نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2011: الرياضيات 1 - شعبة TSI لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2011, filière TSI (classes préparatoires), organisé par l'INPT. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. Deux problèmes : le théorème du point fixe pour une fonction contractante (existence, unicité, approximation), puis l'étude de f(x) = (1/x)∫₀^x (arctan t / t) dt et d'une équation différentielle d'Euler dont f est l'unique solution sur ℝ. Voici une correction proposée.

💡 L'énoncé contient deux coquilles (questions 1.4 et 1.5.1 du premier problème). Le préambule du sujet demande de les signaler sur la copie et de poursuivre en expliquant ses initiatives : c'est ce qui est fait ci-dessous.

Premier problème — Point fixe d'une application contractante

1^re partie : existence du point fixe

1.1. Par récurrence : u₀ ∈ I ; si u_n ∈ I, alors u_n+1 = f(u_n) est défini et appartient à f(I) ⊂ I. Tous les termes sont bien définis et dans I.

1.2.1. |u_n+1 − u_n| = |f(u_n) − f(u_n−1)| ≤ k|u_n − u_n−1|, d'où par récurrence |u_n+1 − u_n| ≤ kⁿ|u₁ − u₀|. Comme u₀, u₁ ∈ [a, b], |u₁ − u₀| ≤ b − a, donc |u_n+1 − u_n| ≤ kⁿ(b − a), soit
u_n − kⁿ(b − a) ≤ u_n+1 ≤ u_n + kⁿ(b − a).

1.2.2. v_n+1 − v_n = (u_n+1 − u_n) − α(1 − k)kⁿ(b − a) ≤ kⁿ(b − a)[1 − α(1 − k)] et w_n+1 − w_n = (u_n+1 − u_n) + α(1 − k)kⁿ(b − a) ≥ kⁿ(b − a)[α(1 − k) − 1]. De plus v_n − w_n = 2αkⁿ(b − a) → 0. Il suffit donc de prendre α ≥ 1/(1 − k), par exemple α = 1/(1 − k) : (v_n) décroissante, (w_n) croissante, v_n − w_n → 0 : elles sont adjacentes.

1.2.3. Deux suites adjacentes convergent vers une même limite ℓ ; u_n = (v_n + w_n)/2 → ℓ. Comme u_n ∈ [a, b] (fermé), ℓ ∈ [a, b].

1.2.4. |u_n − f(ℓ)| = |f(u_n−1) − f(ℓ)| ≤ k|u_n−1 − ℓ| → 0. Donc u_n → f(ℓ) ; par unicité de la limite, f(ℓ) = ℓ.

1.3.1. D a pour pente k ≠ 1, Δ pour pente 1 : elles sont sécantes. x = f(a) + k(x − a) donne c = (f(a) − ka)/(1 − k), et c − a = (f(a) − a)/(1 − k) ≥ 0 car f(a) ∈ I, soit f(a) ≥ a. Donc c ≥ a.

1.3.2. Si c ≠ a, alors c > a. Pour x ∈ [a, c] : f(x) ≥ a (car f(x) ∈ I) et f(x) ≤ f(a) + k|x − a| = f(a) + k(x − a) ≤ f(a) + k(c − a) = c (le point de D d'abscisse c est sur Δ). Donc f([a, c]) ⊂ [a, c].

1.3.3. Si c = a, alors f(a) = a : a est un point fixe. Si c ≠ a, la restriction de f à [a, c] vérifie les hypothèses de 1.2 (f([a,c]) ⊂ [a,c], k-lipschitzienne) : elle a un point fixe dans [a, c] ⊂ I. Dans tous les cas, f admet un point fixe.

1.4. Coquille signalée : avec g(x) = f(−x), on aurait g(J) ⊂ I et non g(J) ⊂ J ; et « question 0.4 » renvoie en fait au cas 1.3. On pose donc g(x) = −f(−x), x ∈ J = [−a, +∞[.
Si x ∈ J, −x ∈ I, f(−x) ∈ I, donc g(x) = −f(−x) ∈ J : g(J) ⊂ J. Et |g(x) − g(y)| = |f(−x) − f(−y)| ≤ k|x − y|. Par 1.3, g a un point fixe x₀ ∈ J : −f(−x₀) = x₀, soit f(−x₀) = −x₀. −x₀ ∈ I est un point fixe de f.

