نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2010: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2010, filière TSI (classes préparatoires), organisé par l'ESITH. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Trois exercices : une famille de courbes Γ_λ, les polynômes P_n = 1 + x + … + x²ⁿ (avec une norme sur ℝ²), puis l'intégrale de Gauss et la transformée de Fourier de e^−t². Voici une correction proposée.

💡 Dans l'exercice I, posez une fois pour toutes g(x) = (x² + 1)e^−x, de sorte que f_λ = x + λg. On calcule g′(x) = −(x − 1)²e^−x et g″(x) = (x − 1)(x − 3)e^−x : presque toutes les questions en découlent.

Exercice I : f_λ(x) = x + λ(x² + 1)e^−x

1. (x₀, y₀) ∈ Γ_λ ⟺ y₀ = x₀ + λg(x₀). Comme g(x₀) > 0, cette équation d'inconnue λ a une unique solution :
λ = (y₀ − x₀) e^x₀ / (x₀² + 1).

2. Branches infinies.

• En +∞ : λg(x) → 0, donc f_λ(x) − x → 0 : asymptote y = x pour tout λ ; Γ_λ est au-dessus si λ > 0, en dessous si λ < 0 (Γ₀ est la droite elle-même).
• En −∞ : si λ = 0, Γ₀ est la droite y = x. Si λ ≠ 0, g(x) → +∞ donc f_λ(x) → +∞ (λ > 0) ou −∞ (λ < 0), et f_λ(x)/x = 1 + λg(x)/x avec |g(x)/x| → +∞ : branche parabolique de direction (Oy).

3. Concavité. f_λ″ = λg″ = λ(x − 1)(x − 3)e^−x.

• λ = 0 : droite, pas de point d'inflexion.
• λ > 0 : convexe sur ]−∞, 1] et [3, +∞[, concave sur [1, 3].
• λ < 0 : concave sur ]−∞, 1] et [3, +∞[, convexe sur [1, 3].

Pour λ ≠ 0, f_λ″ change de signe en 1 et 3 : points d'inflexion (1, 1 + 2λ/e) et (3, 3 + 10λ/e³).

4. (a) k(x) = (x − 1)²e^−x ≥ 0 ; k′(x) = (x − 1)(3 − x)e^−x.

k(0) = 1 ; branche parabolique de direction (Oy) en −∞ ; asymptote y = 0 en +∞ ; tangente horizontale en (1, 0) (minimum) et en (3, 4/e³) (maximum local).

(b) f_λ′(x) = 1 + λg′(x) = 1 − λk(x). Tangente horizontale ⟺ λk(x) = 1.

• λ ≤ 0 : aucun point.
• 0 < λ < e³/4 (1/λ > 4/e³) : un seul point (sur ]−∞, 1[, où k décroît de +∞ à 0).
• λ = e³/4 : deux points (un d'abscisse < 1, et x = 3).
• λ > e³/4 : trois points, d'abscisses dans ]−∞, 1[, ]1, 3[ et ]3, +∞[.

(c) Un point (x, f_λ(x)) de I vérifie x ≠ 1 et λ = 1/k(x) = e^x/(x − 1)². Alors y = x + (x² + 1)e^−x·e^x/(x − 1)². Réciproquement tout x ≠ 1 donne un λ > 0. Donc
I est la courbe y = φ(x) = x + (x² + 1)/(x − 1)², x ≠ 1.
Étude : φ(x) = x + 1 + 2x/(x − 1)² ; φ′(x) = 1 − 2(x + 1)/(x − 1)³ = (x − 3)(x² + 1)/(x − 1)³. φ croît sur ]−∞, 1[, décroît sur ]1, 3], croît sur [3, +∞[ ; φ(3) = 11/2 ; φ(0) = 1. Asymptote verticale x = 1 (φ → +∞ des deux côtés), asymptote oblique y = x + 1 en ±∞ (I au-dessus pour x > 0, en dessous pour x < 0, elle la coupe en (0, 1)).

