نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2010: الرياضيات 1 - شعبة BCPST لولوج مدارس المهندسين

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques I du Concours National Commun (CNC) 2010, filière BCPST, d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs. Durée : 4 heures, calculatrice interdite. L'épreuve comporte un problème en deux parties (polynômes P_n(x) = 1 + x + … + x²ⁿ, puis une norme sur ℝ²) et un exercice (opérateur T sur les fonctions 2π-périodiques). Voici une correction proposée, question par question.

💡 Fil conducteur : tout le problème repose sur deux formules. (1) P_n(x) = (1 − x²ⁿ⁺¹)/(1 − x) ; (2) la relation φ_n(α_n) = 0, qui donne α_n²ⁿ = 1/(1 + 2n(1 − α_n)) et β_n = (2n + 1) α_n²ⁿ. Établissez-les proprement : elles servent jusqu'à la question 6.

Problème — 1^re partie

1. (a) Expression de P_n

(1 − x)P_n(x) = (1 + x + … + x²ⁿ) − (x + … + x²ⁿ⁺¹) = 1 − x²ⁿ⁺¹ (somme télescopique). Pour x ≠ 1 : P_n(x) = (1 − x²ⁿ⁺¹)/(1 − x).

1. (b) Racines de P_n

P_n(1) = 2n + 1 ≠ 0, donc les racines sont les z ≠ 1 tels que z²ⁿ⁺¹ = 1 : z_k = e^2ikπ/(2n+1), k = 1, …, 2n (2n racines distinctes, autant que le degré). Une racine réelle serait une racine (2n+1)-ième réelle de l'unité ; comme 2n + 1 est impair, la seule est 1, exclue. P_n n'a aucune racine réelle.

2. Convergence de (P_n(x))_n

• |x| < 1 : x²ⁿ⁺¹ → 0, donc P_n(x) → 1/(1 − x).
• x = 1 : P_n(1) = 2n + 1 → +∞ : divergente.
• x = −1 : P_n(−1) = 1 − 1 + … + 1 = 1 pour tout n (2n + 1 termes alternés) : suite constante, limite 1.
• |x| > 1 : |x²ⁿ⁺¹| → +∞, donc |P_n(x)| → +∞ : divergente.

Conclusion : convergence si et seulement si x ∈ [−1, 1[ ; limite 1/(1 − x) sur ]−1, 1[ et 1 en x = −1 (attention : 1 ≠ 1/(1 − (−1)) = 1/2).

3. (a) P_n′ en fonction de φ_n

En dérivant le quotient : P_n′(x) = [−(2n+1)x²ⁿ(1 − x) + (1 − x²ⁿ⁺¹)]/(1 − x)² = [2n x²ⁿ⁺¹ − (2n+1)x²ⁿ + 1]/(1 − x)², soit P_n′(x) = φ_n(x)/(1 − x)² pour x ≠ 1.

3. (b) Valeurs particulières

• P_n(1) = 2n + 1 ; P_n(−1) = 1.
• P_n′(x) = Σ_k=1²ⁿ k x^k−1, d'où P_n′(1) = 2n(2n+1)/2 = n(2n + 1).
• P_n′(−1) = (1 − 2) + (3 − 4) + … + ((2n−1) − 2n) = −n. Vérification : φ_n(−1) = −2n − (2n+1) + 1 = −4n et −4n/2² = −n.

3. (c) Variations de φ_n et de P_n

φ_n′(x) = 2n(2n+1)x²ⁿ − 2n(2n+1)x²ⁿ⁻¹ = 2n(2n+1) x²ⁿ⁻¹(x − 1). Comme x²ⁿ⁻¹ a le signe de x : φ_n′ > 0 sur ]−∞, 0[, < 0 sur ]0, 1[, > 0 sur ]1, +∞[. Valeurs : φ_n(0) = 1, φ_n(1) = 2n − (2n+1) + 1 = 0, limites −∞ en −∞ (terme dominant 2n x²ⁿ⁺¹, degré impair) et +∞ en +∞.

