Modèle de concours : professeur de l'enseignement secondaire qualifiant, 1er grade (concours professionnel) — Ministère de l'Éducation nationale — Mathématiques (épreuve de spécialité) — session 2025

Ce sujet est l'épreuve de spécialité (mathématiques, code Mmat34-S13) du concours professionnel d'accès au 1^er grade du cadre des professeurs de l'enseignement secondaire qualifiant, session 2025. Il comporte quatre exercices : analyse et intégrales à paramètre (8 points), espaces préhilbertiens (3,5 points), séries et probabilités (4 points), algèbre linéaire (4,5 points). Correction proposée détaillée ci-dessous.

Exercice 1 (8 points)

On a fn(x) = (xn − 1)/ln x sur I = [0, +∞[, avec fn(0) = 0 et fn(1) = n.

Partie I

1. a) Quand x → 0+ : xn − 1 → −1 et ln x → −∞, donc fn(x) → 0. Quand x → 1, on pose u = ln x → 0 : fn(x) = (enu − 1)/u → n (dérivée de u ↦ enu en 0).
b) Sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[, fn est continue comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas. D'après a), lim0+ fn = 0 = fn(0) et lim1 fn = n = fn(1). Donc fn est continue sur I.

2. a) Au voisinage de 0 : ln(1+t) = t − t²/2 + o(t²) et (1+t)n = 1 + nt + n(n−1)/2 · t² + o(t²).
b) On pose x = 1 + t : xn − 1 − n ln x = nt + n(n−1)/2 · t² − n(t − t²/2) + o(t²) = [n(n−1)/2 + n/2] t² + o(t²) = (n²/2) t² + o(t²). D'où xn − 1 − n ln x = (n²/2)(x−1)² + o((x−1)²).

3. a) Pour x ≠ 1 : (fn(x) − n)/(x − 1) = (xn − 1 − n ln x) / ((x − 1) ln x). Or (x − 1) ln x = t(t + o(t)) = t² + o(t²). Donc le quotient tend vers (n²/2)/1 = n²/2.
b) D'après a), fn est dérivable en 1 avec fn'(1) = n²/2. Elle est dérivable sur ]0,1[ ∪ ]1,+∞[ (opérations usuelles). En 0 : (fn(x) − fn(0))/x = (xn − 1)/(x ln x). Comme x ln x → 0− et que le numérateur tend vers −1, ce quotient tend vers +∞. Donc fn n'est pas dérivable en 0 (demi-tangente verticale). Conclusion : fn est dérivable sur ]0, +∞[.

4. a) Pour x ∈ I \ {0,1} : fn'(x) = [n xn−1 ln x − (xn − 1)/x] / ln²x = (n xn ln x + 1 − xn) / (x ln²x).
b) Soit h(x) = x − 1 − ln x sur ]0,+∞[. On a h'(x) = 1 − 1/x, du signe de x − 1, donc h admet un minimum en 1 égal à h(1) = 0. D'où ln x ≤ x − 1, avec égalité seulement pour x = 1.
c) On applique b) à 1/xn > 0 : −n ln x ≤ x−n − 1. En multipliant par xn > 0 : −n xn ln x ≤ 1 − xn, soit n xn ln x ≥ xn − 1.

5. D'après 4.c, le numérateur de fn'(x) est ≥ 0, et il est > 0 pour x ≠ 1 (cas d'égalité de b) seulement si x−n = 1). Le dénominateur x ln²x est > 0. Donc fn' > 0 sur ]0,1[ ∪ ]1,+∞[, et fn'(1) = n²/2 > 0. Comme fn est continue sur I, elle est strictement croissante sur I.

Partie II

1. Soit t ≥ 0. La fonction x ↦ g(t,x) est continue sur ]0,1[. En 0+ : si t > 0, alors xt → 0 et g(t,x) → 0 ; si t = 0, alors g(0,x) = 0. En 1− : g(t,x) → t (même calcul qu'en I.1.a). La fonction se prolonge donc par continuité sur [0,1] ; elle y est intégrable et F(t) existe. De plus, F(0) = ∫01 0 dx = 0.

