Modèle de concours : CNC 2019 Mathématiques I (TSI) — Concours National Commun

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC), filière TSI, session 2019 (4 pages, calculatrice interdite). Il comporte un exercice de probabilités (noté sur 4 points sur 20) et un problème en quatre parties sur la formule de Taylor avec reste intégral et ses applications (somme d'une série, développement en série entière, équation y⁽⁴⁾ = y, équation intégrale). Voici une correction proposée.

💡 Fil conducteur : la formule (1) de la 1^ère partie sert partout : reste de ln(1 + t) (1.2.3), reste R_n(x) (2^ème partie), représentation intégrale de g (3.4.2) et vérification finale (4.5).

EXERCICE — Un peu de probabilité

1.

g_n est continue sur [0, +∞[ et x²g_n(x) = xⁿ⁺²e^−x²/2 → 0 en +∞ (croissances comparées). Donc |g_n(x)| = o(1/x²) : g_n est intégrable sur [0, +∞[.

2.1.

On écrit g_n+2(x) = xⁿ⁺¹·x e^−x²/2 et on intègre par parties (u = xⁿ⁺¹, v = −e^−x²/2) :

I_n+2(a) = −aⁿ⁺¹e^−a²/2 + (n+1) I_n(a).

Quand a → +∞, aⁿ⁺¹e^−a²/2 → 0, d'où I_n+2 = (n+1) I_n.

2.2.

La densité de la loi normale centrée réduite x ↦ e^−x²/2/√(2π) a une intégrale égale à 1 sur ℝ ; elle est paire, donc ∫₀^+∞ e^−x²/2dx = √(2π)/2, soit I₀ = √(π/2).

2.3.

I₁ = [−e^−x²/2]₀^+∞ = 1.

Par 2.1 : I_2n = (2n − 1)(2n − 3)…3·1·I₀. Or (2n − 1)(2n − 3)…1 = (2n)!/(2·4·…·2n) = (2n)!/(2ⁿn!). Donc I_2n = √(π/2)·(2n)!/(2ⁿn!).

De même I_2n+1 = (2n)(2n − 2)…2·I₁ = 2ⁿn!. (Récurrence immédiate : vrai pour n = 0 ; si vrai au rang n − 1, I_2n+1 = 2n·2ⁿ⁻¹(n−1)! = 2ⁿn!.)

3.1.

g est positive, continue sauf peut-être en 0, et ∫_ℝ g = ∫₀^+∞ x e^−x²/2dx = I₁ = 1 : g est une densité de probabilité.

3.2.

x ↦ x g(x) et x ↦ x²g(x) sont positives et intégrables (intégrales I₂ et I₃) : X admet un moment d'ordre 2, donc une espérance et une variance.

• E(X) = I₂ = 1·I₀ = √(π/2) ;
• E(X²) = I₃ = 2, donc V(X) = 2 − π/2 = (4 − π)/2.

3.3.1.

F(x) = 0 pour x < 0 et F(x) = ∫₀^x t e^−t²/2dt = 1 − e^−x²/2 pour x ≥ 0.
Si x < 0 : G(x) = P(X² ≤ x) = 0. Si x ≥ 0 : G(x) = P(−√x ≤ X ≤ √x) = F(√x) − F(−√x) = F(√x) (car F(−√x) = 0 pour x > 0 et F(0) = 0).

Donc G(x) = F(√x) = 1 − e^−x/2 pour x ≥ 0, G(x) = 0 pour x < 0. G est continue sur ℝ et de classe C¹ sur ℝ*, donc Y est à densité, de densité h(x) = (1/2)e^−x/2 pour x > 0 et 0 pour x < 0.

3.3.2.

Y suit la loi exponentielle de paramètre 1/2. Donc E(Y) = 2 et V(Y) = 1/(1/2)² = 4 (cohérent avec E(Y) = E(X²) = I₃ = 2).

PROBLÈME — Diverses applications de la formule de Taylor avec reste intégral

1^ère partie

1.1.1.

Pour 1 ≤ k ≤ n, f^(k) est C¹. Intégration par parties dans R_k−1 = ∫_a^b (b − t)^k−1/(k−1)! f^(k)(t)dt avec u = f^(k), v = −(b − t)^k/k! :

R_k−1 = [−(b − t)^k/k! f^(k)(t)]_a^b + ∫_a^b (b − t)^k/k! f^(k+1)(t)dt = (b − a)^k/k! f^(k)(a) + R_k.

