Modèle de concours : CNC 2009 Mathématiques I (TSI) — Concours National Commun

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2009, filière TSI (classes préparatoires). L'énoncé comporte 3 pages, calculatrice interdite. Il contient un exercice (fonction de deux variables) et un problème en deux parties : intégrale de Gauss et étude d'une fonction, puis approximation uniforme de |t| par des polynômes (intégrales de Wallis). Voici une correction proposée.

💡 Fil conducteur : τ = ∫₀^+∞ e^−t² dt = √π/2 (1^re partie, A) est réutilisé partout ensuite. Les inégalités de la 2^e partie, A, sont classiques : apprenez-les, elles reviennent souvent au CNC.

Exercice : h(x, y) = √(x² + y²) + y² − 1

1. (a) (x, y) ↦ x² + y² est polynomiale donc continue, à valeurs dans ℝ⁺, et √ est continue sur ℝ⁺ : la composée est continue ; h est somme de fonctions continues, donc continue sur ℝ².

(b) Sur ℝ² \ {(0,0)}, x² + y² > 0 et √ est C¹ sur ]0, +∞[ : h est C¹ (composée et somme). Pour (x, y) ≠ (0, 0) :
∂h/∂x = x/√(x² + y²), ∂h/∂y = y/√(x² + y²) + 2y.

(c) (h(t, 0) − h(0, 0))/t = |t|/t vaut ±1 selon le signe de t : pas de limite en 0. De même (h(0, t) − h(0, 0))/t = |t|/t + t n'a pas de limite. h n'admet pas de dérivées partielles en (0, 0).

2. (a) 𝒰 = N⁻¹(]0, 2[) avec N(x, y) = √(x² + y²) continue. L'image réciproque d'un ouvert de ℝ par une application continue est un ouvert : 𝒰 est ouvert.

(b) Sur 𝒰, h est C¹. Un point critique vérifie x/r = 0, donc x = 0 et r = |y| > 0 ; puis y/|y| + 2y = 0. Si y > 0 : 1 + 2y = 0, impossible ; si y < 0 : −1 + 2y = 0, impossible. Aucun point critique dans 𝒰.

(c) D est fermé et borné (compact) et h est continue : h est bornée sur D et atteint ses bornes. Directement, avec r = √(x² + y²) ≤ 2 et y² ≤ r² :

• h(x, y) = r + y² − 1 ≥ −1, avec égalité si et seulement si r = 0 : minimum −1, atteint seulement en (0, 0).
• h(x, y) ≤ r + r² − 1 ≤ 2 + 4 − 1 = 5, avec égalité si et seulement si r = 2 et y² = 4 : maximum 5, atteint en (0, 2) et (0, −2).

Cohérent avec (b) : le minimum est en (0,0), où h n'est pas différentiable, et le maximum est sur le bord.

Problème — 1^re partie

A. Calcul de l'intégrale de Gauss

1. t ↦ e^−t² est continue et positive sur [0, +∞[ ; pour t ≥ 1, t² ≥ t donc e^−t² ≤ e^−t, intégrable sur [1, +∞[. Par comparaison, ∫₀^+∞ e^−t² dt converge.

2. Pour x ≥ 0 : 0 < e^−xt²/(1 + t²) ≤ 1/(1 + t²), intégrable sur [0, +∞[ (primitive arctan). L'intégrale converge.

3. ψ(0) = ∫₀^+∞ dt/(1 + t²) = π/2. Si 0 ≤ x ≤ y, e^−yt² ≤ e^−xt² pour tout t, donc ψ(y) ≤ ψ(x) : ψ est décroissante.

4. (a) Soit k(x, t) = e^−xt²/(1 + t²). Pour tout t, x ↦ k(x, t) est continue ; pour tout x, t ↦ k(x, t) est continue ; et |k(x, t)| ≤ 1/(1 + t²) (domination indépendante de x, intégrable). Par le théorème de continuité des intégrales à paramètre, ψ est continue sur ℝ⁺.

