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CONCOURS COMMUN SUP 2004 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

CONCOURS COMMUN SUP 2004

DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES

Épreuve de Mathématiques (toutes filières)

Proposition de Correction

(2)

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)

(3)

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

(4)

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

= jk

w .

Alors f(

v =− vw 2

3 2

) 1 et

w =− vw

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

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

(5)

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)

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