2. a) ∂g/∂t (t,x) = xt ln x / ln x = xt. Pour x ∈ ]0,1[ et t ≥ a, on a xt ≤ xa (car 0 < x < 1). Donc |∂g/∂t (t,x)| ≤ xa.
b) Le théorème de dérivation sous le signe intégral s'applique sur tout segment [a,b] ⊂ I :

• pour tout t, x ↦ g(t,x) est intégrable sur J (question 1) ;
• ∂g/∂t existe et est continue sur [a,b] × J ;
• on a la domination |∂g/∂t| ≤ φ(x) = xa, où φ est intégrable sur ]0,1[ car a ≥ 0.

Donc F est de classe C¹ sur tout [a,b], donc sur I.
c) F'(t) = ∫01 xt dx = 1/(t + 1).
d) F(t) = F(0) + ∫0t ds/(1+s) = ln(1 + t) pour tout t ∈ I.

3. Sur ]0,1[, xn − 1 < 0 et ln x < 0, donc fn ≥ 0 sur [0,1]. De plus fn(x) = g(n,x). L'aire cherchée vaut : A = ∫01 fn(x) dx = F(n) = ln(n + 1) unités d'aire (repère orthonormé).

Exercice 2 (3,5 points)

1. ψ est :

• symétrique : PQ = QP ;
• bilinéaire : par linéarité de l'intégrale ;
• positive : ψ(P,P) = ∫01 P² ≥ 0 ;
• définie : si ∫01 P² = 0, alors la fonction continue et positive P² est nulle sur [0,1]. Le polynôme P a donc une infinité de racines, d'où P = 0.

ψ est donc un produit scalaire sur E2.

2. a) ψ(P0,P1) = ∫01(1 − 2x)dx = 1 − 1 = 0 ; ψ(P0,Q) = ∫01 x² dx = 1/3 ; ψ(P1,Q) = ∫01(x² − 2x³)dx = 1/3 − 1/2 = −1/6.
b) ‖P0‖ = 1 ; ‖P1‖² = ∫01(1 − 4x + 4x²)dx = 1 − 2 + 4/3 = 1/3, donc ‖P1‖ = 1/√3.
c) ψ(P2,P0) = −2 + 0 + β/3 = 0 donne β = 6. ψ(P2,P1) = 0 + α/3 − β/6 = 0 donne α = 3. Alors P2 = −2 + 3(1 − 2X) + 6X² = 6X² − 6X + 1. La famille (P0,P1,P2) est orthogonale, formée de vecteurs non nuls, donc libre. Elle compte 3 vecteurs dans E2 de dimension 3 : c'est une base orthogonale.
d) (P0,P1) est une base orthogonale de E1. On normalise : L0 = 1 et L1 = √3(1 − 2X).

3. a) h(Q) = ψ(Q,L0)L0 + ψ(Q,L1)L1 = (1/3)L0 − (√3/6)L1, car ψ(Q,L1) = √3 · (−1/6). Les coordonnées dans B sont donc (1/3, −√3/6), soit h(Q) = X − 1/6. Vérification : Q − h(Q) = X² − X + 1/6 = P2/6, qui est bien orthogonal à E1.
b) d(Q,E1) = ‖Q − h(Q)‖ = ‖P2‖/6. Or ‖P2‖² = ∫01(36x⁴ − 72x³ + 48x² − 12x + 1)dx = 36/5 − 18 + 16 − 6 + 1 = 1/5. Donc d(Q,E1) = 1/(6√5) = √5/30. Vérification par Pythagore : ‖Q‖² − ‖h(Q)‖² = 1/5 − (1/9 + 1/12) = 1/180, et √(1/180) = 1/(6√5).

Exercice 3 (4 points)

I. 1. 1/n! − 1/(n+1)! = (n + 1 − 1)/(n+1)! = n/(n+1)! = an.
2. Somme télescopique : Σn=1N an = 1/1! − 1/(N+1)! → 1, donc Σn≥1 an = 1.
n an = n/n! − n/(n+1)! = 1/(n−1)! − an. Les deux séries convergent, donc Σn≥1 n an = Σn≥1 1/(n−1)! − 1 = e − 1.
(n+1)(n−1)an = (n−1)n/n! = 1/(n−2)! pour n ≥ 2, donc Σn≥2(n+1)(n−1)an = Σk≥0 1/k! = e.