5. T_λ,a : y = f_λ(a) + f_λ′(a)(x − a) = x + λ[g(a) + g′(a)(x − a)].
Si a ≠ 1, g′(a) = −(a − 1)²e^−a ≠ 0 : le crochet s'annule pour x_a = a − g(a)/g′(a) = a + (a² + 1)/(a − 1)², et alors y = x_a quel que soit λ. Les tangentes sont concourantes au point (x_a, x_a), x_a = a + (a² + 1)/(a − 1)² (sur la droite y = x ; on remarque x_a = φ(a)).
Si a = 1 : g′(1) = 0 et T_λ,1 : y = x + 2λ/e. Les tangentes sont toutes parallèles (pente 1), distinctes : elles ne sont pas concourantes.

6. Tableaux de variations. f_λ′ = 1 − λk. Valeurs approchées obtenues avec les approximations de l'énoncé.

f₋₂ : f′ = 1 + 2k > 0, strictement croissante de −∞ (en −∞) à +∞ ; f₋₂(0) = −2, f₋₂(1) = 1 − 4/e ≈ −0,5, f₋₂(3) = 3 − 20/e³ ≈ 2 (points d'inflexion).

f₃ : 3 < e³/4 ≈ 5 : une seule racine x₀ ∈ ]0, 1[ de k(x) = 1/3 (x₀ ≈ 0,32).

(f₃(0) = 3 ; f₃(1) = 1 + 6/e ≈ 3,2.)

f₇ : 7 > e³/4 : trois racines x₁ ∈ ]0, 1[, x₂ ∈ ]1, 3[, x₃ > 3 de k(x) = 1/7 ; f′ < 0 là où k > 1/7.

Tangentes en a = 0 : f_λ(0) = λ et f_λ′(0) = 1 − λ, donc T_λ,0 : y = λ + (1 − λ)x : T_−2,0 : y = 3x − 2 ; T_3,0 : y = 3 − 2x ; T_7,0 : y = 7 − 6x, toutes concourantes en (1, 1) (question 5 : x₀ = 0 + 1/1 = 1). Sur la figure : Γ₀ est la droite y = x ; toutes les courbes ont la pente 1 en x = 1 ; les points à tangente horizontale de Γ₃ et Γ₇ sont sur I.

7. Puisque λ = (y − x)/g(x) et y′ = 1 + λg′(x), avec g′/g = −(x − 1)²/(x² + 1) :
y′ = 1 − (y − x)(x − 1)²/(x² + 1), soit
(E) : (x² + 1)y′ + (x − 1)²y = x³ − x² + x + 1.
C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients continus, le coefficient x² + 1 ne s'annulant pas. Vérification : y = x est solution ; les solutions homogènes sont C·exp(−∫(x − 1)²/(x² + 1)dx) = C·exp(−x + ln(x² + 1)) = C(x² + 1)e^−x. L'ensemble des solutions est donc exactement {f_λ, λ ∈ ℝ}.
Interprétation : la question 1 est le théorème de Cauchy-Lipschitz (existence et unicité d'une solution vérifiant y(x₀) = y₀) ; par chaque point du plan passe une et une seule courbe intégrale.

Exercice II : P_n(x) = 1 + x + … + x²ⁿ

1. (a) Somme géométrique de raison x ≠ 1 : P_n(x) = (1 − x²ⁿ⁺¹)/(1 − x).

(b) Les racines sont les z ≠ 1 tels que z²ⁿ⁺¹ = 1 (1 n'est pas racine : P_n(1) = 2n + 1) : z_k = e^2ikπ/(2n+1), k = 1, …, 2n (2n racines distinctes, toutes non réelles).

2. Si |x| < 1 : x²ⁿ⁺¹ → 0 et P_n(x) → 1/(1 − x). Si x = −1 : P_n(−1) = 1 pour tout n (suite constante). Si x = 1 : P_n(1) = 2n + 1 → +∞. Si |x| > 1 : |x²ⁿ⁺¹| → +∞, divergence. La suite converge si et seulement si x ∈ [−1, 1[.

