c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 1/21
Mines Maths toutes filières 2002 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Jean Starynkévitch (ENS Cachan) ; il a été relu par Aurélien Alvarez (ENS Lyon) et Walter Appel (professeur en CPGE).
Ce sujet est composé de deux problèmes indépendants.
• Le premier problème s’intéresse à deux fonctions d’une variable réelle, ainsi qu’à la résolution d’une équation différentielle ; on y aborde également une suite récurrente. C’est un bon entraînement pour les candidats à ce concours ; c’est aussi un bon moyen de vérifier ses connaissances pour les candidats souhaitant poursuivre en Spé.
• Le second problème étudie un type particulier d’endomorphismes dans un es- pace euclidien de dimension 3, ainsi qu’une suite de points de cet espace vérifiant une relation de récurrence. Ce problème fait le choix inhabituel de proposer une étude sur les espaces euclidiens, chapitre qui est souvent traité en fin de première année. Il faut en retenir que chaque chapitre du programme est susceptible de donner matière à un problème de concours.
Il est notable que les deux problèmes tournent, de deux manières différentes, autour de la notion de point fixe (xest un point fixe def sif(x) =x). Un théorème (théorème du point fixe de Banach) permettrait de conclure dans les deux situations ; voici l’un de ses énoncés (ici adapté aux connaissances de Sup, mais vrai dans des cas bien plus généraux) :
Soient E un espace euclidien et f une application de E dans E telle qu’il existek <1 vérifiant :
∀(x, y)∈E×E kf(x)−f(y)k6kkx−yk
Alors f admet un unique point fixe x. De plus, ce point fixe este limite de toute suite de points (xn)n∈N vérifiant la relation de récurrencexn+1=f(xn).
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 2/21 Indications
Problème d’analyse
1.2 Effectuer un développement limité deArctant à l’ordre 2 ; pour cela, faire un développement limité à l’ordre1 de la fonction dérivée deArctan.
1.4 Poseru′(x) = −2x
(1 +x2)2 et v(x) =−1 2x.
2.1 Effectuer le changement de variableu=−t dans l’intégrale. Utiliser les déve- loppements limités pour la fin de la question.
2.2 Pour x > 0, intégrer l’inégalité f(x) 6 f(t) pour t ∈ [ 0 ;x]; terminer en raisonnant sur la parité des fonctions.
2.3 Montrer que φ′(x) admet une limite lorsquextend vers0 à l’aide d’un déve- loppement limité.
2.4 Remarquer que f(t)6π 2 1 t. 3.1 Développer l’inégalité(1−t)2>0.
3.2 Utiliser la parité deφ.
3.3 Montrer que ψ : x 7−→ x−φ(x) est strictement décroissante, et étudier les signes deψ(0)et ψ(1).
4.1 Lire la question 4.2 pour trouver une solution particulière de l’équation avec second membre.
4.2 Étudier la continuité en0 d’une éventuelle solution de l’équation surR.
Problème d’algèbre 2.4 Traduirex∈Ker (ϕ−IdE)parx=ϕ(x).
2.6 En posantk= max
16i63|di|, montrer que sikxk= 1, alorskϕ(x)k26k2. 3.1 Il faut calculer tous les produits scalaires.
5.2 Utiliser la queston 2.4.
5.4.1 Montrer que la suite de terme généralk−−−→
ΩMnkest positive et décroissante ; puis montrer que sa limite ne peut être que0.
5.4.1 Poser Mn = (xn, yn, zn) et montrer que la suite Mn vérifie Mn+1 = f(Mn), oùf est une application affine dont l’application linéaire associée estϕα pour un certainαbien choisi.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 3/21 Problème d’analyse
1.1 Puisque la fonction Arctan est continue sur R et que la fonction identité est continue et ne s’annule pas surR∗, le quotient des deux, c’est-à-diref, est continu surR∗. Pour montrer quef est continue surR, il reste à montrer qu’elle est continue en0. Mais on a :
∀t6= 0 f(t) = Arctant−Arctan 0 t−0
et donc lim
t→0 t6=0
f(t) = Arctan′(0) = 1
Or, on a justementf(0) = 1; ainsif est continue en0également.
f est continue sur R.
