Modèle de concours d'accès en 1re année de l'ENSMR (Mines Rabat) 2023 — Analyse

Ce modèle est l'épreuve d'analyse du concours d'accès en première année de l'École Nationale Supérieure des Mines de Rabat (ENSMR), année universitaire 2023/2024. Durée : 1h30, calculatrices et téléphones interdits. Quatre exercices (4 + 6 + 6 + 4 points) : séries de fonctions, extrema d'une fonction de deux variables, équation différentielle linéaire du second ordre, intégrales généralisées. Voici une correction proposée, avec les calculs détaillés.

💡 Avant de commencer : chaque exercice est un grand classique de première année. Le jury note surtout la rigueur : citez le théorème utilisé (comparaison avec une série de Riemann, compacité, points critiques, intégration par parties) avant de calculer.

Exercice 1 (4 points) — Série de fonctions f_n(x) = x / n^x+1

1. Convergence simple sur [0, +∞[

• Pour x = 0 : f_n(0) = 0 pour tout n, la série converge et S(0) = 0.
• Pour x > 0 : f_n(x) = x · 1/n^x+1 avec x + 1 > 1, donc Σ 1/n^x+1 est une série de Riemann convergente. La série converge et S(x) = x · Σ_n≥1 1/n^x+1.

Conclusion : Σ f_n converge simplement sur [0, +∞[.

2. Convergence normale sur [0, +∞[

Pour n = 1, f₁(x) = x n'est pas bornée sur [0, +∞[ : sup |f₁| = +∞, donc la série ne converge pas normalement sur [0, +∞[.

Même sans le premier terme, c'est faux : pour n ≥ 2, f_n(x) = x e^{−(x+1) ln n} a pour dérivée e^{−(x+1) ln n}(1 − x ln n), nulle en x = 1/ln n. Donc sup f_n = f_n(1/ln n) = 1/(e · n · ln n), et Σ 1/(n ln n) diverge (série de Bertrand, ou comparaison avec ∫ dt/(t ln t) = ln(ln t)).

En revanche, sur [a, +∞[ avec a > 0 : dès que 1/ln n ≤ a, f_n est décroissante sur [a, +∞[, donc sup f_n = a/n^a+1, terme d'une série convergente : convergence normale sur tout [a, +∞[, a > 0.

3. Continuité de S sur ℝ⁺

• Sur ]0, +∞[ : chaque f_n est continue et la convergence est normale, donc uniforme, sur tout [a, +∞[, a > 0. Donc S est continue sur ]0, +∞[.
• En 0 : t ↦ 1/t^x+1 étant décroissante, 1/n^x+1 ≥ ∫_nⁿ⁺¹ dt/t^x+1, d'où pour x > 0 :
  Σ_n≥1 1/n^x+1 ≥ ∫₁^+∞ dt/t^x+1 = 1/x, donc S(x) ≥ 1 pour tout x > 0.

Or S(0) = 0 : S(x) ne tend pas vers S(0) quand x → 0⁺ (on montre même que S(x) → 1). S n'est pas continue en 0, donc pas continue sur ℝ⁺. Ce résultat confirme la question 2 : une convergence uniforme sur [0, +∞[ aurait donné une somme continue.

Exercice 2 (6 points) — Extrema de f(x, y) = xy(1 − x² − y²) sur K = [0, 1]²

1. Existence

f est polynomiale donc continue sur ℝ². K = [0, 1]² est fermé et borné dans ℝ², donc compact. Une fonction continue sur un compact est bornée et atteint ses bornes : f admet un minimum et un maximum sur K.

2. Extrema sur le bord K \ ]0, 1[²

• x = 0 ou y = 0 : f = 0.
• x = 1, y ∈ [0, 1] : f(1, y) = y(1 − 1 − y²) = −y³, décroissante de 0 (y = 0) à −1 (y = 1).
• y = 1, x ∈ [0, 1] : de même f(x, 1) = −x³ ∈ [−1, 0].

Sur le bord : maximum 0 (sur les côtés x = 0 et y = 0) et minimum −1, atteint uniquement en (1, 1).

3. Extrema sur l'ouvert ]0, 1[²

Sur un ouvert, un extremum local est un point critique :

• ∂f/∂x = y(1 − 3x² − y²) = 0 et ∂f/∂y = x(1 − x² − 3y²) = 0.
• Comme x, y > 0 : 3x² + y² = 1 et x² + 3y² = 1. Par différence x² = y², puis 4x² = 1 : x = y = 1/2. Unique point critique (1/2, 1/2), avec f(1/2, 1/2) = (1/4)(1 − 1/2) = 1/8.

Nature (notations de Monge) : r = ∂²f/∂x² = −6xy = −3/2 ; t = ∂²f/∂y² = −6xy = −3/2 ; s = ∂²f/∂x∂y = 1 − 3x² − 3y² = −1/2.
rt − s² = 9/4 − 1/4 = 2 > 0 et r < 0 : maximum local en (1/2, 1/2), de valeur 1/8. Aucun minimum local dans l'ouvert.

