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Éditions H&K Publié dans les Annales 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 de fsi 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 Eun espace euclidien et fune application de Edans E
telle qu’il existe k < 1vérifiant :
∀(x, y)∈E×Ekf(x)−f(y)k6kkx−yk
Alors fadmet un unique point fixe ex. De plus, ce point fixe est
limite de toute suite de points (xn)n∈Nvérifiant la relation de
récurrence xn+1 =f(xn).
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 2/21
Indications
Problème d’analyse
1.2 Effectuer un développement limité de Arctan tà l’ordre 2 ; pour cela, faire un
développement limité à l’ordre 1de la fonction dérivée de Arctan .
1.4 Poser u′(x) = −2x
(1 + x2)2et v(x) = −1 2x.
2.1 Effectuer le changement de variable u=−tdans l’intégrale. Utiliser les déve-
loppements limités pour la fin de la question.
2.2 Pour x > 0, intégrer l’inégalité f(x)6f(t)pour t∈[ 0 ; x]; terminer en
raisonnant sur la parité des fonctions.
2.3 Montrer que φ′(x)admet une limite lorsque xtend vers 0à 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 de φ.
3.3 Montrer que ψ:x7−→ 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 0d’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
16i63|di|, montrer que si kxk= 1, alors kϕ(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 général k−−−→ ΩMnkest 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 Mnvérifie Mn+1 =f(Mn),
où fest une application affine dont l’application linéaire associée est ϕαpour
un certain αbien choisi.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 3/21
Problème d’analyse
1.1 Puisque la fonction Arctan est continue sur Ret 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 fest continue sur R, il reste à montrer qu’elle est continue
en 0. Mais on a :
∀t6= 0 f(t) = Arctan t−Arctan 0
t−0
et donc lim
t→0
t6=0
f(t) = Arctan′(0) = 1
Or, on a justement f(0) = 1 ; ainsi fest continue en 0également.
fest continue sur R.
Pour tnon nul, on a, la fonction Arctan étant impaire,
f(−t) = Arctan (−t)
−t=−Arctan t −t=Arctan t t=f(t)
donc fest paire.
De manière générale, le produit de deux fonctions impaires est toujours une
fonction paire.
1.2 Pour obtenir un développement limité de fà l’ordre 1en 0, il faut un dévelop-
pement limité de Arctan à l’ordre 2. Nous proposons deux méthodes pour obtenir ce
développement.
•Première méthode : comme Arctan est de classe C2, la formule de Taylor-
Young dit que Arctan (t)admet un développement limité à l’ordre 2au 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) = tArctan′(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 x7−→ 1
1 + x2, qui
admet un développement à l’ordre 2:
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
Arctan t=t+ot2
On conclut alors de la même manière qu’avec la première méthode.
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Éditions H&K Publié dans les Annales des Concours 4/21
Comme fadmet un développement limité à l’ordre 1en 0,
fest 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 fadmet un développement limité à
l’ordre 1en a, et le fait que fest dérivable en a.
La formule de Taylor-Young fournit, pour une fonction dérivable nfois
en a, un développement limité à l’ordre n. Cependant, une fonction peut très
bien admettre un développement limité à l’ordre nsans 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 x7−→ xn+1 sin (1/xn): cette fonction est en
effet au voisinage de 0un o (xn)(le sinus est majoré par 1), et sa dérivée
n’est pas continue en 0.
1.3 fest dérivable sur R∗comme quotient de deux fonctions dérivables sur R∗ , le
dénominateur ne s’annulant pas ; comme on a vu que fétait dérivable en 0,
fest dérivable sur R.
et, pour t6= 0, on a f′(t) = Arctan′(t)×t−Arctan (t)×1
t2
soit ∀t6= 0 f′(t) = 1
t(1 + t2)−Arctan t t2
1.4 Posons u(x) = 1
1 + x2, de sorte que uest une fonction de classe C1sur Ret que
u′(x) = −2x
(1 + x2)2. Posons également v(x) = −1 2x. Alors, pour tdans R∗
,
Zt
0
w2
(1 + w2)2dw=Zt
0
u′(w)v(w)dw
= [u(w)v(w)]t
0−Zt
0
u(w)v′(w)dw
=−1
2
t
1 + t2−0−Zt
0
−1
2
dw
1 + w2
Zt
0
w2
(1 + w2)2dw=−1 2t 1 + t2−Arctan t
soit Zt
0
w2
(1 + w2)2dw=−1 2t2f′(t)
Ainsi, pour t > 0, comme la fonction w7−→ w2
(1 + w2)2est positive sur [ 0 ; t],
il en est de même de son intégrale sur [ 0 ; t], c’est-à-dire de −1
2t2f′(t). Donc f′(t)
est négatif, ceci pour tout t > 0; on en conclut que fest décroissante sur R+.
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