(b) ∂k/∂x(x, t) = −t² e^−xt²/(1 + t²), continue en (x, t). Soit a > 0 ; pour x ≥ a : |∂k/∂x| ≤ t² e^−at²/(1 + t²) ≤ e^−at², intégrable sur [0, +∞[. Par le théorème de dérivation sous le signe ∫, ψ est C¹ sur [a, +∞[ pour tout a > 0, donc C¹ sur ]0, +∞[, avec
ψ′(x) = −∫₀^+∞ t² e^−xt²/(1 + t²) dt.

(c) ψ(x) − ψ′(x) = ∫₀^+∞ e^−xt² (1 + t²)/(1 + t²) dt = ∫₀^+∞ e^−xt² dt. Avec u = √x · t : = (1/√x)∫₀^+∞ e^−u² du = τ/√x. Donc ψ est solution de y − y′ = τ/√x.

5. (a) ψ(x) ≥ 0 et, comme 1/(1 + t²) ≤ 1, ψ(x) ≤ ∫₀^+∞ e^−xt² dt = τ/√x. Donc lim_+∞ ψ = 0.

(b) ψ′(x) = ψ(x) − τ/√x, avec ψ(x) → π/2 (continuité en 0) et τ/√x → +∞ : ψ′(x) → −∞ quand x → 0⁺.
Allure : ψ part de (0, π/2) avec une demi-tangente verticale, décroît, est convexe (ψ″(x) = ∫ t⁴ e^−xt²/(1 + t²) dt > 0) et admet l'asymptote y = 0 en +∞.

6. (a) t ↦ e^−t/√t est continue et positive sur ]0, +∞[ ; en 0, e^−t/√t ~ 1/√t (Riemann, exposant 1/2 < 1, intégrable) ; en +∞, e^−t/√t ≤ e^−t pour t ≥ 1. L'intégrale converge.

(b) λ est continue sur [0, +∞[ et C¹ sur ]0, +∞[ avec λ′(x) = e^−x(ψ′(x) − ψ(x)) = −τ e^−x/√x. Pour 0 < ε < x : λ(x) − λ(ε) = −τ∫_ε^x e^−t/√t dt ; en faisant ε → 0 :
λ(x) = c − τ∫₀^x e^−t/√t dt, avec c = λ(0) = ψ(0) = π/2.
Quand x → +∞, λ(x) = e^−xψ(x) → 0, d'où ∫₀^+∞ e^−t/√t dt = π/(2τ).

(c) Changement de variable t = u² (C¹ bijectif de ]0, +∞[ sur lui-même, dt = 2u du) : ∫₀^+∞ e^−t/√t dt = ∫₀^+∞ (e^−u²/u)·2u du = 2τ. Donc 2τ = π/(2τ), τ² = π/4 et, τ > 0, τ = √π/2.

B. Étude de F(x) = ∫_x^x² e^−t² dt

1. (a) F(x) = f(x²) − f(x) (Chasles).

(b) f est la primitive de t ↦ e^−t² (continue) nulle en 0 : f est C¹, f′(x) = e^−x². Par composition, F est C¹ et F′(x) = 2x e^−x⁴ − e^−x².

2. x² − x = x(x − 1). Sur ]−∞, 0[ et ]1, +∞[, x < x² et l'intégrande est > 0 : F > 0. Sur ]0, 1[, x² < x : F(x) = −∫_x²^x e^−t² dt < 0. F(0) = F(1) = 0.

3. (a) Quand x → −∞ : f(x²) → τ et, f étant impaire, f(x) → −τ. Donc F(x) → 2τ = √π.

(b) Pour x ≥ 1 et t ∈ [x, x²] : t ≥ 1 donc e^−t² ≤ e^−t, et 0 ≤ F(x) ≤ ∫_x^x² e^−t dt = e^−x − e^−x². Donc lim_+∞ F = 0.

