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ccb juin 2016-2017

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PTSI
2016-2017
Concours Blanc n°2
MATHÉMATIQUES
Jeudi 8 Juin
La présentation, la lisibilité, l’orthographe, la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements
entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies. En particulier, les résultats non justififés ne seront
pas pris en compte. Les candidats sont invités à encadrer les résultats de leurs calculs.
Exercice 1
Les parties 1) et 2) sont indépendantes.
1) Etude d’un cas particulier.
Soit f et g les applications suivantes :
f:
M2 (R)
x y
z t
R2
−→
g:
R2
−→
M2 (R)
2x + y
4y
−x − 2y −3x + 2y
7−→
(a) Calculer l’image de A =
(2x − y + t, x + y + 2z)
2
−1
(x, y) 7−→
3
par f .
0
Solution. f (A) = (2 × 2 − 3 + 0, 2 + 3 − 2) = (1, 3)
(b) Montrer que f est une application linéaire. On ADMET que g est une application linéaire.
0
2
2
Solution. Soit (M, M
.
)∈M
2 (R))
0et (λ,
µ) ∈ R 0
x
y
x
y
λx + µx0 λy + µy 0
0
f (λM + µM ) = f (λ
+µ 0
) = f(
)
z t
z t0
λz + µz 0 λt + µt0
0
0
0
0
0
0
= (2(λx + µx ) − (λy + µy ) + λt + µt , λx + µx + λy + µy + 2(λz + µz ))
= λ(2x − y + t, x + y + 2z) + µ(2x0 − y 0 + t0 , x0 + y 0 + 2z 0 ) = λf (M ) + µf (M 0 ).
Donc f est linéaire.
(c) Sans aucun calcul, pour f et g, précisez pour chacune si elles sont injectives, surjectives, bijectives. (répondez par
oui, non, peut-être).
Solution. f ne peut pas être injective, ni bijective. Elle peut être surjective.
g ne peut pas être surjective, ni bijective. Elle peut être injective.
(d) Déterminer une base de Ker f .
x y
Solution. M =
∈ Ker f ⇔ 2x − y + t = 0, x + y + 2z = 0
z t
⇔ t = −2x + y, z = − 21 x − 12 y.
x
y
Donc M =
.
−1/2x − 1/2y −2x + y
1
0
0
1
Ker f = Vect (
,
)
−1/2 −2
−1/2 1
Les deux matrices ne sont pas colinéaires, donc elle forment une base de Ker f : dim Ker f = 2
(e) Déterminer le rang de f ainsi que Im f .
Solution. D’après la formule du rang : rg f = dim M2 (R) − dim Ker f = 4 − 2 = 2.
Or Im f ⊂ R2 et rg f = dim R2 . Donc f est surjective : Im f = R2
(f) Déterminer une base de Im g.
2
0
1 4
Solution. g(x, y) = x
+y
.
−2 2
−1 −3 2
0
1 4
Im g = Vect (
,
).
−1 −3
−2 2
Les deux matrices ne sont pas colinéaires, donc elle forment une base de Im g. rg g = 2
1
(g) Déterminer la dimension de Ker g. En déduire Ker g.
Solution. D’après la formule du rang : dim Ker g = dim R2 − rg 2 = 0. Ker g = {(0, 0)}
(h) Calculer f ◦ g. Les applications f et g sont-elles inverses l’une de l’autre ?
2x + y
4y
Solution. f ◦ g(x, y) = f (
) = (2(2x + y) − 4y − 3x + 2y, 2x + y + 4y + 2(−x − 2y)) = (x, y)
−x − 2y −3x + 2y
On constate que : f ◦ g = IdR2 .
Néanmoins, f et g ne sont pas inverses l’une de l’autre : elles ne sont pas bijectives.
2) Etude du cas général.
Soit f ∈ L(E, F ) et g ∈ L(F, E) tels que f ◦ g = IdF
(a) f et g sont-elles nécessairement bijectives ? Donner une condition où elles sont nécessairement bijectives.