Donc φ_n ≥ 0 sur [0, +∞[ (nul seulement en 1), et sur ]−∞, 0] elle croît de −∞ à 1 : elle s'annule une seule fois, en α_n < 0. Le signe de P_n′ est celui de φ_n (et P_n′(1) = n(2n+1) > 0). P_n est de degré pair 2n, de coefficient dominant 1 : limites +∞ en ±∞.

3. (d) Existence de α_n et minimum β_n > 0

φ_n est continue et strictement croissante sur [−1, 0], avec φ_n(−1) = −4n < 0 et φ_n(0) = 1 > 0 : par le théorème de la bijection, il existe un unique α_n ∈ ]−1, 0[ avec φ_n(α_n) = 0 (et c'est le seul zéro sur ℝ d'après 3(c)). D'après le tableau, P_n décroît puis croît : elle atteint son minimum global β_n = P_n(α_n). β_n > 0 car P_n n'a pas de racine réelle et P_n(0) = 1 > 0 (P_n continue ne change pas de signe).

Formule utile : φ_n(α_n) = 0 s'écrit α_n²ⁿ(2nα_n − 2n − 1) = −1, d'où α_n²ⁿ = 1/(1 + 2n(1 − α_n)). En reportant dans P_n(α_n) = (1 − α_n·α_n²ⁿ)/(1 − α_n) on obtient β_n = (2n + 1)/(1 + 2n(1 − α_n)) = (2n + 1) α_n²ⁿ, manifestement > 0. (Exemple : n = 1, α₁ = −1/2, β₁ = 3/4.)

4. Courbes de P_n, P_n+1 et h : x ↦ 1/(1 − x) sur ]−∞, 1[

• P_n+1(x) − P_n(x) = x²ⁿ⁺¹ + x²ⁿ⁺² = x²ⁿ⁺¹(1 + x) : > 0 si x < −1 ou x > 0, < 0 si −1 < x < 0. Points communs : (−1, 1) et (0, 1).
• P_n(x) − h(x) = −x²ⁿ⁺¹/(1 − x) : sur ]−∞, 1[ le dénominateur est > 0, donc P_n > h pour x < 0 et P_n < h pour 0 < x < 1. Seul point commun : (0, 1), où les trois courbes ont la même tangente y = 1 + x (P_n′(0) = h′(0) = 1).
• Ordre : sur ]−∞, −1[ : h < P_n < P_n+1 ; sur ]−1, 0[ : h < P_n+1 < P_n ; sur ]0, 1[ : P_n < P_n+1 < h.
• Allure : P_n et P_n+1 partent de +∞, ont leur minimum en α_n, α_n+1 (entre −1 et 0, avec α_n+1 < α_n, cf. 5(d)), valent 1 en −1 et en 0 et tendent vers 2n+1 et 2n+3 en 1 ; h croît de 0 (en −∞) à +∞ (en 1⁻) et vaut 1/2 en −1.

5. (a) Expression de α_n²ⁿ et encadrement

La relation α_n²ⁿ = 1/(1 + 2n(1 − α_n)) a été établie en 3(d). Comme −1 < α_n < 0, on a 1 < 1 − α_n < 2, donc 1 + 2n < 1 + 2n(1 − α_n) < 1 + 4n et 1/(1 + 4n) < α_n²ⁿ < 1/(1 + 2n).

💡 Erreur d'énoncé à signaler : l'encadrement imprimé « 1/(1+4n) ≤ 2n ln|α_n| ≤ 1/(1+2n) » est impossible (2n ln|α_n| < 0). Il faut lire, en prenant le logarithme (α_n²ⁿ = |α_n|²ⁿ) : −ln(1 + 4n) ≤ 2n ln|α_n| ≤ −ln(1 + 2n), c'est-à-dire ln(1/(1+4n)) ≤ 2n ln|α_n| ≤ ln(1/(1+2n)).