4. (a) g′(x) = 2e^x²−x⁴ + 2x(2x − 4x³)e^x²−x⁴ = 2e^x²−x⁴(1 + 2x² − 4x⁴). g′(x) = 0 ⟺ 4x⁴ − 2x² − 1 = 0 ⟺ x² = (1 ± √5)/4 ; seule la racine positive convient : x² = (1 + √5)/4, soit x = ±α, α = √(1 + √5)/2.

(b) g′ > 0 sur ]−α, α[ et g′ < 0 sur ]−∞, −α[ ∪ ]α, +∞[. Quand x → ±∞, x² − x⁴ → −∞ et x e^x²−x⁴ → 0 : g → −1.
Valeurs : g(0) = −1 ; g(1) = 2 − 1 = 1 ; α² = (1+√5)/4 ∈ ]1/4, 1[ donc α² − α⁴ = α²(1 − α²) > 0 et 2α > 1, d'où g(α) > 2α − 1 > 0 ; g(−α) = −2α e^α²−α⁴ − 1 < −1.

Sur [0, α], g est continue strictement croissante de −1 à g(α) > 0 : il existe un unique a ∈ ]0, α[ avec g(a) = 0. Sur [α, +∞[, g décroît strictement de g(α) à −1, avec g(1) = 1 > 0 : l'unique zéro b y vérifie b > 1. Pour x ≤ 0, g(x) ≤ −1 : pas d'autre zéro.

5. (a) F′(x) = e^−x²(2x e^x²−x⁴ − 1) = e^−x² g(x) : F′ a le signe de g.

F(a) < 0 car a ∈ ]0, 1[ ; F(b) > 0 car b > 1 (question 2).

(b) Pentes : F′(0) = −1 ; F′(1) = 2e⁻¹ − e⁻¹ = 1/e ; F′(a) = F′(b) = 0 (tangentes horizontales). Asymptotes : y = √π en −∞, y = 0 en +∞. La courbe descend de √π, coupe l'origine avec la pente −1, atteint son minimum ≈ −0,25 en a ≈ 0,43, remonte, recoupe l'axe en (1, 0) avec la pente 1/e, atteint ≈ 0,05 en b ≈ 1,26, puis tend vers 0.

Problème — 2^e partie

A. Résultats préliminaires

1. (a) φ(x) = x − 1 − ln x : φ′(x) = 1 − 1/x, négative sur ]0,1], positive sur [1, +∞[ ; minimum φ(1) = 0. Donc ln x ≤ x − 1.

(b) Si u ∈ [0, n[ : 1 − u/n > 0 et ln(1 − u/n) ≤ −u/n, donc n ln(1 − u/n) ≤ −u et (1 − u/n)ⁿ ≤ e^−u. Si u = n : 0 ≤ e⁻ⁿ. D'où e^−u − (1 − u/n)ⁿ ≥ 0.

2. (a) φ(x) = e^x − 1 − x : φ′(x) = e^x − 1, minimum φ(0) = 0. Donc e^x ≥ 1 + x.

(b) Pour t ∈ [0,1] : e^t ≥ 1 + t ≥ 0, donc e^nt ≥ (1 + t)ⁿ ; en multipliant par (1 − t)ⁿ ≥ 0 : (1 − t)ⁿ e^nt ≥ (1 − t²)ⁿ.

(c) φ(t) = (1 − t²)ⁿ − 1 + nt² : φ(0) = 0 et φ′(t) = 2nt[1 − (1 − t²)ⁿ⁻¹] ≥ 0 sur [0,1]. Donc (1 − t²)ⁿ ≥ 1 − nt² (inégalité de Bernoulli).

(d) Pour u ∈ [0, n], t = u/n ∈ [0,1] : (1 − u/n)ⁿ e^u ≥ (1 − t²)ⁿ ≥ 1 − u²/n. En multipliant par e^−u : (1 − u/n)ⁿ ≥ e^−u − (u²/n)e^−u, soit e^−u − (1 − u/n)ⁿ ≤ (u²/n) e^−u.

