نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2008: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2008, filière TSI (classes préparatoires), organisé par l'ENIM. Durée : 4 heures, calculatrice autorisée. Le problème comporte trois parties : résultats préliminaires sur les intégrales dépendant de leurs bornes, une équation fonctionnelle, puis l'étude de f(x) = ∫_x^x² dt/ln t. Voici une correction proposée, question par question.

💡 Avant de commencer : le résultat clé de tout le sujet est la question I.2 (dérivée de x ↦ ∫_u(x)^v(x) f(t) dt). Citez-le explicitement chaque fois que vous l'utilisez : le jury demande de « rappeler avec précision les références ».

I. Résultats préliminaires

1. Fonction additive continue

(a) Pour t ∈ [0, y] (ou [y, 0]), h(x + t) = h(x) + h(t). En intégrant en t entre 0 et y (h est continue) :
∫₀^y h(x + t) dt = ∫₀^y h(x) dt + ∫₀^y h(t) dt = y h(x) + H(y).

(b) Changement de variable u = x + t : ∫₀^y h(x + t) dt = ∫_x^x+y h(u) du = H(x + y) − H(x). Avec (a) : H(x + y) − H(x) − H(y) = y h(x).

(c) Le membre de gauche est symétrique en (x, y). En échangeant les rôles de x et y : x h(y) = H(x + y) − H(x) − H(y).

(d) Par (b) et (c), y h(x) = x h(y) pour tout (x, y). Avec y = 1 : h(x) = x h(1) pour tout réel x.

2. Dérivation d'une intégrale fonction de ses bornes

(a) f est continue sur l'intervalle I : par le théorème fondamental de l'analyse, F est la primitive de f sur I qui s'annule en x₀. Donc F est dérivable sur I et F′ = f (F est même de classe C¹).

(b) i. F₁ = F ∘ v, avec v dérivable sur J à valeurs dans I et F dérivable sur I. Par composition : F₁′(x) = v′(x) f(v(x)).

ii. Par la relation de Chasles, F₂(x) = ∫_x0^v(x) f − ∫_x0^u(x) f = F(v(x)) − F(u(x)). Donc F₂ est dérivable et
F₂′(x) = v′(x) f(v(x)) − u′(x) f(u(x)).

iii. Si u et v sont C¹, les fonctions v′, u′, f ∘ v et f ∘ u sont continues (composée de fonctions continues), donc F₁′ et F₂′ sont continues : F₁ et F₂ sont de classe C¹.

3. Application

Changement de variable u = x + t (x fixé) :
G(x) = ∫_x+a^x+b g(u) cos(u − x) du = cos x · A(x) + sin x · B(x), avec
A(x) = ∫_x+a^x+b g(u) cos u du et B(x) = ∫_x+a^x+b g(u) sin u du.

Les fonctions u ↦ g(u) cos u et u ↦ g(u) sin u sont continues sur ℝ, et x ↦ x + a, x ↦ x + b sont C¹ : par I.2.b.iii, A et B sont C¹, donc G aussi (produits et somme). Par I.2.b.ii :
A′(x) = g(x+b) cos(x+b) − g(x+a) cos(x+a), B′(x) = g(x+b) sin(x+b) − g(x+a) sin(x+a).

G′(x) = −sin x · A(x) + cos x · B(x) + cos x · A′(x) + sin x · B′(x).

• Termes en g(x+b) : g(x+b)[cos x cos(x+b) + sin x sin(x+b)] = g(x+b) cos b.
• Termes en g(x+a) : −g(x+a)[cos x cos(x+a) + sin x sin(x+a)] = −g(x+a) cos a.
• −sin x · A + cos x · B = ∫_x+a^x+b g(u)[sin u cos x − cos u sin x] du = ∫_x+a^x+b g(u) sin(u − x) du = ∫_a^b g(x+t) sin t dt.

D'où G′(x) = g(b+x) cos b − g(a+x) cos a + ∫_a^b g(x+t) sin t dt.

