CONCOURS COMMUN SUP 2004
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Épreuve de Mathématiques (toutes filières)
Proposition de Correction
CORRIGE DU PROBLEME D’ANALYSE
PREMIERE PARTIE 1.
)2
1 ( ) 2 (
x x x
a −
= −
)2
1 (
) 1 ( 1
x x
−
−
= + =
) 1 (
1 )
1 (
1
2 x
x + −
−
Donc la fonction A définie par : ln(1 ) 1
) 1
( x
x x
A − −
= − est une primitive de a sur I
2. (E) est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre. Sa solution générale sur I est :
) 1 ) (
(
1 1 )
(
x K e Ke
x y
x x A
= −
= − où K désigne un réel quelconque
3. 1 ( )
1
1 2 3 3
x o x x
x = +x+ + +
− et f(x) = e(1+x+x2+x3+o(x3))ex+x2+x3+o(x3)
D’où , après développements et réductions d’usage : ( )
6 34 2
2 7 1 ( )
(x e x x2 x3 o x3
f = + + + + )
DEUXIEME PARTIE
4. Soit, pour tout entier naturel n, l’assertion A(n) : ‘’ Il existe un polynôme Pn tel que :
n x
n e
P x x
f −
= − 1
1 )
( )
1 ( 1 )
( pour tout réel x appartenant à I ‘’
.) A(0) est vraie avec Po(X) = X
.) Prouvons que pour tout entier naturel n, A(n) implique A(n+1) :
n x n
n x n x
x n n
n
x e P x
P x
e x P x
x e P x
x f x e
P x f
−
− + −
−
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
⎛
− + −
= −
− + −
−
= −
− ⇒
=
1 2 1
1 1 1
1 )
1 1 (
1 )
(
1 )) 1 1 ( 1 1 )
( 1 ' (
1 )' ( 1 1 )
( 1 1 )'
( 1 1 ) ( 1 ' ) ( 1 )
( 1 ) (
Posons : Pn+1 (X) = X2( Pn (X) + Pn’ (X)) (*)
Pn+1 est un polynôme tel que : n x
n e
P x x
f + + −
= − 1
1 1
) 1
( )
1 ( 1 )
(
5. On applique la formule (*) successivement pour n = 0, 1, 2, 3 :
Po(X) = X P1(X) = X3 + X2 P2(X) = X5 + 4X4 + 2X3 et P3(X) = X7 + 9X6 + 18X5 + 6X4 6. Soit (E) : (1−x)2y'=(2−x)y
On dérive n fois les deux membres de (e) en appliquant la formule de Leibniz :
( )
) 1 ( ) ( )
(
) 1 ( )
( )
1 ( ) 2
2 (
) 2 ( ) ) 2 ((
) 1 ( )
1 ( 2 )
) 1 ( ' ) 1 (
−
− +
−
−
=
−
− +
−
−
−
=
−
n n
n
n n
n n
ny y
x y
x
y n n ny x y
x y
x
Après avoir égalisé et utilisé la définition des polynômes Pn , on obtient : Pn+1(X) = [(2n+1)X + X2] Pn (X) – n2X2 Pn-1(X)
TROISIEME PARTIE
7. Le résultat de la question 6 donne directement : an+1 = 2(n+1)an – n2 an-1 car an = f(n) (0) = e.Pn(1) 8.
a) Ces nombres sont donnés par les coefficients du développement limité de f(x) (question 3) a0 = e a1 = 2e a2 = 7e a3 = 34e et a4= 209e
b) D’après la formule de Taylor-Young : ( )
24 209 6
34 2
2 7 1 ( )
(x e x x2 x3 x4 o x4
f = + + + + +
9 . On peut appliquer l’inégalité de Taylor- Lagrange à l’ordre p à la fonction exponentielle sur l’intervalle [0, 1] :
)!
1 (
! 1
0 ≤ +
−
∑
= p
e e i
p
i
10.
a) Sp(0) =up
et p p 1
p
0 i 1 p
0 i p
0 i p
1 i p
0 i p
0 i p
0 i p
0 i
p 2 u u
! i 1
! i 1
! i 1 )!
1 i (
1
! i 1
! i
i
! i
1 i )
! i (
)!
1 i ) (
1 (
S −
=
−
=
=
=
=
=
=
=
+
= +
=
− +
= +
+ = + =
=
∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑
b) les suites p → Sp(0) et p → Sp(1) convergent respectivement vers e et 2e 11.
∑
==
− +
+
−
+ p
i
i p
p
p X
n i S n n S n n
S
0 2
2
)
! ( ) 1 1 ( )
( ) 2 2 ( ) 1
( (*)
avec : Xi =(n+1+i)!−(2n+2)(n+i)!+n2(n−1+i)!=(n+i−1)![−(n+i)+i2]= −(n+i)!+(n+i−1)!i2 Donc le premier membre de (*) peut s’écrire :
) ( )
( )
)!
1 ((
)!
1 (
)
! (
)!
(
1
1 2
0 2 S n S n
i i n i
i n
p p
p
i p
i
= −
=
+
−
− =
− + +
−
∑
+∑
12. On démontre ce résultat par récurrence double sur n :
Nous savons que les suites p → Sp(0) et p → Sp(1) convergent
D’après la formule précédente, si les suites p → Sp(n-1) et p → Sp(n) convergent ,alors la suite p → Sp(n+1) converge également.