II. 1. a) On effectue au moins un tirage, donc X ≥ 1. Après k tirages blancs, l'urne contient 1 boule blanche et k + 1 noires. L'événement (X = n) = « n − 1 blanches puis une noire » est possible pour tout n ≥ 1 (sa probabilité an, calculée en 2.a, est > 0). De plus Σ an = 1, donc le tirage s'arrête presque sûrement. Ainsi X(Ω) = ℕ*.
b) (X = 2) : « la première boule est blanche et la seconde est noire ». P(X = 2) = 1/2 × 2/3 = 1/3.

2. a) Par la formule des probabilités composées : au k-ième tirage (après k − 1 blanches), l'urne contient 1 blanche et k noires. P(X = n) = ∏k=1n−1 1/(k+1) × n/(n+1) = (1/n!) × n/(n+1) = n/(n+1)! = an.
b) La série Σ n P(X = n) = Σ n an est à termes positifs et converge, donc E(X) existe et E(X) = e − 1.

3. a) Par le théorème de transfert (la série converge absolument ; le terme n = 1 est nul) : E((X+1)(X−1)) = Σn≥2(n+1)(n−1)an = e.
b) E(X²) = E(X² − 1) + 1 = e + 1 existe, donc V(X) existe et V(X) = E(X²) − E(X)² = e + 1 − (e − 1)² = 3e − e² ≈ 0,766.

Exercice 4 (4,5 points)

1. a) On vérifie que M = aI + bA + cA² (avec A² donné en b). Donc E = Vect(I, A, A²) est un sous-espace vectoriel de M3(ℝ).
b) Par calcul direct : A² = [[2,0,4],[0,4,0],[1,0,2]] et A³ = A²A = [[0,8,0],[4,0,8],[0,4,0]] = 4A.
c) Si aI + bA + cA² = 0 : le coefficient (3,1) donne c = 0, puis le coefficient (2,1) donne b = 0, puis la diagonale donne a = 0. La famille est libre et génératrice : B = (I, A, A²) est une base de E, et dim E = 3.

2. a) f est linéaire. Pour M = aI + bA + cA² : f(M) = aA + bA² + cA³ = (b·A² + (a + 4c)A) ∈ E. Donc f est un endomorphisme de E.
b) On a f(I) = A, f(A) = A², f(A²) = 4A. D'où : F = [[0,0,0],[1,0,4],[0,1,0]].

3. f³(M) = A³M = 4AM = 4f(M), donc f³ = 4f. Si f(M) = λM avec M ≠ 0, alors λ³M = 4λM, d'où λ³ = 4λ, soit λ ∈ {0, 2, −2}.

4. a)

• f(4I − A²) = 4A − A³ = 0 ;
• f(2A + A²) = 2A² + 4A = 2(2A + A²) ;
• f(2A − A²) = 2A² − 4A = −2(2A − A²).

b) Ces trois matrices sont non nulles, ce sont donc des vecteurs propres associés aux valeurs propres 0, 2 et −2. On obtient trois valeurs propres distinctes en dimension 3, donc f est diagonalisable. Dans la base (4I − A², 2A + A², 2A − A²), la matrice de f est diag(0, 2, −2).
c) 0 est valeur propre, donc Ker f ≠ {0} : f n'est pas injective, donc pas bijective.

5. Les valeurs propres sont simples, donc Ker f = E0 est de dimension 1 : Ker f = Vect(4I − A²). Par le théorème du rang, rg f = 2. Comme A = f(I) et A² = f(A) sont dans Im f et libres, une base de Im f est (A, A²).

6. a) A + A² ∈ Vect(A, A²) = Im f, donc S ≠ ∅. Explicitement, f(I + A) = A + A².
b) S = (I + A) + Ker f = { (1 + 4k)I + A − kA², k ∈ ℝ }, c'est-à-dire a = 1 + 4k, b = 1, c = −k.