4. Conclusion sur K

Les extrema globaux (qui existent d'après 1) sont atteints en un point critique intérieur ou sur le bord. On compare 1/8, 0 et −1 :

• Maximum de f sur K : 1/8, atteint en (1/2, 1/2).
• Minimum de f sur K : −1, atteint en (1, 1).

Exercice 3 (6 points) — (E) : y'' + 2y' + 4y = x e^x

1. Équation homogène

Équation caractéristique r² + 2r + 4 = 0 : Δ = 4 − 16 = −12, racines r = −1 ± i√3. Solutions réelles :

y_h(x) = e^−x (A cos(√3 x) + B sin(√3 x)), A, B ∈ ℝ.

2. Solution particulière et solution générale

Le second membre est P(x)e^x avec deg P = 1, et 1 n'est pas racine caractéristique : on cherche y_p = (ax + b)e^x.
y_p' = (ax + a + b)e^x, y_p'' = (ax + 2a + b)e^x.
y_p'' + 2y_p' + 4y_p = (7ax + 4a + 7b)e^x = x e^x ⇒ 7a = 1 et 4a + 7b = 0 ⇒ a = 1/7, b = −4/49.

y_p(x) = (x/7 − 4/49) e^x, et l'ensemble des solutions :

y(x) = e^−x(A cos(√3 x) + B sin(√3 x)) + (x/7 − 4/49) e^x, A, B ∈ ℝ.

3. Solution h avec h(0) = 1 et h(1) = 0

• h(0) = A − 4/49 = 1 ⇒ A = 53/49.
• h(1) = e⁻¹(A cos√3 + B sin√3) + (1/7 − 4/49)e = 0, avec 1/7 − 4/49 = 3/49. Comme sin√3 ≠ 0 (0 < √3 < π) :
  B = −(3e² + 53 cos√3) / (49 sin√3).

Le couple (A, B) est unique, d'où l'unicité de h :
h(x) = e^−x[ (53/49) cos(√3 x) − (3e² + 53 cos√3)/(49 sin√3) · sin(√3 x) ] + (x/7 − 4/49) e^x.

4. t² f''(t) + 3t f'(t) + 4f(t) = t ln t sur ]0, +∞[

(a) g(x) = f(e^x) est deux fois dérivable sur ℝ. En posant t = e^x :
g'(x) = e^x f'(e^x) = t f'(t) ; g''(x) = e^x f'(e^x) + e^2x f''(e^x) = t f'(t) + t² f''(t).
Donc t² f''(t) = g'' − g' et t f'(t) = g', et l'équation devient :
(g'' − g') + 3g' + 4g = g'' + 2g' + 4g = t ln t = x e^x.
g est bien solution de (E).

(b) D'après la question 2, g(x) = e^−x(A cos(√3 x) + B sin(√3 x)) + (x/7 − 4/49)e^x. Comme f(t) = g(ln t) :

f(t) = (1/t)[A cos(√3 ln t) + B sin(√3 ln t)] + t (ln t / 7 − 4/49), A, B ∈ ℝ, t > 0.

Réciproquement, toute fonction de cette forme convient, le calcul de (a) étant réversible.

Exercice 4 (4 points) — I_n = ∫₀^+∞ dx / (1 + x²)ⁿ

1. Existence

x ↦ 1/(1 + x²)ⁿ est continue et positive sur [0, +∞[. En +∞ : 0 ≤ 1/(1 + x²)ⁿ ≤ 1/(1 + x²) ≤ 1/x², intégrable sur [1, +∞[ (Riemann, exposant 2 > 1). Donc I_n converge pour tout n ≥ 1.

2. Relation de récurrence et valeur de I_n

On écrit 1 = (1 + x²) − x² :

I_n = ∫₀^+∞ (1 + x²)/(1 + x²)ⁿ⁺¹ dx = I_n+1 + ∫₀^+∞ x · x/(1 + x²)ⁿ⁺¹ dx.

Intégration par parties avec u = x, v' = x/(1 + x²)ⁿ⁺¹, v = −1/(2n(1 + x²)ⁿ) :

∫₀^+∞ x²/(1 + x²)ⁿ⁺¹ dx = [−x / (2n(1 + x²)ⁿ)]₀^+∞ + I_n/(2n) = I_n/(2n)

(le crochet vaut 0 en 0 et tend vers 0 en +∞ car n ≥ 1). D'où I_n = I_n+1 + I_n/(2n), soit :

I_n+1 = (2n − 1)/(2n) · I_n.

Avec I₁ = [arctan x]₀^+∞ = π/2 :

I_n = (π/2) · Π_k=1ⁿ⁻¹ (2k − 1)/(2k) = (π/2) · [1·3·5···(2n − 3)] / [2·4···(2n − 2)].

En multipliant numérateur et dénominateur par 2·4···(2n − 2) = 2ⁿ⁻¹(n − 1)! :

I_n = π (2n − 2)! / ( 2²ⁿ⁻¹ ((n − 1)!)² ).

Contrôle : I₂ = π/4, I₃ = 3π/16, I₄ = 5π/32.