II. Étude d'une équation fonctionnelle

1. Avec y = 0 dans (1) : f(x) f(0) = ∫_x^x f = 0 pour tout x. Pour x = a : f(a) f(0) = 0 et f(a) ≠ 0, donc f(0) = 0.

2. (a) Avec y = a dans (1) : f(x) f(a) = ∫_x−a^x+a f(t) dt, d'où f(x) = (1/f(a)) ∫_x−a^x+a f(t) dt.

(b) f est continue sur ℝ et u(x) = x − a, v(x) = x + a sont dérivables : par I.2.b.ii, f est dérivable et
f′(x) = [f(x + a) − f(x − a)] / f(a).

(c) f est continue, donc l'expression ci-dessus montre que f′ est continue : f est C¹. Mais alors x ↦ f(x+a) − f(x−a) est C¹, donc f′ est C¹ : f est de classe C², avec f″(x) = [f′(x+a) − f′(x−a)]/f(a).

3. Fixons y et dérivons (1) par rapport à x (I.2.b.ii avec u(x) = x − y, v(x) = x + y, u′ = v′ = 1) :
f′(x) f(y) = f(x + y) − f(x − y).
Fixons x et dérivons (1) par rapport à y (u(y) = x − y, u′ = −1 ; v(y) = x + y, v′ = 1) :
f(x) f′(y) = f(x + y) + f(x − y).

4. Dérivons la 1^re relation par rapport à x : f″(x) f(y) = f′(x+y) − f′(x−y). Dérivons la 2^e par rapport à y : f(x) f″(y) = f′(x+y) − f′(x−y). Donc f″(x) f(y) = f(x) f″(y). Avec y = a :
f″(x) = (f″(a)/f(a)) f(x) = −λ f(x), soit f″ + λ f = 0 : f est solution de (E_λ).

💡 Valeur utile pour la suite : la 2^e relation de la question 3 avec y = 0 donne f(x) f′(0) = 2 f(x) ; pour x = a on obtient f′(0) = 2.

5. Étude de (E_λ)

(a) i. λ = μ² > 0 : équation linéaire homogène du second ordre à coefficients constants, d'équation caractéristique r² + μ² = 0, racines ±iμ. L'espace des solutions réelles est de dimension 2, de base (x ↦ cos μx, x ↦ sin μx).

ii. f = C cos μx + A sin μx. f(0) = 0 donne C = 0, donc f(x) = A sin(μx), avec A ≠ 0 car f n'est pas nulle. Puis f′(0) = Aμ = 2, d'où A = 2/μ.

(b) i. λ = −μ² < 0 : racines ±μ ; base (x ↦ ch μx, x ↦ sh μx) (dimension 2).

ii. f = C ch μx + A′ sh μx ; f(0) = 0 donne C = 0, A′ ≠ 0, et f′(0) = A′μ = 2 donne A′ = 2/μ.

(c) λ = 0 : f″ = 0, donc f(x) = αx + β ; f(0) = 0 donne β = 0 et f′(0) = α = 2 : f(x) = 2x.

6. Vérification.

• f(x) = (2/μ) sin μx : ∫_x−y^x+y (2/μ) sin μt dt = (2/μ²)[cos μ(x−y) − cos μ(x+y)] = (2/μ²)·2 sin μx sin μy = f(x) f(y). ✔
• f(x) = (2/μ) sh μx : ∫ = (2/μ²)[ch μ(x+y) − ch μ(x−y)] = (2/μ²)·2 sh μx sh μy = f(x) f(y). ✔
• f(x) = 2x : ∫_x−y^x+y 2t dt = (x+y)² − (x−y)² = 4xy = f(x) f(y). ✔

Conclusion : les solutions non nulles de (1) sont exactement x ↦ (2/μ) sin μx, x ↦ (2/μ) sh μx (μ > 0) et x ↦ 2x.