1.1.2.

R₀ = ∫_a^b f′ = f(b) − f(a). En sommant 1.1.1 pour k = 1, …, n (somme télescopique) : R₀ − R_n = Σ_k=1ⁿ (b − a)^kf^(k)(a)/k!. D'où f(b) = Σ_k=0ⁿ (b − a)^kf^(k)(a)/k! + ∫_a^b (b − t)ⁿ/n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt, formule (1).

1.2.1.

ψ est C^∞ sur ]−1, +∞[ et ψ′(t) = (1 + t)⁻¹ : formule vraie pour n = 1. Si ψ⁽ⁿ⁾(t) = (−1)ⁿ⁻¹(n − 1)!(1 + t)⁻ⁿ, alors ψ⁽ⁿ⁺¹⁾(t) = (−1)ⁿ⁻¹(n − 1)!·(−n)(1 + t)⁻ⁿ⁻¹ = (−1)ⁿn!/(1 + t)ⁿ⁺¹. La formule est établie par récurrence.

1.2.2.

Série alternée : (1/n) décroît et tend vers 0 ; par le critère spécial des séries alternées (Leibniz), Σ(−1)ⁿ⁻¹/n converge.

1.2.3.

On applique (1) à ψ sur [0, 1] (a = 0, b = 1), avec ψ(0) = 0 et ψ^(k)(0)/k! = (−1)^k−1/k :

ln 2 = Σ_k=1ⁿ (−1)^k−1/k + (−1)ⁿ∫₀¹ (1 − t)ⁿ/(1 + t)ⁿ⁺¹ dt.

Or 0 ≤ (1 − t)ⁿ/(1 + t)ⁿ⁺¹ ≤ (1 − t)ⁿ sur [0, 1], donc le reste est majoré en valeur absolue par 1/(n + 1) → 0. Conclusion : Σ_n=1^+∞ (−1)ⁿ⁻¹/n = ln 2.

2^ème partie — fonction absolument monotone

2.1.

Formule (1) entre 0 et x : f(x) = Σ_k=0ⁿ f^(k)(0)x^k/k! + ∫₀^x (x − t)ⁿ/n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt. Changement de variable t = xu (dt = x du, x − t = x(1 − u)) : le reste vaut xⁿ⁺¹/n! ∫₀¹ (1 − u)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(xu)du = R_n(x) (pour x = 0 les deux membres sont nuls).

2.2.

Pour x ∈ [0, a[ : xⁿ⁺¹ ≥ 0 et (1 − u)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(xu) ≥ 0, donc R_n(x) ≥ 0. La somme partielle Σ_k≤n f^(k)(0)x^k/k! est ≥ 0 (termes positifs), donc R_n(x) = f(x) − (somme) ≤ f(x). 0 ≤ R_n(x) ≤ f(x).

2.3.

Série à termes positifs dont les sommes partielles S_n(x) = f(x) − R_n(x) ≤ f(x) sont majorées : elle converge.

2.4.

f⁽ⁿ⁺²⁾ ≥ 0, donc f⁽ⁿ⁺¹⁾ est croissante. Pour 0 ≤ x < y < a et u ∈ [0, 1] : xu ≤ yu, donc f⁽ⁿ⁺¹⁾(xu) ≤ f⁽ⁿ⁺¹⁾(yu). Ainsi

R_n(x) = xⁿ⁺¹/n! ∫₀¹(1 − u)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(xu)du ≤ xⁿ⁺¹/n! ∫₀¹(1 − u)ⁿf⁽ⁿ⁺¹⁾(yu)du = (x/y)ⁿ⁺¹R_n(y),

et R_n(y) ≤ f(y) par 2.2 : 0 ≤ R_n(x) ≤ (x/y)ⁿ⁺¹R_n(y) ≤ (x/y)ⁿ⁺¹f(y).

2.5.

Pour x ∈ [0, a[, on choisit y ∈ ]x, a[. Comme 0 ≤ x/y < 1, (x/y)ⁿ⁺¹f(y) → 0, donc R_n(x) → 0 et, par 2.1, f(x) = Σ_n=0^+∞ f⁽ⁿ⁾(0)xⁿ/n!.