Solution. D’après la question précédente, f et g ne sont pas nécessairement bijectives.
Si E est de dimension finie avec dim E = dim F , alors f ◦ g =Id implique f et g bijective.
On se place dans le cas général :
(b) Montrer que Ker (g ◦ f ) = Ker (f ).
Solution. - Ker (f ) ⊂ Ker (g ◦ f ) :
soit x ∈ Ker f . f (x) = 0 et ainsi : g(f (x)) = g(0) = 0 car g est linéaire. Donc x ∈ Ker g ◦ f .
- Ker (g ◦ f ) ⊂ Ker (f ) :
soit x ∈ Ker g ◦ f . On a : g ◦ f (x) = 0. D’où f ◦ g ◦ f (x) = f (0) = 0. Or f ◦ g(f (x)) = f (x) par hypothèse. Donc
f (x) = 0 et x ∈ Ker f .
Ker (g ◦ f ) = Ker (f )
(c) Montrer que Im (g ◦ f ) = Im (g).
Solution. - Im (g ◦ f ) ⊂ Im (g) :
soit y ∈ Im g ◦ f . Il existe x tel que : g ◦ f (x) = y. D’où y = g(f (x)) ∈ Im (g). Donc y ∈ Im g.
- Im (g) ⊂ Im (g ◦ f ) :
soit y ∈ Im g. Il existe x tel que : g(x) = y. On compose par f : f ◦ g(x) = f (y). Par hypothèse : x = f (y). Donc
y = g(x) = g ◦ f (y) ∈ g ◦ f
Im (g ◦ f ) = Im (f )
Exercice 2
On considère l’application suivante :
Φ:
Rn [X] → Rn [X]
P 7→ P (X + 1) − P (X)
(il s’agit bien de P calculé en X + 1 et pas P multiplié par X + 1)
1) Montrer que Φ est un endomorphisme de Rn [X].
Solution. Si deg P 6 n alors deg P (X + 1) − P (X) 6 n. Donc Φ est à valeur dans Rn [X].
Soit P et Q dans Rn [X], λ, µ réels.
Φ(λP + µQ) = λP (X + 1) + µQ(X + 1) − λP (X) − µQ(X) = λ(P (X + 1) − P (X)) + µ(Q(X + 1) − Q(X)).
Φ(λP + µQ) = λΦ(P ) + µΦ(Q). Φ est linéaire.
Donc Φ est un endomorphisme.
2) Soit P ∈ Rn [X] tel que Φ(P ) = 0. Montrer que si P possède une racine α ∈ C, alors P = 0.
Solution. On suppose que P (X + 1) − P (X) est le polynôme nul et P (α) = 0.
Alors P (α + 1) = P (α) = 0. On recommence avec X = α + 1 : P (α + 2) = P (α + 1) = 0.
Par récurrence immédiate : P (α + n) = 0 pour tout n ∈ N. Donc P amdet une infinité de solutions : P = 0
3) Déterminer une base de Ker Φ et dim Ker Φ.
Solution. Un polynôme qui n’admet pas de racine est une constante non nulle λ. On constate : Φ(λ) = 0. Donc les
polynômes constants sont dans Ker Φ.
Soit P ∈ Ker Φ. Si P admet une racine, alors P = 0.
D’où : Ker Φ = Vect (1) et dim Ker Φ = 1
4) Calculer rg Φ. Donner une base de Im Φ. Qui est l’espace Im Φ ?
2
Solution. D’après le théorème du rang : rg Φ = dim Rn [X] − dim Ker Φ = n + 1 − 1 = n.
Une famille génératrice de Im Φ est (Φ(1), Φ(X), · · · , Φ(X n )).
Φ(1) = 0
Φ(X) = 1
Φ(X 2 ) = 2x + 1
n−1
X n
n
n
n
Φ(X ) = (X + 1) − X =
Xk.
k
k=0
On constate que la famille (Φ(X), · · · , Φ(X n )) est échelonnée. Elle est donc libre et génératrice : c’est une base de Im Φ.