1.5.1. Intersections avec y = x : f(0) − kx = x donne c = f(0)/(1 + k) ; f(0) + kx = x donne d = f(0)/(1 − k) ; 0 < c < d.
Coquille signalée : l'inclusion f([c, d]) ⊂ [c, d] est fausse en général. Contre-exemple : f(x) = 1 − x/2 (k = 1/2, f(0) = 1) donne c = 2/3, d = 2, et f(2) = 0 ∉ [2/3, 2]. On conclut autrement :

• Pour |x| ≤ d : |f(x)| ≤ f(0) + k|x| ≤ f(0) + kd = d. Donc f([−d, d]) ⊂ [−d, d], et par 1.2 f a un point fixe ℓ dans [−d, d].
• Ce point fixe est dans [c, d] : |ℓ − f(0)| = |f(ℓ) − f(0)| ≤ k|ℓ|. Si ℓ < 0, on aurait ℓ ≥ f(0) − k|ℓ| = f(0) + kℓ, soit (1 − k)ℓ ≥ f(0) > 0, contradiction. Donc ℓ ≥ 0 et f(0) − kℓ ≤ ℓ ≤ f(0) + kℓ, c'est-à-dire c ≤ ℓ ≤ d.

1.5.2. Si f(0) = 0, 0 est un point fixe. Si f(0) < 0, la fonction g(x) = −f(−x) est k-lipschitzienne de ℝ dans ℝ avec g(0) = −f(0) > 0 : par 1.5.1 elle a un point fixe x₀, et −x₀ est point fixe de f. Dans tous les cas f admet un point fixe dans I = ℝ.

2^e partie : unicité, calcul approché

2.1. |ℓ₁ − ℓ₂| = |f(ℓ₁) − f(ℓ₂)| ≤ k|ℓ₁ − ℓ₂|, donc (1 − k)|ℓ₁ − ℓ₂| ≤ 0 avec 1 − k > 0 : ℓ₁ = ℓ₂.

2.2.1. Comme en 1.2.1, |u_j+1 − u_j| ≤ k^j|u₁ − u₀|. Par l'inégalité triangulaire :
|u_n+p − u_n| ≤ Σ_j=n^n+p−1 k^j|u₁ − u₀| = kⁿ(1 − k^p)/(1 − k) · |u₁ − u₀|.

2.2.2. |u_n − ℓ| = |f(u_n−1) − f(ℓ)| ≤ k|u_n−1 − ℓ| ≤ … ≤ kⁿ|u₀ − ℓ| → 0 : u_n → ℓ. En faisant p → +∞ dans 2.2.1 (k^p → 0) : |u_n − ℓ| ≤ kⁿ/(1 − k) · |u₁ − u₀|.

2.3.1. f(x) = 1 + (sin x)/2 : par l'inégalité des accroissements finis (|cos| ≤ 1), |f(x) − f(y)| ≤ (1/2)|x − y|, et f(ℝ) ⊂ ℝ. Avec k = 1/2 et I = ℝ, les parties 1 et 2 donnent un unique point fixe ℓ ∈ ℝ (de plus ℓ ∈ [1/2, 3/2] car f(ℝ) ⊂ [1/2, 3/2]).

2.3.2. u₀ = 0, u₁ = f(0) = 1, donc |u_n − ℓ| ≤ (1/2)ⁿ/(1/2) = 2¹⁻ⁿ. Il suffit que 2ⁿ⁻¹ ≥ 1000 ; comme 2¹⁰ = 1024, n ≥ 11 convient (par exemple n = 11).

Deuxième problème

1^re partie : étude d'une fonction

1.1. Pour |t| < 1 : arctan′(t) = 1/(1 + t²) = Σ_n≥0 (−1)ⁿt²ⁿ (série géométrique, rayon 1). On primitive terme à terme à l'intérieur du disque de convergence, avec arctan 0 = 0 :
arctan x = Σ_n≥0 (−1)ⁿ x²ⁿ⁺¹/(2n + 1), rayon de convergence 1.

1.2. arctan t ~ t en 0, donc g(t) → 1 : g se prolonge par continuité avec g(0) = 1. (Pour |t| < 1 : g(t) = Σ (−1)ⁿt²ⁿ/(2n + 1), y compris en 0.)

1.3.1. g est continue sur ℝ ; G(x) = ∫₀^x g est C¹ avec G(0) = 0 et G′(0) = g(0) = 1. Donc f(x) = G(x)/x → G′(0) = 1 : f se prolonge par continuité sur ℝ avec f(0) = 1.

1.3.2. Pour z ≠ 0, |a_n+1z²ⁿ⁺²|/|a_nz²ⁿ| = ((2n + 1)/(2n + 3))²|z|² → |z|². Règle de d'Alembert : convergence si |z| < 1, divergence grossière si |z| > 1. R = 1.

1.3.3. Pour x ∈ ]−1, 1[, la série converge (R = 1). Intégrant terme à terme sur [0, x] ⊂ ]−1, 1[ la série entière de g : G(x) = Σ (−1)ⁿx²ⁿ⁺¹/(2n + 1)², d'où pour x ≠ 0, f(x) = Σ_n≥0 (−1)ⁿx²ⁿ/(2n + 1)² ; en x = 0 les deux membres valent 1.