2.6.

Pour x ∈ ]−a, 0[ et u ∈ [0, 1] : xu ∈ ]−a, 0], et f⁽ⁿ⁺¹⁾ croissante et positive donne 0 ≤ f⁽ⁿ⁺¹⁾(xu) ≤ f⁽ⁿ⁺¹⁾(0). Donc

|R_n(x)| ≤ |x|ⁿ⁺¹/n! · f⁽ⁿ⁺¹⁾(0)∫₀¹(1 − u)ⁿdu = f⁽ⁿ⁺¹⁾(0)|x|ⁿ⁺¹/(n + 1)!.

Ce majorant est le terme de rang n + 1 de la série Σ f^(k)(0)|x|^k/k!, convergente par 2.3 puisque |x| ∈ [0, a[ ; il tend donc vers 0. Ainsi R_n(x) → 0 : la série converge et a pour somme f(x).

3^ème partie — équation y⁽⁴⁾ − y = 0

3.1.

Σ est le noyau de l'application linéaire D : y ↦ y⁽⁴⁾ − y, de C⁴(ℝ, ℂ) dans C⁰(ℝ, ℂ) (toute solution est C⁴). Un noyau est un sous-espace vectoriel : Σ est un ℂ-espace vectoriel (il contient 0 et est stable par combinaison linéaire, la dérivation étant linéaire).

3.2.1.

f_λ⁽⁴⁾(x) − f_λ(x) = (λ⁴ − 1)e^λx et e^λx ≠ 0 : f_λ ∈ Σ ⇔ λ⁴ = 1.

3.2.2.

λ⁴ = 1 ⇔ λ ∈ {1, −1, i, −i} : les solutions de cette forme sont x ↦ e^x, e^−x, e^ix, e^−ix.

3.3.1.

Si Σ_k=1⁴ c_kf_λk = 0, on dérive j fois (j = 0, 1, 2, 3) et on évalue en 0 : Σ_k c_kλ_k^j = 0. C'est un système de Vandermonde de déterminant Π_k<l(λ_l − λ_k) ≠ 0 (λ_k distincts), donc c₁ = … = c₄ = 0 : la famille est libre.

3.3.2.

(f₁, f₋₁, f_i, f_−i) est une famille libre de 4 éléments de Σ : dim Σ ≥ 4.

3.4.1.

Pour φ, χ ∈ Σ et α, β ∈ ℂ : (αφ + βχ)^(k)(t₀) = αφ^(k)(t₀) + βχ^(k)(t₀), donc Δ(αφ + βχ) = αΔ(φ) + βΔ(χ) : Δ est linéaire.

3.4.2.

g ∈ Σ est C⁴ (et même C^∞) avec g⁽⁴⁾ = g. La formule (1), valable pour 𝕂 = ℂ, à l'ordre 3 entre t₀ et x donne g(x) = Σ_k=0³ (x − t₀)^kg^(k)(t₀)/k! + ∫_t0^x (x − s)³/3! g⁽⁴⁾(s)ds, et les g^(k)(t₀) sont nuls : g(x) = ∫_t0^x (x − s)³/6 · g(s)ds.

3.4.3.

(i) M_t est fini (g continue sur le segment I_t). Récurrence sur k. Pour k = 0 : |g(x)| ≤ M_t sur I_t. Si l'inégalité est vraie au rang k, soit x ∈ I_t ; pour s entre t₀ et x, s ∈ I_t et |x − s| ≤ |x − t₀| ≤ |t − t₀|, donc |x − s|³/6 ≤ α_t. Alors

|g(x)| ≤ |∫_t0^x α_t·M_tα_t^k|s − t₀|^k/k! ds| = M_tα_t^k+1|x − t₀|^k+1/(k + 1)!.

(ii) α_tⁿ|t − t₀|ⁿ/n! = cⁿ/n! avec c = α_t|t − t₀| ≥ 0 ; le rapport de deux termes consécutifs c/(n + 1) tend vers 0, donc cⁿ/n! → 0.
(iii) Avec x = t ∈ I_t : |g(t)| ≤ M_tc^k/k! pour tout k ; on fait k → +∞ : g(t) = 0.