Les polynomes de Im Φ sont de degré n − 1 au maximum. Donc Im Φ ⊂ Rn−1 [X] avec dim Im Φ = n = dim Rn−1 [X].
Donc : Im Φ = Rn−1 [X]
5) Dans cette question seulement, on prend n = 3 : Φ : R3 [X] → R3 [X].
(a) Montrer que Q = X 2 ∈ Im Φ. (aucun calcul)
Solution. On a vu : Im Φ = R2 [X]. Or X 2 ∈ R2 [X]. Donc Q ∈ Im Φ.
(b) Calculer explicitement le polynôme P tel que Φ(P ) = X 2 et P (1) = 0.
Solution. On veut : P (X) = (X − 1)(aX 2 + bX + c) avec Φ(P ) = X(a(X + 1)2 + b(X + 1) + c) − (X − 1)(aX 2 +
bX + c) = X 2 .
1
On dévéloppe et par identification, on trouve : P = (X − 1)X(2X − 1)
6
(c) Soit k ∈ N. Exprimer k 2 à l’aide de P . En déduire la valeur de
m
X
k 2 pour m ∈ N.
k=1
2
Solution. Φ(P ) = P (X + 1) − P (X) = X . Calculer en X = k, on trouve : k 2 = P (k + 1) − P (k).
m
m
X
X
2
P (k + 1) − P (k).
k =
Par passage à la somme :
k=1
k=1
A droite, on reconnait une somme télescopique. Il reste :
m
X
P (k + 1) − P (k) = P (m + 1) − P (1).
k=1
On remplace par la valeur de P :
m
X
1
k 2 = P (m + 1) − 0 = m(m + 1)(2m + 1)
6
k=1
Exercice 3
Z
2x
On note φ(t) = t + arctan t et G(x) =
x
1
dt =
φ(t)
Z
2x
x
1
dt
t + arctan t
1) Etude de φ :
(a) Faire une étude rapide de φ.
Solution. φ est définie et C ∞ comme somme de fonctions C ∞ .
1
∀t ∈ R, φ0 (t) = 1 +
> 0.
1 + t2
t
−∞
+∞
0
φ (t)
+
+∞
φ
−∞
(b) Résoudre l’équation φ(t) = 0.
Solution. φ est continue et strictement croissante. Donc c’est une bijection de R dans R.
On constate : φ(0) = 0. Donc φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0.
(c) Déterminer un réel b tel que φ(t) − (t + b) −→ 0. Quelle conséquence géométrique peut-on en déduire ?
t→+∞
Solution. On constate : φ(t) − (t + π2 ) −→ 0. Donc y = t +
t→+∞
2) Etude d’une suite :
Pour n ∈ N, on note un l’unique réel tel que φ(un ) = n.
3
π
2
est une asymptote oblique en +∞
(a) Déduire de l’étude de φ que un est bien défini. Que vaut u0 ?
Solution. On a vu que φ est une bijection de R dans R.
Donc l’équation φ(t) = n admet une unique solution. un est donc bien défini.
u0 est l’antécédent de 0. Donc u0 = 0
(b) Montrer que (un ) est croissante.
Solution. On a : un = φ−1 (n). Or φ est croissante. Donc φ−1 aussi. Ainsi : (un ) est croissante.
π
6 un 6 n.
2
π
π
π
π
Solution. φ(n − ) = n − + arctan(n − ) 6 n car arctan x 6 .
2
2
2
2
φ(n) = n + arctan(n) > n car n > 0.
π
D’après le théorème des valeurs intermédiaires : n − 6 un 6 n
2
(c) Montrer que n −
(d) En déduire la limite de (un ) en +∞ ainsi qu’un équivalent de la suite.
π
Solution. lim n − = +∞. Par comparaison, lim = +∞
n→+∞
n→+∞
2
π
un
6 1.