5. (b) Limites

En divisant par 2n : −ln(1+4n)/(2n) ≤ ln|α_n| ≤ −ln(1+2n)/(2n). Les deux bornes tendent vers 0 (croissances comparées), donc ln|α_n| → 0, |α_n| → 1 et, α_n étant négatif, α_n → −1.

5. (c) Équivalents

2n ln|α_n| = −ln(1 + 2n(1 − α_n)) = −ln n − ln(1/n + 2(1 − α_n)). Le second logarithme tend vers ln 4 (constante), donc 2n ln|α_n| ∼ −ln n, soit ln|α_n| ∼ −ln n/(2n).

Posons ε_n = 1 + α_n → 0⁺ ; |α_n| = 1 − ε_n et ln(1 − ε_n) ∼ −ε_n. Donc α_n + 1 ∼ ln n/(2n).

5. (d) Monotonie de (α_n)

Notons a = α_n−1 (n ≥ 2). De φ_n−1(a) = 0 on tire 1 = (2n−1)a²ⁿ⁻² − 2(n−1)a²ⁿ⁻¹. En reportant dans φ_n(a) :

φ_n(a) = a²ⁿ⁻²[2n a³ − (2n+1)a² − 2(n−1)a + (2n−1)] = a²ⁿ⁻²(a − 1)²(2n a + 2n − 1) (1 est racine double du crochet ; on vérifie en développant).

Les deux premiers facteurs sont > 0 ; il reste à voir que 2n(1 + a) > 1, c'est-à-dire a > c = −(2n−1)/(2n). Comme φ_n−1 est croissante sur ]−∞, 0] et s'annule en a, il suffit de montrer φ_n−1(c) < 0. Avec m = n − 1 ≥ 1 et c = −(2m+1)/(2m+2) :

φ_m(c) = 1 − [(2m+1)²/(m+1)] · ((2m+1)/(2m+2))^2m. Or (1 − 1/k)^k−2 > (1 − 1/k)^k ≥ 1/4 pour k = 2m+2 ≥ 4 (suite (1 − 1/k)^k croissante, égale à 1/4 pour k = 2), donc le produit dépasse (2m+1)²/(4(m+1)) = (4m² + 4m + 1)/(4m + 4) > 1 dès que 4m² > 3. D'où φ_n−1(c) < 0, a > c et φ_n(α_n−1) > 0.

Enfin φ_n(α_n) = 0 < φ_n(α_n−1) avec φ_n strictement croissante sur ]−1, 0[ : α_n < α_n−1, la suite est décroissante (numériquement α₁ = −0,5 ; α₂ ≈ −0,606 ; α₃ ≈ −0,670).

6. (a) Limite de β_n

β_n = (2n + 1)/(1 + 2n(1 − α_n)). Comme 1 − α_n → 2, le dénominateur est équivalent à 4n et le numérateur à 2n : β_n → 1/2.

6. (b) Équivalent de β_n − 1/2

β_n − 1/2 = [2(2n+1) − 1 − 2n(1 − α_n)] / [2(1 + 2n(1 − α_n))] = [2n(1 + α_n) + 1] / [2(1 + 2n(1 − α_n))]. Numérateur : 2n(1 + α_n) ∼ ln n d'après 5(c), donc numérateur ∼ ln n. Dénominateur ∼ 2 × 4n = 8n. Ainsi β_n − 1/2 ∼ ln n/(8n).

6. (c) Décroissance de (β_n)

P_n(x) − P_n−1(x) = x²ⁿ⁻¹ + x²ⁿ = x²ⁿ⁻¹(1 + x) < 0 pour x ∈ ]−1, 0[. En particulier P_n(α_n) < P_n−1(α_n). La même inégalité au point α_n−1 ∈ ]−1, 0[ donne, β_n étant le minimum de P_n : β_n ≤ P_n(α_n−1) < P_n−1(α_n−1) = β_n−1. La suite (β_n) est (strictement) décroissante (β₁ = 0,75 ; β₂ ≈ 0,674 ; β₃ ≈ 0,635 → 1/2).