13. Si, pour tout n, on désigne par bn la limite de la suite p → Sp(n), le même raisonnement par récurrence prouve que bn = an
CORRIGE DU PROBLEME D’ALGEBRE ET GEOMETRIE
PREMIERE PARTIE
1. f ( ) = et si alors
→
u
→
u
→
t
→
→
→+ +
= xi y j zk ( )
→
t f
→
→
→+ +
= y i z j xk Si appartient au plan d’équation x + y + z = 0, il en est de même de
→
t ( )
→
t f
2.
a) Q est l’ensemble des vecteurs orthogonaux au vecteur ; en fait partie car . = 0 et également par définition. De plus et ne sont pas colinéaires donc ( , ) est une base de Q.
→
u
→
v
→
u
→
v
→
w
→
v
→
w
→
v
→
w
b) ( , , ) est une base orthogonale directe de mais pas normée car
→
u
→
v
→
w
→
E
→
v =
→
w = 2 3
c) Précisons d’abord : ( ) 2
3 → →
→= j−k
w .
Alors f(
→
→
→v =− v− w 2
3 2
) 1 et
→
→
→w =− v− w
f 2
1 2 ) 3
( d’où θ = [2 ]
3
4π π
d) La restriction de f à Q ( orienté par la base ( , )) est la rotation d’angle
→
v
→
w 3
4π
DEUXIEME PARTIE 3.
a) et donc P =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
= 1 1 1 X1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
2 2
1
j j X
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
= j j X3 2
1
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
j j
j j
2 2
1 1
1 1 1
b) En utilisant le fait que : j2 = j , j3 =1 et 1+ j+j2=0 on obtient : P.P= 3I ce qui prouve que P est inversible et que : P P
3
1 =1
−
4.
a) JX1 = X1 2 2 2 de même 1
jX j
j
JX =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
= JX3 = j2X3
a) D’où : JP =
[
3]
2 2
1 jX j X
X = P donc ∆ =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
0 2
0
0 0
0 0 1
j j
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
0 2
0
0 0
0 0 1
j j
5.
a) Les matrices qui commutent avec J sont les matrices invariantes par permutations circulaires sur les lignes et les colonnes. On obtient rapidement les matrices M de la forme M =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
a c b
b a c
c b a
Or : J2 = . Donc M s’écrit : M = aI + bJ + cJ2 . Ainsi C(J) = Vect ( I, J, J2 )
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
0 1 0
0 0 1
1 0 0
b) On vérifie que ( I, J, J2 ) est une famille libre donc est une base de C(J) qui est par conséquent de dimension 3.
6.
a) D(a, b, c) = P-1(aI + bJ + cJ2 )P = aI + b(P-1JP) + c(P-1J2P) = aI + b∆ + c∆2. =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+ + +
+ +
+
cj bj a cj bj a c b a
2 2
0 0
0 0
0 0
b) En appliquant la règle de Sarrus, par exemple, on obtient : dét( M(a, b, c )) = a3 + b3 + c3 – 3abc.
D’autre part : dét( D(a, b, c )) = (a + b + c) (a + bj + cj2) (a + bj2 + cj) c) Or dét( D(a, b, c )) = dét (P-1) dét( M(a, b, c ))dét(P) = dét( M(a, b, c )) d) M(a, b, c) est singulière si seulement si :
.) a + b + c = 0 ce qui signifie que O est le centre de gravité de (T) ou .) a + bj + cj2 = 0 ce qui équivaut à : j
b c
c
a =
−
− donc que (T) est équilatéral ou .) a + bj2 + cj = 0 ce qui conduit à la même conclusion.
TROISIEME PARTIE
7. Les données se traduisent par l’égalité matricielle : Yn Yn
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
+ =
0 1
0 1
1 0
1
λ λ
λ λ
λ λ
Soit : Yn+1 = M(0, λ, 1-λ)Yn.
Donc : Zn+1 = P-1M(0, λ, 1-λ)PZn = D(0, λ, 1-λ) Zn 8. (D(0, λ, 1-λ))n =
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
− +
− +
n n
j j
j j
) ) 1 ( ( 0
0
0 )
) 1 ( ( 0
0 0
1
2 2
λ λ
λ λ
9.
a) La suite (un ) définie pour tout entier n par un = (λj + (1-λ)j2)n converge seulement dans les deux cas : .) (λj + (1-λ)j2 = 1 ce qui est impossible ici car λ est réel
.) | (λj + (1-λ)j2 | < 1 . Cette inégalité est équivalente à λ(λ -1) < 0 soit λ ∈ ]0, 1[
c) Les suites (an), (bn), (cn) sont des combinaisons linéaires des suites (un ) et de sa conjuguée donc elles convergent.
10.
a) an+1 + bn+1 + cn+1 = an + bn + cn
b) Désignons par x, y, z les limites respectives des suites (an) , (bn) et (cn) . Nous avons alors les égalités :
y y
z
z x y
z y
x
) 1 (
) 1 (
) 1 (
λ λ
λ λ
λ λ
− +
=
+
−
=
− +
=
La résolution de ce système conduit à x = y = z
c) D’autre part , d’après la question a) : x + y + z = a + b + c On en conclut que :
3 c b z a
y
x= = = + +
Autrement dit les sommets des triangles (Tn) convergent vers le centre de gravité du triangle (T)