >. G est un groue multilicatif. c ab G car a > et b >. b htt ://www.maths-france.fr 7 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
II. Puissances d une matrice et suites ( a c 4. a Soit (a,b,c R 3 tel que a b uis A. Montrons ar récurrence que b N, A a c a b. b Pour, a c a b ( a c A b b. La formule roosée est donc vraie our. Soit N. Suosons que A A + A A a c a b b a c a b b ( a c b. Alors a+ c a (+b(a b b + a+ ca +bc a b b + a+ c a+ b + b +. On a montré ar récurrence que N, (a,b,c R 3, a b ( a c b a c a b b. ( a c b Soit (a,c R uis A. On a donc A ai a + ce,. On note que E, et donc que our k, E k,. Mais alors, uisque les matrices ai et ce, commutent, la formule du binôme de Newton ermet d écrire our N On a montré que A (ai +ce, k N, (a,c R, ( (ai k (ce, k a I +a ce,. k ( a c a ( a a c a. 5. a Inégalité de Taylor-Lagrange. Soient n un entier naturel, I un intervalle de R et f une fonction de classe C n+ sur I à valeurs dans R (ou C. Si il existe un réel M tel que our tout réel t de I, f (n+ (t M, alors (a,b I n, f(b k f (k (a k! (b a k M b a n+. (n+! b Soient n un entier naturel non nul et x un réel. Soit I l intervalle [,x] si x et [x,] si x <. Pour t I, osons f(t e t. f est de classe C n+ sur I et our tout réel t de I, on a f (n+ (t e t e x, car si x, t I t x x et si x <, t I t t x x. htt ://www.maths-france.fr 8 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
Aliquons alors l inégalité de Taylor-Lagrange avec a et b x. Puisque our tout entier naturel k, on a f (k ( e, on obtient n x k ex k! x n+ e x (n+!. k Les théorèmes de croissances comarées ermettent d affirmer que géométrique et d une factorielle et on a donc montré que x R, lim n + ϕ n(x e x. lim n + x n+ (n+! (comaraison d une suite c Soient n N et (a,b,c R 3 tel que a b. D arès 4.a, on a Ainsi, B n n a c a b! b n a! c ( n a! n n b! b!. α n ϕ n (a, β n ϕ n (b et γ n c ϕ n(a ϕ n (b. La question b ermet d affirmer que les suites (α n, (β n et (γ n convergent et que ces suites ont our limites resectives α e a, β e b et γ c ea e b. d Soient n N et (a,c R. D arès 4.b, on a B n n ( a ca! a n a! c n a! n a! n a! c n a! n a! n a! c n n a (! a! Ainsi, α n ϕ n (a et γ n cϕ n (a. La question b ermet d affirmer que les suites (α n et (γ n convergent et que ces suites ont our limites resectives 6. a D arès 5.b, l image ar f de la matrice nulle est α e a et γ ce a. ( f n est as linéaire. I. En articulier, f( et donc ( ( b Soient (a,b,c,a,b,c R 6 a c uis A a c et A b tels que f(a b f(a. On a déjà dans tous les cas e a e a et e b e b ce qui fournit a a et b b. htt ://www.maths-france.fr 9 c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
Maintenant e a e b e a e b si de lus a b alors a b et l égalité f(a f(a imose c c et finalement c c a b a b car ea e b e ea b. a b a b si ar contre a b alors a b et l égalité f(a f(a imose c e a c e a et finalement c c car e a e a. On a montré que (A,A E, (f(a f(a A A et donc que f est injective. c Pour tout élément A de E, les coefficients diagonaux de f(a sont des réels strictement ositifs. Donc ar exemle, la matrice nulle (qui est un élément de E n a as d antécédent ar f dans E. f n est as surjective. d D arès ce qui récède, on a f(e G. Montrons ( que l on a aussi G f(e. a Soit A un élément quelconque de G. Posons A c b où a, b et c sont trois réels tels que a > et b >. si a b, osons a lna, b lnb et c c lna lnb ( a c a b uis A. Alors a b et b f(a ea c ea e b a c lna lnb a b ( a b lna lnb a c e b b b A. Dans ce remier cas, on a trouvé un élément A de( E tel que f(a A. si a b, osons a lna et c c a c a uis A. Alors a ( ( ( e a ce f(a a a c e a a a c a a A. a Dans ce deuxième cas, on a aussi trouvé un élément A de E tel que f(a A. On a montré que A G, A E/ f(a A et donc que G f(e. Finalement f(e G. 7. a Premier cas. Soit (a,b,c R 3 tel que a b. On a déjà A I ea c ea e b e b e a e b et d arès la question 4.a N, (A I (ea c (ea (e b. (e b Mais alors,. Comme a b, on a n N, a n c n c n ( (e a, b n et n ( (e a n ( (e b n ( (e b. htt ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.
( e Deuxième cas. Soit (a,c R. On a déjà A I a ce a e a Mais alors, n N, a n N, (A I. D arès la question 4.b ( (e a ce a (e a (e a. n ( n (e a, et c n ce a ( (e a. b Soient n un entier naturel non nul et x un réel de ],[. Soit I l intervalle [,x]. Pour t I, osons f(t ln(+t. f est de classe C n+ sur I. On a déjà t I, f (t +t. Mais alors, on obtient facilement ar récurrence : k,n+, t I, f (k (t (f (k (t ( k (k! (+t k. En articulier, our tout réel t de I, on a f (n+ (t ( n (n! (+t n+ n! n!. (+t n+ D autre art, f( et our tout k,n, f (k ( ( k (k! ( k. k! k! k Aliquons alors l inégalité de Taylor-Lagrange avec a, b x et M n!. On obtient n ln(+x ( k xk k n! x n+ (n+! xn+ n+ n+. Quand n tend vers +, n+ k tend vers et on a donc montré que x ], [, lim n + ψ n(x ln(+x. c Puisque < a < ln et < b < ln on a < e a < et < e b <. On eut donc aliquer ce qui récède au réel x e a ou au réel x e b. Dans tous les cas, on a our tout entier naturel non nul n, a n ψ n (e a et b n ψ n (e b. Les deux suites (a n et (b n convergent resectivement vers ln(+(e a a et ln(+(e b b. Ensuite, si a b, our tout entier naturel non nul n on a c n c (ψ n(a ψ n (b. Dans ce cas, la suite (c n converge vers c ( ln(+(e a ln(+(e b c ( c. Mais si a b, our tout entier naturel non nul n on a n n c n ce a ( (e a ce a ( e a ce a ( ea n ( e a (a > ea > e a c( ( e a n Maintenant < a < ln < e a < et donc la suite (c n converge vers c. Finalement dans tous les cas, lim a n a, lim b n b et n + n + lim c n c. n + htt ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 5. Tous droits réservés.