III. Étude de f(x) = ∫_x^x² dt / ln t

1. x² − 1 = (x − 1)(x + 1) et x + 1 > 0 : x² − 1 et x − 1 ont le même signe. Donc x et x² sont tous deux dans ]0, 1[ ou tous deux dans ]1, +∞[.

2. t ↦ 1/ln t est définie et continue sur ]0, 1[ et sur ]1, +∞[. Si x ∈ ]0,1[ ∪ ]1,+∞[, le segment d'extrémités x et x² est inclus dans l'un de ces intervalles (question 1), donc f(x) est l'intégrale d'une fonction continue sur un segment : elle existe. Si x ≤ 0 ou x = 1, le segment [x, x²] contient un point où 1/ln t n'est pas défini (t ≤ 0 ou t = 1). Donc D_f = ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[.

3. Sur ]1, +∞[ (de même sur ]0, 1[), appliquons I.2.b.ii avec la fonction continue t ↦ 1/ln t, u(x) = x, v(x) = x² (à valeurs dans le même intervalle) :
f′(x) = 2x / ln(x²) − 1/ln x = x/ln x − 1/ln x, soit f′(x) = (x − 1)/ln x.

4. Développements au voisinage de 1

(a) ln x = (x − 1) − (x − 1)²/2 + o((x − 1)²).

(b) ln x = (x − 1)[1 − (x − 1)/2 + o(x − 1)], donc
1/ln x = (1/(x−1)) · [1 + (x − 1)/2 + o(x − 1)] = 1/(x − 1) + 1/2 + o(1).

(c) f′(x) = (x − 1)/ln x → 1 quand x → 1 (car ln x ~ x − 1), et 1/ln x − 1/(x − 1) → 1/2.

5. Étude de f au voisinage de 1

(a) Notons φ(x) = 1/ln x − 1/(x − 1). Comme φ(x) → 1/2, il existe α₀ ∈ ]0, 1[ tel que |φ(x) − 1/2| ≤ 1, donc |φ(x)| ≤ 3/2, pour 0 < |x − 1| < α₀. Posons α = α₀/3 : l'inégalité vaut a fortiori sur ]1 − α, 1 + α[ \ {1}.

(b) Calcul clé : ∫_x^x² dt/(t − 1) = ln|x² − 1| − ln|x − 1| = ln(x + 1). Donc
f(x) − ln(1 + x) = ∫_x^x² φ(t) dt.
Pour x ∈ ]1 − α, 1 + α[ \ {1} : |x² − 1| = |x − 1|·(x + 1) < 3α = α₀, donc tout t compris entre x et x² vérifie 0 < |t − 1| < α₀ (t ≠ 1 par la question 1) et |φ(t)| ≤ 3/2. D'où
|f(x) − ln(1 + x)| ≤ (3/2)|x² − x|.
Quand x → 1, x² − x → 0 : lim_x→1 f(x) = ln 2.

💡 Le choix α = α₀/3 sert à garantir que x² reste aussi dans la zone où |φ| ≤ 3/2 : c'est le point que le correcteur vérifie.

(c) On pose f(1) = ln 2. f est continue en 1, dérivable sur ]1 − α, 1[ ∪ ]1, 1 + α[ et f′(x) → 1 quand x → 1.
Théorème (limite de la dérivée) : si f est continue sur un intervalle I, dérivable sur I \ {x₀}, et si f′(x) admet une limite finie ℓ en x₀, alors f est dérivable en x₀ et f′(x₀) = ℓ (conséquence du théorème des accroissements finis).
Donc f est dérivable en 1 et f′(1) = 1 (f′ est de plus continue en 1).

6. Étude de f au voisinage de 0

(a) Pour x ∈ ]0, 1[ : x² < x < 1, donc f(x) = ∫_x²^x (−1/ln t) dt avec −1/ln t > 0 : f(x) ≥ 0. Pour t ∈ [x², x], ln t ≤ ln x < 0, donc |ln t| ≥ |ln x| et −1/ln t ≤ −1/ln x. Ainsi
0 ≤ f(x) ≤ (x − x²)(−1/ln x) ≤ −x/ln x.
Comme −x/ln x → 0 quand x → 0⁺, f(x) → 0 : f est prolongeable par continuité à droite en 0.