3. (a) P_n(1) = 2n + 1 ; P_n(−1) = 1. P_n′(x) = Σ_k=1²ⁿ kx^k−1 : P_n′(1) = n(2n + 1) ; P_n′(−1) = (1 − 2) + (3 − 4) + … + ((2n−1) − 2n) = −n.

(b) Pour x ≠ 1 : P_n′(x) = [−(2n+1)x²ⁿ(1 − x) + 1 − x²ⁿ⁺¹]/(1 − x)², soit P_n′(x) = φ_n(x)/(1 − x)².

(c) φ_n′(x) = 2n(2n+1)x²ⁿ⁻¹(x − 1) : positive sur ]−∞, 0[, négative sur ]0, 1[, positive sur ]1, +∞[. φ_n(0) = 1, φ_n(1) = 0, φ_n(−1) = −4n, limites −∞ en −∞ et +∞ en +∞. Donc φ_n > 0 sur [0, +∞[ \ {1}, et φ_n s'annule une seule fois sur ]−∞, 0[, en α_n ∈ ]−1, 0[.

(d) D'après le tableau, P_n atteint son minimum en l'unique point α_n ∈ ]−1, 0[. β_n = (1 − α_n²ⁿ⁺¹)/(1 − α_n) avec α_n²ⁿ⁺¹ < 0 : β_n > 0.

4. P_n+1(x) − P_n(x) = x²ⁿ⁺¹(1 + x) : P_n+1 > P_n sur ]−∞, −1[ ∪ ]0, +∞[, P_n+1 < P_n sur ]−1, 0[ ; points communs (−1, 1) et (0, 1).
Pour x < 1 : P_n(x) − 1/(1 − x) = −x²ⁿ⁺¹/(1 − x) : P_n est au-dessus de l'hyperbole pour x < 0, en dessous sur ]0, 1[ ; seul point commun (0, 1) (tangence : même pente 1). L'hyperbole a l'asymptote x = 1 et tend vers 0 en −∞ ; les P_n tendent vers +∞.

5. (a) φ_n(α_n) = 0 s'écrit α_n²ⁿ(2n + 1 − 2nα_n) = 1, soit α_n²ⁿ = 1/(2n(1 − α_n) + 1). Comme 1 < 1 − α_n < 2 :
(4n + 1)^−1/(2n) < |α_n| < (2n + 1)^−1/(2n). Or ln(4n + 1)/(2n) → 0, donc les deux bornes tendent vers 1 : α_n → α = −1.

(b) α_n ≠ 1, donc P_n′(α_n) = φ_n(α_n)/(1 − α_n)² = 0. Posons ε_n = 1 + α_n → 0⁺. ln|α_n| = ln(1 − ε_n) ~ −ε_n, et ln|α_n| = −ln(2n(2 − ε_n) + 1)/(2n) ~ −ln(4n)/(2n) ~ −ln n/(2n). D'où
α_n − α = α_n + 1 ~ ln n/(2n).

(c) P_n+1′(α_n) = P_n′(α_n) + (2n + 1)α_n²ⁿ + (2n + 2)α_n²ⁿ⁺¹ = α_n²ⁿ[(2n + 1) + (2n + 2)α_n]. Montrons que α_n > c = −(2n + 1)/(2n + 2) : φ_n étant croissante sur ]−∞, 0], il suffit que φ_n(c) < 0. Or φ_n(c) = 1 − c²ⁿ(2n + 1)²/(n + 1), et par Bernoulli c²ⁿ = (1 − 1/(2n+2))²ⁿ ≥ 1 − 2n/(2n+2) = 1/(n + 1), donc c²ⁿ(2n + 1)²/(n + 1) ≥ ((2n + 1)/(n + 1))² > 1. Ainsi P_n+1′(α_n) > 0, ce qui place α_n à droite de α_n+1 (P_n+1′ < 0 sur ]−∞, α_n+1[ et nulle en α_n+1) : α_n+1 < α_n, la suite est décroissante.