On divise par n l’inégalité : 1 − 2 6
n
n
π
1 − 2 → 1. Par théorème d’encadrement :
n
un
= 1 donc un ∼ n
+∞
n
3) Etude globale de G :
(a) Montrer que G est définie et C 1 sur R∗ .
Solution. φ(t) = 0 ⇐⇒ t = 0. Donc t 7→
1
est C 0 sur [x, 2x] dès que x 6= 0.
φ(t)
x 7→ x et x 7→ 2x sont C 1 donc G est définie et C 1 sur R∗ .
(b) Par un changement de variable, montrer que G est paire.
Solution. G est définie
sur R∗ centré en zéro.
Z −2x
1
dt. On effectue le changement de variable : s = −t.
On calcule : G(−x) =
φ(t)
−x
Z 2x
1
G(−x) =
(−ds) = G(x). G est paire.
φ(−s)
x
(c) Quel est le signe de G pour x > 0, pour x < 0 ?
Solution. Pour x > 0, 2x > x et φ(t) > 0 pour t > x > 0. Donc G(x) > 0 pour x > 0.
Comme G est paire, par symétrie : G(x) > 0 pour x < 0.
(d) Pour x > 0, calculer G0 (x).
1
. Donc G(x) = F (2x) − F (x).
φt
1
1
G0 (x) = 2F 0 (2x) − F 0 (x) = 2
−
.
2x + arctan 2x x + arctan x
1
(e) Montrer que : ∀x > 0,
arctan(2x) < arctan(x).
2
1
Solution. On pose u(x) = arctan x − arctan(2x).
2
u est définie et dérivable sur R comme somme de fonctions dérivables.
1
1
u0 (x) =
−
> 0 et u(0) = 0. Donc u(x) > 0 pour x > 0.
1 + x2
1 + 4x2
Solution. On note F une primitive de t 7→
(f) En déduire les variations de G sur ] − ∞, 0[ et ]0, +∞[.
1
1
.
Solution. G0 (x) =
−
arctan 2x
x + arctan x
x+
2
1
1
Or, pour x > 0, arctan(2x) < arctan(x). Donc x + arctan(2x) < x + arctan(x). Ainsi : G0 (x) > 0.
2
2
4) Etude de G en zéro :
4
(a) Donnez le développement limité DL3 (0) de arctan t.
2t
En déduire le développement limité DL2 (0) de
.
φ(t)
Solution. arctan t = t −
Donc
t3
+ o(t3 ).
3
2t
2t
1
= 1 + t2 /6 + o(t2 ).
=
=
3
2
φt
2t − t /3 + o(t)
1 − t /6 + o(t2 )
1
1
ln 2 + x2 + o(x2 ) pour x 6= 0.
2
8
1
1
=
+ t/12 + o(t).
Solution. Ainsi :
2t
Z 2xφt
1
1
2
2
2
( + t/12 + o(t))dt = [ ln |t| + t2 /24 + o(t2 )]2x
Alors : G(x) =
x = 1/2 ln 2x − 1/2 ln 2 + 4x /24 − x /24 + o(x )
2t
2
x
1
x2
G(x) = ln 2 +
+ o(x2 )
2
8
(b) En déduire : G(x) =
0
(c) Montrer que G est prolongeable par continuité en zéro et que ce prolongement est dérivable en zéro. Que vaut
G0 (0) ?
Solution. G(x) =
1
x2
1
ln 2 +
+ o(x2 ) −→ ln 2.
x→0 2
2
8
Donc G est prolongeable en zéro par la valeur : G(0) =
1
ln 2
2
G admet un DL1 (0). Donc G est dérivable en 0 et G0 (0) = 0.
1
x2
1
ln
2
+
+ o(x2 ) − ln 2
G(x) − G(0)
8
2
Sinon,
= 2
= x/8 + o(x) → 0.
x−0
x
(d) Donnez une équation de la tangente en x = 0. Préciser la position relative de la courbe et de sa tangente au
voisinage de 0.