1.3.4. g est C^∞ sur ℝ* (quotient) et sur ]−1, 1[ (somme de série entière) : g est C^∞ sur ℝ, donc G aussi, et f = G/x est C^∞ sur ℝ*. Sur ]−1, 1[, f est somme d'une série entière de rayon 1, donc C^∞. Ainsi f est C^∞ sur ℝ.

1.4.1. Série alternée : 1/(2n + 1)² décroît vers 0. Par le critère spécial des séries alternées, elle converge et son reste est majoré par le premier terme négligé :
|S − Σ_k=0ⁿ (−1)^k/(2k + 1)²| ≤ 1/(2n + 3)².

1.4.2. Le terme k = 0 est nul. Pour x ∈ ]0, 1[ et k ≥ 1 : 1 − x^2k = (1 − x²)(1 + x² + … + x^2k−2) ∈ [0, k(1 − x²)]. Par l'inégalité triangulaire :
|Σ_k=0ⁿ (−1)^k(1 − x^2k)/(2k + 1)²| ≤ (1 − x²)Σ_k=1ⁿ k/(2k + 1)².

1.4.3. Par 1.3.3 : f(x) − Σ_k=0ⁿ (−1)^k/(2k + 1)² = −Σ_k=0ⁿ (−1)^k(1 − x^2k)/(2k + 1)² + Σ_k>n (−1)^kx^2k/(2k + 1)².
Le premier terme est majoré par 1.4.2, avec k/(2k + 1)² ≤ k/(4k²) ≤ 1/k. Le second est le reste d'une série alternée (x^2k/(2k + 1)² décroît vers 0), majoré par x²ⁿ⁺²/(2n + 3)² ≤ 1/(2n + 3)². D'où
|f(x) − Σ_k=0ⁿ (−1)^k/(2k + 1)²| ≤ (1 − x²)Σ_k=1ⁿ 1/k + 1/(2n + 3)².

1.4.4. Pour k ≥ 2, t ↦ 1/t décroît, donc 1/k ≤ ∫_k−1^k dt/t. En sommant : Σ_k=2ⁿ 1/k ≤ ∫₁ⁿ dt/t = ln n, d'où Σ_k=1ⁿ 1/k ≤ 1 + ln n.

1.4.5. x_n = √(1 − 1/n) (pour n = 1 on trouverait x₁ = 0 ∉ ]0, 1[ : on prend n ≥ 2). Avec 1.4.3, 1.4.4 et 1 − x_n² = 1/n :
|f(x_n) − S_n| ≤ (1 + ln n)/n + 1/(2n + 3)² → 0, où S_n est la somme partielle.
Or x_n → 1 et f est continue en 1, donc f(x_n) → f(1) ; et S_n → S. Donc f(1) = S = Σ_n≥0 (−1)ⁿ/(2n + 1)².

1.4.6. Par 1.4.1, il suffit que 1/(2n + 3)² ≤ 10⁻³, soit 2n + 3 ≥ 32, n ≥ 15 : S₁₅ ≈ 0,9155 approche S à moins de 10⁻³. On obtient f(1) ≈ 0,916 (constante de Catalan, 0,91597…).
Pour x ≠ 0, f′(x) = g(x)/x − G(x)/x² = (g(x) − f(x))/x, donc f′(1) = g(1) − f(1) = π/4 − f(1) ≈ 0,785 − 0,916 ≈ −0,131.

1.5.1. φ(t) = arctan t + arctan(1/t) sur ]0, +∞[ : φ′(t) = 1/(1 + t²) − (1/t²)/(1 + 1/t²) = 0 ; ]0, +∞[ est un intervalle, φ est constante, égale à φ(1) = π/2. arctan t + arctan(1/t) = π/2.

1.5.2. Pour x > 0 : f(x) = f(1)/x + (1/x)∫₁^x g(t) dt. Par 1.5.1 :
∫₁^x (arctan t)/t dt = (π/2)ln x − ∫₁^x arctan(1/t)/t dt. Avec s = 1/t (dt/t = −ds/s) : ∫₁^x arctan(1/t)/t dt = ∫_1/x¹ g(s) ds = f(1) − (1/x)f(1/x).
Donc f(x) = f(1)/x + (1/x)[(π/2)ln x − f(1) + f(1/x)/x], soit f(x) − (1/x²)f(1/x) = π ln x/(2x).

1.5.3. f(1/x) → f(0) = 1, donc f(1/x)/x² = O(1/x²) = o(ln x/x). Ainsi f(x) ~ π ln x/(2x) en +∞ et lim_+∞ f = 0.

