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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 espace 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 (x est un point fixe de f si f (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 existe k < 1 vérifiant :
∀(x, y) ∈ E × E
kf (x) − f (y)k 6 kkx − yk
Alors f admet un unique point fixe x
e. De plus, ce point fixe est
limite de toute suite de points (xn )n∈N vérifiant la relation de
récurrence xn+1 = f (xn ).
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Indications
Problème d’analyse
1.2 Effectuer un développement limité de Arctan t à l’ordre 2 ; pour cela, faire un
développement limité à l’ordre 1 de la fonction dérivée de Arctan .
1.4 Poser u′ (x) =
−2x
1
et v(x) = − x.
(1 + x2 )2
2
2.1 Effectuer le changement de variable u = −t dans l’intégrale. Utiliser les développements 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 lorsque x tend vers 0 à l’aide d’un développement limité.
2.4 Remarquer que f (t) 6
π1
.
2t
3.1 Développer l’inégalité (1 − t)2 > 0.
3.2 Utiliser la parité de φ.
3.3 Montrer que ψ : x 7−→ x − φ(x) est strictement décroissante, et étudier les
signes de ψ(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 en 0 d’une éventuelle solution de l’équation sur R.
Problème d’algèbre
2.4 Traduire x ∈ Ker (ϕ − Id E ) par x = ϕ(x).
2.6 En posant k = max |di |, montrer que si kxk = 1, alors kϕ(x)k2 6 k 2 .
16i63
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 général kΩMn k est positive et décroissante ; puis
montrer que sa limite ne peut être que 0.
5.4.1 Poser Mn = (xn , yn , zn ) et montrer que la suite Mn vérifie Mn+1 = f (Mn ),
où f est une application affine dont l’application linéaire associée est ϕα pour
un certain α bien choisi.
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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 sur R∗, le quotient des deux, c’est-à-dire f , est continu
sur R∗ . Pour montrer que f est continue sur R, il reste à montrer qu’elle est continue
en 0. Mais on a :
Arctan t − Arctan 0
∀t 6= 0
f (t) =
t−0
et donc
lim f (t) = Arctan′ (0) = 1
t→0
t6=0
Or, on a justement f (0) = 1 ; ainsi f est continue en 0 également.
f est continue sur R.
Pour t non nul, on a, la fonction Arctan étant impaire,
f (−t) =
donc
Arctan (−t)
− Arctan t
Arctan t
=
=
= f (t)
−t
−t
t
f est paire.
De manière générale, le produit de deux fonctions impaires est toujours une
fonction paire.
1.2 Pour obtenir un développement limité de f à l’ordre 1 en 0, il faut un développement limité de Arctan à l’ordre 2. Nous proposons deux méthodes pour obtenir ce
développement.
• Première méthode : comme Arctan est de classe C 2 , la formule de TaylorYoung dit que Arctan (t) admet un développement limité à l’ordre 2 au voisinage
de 0. 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) = t Arctan′ (0) + o t2 = t + o t2
Ainsi, en divisant cette égalité par t, il vient
f (t) = 1 + o (t)
• Deuxième méthode : la dérivée de Arctan est la fonction x 7−→
admet un développement à l’ordre 2 :
1
, qui
1 + x2
1
= 1 − x2 + o x2 = 1 + o (x)
2
1+x
Compte tenu du fait que Arctan (0) = 0, l’intégration de ce développement
limité donne
Arctan t = t + o t2
On conclut alors de la même manière qu’avec la première méthode.
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Comme f admet un développement limité à l’ordre 1 en 0,
f est dérivable en 0.
et f ′ (0) est donné par le coefficient du développement devant t. On a donc :
f ′ (0) = 0
On a équivalence entre le fait que f admet un développement limité à
l’ordre 1 en a, et le fait que f est dérivable en a.
La formule de Taylor-Young fournit, pour une fonction dérivable n fois
en a, un développement limité à l’ordre n. Cependant, une fonction peut très
bien admettre un développement limité à l’ordre n sans être seulement deux
fois dérivable en 0, ou même sans avoir une dérivée continue en 0 ; c’est par
exemple le cas de la fonction x 7−→ xn+1 sin (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 sur R∗ comme quotient de deux fonctions dérivables sur R∗, le
dénominateur ne s’annulant pas ; comme on a vu que f était dérivable en 0,
f est dérivable sur R.
et, pour t 6= 0, on a
f ′ (t) =
soit
∀t 6= 0
Arctan′ (t) × t − Arctan (t) × 1
t2
f ′ (t) =
1
Arctan t
−
2
t (1 + t )
t2
1
, de sorte que u est une fonction de classe C 1 sur R et que
1 + x2
1
−2x
. Posons également v(x) = − x. Alors, pour t dans R∗,
u′ (x) =
2
2
(1 + x )
2
Z t
Z t
w2
dw =
u′ (w) v(w) dw
2 2
0 (1 + w )
0
Z t
t
= [u(w) v(w)]0 −
u(w)v ′ (w) dw
0
Z t
1 t
1 dw
= −
−0 −
−
2 1 + t2
2 1 + w2
0
Z t
2
w
1
t
dw = −
− Arctan t
2 )2
(1
+
w
2
1
+
t2
0
1.4 Posons u(x) =
soit
Z
0
t
w2
1
dw = − t2 f ′ (t)
2
2
(1 + w )
2
w2
est positive sur [ 0 ; t ],
(1 + w2 )2
1
il en est de même de son intégrale sur [ 0 ; t ], c’est-à-dire de − t2 f ′ (t). Donc f ′ (t)
2
est négatif, ceci pour tout t > 0 ; on en conclut que f est décroissante sur R+ .
Ainsi, pour t > 0, comme la fonction w 7−→
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