3.4.4.

g(t) = 0 pour tout t ≠ t₀, et g(t₀) = 0 : g = 0. Donc Ker Δ = {0}, Δ est injective, et dim Σ ≤ dim ℂ⁴ = 4. Avec 3.3.2 : dim Σ = 4, et la famille libre (e^x, e^−x, e^ix, e^−ix) de 4 éléments en est une base : Σ = {x ↦ ae^x + be^−x + ce^ix + de^−ix ; (a, b, c, d) ∈ ℂ⁴}.

4^ème partie — équation intégrale (2)

4.1.

g₀(x) = ∫₀^x f(t)dt avec f continue : g₀ est la primitive de f nulle en 0, dérivable et g₀′ = f.

4.2.1.

Binôme : (x − t)ⁿ = Σ_k=0ⁿ C(n, k)x^k(−t)^n−k. Par linéarité de l'intégrale (x est constant dans l'intégrale) : g_n(x) = Σ_k=0ⁿ (−1)^n−kC(n, k)x^k∫₀^x t^n−kf(t)dt.

4.2.2.

F_j(x) = ∫₀^x t^jf(t)dt est dérivable de dérivée x^jf(x) ; g_n est donc dérivable et

g_n′(x) = Σ_k=1ⁿ (−1)^n−kkC(n, k)x^k−1F_n−k(x) + xⁿf(x)Σ_k=0ⁿ(−1)^n−kC(n, k).

La seconde somme vaut (1 − 1)ⁿ = 0 (n ≥ 1). Dans la première, kC(n, k) = nC(n − 1, k − 1) ; avec j = k − 1 : g_n′(x) = n Σ_j=0ⁿ⁻¹ (−1)^n−1−jC(n − 1, j)x^jF_n−1−j(x) = n g_n−1(x).

4.3.1.

C'est l'équation (2) réécrite, puisque g₃(x) = ∫₀^x (x − t)³f(t)dt : f(x) = x + g₃(x)/6.

4.3.2.

Par 4.2.2 et 4.1 : g₃′ = 3g₂, g₂′ = 2g₁, g₁′ = g₀, g₀′ = f. Donc, de proche en proche, f′ = 1 + g₂/2, f″ = g₁, f‴ = g₀, f⁽⁴⁾ = f. Ainsi f est quatre fois dérivable et f⁽⁴⁾ − f = 0.

4.3.3.

f, vue comme fonction à valeurs complexes, appartient à Σ : par 3.4.4, il existe (a, b, c, d) ∈ ℂ⁴ tel que f(x) = ae^x + be^−x + ce^ix + de^−ix.

4.4.

g_k(0) = 0 pour tout k, donc : f(0) = 0, f′(0) = 1, f″(0) = 0, f‴(0) = 0. Le système s'écrit

• a + b + c + d = 0 ; a + b − c − d = 0 (f(0), f″(0)) ⇒ a + b = 0 et c + d = 0 ;
• a − b + i(c − d) = 1 ; a − b − i(c − d) = 0 (f′(0), f‴(0)) ⇒ a − b = 1/2 et c − d = −i/2.

D'où a = 1/4, b = −1/4, c = −i/4, d = i/4, et f(x) = (e^x − e^−x)/4 − i(e^ix − e^−ix)/4 = sinh(x)/2 − i(2i sin x)/4, soit f(x) = (sin x + sinh x)/2.

4.5. Synthèse

Soit f(x) = (sin x + sinh x)/2 : f est C^∞, f⁽⁴⁾ = f (sin⁽⁴⁾ = sin, sinh⁽⁴⁾ = sinh), f(0) = 0, f′(0) = (1 + 1)/2 = 1, f″(0) = (−sin 0 + sinh 0)/2 = 0, f‴(0) = (−cos 0 + cosh 0)/2 = 0. La formule (1) à l'ordre 3 entre 0 et x donne

f(x) = 0 + x·1 + 0 + 0 + ∫₀^x (x − t)³/6 · f⁽⁴⁾(t)dt = x + (1/6)∫₀^x(x − t)³f(t)dt : f vérifie bien (2). C'est donc l'unique solution continue de l'équation intégrale.