Solution. On sait : G(x) =
Au voisinage de 0,
1
x2
ln 2 +
+ o(x2 ). Donc y = 0 est l’équation de la tangente en x = 0. .
2
8
x2
+ o(x2 ) > 0. Donc au voisinage de zéro, la courbe est au-dessus de sa tangente.
8
5) Etude de G en +∞ :
(a) Montrer que : ∀t > 0,
1
1
1
6 .
π 6
t+ 2
φ(t)
t
Solution. On sait : ∀t > 0, 0 6 arctan t 6
Donc
π
π
. Alors : t 6 t + arctan t 6 t + .
2
2
1
1
1
6 .
π 6
t+ 2
φ(t)
t
(b) En déduire un encadrement de G(x) puis la limite lim G(x).
x→+∞
Z
2x
Solution. Par passage à l’intégrale dans l’inégalité précédente : pour x > 0,
x
Donc : ln(2x + π/2) − ln(x + π/2) 6 G(x) 6 ln 2x − ln 2 = ln 2
Par théorème d’encadrement, lim G(x) = ln 2.
x→+∞
(c) Quelle est la limite en −∞ ?
Solution. Par parité :
lim G(x) = ln 2
x→−∞
6) Dresser le tableau de variations de G et tracer son graphe sur R.
Solution. GNA
Exercice 4
Les deux parties sont indépendantes.
5
1
dt 6 G(x) 6
t + π2
Z
2x
x
1
dt.
t
-1)
Un calcul de probabilité
A la poste, il y a n lettres disctinctes et n clients. Samuel le postier, qui ne sait pas lire, distribue le courrier. Il donne de
manière équiprobable une lettre à chaque client sans savoir s’il est le bon destinataire.
1) Combien y’a-t-il de distributions possibles ?
Solution. Pour la première lettre, il y a n possibilités. Pour la deuxième, n − 1, etc... Pour la dernière, une possibilités.
Donc, le nombre de distribution est n!.
2) On note Dn le nombre de distributions telles que aucun client ne reçoit la lettre qui lui était destinée (bref, où tout le
monde est mécontent). Donner, en justifiant, la valeur de D1 , D2 , D3 .
Solution. D1 : il y a une seule personne, une seule lettre. Donc, Samuel distribue la lettre à la bonne personne :
D1 = 0
P L1
P L2
Il y a deux personnes : P1 , P2 et deux lettres L1 , L2 . On a deux ditributions possibles : 1
ou 1
. Seule
P2 L 2
P2 L 1
la deuxième est retenue. Donc D2 = 1
Trois personnes : P1 , P2 , P3 et trois lettres : L1 , L2 , L3 . Sur les 6 distributions, les distributions retenues sont :
P1 L2
P1 L3
P2 L3 et P2 L1 . Donc D3 = 2
P3 L1
P3 L2
3) Montrer que pour tout n > 1, on a :
Dn+2 = (n + 1)(Dn+1 + Dn )
Solution. On part de n + 2 personnes notée Pi , n + 2 lettres notée Li .
Pour P1 , il y a n + 1 possibilités : L2 , · · · , Ln+2 . On se fixe une de ses possibilités : P1 |Lj .
Reste à distribuer les autres lettres. On distingue deux cas selon ce que reçoit Pj :
P Lj
. Dans ce cas, il reste n personnes, n lettres. Il y a donc Dn distributions possibles.
1er cas : 1
Pj L1
2eme cas : on compte les distributions dans lesquelles Pj ne reçoit pas L1 . On a donc n + 1 personnes avec n + 1 lettres
et chaque personne a une lettre qu’il ne doit pas recevoir. On compte Dn+1 distributions.
Finalement, : Dn+2 = (n + 1)(Dn + Dn+1 ).
4) Pour n > 1, on pose : un = Dn+1 − (n + 1)Dn . Montrer que la suite (un ) est géométrique.
Solution. un+1 = Dn+2 − (n + 2)Dn+1 = (n + 1)(Dn+1 + Dn ) − (n + 2)Dn+1 = −Dn+1 + (n + 1)Dn = −un .