(b) f(0) = 0. Pour x ∈ ]0,1[ : 0 ≤ (f(x) − f(0))/x ≤ −1/ln x → 0. Donc f est dérivable à droite en 0 et f′(0) = 0 (tangente horizontale). Cohérent avec f′(x) = (x − 1)/ln x → 0.

7. Branche infinie en +∞

Pour x > 1 et t ∈ [x, x²] : 0 < ln t ≤ 2 ln x, donc 1/ln t ≥ 1/(2 ln x) et
f(x) ≥ (x² − x)/(2 ln x), soit f(x)/x ≥ (x − 1)/(2 ln x) → +∞.
Donc f(x) → +∞ et f(x)/x → +∞ : branche parabolique de direction asymptotique l'axe des y.

8. Tableau de variations sur [0, +∞[

f′(x) = (x − 1)/ln x > 0 sur ]0,1[ ∪ ]1,+∞[ (numérateur et dénominateur de même signe), f′(0) = 0, f′(1) = 1. Donc f est strictement croissante sur [0, +∞[.

9. Stricte croissance de f′

Sur ]0,1[ et ]1,+∞[ : f″(x) = [ln x − (x − 1)/x]/(ln x)² = ψ(x)/(ln x)², avec ψ(x) = ln x − 1 + 1/x. ψ′(x) = 1/x − 1/x² = (x − 1)/x² : ψ décroît sur ]0,1], croît sur [1,+∞[, ψ(1) = 0, donc ψ(x) > 0 pour x ≠ 1. Ainsi f″ > 0 sur ]0,1[ et sur ]1,+∞[ : f′ y est strictement croissante. Comme f′ est continue en 0 (f′(x) → 0 = f′(0)) et en 1 (question 5.c), f′ est strictement croissante sur [0,1] et sur [1,+∞[, donc sur [0, +∞[. Conséquence : f est convexe.

10. Courbe (unité 2 cm)

• Départ à l'origine avec une tangente horizontale.
• Passage en (1, ln 2 ≈ 0,69) avec la tangente y = x − 1 + ln 2 (pente 1).
• Courbe convexe, croissante ; quelques valeurs à la calculatrice : f(0,5) ≈ 0,26 ; f(2) ≈ 1,92 ; f(3) ≈ 3,56.
• Branche parabolique verticale en +∞.

11. Calcul d'une intégrale

(a) t ↦ (t − 1)/ln t est continue sur ]0, 1[. En 0⁺ elle tend vers 0 (numérateur → −1, ln t → −∞) ; en 1⁻ elle tend vers 1 (ln t ~ t − 1). Elle se prolonge donc en une fonction continue sur [0, 1] : l'intégrale est faussement impropre, donc convergente.

(b) Pour x, y ∈ ]0,1[, le changement de variable t = u² (C¹ et bijectif de [y, x] sur [y², x²], dt = 2u du, ln t = 2 ln u) donne
∫_y²^x² dt/ln t = ∫_y^x 2u du/(2 ln u) = ∫_y^x u/ln u du.
Par Chasles, ∫_x^x² = ∫_x^y + ∫_y^y² + ∫_y²^x², donc
f(x) − f(y) = ∫_x^y dt/ln t + ∫_y^x t/ln t dt = ∫_x^y (1 − t)/ln t dt.

(c) Ainsi f(x) − f(y) = ∫_y^x (t − 1)/ln t dt. Faisons tendre y → 0⁺ (f(y) → f(0) = 0, question 6) puis x → 1⁻ (f(x) → f(1) = ln 2, question 5) ; l'intégrale converge par (a) :
∫₀¹ (t − 1)/ln t dt = ln 2.