(d) β_n+1 = min P_n+1 ≤ P_n+1(α_n) = β_n + α_n²ⁿ⁺¹(1 + α_n) < β_n (α_n²ⁿ⁺¹ < 0 et 1 + α_n > 0) : (β_n) est strictement décroissante et minorée par 0. Limite : |α_n²ⁿ⁺¹| ≤ α_n²ⁿ ≤ 1/(2n + 1) → 0 et 1 − α_n → 2, donc β_n → 1/2.

6. (a) P₁(t) = t² + t + 1 = (t + 1/2)² + 3/4 ≥ 3/4 > 0, donc f_u est continue sur ℝ ; f_u(t) → 0 en ±∞ (degré 1 sur degré 2). Une fonction continue sur ℝ ayant des limites finies en ±∞ est bornée : N(u) existe (et la borne est atteinte dès que u ≠ 0).

(b) N(u) ≤ 1 ⟺ pour tout t, −(t² + t + 1) ≤ x + ty ≤ t² + t + 1 ⟺ les trinômes t² + (1 − y)t + 1 − x et t² + (1 + y)t + 1 + x sont ≥ 0 sur ℝ ⟺ (1 − y)² ≤ 4(1 − x) et (1 + y)² ≤ 4(1 + x). De plus N(u) = 1 exactement quand l'un des deux trinômes a une racine (borne atteinte), c'est-à-dire quand l'une de ces inégalités est une égalité. Donc :
S = {x = 1 − (1 − y)²/4, −√3 ≤ y ≤ √3} ∪ {x = (1 + y)²/4 − 1, −√3 ≤ y ≤ √3},
réunion de deux arcs de paraboles symétriques par rapport à O, qui se coupent en (√3/2, √3) et (−√3/2, −√3) (résolution de 1 − (1 − y)²/4 = (1 + y)²/4 − 1, soit y² = 3). S est le bord de la boule unité de N, qui est une norme sur ℝ².

(c) Par homogénéité, le plus grand a est a = min_u∈S ‖u‖ (distance euclidienne de O à S). Par symétrie, on étudie l'arc x = 1 − s²/4, y = 1 − s, s ∈ [1 − √3, 1 + √3] : ‖u‖² = s⁴/16 + s²/2 − 2s + 2, de dérivée s³/4 + s − 2 et de dérivée seconde 3s²/4 + 1/2 > 0 (fonction convexe). Le minimum est atteint en l'unique racine réelle s₀ de s³ + 4s − 8 = 0 (s₀ ≈ 1,365, d'après Cardan s₀ = ∛(4 + 4√93/9) + ∛(4 − 4√93/9)), et vaut ‖u‖² = s₀²/4 − 3s₀/2 + 2. Donc
a = √(s₀²/4 − 3s₀/2 + 2) ≈ 0,647, atteint au point (1 − s₀²/4, 1 − s₀) ≈ (0,53 ; −0,36) et en son symétrique.

(d) Le plus petit b est b = max_u∈S ‖u‖. La fonction convexe ci-dessus atteint son maximum aux extrémités s = 1 ∓ √3, c'est-à-dire aux points (±√3/2, ±√3), où ‖u‖² = 3/4 + 3 = 15/4. Donc b = √15/2.

💡 La valeur exacte de a fait intervenir une équation du 3^e degré : au concours, l'essentiel est de ramener le problème à « distance de O au bord de la boule unité » et d'établir correctement l'équation s³ + 4s − 8 = 0.

Exercice III

A. Intégrale de Gauss

1. (a) φ(x) = x − 1 − ln x, φ′(x) = (x − 1)/x, minimum φ(1) = 0 : ln x ≤ x − 1.
(b) Pour u ∈ [0, n[ : n ln(1 − u/n) ≤ −u, donc (1 − u/n)ⁿ ≤ e^−u ; pour u = n, 0 ≤ e⁻ⁿ. D'où e^−u − (1 − u/n)ⁿ ≥ 0.