B. Intégrales de Wallis

1. (a) I₀ = π/2, I₁ = [sin t]₀^π/2 = 1. t ↦ cosⁿ t est continue, positive sur [0, π/2] et non identiquement nulle (vaut 1 en 0) : I_n > 0.

(b) Pour n ≥ 2, on intègre par parties avec u = cosⁿ⁻¹ t, v′ = cos t (v = sin t) :
I_n = [cosⁿ⁻¹t sin t]₀^π/2 + (n − 1)∫₀^π/2 cosⁿ⁻²t sin²t dt = (n − 1)(I_n−2 − I_n),
d'où n I_n = (n − 1) I_n−2.

(c) u_n = n I_n I_n−1 = (n − 1) I_n−2 I_n−1 = u_n−1 pour n ≥ 2 : suite constante, égale à u₁ = I₁ I₀ = π/2.

2. (a) Sur [0, π/2], 0 ≤ cos t ≤ 1 donc cosⁿ⁺¹t ≤ cosⁿt et I_n+1 ≤ I_n : (I_n) décroissante.

(b) Pour n ≥ 1 : I_n+1 ≤ I_n ≤ I_n−1. En multipliant par I_n > 0 et avec 1.(c) :
π/(2(n+1)) = I_n+1I_n ≤ I_n² ≤ I_nI_n−1 = π/(2n), d'où √(π/(2(n+1))) ≤ I_n ≤ √(π/(2n)).

3. (a) Par 1.(b), I_2n = ((2n − 1)/(2n)) I_2n−2, donc I_2n = (π/2)∏_k=1ⁿ(2k − 1)/(2k). Or ∏(2k) = 2ⁿn! et ∏(2k − 1) = (2n)!/(2ⁿn!), donc
I_2n = (π/2)·(2n)!/(2²ⁿ(n!)²) = (π/2)·C(2n, n)/2²ⁿ (vrai aussi pour n = 0).

(b) λ_n = (2/π) I_2n. Par 2.(b) appliqué à 2n : √(π/(2(2n+1))) ≤ I_2n ≤ √(π/(4n)). Donc
λ_n√(nπ) ≤ (2/π)√(nπ)√(π/(4n)) = 1, et λ_n√(nπ) ≥ (2/π)√(nπ)√(π/(4n+2)) = √(2n/(2n+1)).
Ainsi 0 ≤ 1 − λ_n√(nπ) ≤ 1 − √y avec y = 2n/(2n+1). Or 1 − √y = (1 − y)/(1 + √y), 1 − y = 1/(2n+1) et √y ≥ y (car y ∈ [0,1]), donc (2n+1)(1 + √y) ≥ (2n+1) + 2n ≥ 4n. D'où 0 ≤ 1 − λ_n√(nπ) ≤ 1/(4n), et λ_n√(nπ) → 1 :
λ_n ~ 1/√(nπ).

C. Étude d'une suite de polynômes

1. (a) Par la formule du binôme, 1 − (1 − t²)ⁿ = Σ_k=1ⁿ (−1)^k−1C(n,k) t^2k, donc (1 − (1 − t²)ⁿ)/t² = Σ_k=1ⁿ (−1)^k−1C(n,k) t^2k−2 : c'est un polynôme sur ]0, x], qui se prolonge par continuité en 0 (valeur n). L'intégrale est faussement impropre : convergente.

(b) En intégrant ce polynôme : ∫₀^x … dt = Σ_k=1ⁿ (−1)^k−1C(n,k) x^2k−1/(2k − 1). En multipliant par λ_nx, on obtient exactement P_n(x).

(c) Changement de variable t = ux/√n (x > 0 fixé), dt = (x/√n)du, t ∈ [0, x] ⟺ u ∈ [0, √n], t² = u²x²/n :
∫₀^x (1 − (1 − t²)ⁿ)/t² dt = (√n/x)∫₀^√n (1 − (1 − u²x²/n)ⁿ)/u² du. En multipliant par λ_nx :
P_n(x) = λ_n√n ∫₀^√n (1 − (1 − u²x²/n)ⁿ)/u² du.