On reconnait une suite géométrique, de raison −1 et de permier terme u1 = D2 − 2D1 = 1.
5) En déduire : Dn+1 = (n + 1)Dn + (−1)n+1 .
Solution. On explicite u : un = (−1)n−1 . On remplace : (−1)n−1 = Dn+1 − (n + 1)Dn . Comme (−1)n−1 = (−1)n+1 ,
Dn+1 = (n + 1)Dn + (−1)n+1 .
6) Montrer que la probabilité pn que personne ne reçoive la bonne lettre est :
n
∀n ∈ N∗ ,
pn =
X (−1)k
Dn
=
n!
k!
k=0
Solution. On est en situation d’équiprobabilité. Donc pn =
nombre de cas favorables
Dn
=
.
nombre de cas possibles
n!
n
Par récurrence sur n, on montre que
X (−1)k
Dn
=
en utilisant :
n!
k!
k=0
Dn+1
(n + 1)Dn + (−1)n+1
Dn
(−1)n+1
=
=
+
.
(n + 1)!
(n + 1)!
n!
(n + 1)!
7) L’objectif est de calculer la limite de cette probabilité quand n tend vers +∞ (ce qui fait beaucoup de travail pour
Samuel). A l’aide des formules que vous connaissez, faites une conjecture sur la valeur de lim pn .
n→+∞
Solution. On a vu que le DL(0) de exp est : ex =
n
X
k=0
xk
+ o(xk ).
k!
Si on s’en inspire, en prenant x = −1 (interdit dans le DL(0)), on conjecture :
T.S.V.P.
6
lim pn = e−1
n→+∞
-2)
Etude d’une suite de fonctions
Pour n ∈ N∗ , on pose :
fn :
R
→
x
7→ ex
R
!
n
X
(−x)k
k!
k=0
1) Calculer fn (0).
Solution. fn (0) = e0
n
X
(0)k
k=0
!
k!
= 1 (car 00 = 1.)
2) Montrer que fn est dérivable sur R et donner une expression simplifiée pour fn0 (x).
Solution. fn est dérivable comme somme!finie de fonctions dérivables.
!
!
0
n−1
n
n
X (−x)i
X
X
(−x)k
(−x)k−1
=−
.
La dérivée de la somme est :
=−
k!
(k − 1)!
i!
i=0
k=0
k=1
(−x)n
Donc : fn0 (x) = fn (x) − fn−1 (x) = ex
n!
3) Montrer que pour tout n ∈ N∗ et pour tout x ∈ [0, 1], on a : |fn0 (x)| 6
Solution. Pour x ∈ [0, 1], |fn0 (x)| = |ex
4) Montrer que |fn (1) − fn (0)| 6
e
.
n!
e
(−x)n
xn
1
| = ex
6 e . Donc : |fn0 (x)| 6
sur [0, 1]
n!
n!
n!
n!
e
.
n!
Solution. fn est une fonction dérivable sur [0, 1].
e
pour tout x ∈ [0, 1], on a : |fn0 (x)| 6
n!
D’après l’inégalité des accroissements finis appliquée à fn sur [0, 1] :
e
e
|fn (1) − fn (0)| 6 (1 − 0) = .
n!
n!
-3)
Conclusion
A l’aide de la dernière question, déterminer lim pn .
n→+∞
Solution.
D’après l’inégalité précédente, quand n tend vers l’infini, par théorème d’encadrement, on obtient : lim fn (1)−fn (0) = 0.
n→+∞
!
!
!
n
n
n
k
k
X
X
X
(−1)
(−1)k
(−1)
. Donc lim e
= 1. Et alors : lim
= e−1 .
On constate fn (0) = 1, fn (1) = e
n→+∞
n→+∞
k!
k!
k!
k=0
k=0
k=0
n
X
(−1)k
On a vu : pn =
. Alors : lim pn = e−1
n→+∞
k!
k=0
7
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