1.6. Pour x > 1, 1/x ∈ ]0, 1[ et par 1.3.3, f(1/x)/x² = Σ (−1)ⁿ/((2n + 1)² x²ⁿ⁺²), d'où la formule avec 1.5.2.
Pour x = 5 : la série est alternée à termes décroissants : 1/25 − 1/(9·625) + 1/(25·5⁶) − … ; en s'arrêtant à 1/25 − 1/5625 ≈ 0,03982, l'erreur est ≤ 1/390625 < 3·10⁻⁶. Avec π ln 5/10 ≈ 3,1416 × 1,6094/10 ≈ 0,5056 :
f(5) ≈ 0,5056 + 0,0398 ≈ 0,545.

1.7. g est paire, donc G est impaire et f est paire. g est strictement décroissante sur [0, +∞[ : g′(t) = ψ(t)/t² avec ψ(t) = t/(1 + t²) − arctan t, ψ(0) = 0 et ψ′(t) = −2t²/(1 + t²)² < 0 pour t > 0, donc ψ < 0. Pour x > 0, f(x) est la moyenne de g sur [0, x], donc f(x) > g(x), et f′(x) = (g(x) − f(x))/x < 0.

Allure : courbe en cloche symétrique par rapport à (Oy), maximum (0, 1) à tangente horizontale, f(±1) ≈ 0,916, f(±5) ≈ 0,545, asymptote y = 0 en ±∞ (décroissance lente, en π ln x/(2x)), f > 0.

2^e partie : résolution d'une équation différentielle

2.1. y = t^α : x²y″ + 3xy′ + y = [α(α − 1) + 3α + 1]t^α = (α + 1)²t^α. Solution ⟺ α = −1.

2.2. y = λ/t : y′ = λ′/t − λ/t², y″ = λ″/t − 2λ′/t² + 2λ/t³. Alors x²y″ + 3xy′ + y = tλ″ − 2λ′ + 2λ/t + 3λ′ − 3λ/t + λ/t = tλ″ + λ′ = (tλ′)′. Donc y solution ⟺ tλ′ = C ⟺ λ(t) = C ln|t| + D ; par exemple λ(t) = ln|t|.

2.3. Toute fonction y sur I s'écrit λ(t)/t avec λ = ty ; par 2.2 : S_H = {x ↦ (C ln|x| + D)/x ; (C, D) ∈ ℝ²}, espace vectoriel de dimension 2, de base (1/x, ln|x|/x).

2.4. Une solution sur ℝ est, sur ]0, +∞[ et ]−∞, 0[, de la forme (C ln|x| + D)/x et doit avoir une limite finie en 0. Si C ≠ 0, |C ln|x| + D|/|x| → +∞ ; si C = 0 et D ≠ 0, |D/x| → +∞. Donc C = D = 0 de chaque côté, puis y(0) = 0 par continuité. Seule la fonction nulle est solution sur ℝ.

2.5. Avec y = λ/t, (ℒ) devient (tλ′)′ = 1/(1 + t²), d'où tλ′ = arctan t + C, λ′ = (arctan t)/t + C/t. On peut prendre λ(t) = ∫₀^t (arctan s)/s ds = t f(t) (avec C = 0), qui est deux fois dérivable. La solution correspondante est y = λ/t = f : la fonction de la 1^re partie est solution particulière de (ℒ).

2.6. (ℒ) est linéaire : ses solutions forment un espace affine, solution particulière + solutions de (H). Sur I :
y(x) = f(x) + (C ln|x| + D)/x, (C, D) ∈ ℝ².

2.7. Cherchons y = Σ a_nxⁿ de rayon R > 0. Alors x²y″ + 3xy′ + y = Σ [n(n − 1) + 3n + 1]a_nxⁿ = Σ (n + 1)²a_nxⁿ, et pour |x| < 1, 1/(1 + x²) = Σ (−1)^px^2p. Par unicité du développement en série entière :
a_2p = (−1)^p/(2p + 1)², a_2p+1 = 0.
Réciproquement, cette série a pour rayon R = 1 (1.3.2) et vérifie (ℒ) sur ]−1, 1[. Il y a donc une unique solution développable en série entière en 0 ; c'est f (1.3.3).

2.8. Soit y solution sur ℝ. Sur ]0, +∞[ et ]−∞, 0[, y − f est solution de (H) et doit avoir une limite finie en 0 ; comme en 2.4, cela impose y − f = 0 sur ℝ*, puis y(0) = f(0) par continuité. Réciproquement, f est C^∞ sur ℝ, vérifie (ℒ) sur ℝ* et en 0 (0 + 0 + f(0) = 1 = 1/(1 + 0)). L'unique solution sur ℝ est f : x ↦ (1/x)∫₀^x (arctan t)/t dt, f(0) = 1.