2. (a) ψ(x) = e^x − 1 − x, minimum ψ(0) = 0 : e^x ≥ x + 1.
(b) Pour t ∈ [0, 1] : e^nt ≥ (1 + t)ⁿ ≥ 0, et en multipliant par (1 − t)ⁿ ≥ 0 : (1 − t)ⁿe^nt ≥ (1 − t²)ⁿ.
(c) χ(t) = (1 − t²)ⁿ − 1 + nt² : χ(0) = 0, χ′(t) = 2nt[1 − (1 − t²)ⁿ⁻¹] ≥ 0 sur [0, 1] : (1 − t²)ⁿ ≥ 1 − nt².
(d) Avec t = u/n ∈ [0, 1] : (1 − u/n)ⁿe^u ≥ 1 − u²/n ; en multipliant par e^−u : e^−u − (1 − u/n)ⁿ ≤ (u²/n)e^−u.

3. (a) h′(t) = (4t³ − 2t⁵)e^−t² = 2t³(2 − t²)e^−t².

Donc 0 ≤ h(t) ≤ 4/e² sur ℝ⁺.

(b) Pour t ∈ [0, √n], u = t² ∈ [0, n] ; par 1.(b) et 2.(d) : 0 ≤ e^−t² − (1 − t²/n)ⁿ ≤ (t⁴/n)e^−t² = h(t)/n ≤ 4/(ne²). En intégrant sur [0, √n] :
0 ≤ J_n ≤ √n · 4/(ne²) = 4/(e²√n) → 0 : J_n → 0.

(c) Convergence : e^−t² est continue, positive, et ≤ e^−t pour t ≥ 1 : ∫₀^+∞ e^−t² dt converge ; notons-la τ.
Calcul de K_n = ∫₀^√n (1 − t²/n)ⁿ dt : avec t = √n sin θ (θ ∈ [0, π/2]) : K_n = √n ∫₀^π/2 cos²ⁿ⁺¹θ dθ = √n W_2n+1, où W_p = ∫₀^π/2 cos^pθ dθ (intégrales de Wallis).
Rappels à redémontrer : par parties, pW_p = (p − 1)W_p−2 ; donc pW_pW_p−1 = W₁W₀ = π/2 ; (W_p) décroît, d'où W_p+1 ≤ W_p ≤ W_p−1 et √(π/(2(p+1))) ≤ W_p ≤ √(π/(2p)). Alors
√n·√(π/(4n + 4)) ≤ K_n ≤ √n·√(π/(4n + 2)), et les deux bornes tendent vers √π/2.
Enfin ∫₀^√n e^−t² dt = J_n + K_n → 0 + √π/2, et le membre de gauche tend vers τ : ∫₀^+∞ e^−t² dt = √π/2.

4. t ↦ e^−t² est paire et ∫₀^+∞ converge, donc ∫_−∞⁰ aussi (t ↦ −t) et ∫_−∞^+∞ e^−t² dt = 2 · √π/2 = √π.

B. Transformée de Fourier de f(t) = e^−t²

1. t ↦ e^−ixtf(t) est continue et |e^−ixtf(t)| = e^−t², intégrable sur ℝ (A.4) : elle est intégrable sur ℝ.

2. Soit k(x, t) = e^−ixte^−t² : ∂k/∂x = −it e^−ixte^−t², continue en (x, t), et |∂k/∂x| ≤ |t|e^−t², intégrable sur ℝ et indépendante de x. Par le théorème de dérivation sous le signe ∫, f̂ est C¹ et f̂′(x) = ∫_ℝ −it e^−ixte^−t² dt.
Comme −it e^−t² = (i/2)(e^−t²)′, une intégration par parties (le crochet [e^−ixte^−t²] tend vers 0 en ±∞) donne :
f̂′(x) = (i/2)[0 − ∫_ℝ (−ix)e^−ixte^−t² dt] = (i/2)(ix)f̂(x) = −(x/2)f̂(x).
Donc f̂′ + (x/2)f̂ = 0 : f̂ vérifie (1).

3. Équation linéaire homogène du premier ordre : les solutions sont y = C e^−x²/4. Comme f̂(0) = ∫_ℝ e^−t² dt = √π :
f̂(x) = √π e^−x²/4.