2. t ↦ (1 − e^−t²)/t² est continue sur ]0, +∞[, tend vers 1 en 0 (prolongeable) et est majorée par 1/t² en +∞ : l'intégrale converge. Pour 0 < ε < A, intégration par parties (dérivée de −1/t, et (1 − e^−t²)′ = 2t e^−t²) :
∫_ε^A (1 − e^−t²)/t² dt = (1 − e^−ε²)/ε − (1 − e^−A²)/A + 2∫_ε^A e^−t² dt.
Quand ε → 0 ((1 − e^−ε²)/ε ~ ε → 0) et A → +∞ : ∫₀^+∞ (1 − e^−t²)/t² dt = 2τ = √π.
Pour x = 0 l'intégrale demandée est nulle ; pour x ≠ 0, avec t = |x|u : ∫₀^+∞ (1 − e^−u²x²)/u² du = |x|∫₀^+∞ (1 − e^−t²)/t² dt = |x|√π.

3. (a) Par 1.(c), P_n(x) = λ_n√n Δ_n(x) = (1/√π)λ_n√(nπ) Δ_n(x) ; par 2, x = Δ(x)/√π (x ∈ ]0,1]). D'où P_n(x) − x = (1/√π)(λ_n√(nπ)Δ_n(x) − Δ(x)).
Écrivons λ_n√(nπ)Δ_n − Δ = λ_n√(nπ)(Δ_n − Δ) + (λ_n√(nπ) − 1)Δ. Par B.3.(b), 0 ≤ λ_n√(nπ) ≤ 1 ≤ 1 + 1/(4n) et |λ_n√(nπ) − 1| ≤ 1/(4n), avec Δ ≥ 0 :
|P_n(x) − x| ≤ (1/√π)[(1/(4n) + 1)|Δ_n(x) − Δ(x)| + Δ(x)/(4n)].

(b) Δ_n(x) − Δ(x) = ∫₀^√n [e^−u²x² − (1 − u²x²/n)ⁿ]/u² du − ∫_√n^+∞ (1 − e^−u²x²)/u² du. L'inégalité triangulaire donne la première majoration (les deux intégrandes sont positifs : pour le premier, appliquer A.1.(b) à v = u²x² ∈ [0, n], car u ≤ √n et x ≤ 1).
Par A.2.(d) avec v = u²x² : 0 ≤ e^−v − (1 − v/n)ⁿ ≤ (v²/n)e^−v, donc la première intégrale est ≤ (x⁴/n)∫₀^+∞ u² e^−u²x² du = (x⁴/n)·(1/x³)∫₀^+∞ s² e^−s² ds. Par parties, ∫₀^+∞ s² e^−s² ds = (1/2)∫₀^+∞ e^−s² ds = √π/4. D'où une borne x√π/(4n) ≤ √π/(4n).
Seconde intégrale : ≤ ∫_√n^+∞ du/u² = 1/√n. Donc |Δ_n(x) − Δ(x)| ≤ √π/(4n) + 1/√n.

(c) Pour t ∈ ]0, 1], avec (a), (b) et Δ(t) = t√π ≤ √π :
|P_n(t) − t| ≤ (1/(4n) + 1)(1/(4n) + 1/√(nπ)) + t/(4n) ≤ (1/(4n) + 1)(1/(4n) + 1/√(nπ)) + 1/(4n).
P_n est pair (puissances paires) et |t| aussi : la même borne vaut sur [−1, 0[ ; en t = 0, P_n(0) = 0 = |0|. D'où
sup_−1≤t≤1 |P_n(t) − |t|| ≤ (1/(4n) + 1)(1/(4n) + 1/√(nπ)) + 1/(4n), qui tend vers 0 : la suite de polynômes (P_n) converge uniformément vers |t| sur [−1, 1].