Pourt non nul, on a, la fonctionArctan étant impaire, f(−t) = Arctan (−t)
−t =−Arctan t
−t = Arctant t =f(t)
donc f est paire.
De manière générale, le produit de deux fonctions impaires est toujours une fonction paire.
1.2 Pour obtenir un développement limité def à l’ordre1en0, il faut un dévelop- pement limité deArctan à l’ordre2. Nous proposons deux méthodes pour obtenir ce développement.
• Première méthode : commeArctan est de classeC2, la formule de Taylor- Young dit queArctan (t)admet un développement limité à l’ordre2au voisinage de0. Comme Arctan est une fonction impaire, par unicité du développement limité de Arctan (t) = −Arctan (−t), ce développement est lui-même impair, et donc
Arctan (t) =tArctan′(0) +o t2
=t+o t2 Ainsi, en divisant cette égalité part, il vient
f(t) = 1 +o(t)
• Deuxième méthode :la dérivée deArctan est la fonctionx7−→ 1 1 +x2, qui admet un développement à l’ordre2:
1
1 +x2 = 1−x2+o x2
= 1 +o(x)
Compte tenu du fait que Arctan (0) = 0, l’intégration de ce développement limité donne
Arctant=t+o t2
On conclut alors de la même manière qu’avec la première méthode.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
c Éditions H&K Publié dans lesAnnales des Concours 4/21 Commef admet un développement limité à l’ordre1 en0,
f est dérivable en0.
etf′(0)est donné par le coefficient du développement devantt. On a donc : f′(0) = 0
On a équivalence entre le fait que f admet un développement limité à l’ordre1ena, et le fait quef est dérivable ena.
La formule de Taylor-Young fournit, pour une fonction dérivable nfois ena, un développement limité à l’ordren. Cependant, une fonction peut très bien admettre un développement limité à l’ordrensans être seulement deux fois dérivable en 0, ou même sans avoir une dérivée continue en0; c’est par exemple le cas de la fonction x 7−→ xn+1sin (1/xn): cette fonction est en effet au voisinage de 0 un o(xn) (le sinus est majoré par 1), et sa dérivée n’est pas continue en 0.
1.3 f est dérivable surR∗ comme quotient de deux fonctions dérivables sur R∗, le dénominateur ne s’annulant pas ; comme on a vu quef était dérivable en 0,
f est dérivable surR.
et, pourt6= 0, on a f′(t) =Arctan′(t)×t−Arctan (t)×1 t2
soit ∀t6= 0 f′(t) = 1
t(1 +t2)−Arctant t2 1.4 Posonsu(x) = 1
1 +x2, de sorte queuest une fonction de classeC1surRet que u′(x) = −2x
(1 +x2)2. Posons égalementv(x) =−1
2x. Alors, pour tdansR∗, Z t
0
w2
(1 +w2)2dw= Z t
0
u′(w)v(w)dw
= [u(w)v(w)]t0− Z t
0
u(w)v′(w)dw
=
−1 2
t 1 +t2 −0
− Z t
0
−1 2
dw 1 +w2 Z t
0
w2
(1 +w2)2dw=−1 2
t
1 +t2−Arctan t
soit
Z t
0
w2
(1 +w2)2dw=−1 2t2f′(t) Ainsi, pour t > 0, comme la fonction w 7−→ w2
(1 +w2)2 est positive sur [ 0 ;t], il en est de même de son intégrale sur [ 0 ;t], c’est-à-dire de−1
2t2f′(t). Doncf′(t) est négatif, ceci pour toutt >0; on en conclut quef est décroissante surR+.
Téléchargé gratuitement surwww.Doc-Solus.fr.