Problème — 2^e partie

f_u(t) = (x + ty)/(1 + t + t²), avec P₁(t) = (t + 1/2)² + 3/4 ≥ 3/4 > 0.

1. f_u est bornée

f_u est continue sur ℝ (dénominateur jamais nul) et tend vers 0 en ±∞ (degré du numérateur ≤ 1 < 2). Il existe donc A > 0 tel que |f_u(t)| ≤ 1 pour |t| > A, et sur le segment [−A, A] la fonction continue f_u est bornée. Donc f_u est bornée sur ℝ.

2. (a) Cas y = 0

|f_u(t)| = |x|/P₁(t) ≤ |x|/(3/4) = 4|x|/3, avec égalité en t = −1/2. Donc N(u) = (4/3)|x|.

2. (b) Cas y ≠ 0

i. Le signe de f_u(t) est celui de x + ty, fonction affine non constante de t : elle prend des valeurs > 0 et < 0. Donc M > 0 et m < 0. Bornes atteintes : soit t₁ avec f_u(t₁) > 0 ; comme f_u → 0 en ±∞, il existe A avec f_u(t) < f_u(t₁) pour |t| > A ; le maximum de f_u sur [−A, A] (qui contient t₁) est alors le maximum sur ℝ. Même raisonnement pour m.

ii. N(u) = sup |f_u| = max(M, −m). Donc N(u) = 1 ⟺ (M = 1 et −m ≤ 1) ou (−m = 1 et M ≤ 1), soit (M = 1 et m ≥ −1) ou (M ≤ 1 et m = −1).

iii. Comme P₁ > 0 : f_u(t) ≤ 1 ⟺ g(t) = t² + (1 − y)t + (1 − x) ≥ 0. Ainsi f_u(t₀) = M = 1 ⟺ g ≥ 0 sur ℝ et g(t₀) = 0. Un trinôme unitaire positif qui s'annule a un discriminant ≤ 0 et une racine, donc un discriminant nul : t₀ est racine double. Réciproquement, si t₀ est racine double, g(t) = (t − t₀)² ≥ 0, donc f_u ≤ 1 avec égalité en t₀. Discriminant nul : (1 − y)² = 4(1 − x).

iv. De même f_u(t) ≥ −1 ⟺ t² + (1 + y)t + (1 + x) ≥ 0 ; f_u(t₀) = m = −1 ⟺ t₀ racine double de ce trinôme, d'où (1 + y)² = 4(1 + x).

3. (a) Les deux courbes

• Γ₁ : (1 − y)² = 4(1 − x), soit x = 1 − (y − 1)²/4 : parabole de sommet (1, 1), d'axe la droite y = 1, tournée vers les x négatifs. Points : (0, −1), (3/4, 0), (0, 3).
• Γ₂ : (1 + y)² = 4(1 + x), soit x = −1 + (y + 1)²/4 : parabole de sommet (−1, −1), d'axe y = −1, tournée vers les x positifs. Points : (0, 1), (−3/4, 0), (0, −3). Γ₂ est la symétrique de Γ₁ par rapport à l'origine.
• Intersections : en égalant les deux expressions de x, (1 + y)² + (1 − y)² = 8, soit y² = 3 : points (√3/2, √3) et (−√3/2, −√3).

3. (b) L'ensemble S = {N(u) = 1}

D'après iii et iv : M ≤ 1 ⟺ (1 − y)² ≤ 4(1 − x) (u à gauche de Γ₁) ; m ≥ −1 ⟺ (1 + y)² ≤ 4(1 + x) (u à droite de Γ₂) ; M = 1 ⟺ u ∈ Γ₁ ; m = −1 ⟺ u ∈ Γ₂. Avec ii : S = (Γ₁ ∩ {m ≥ −1}) ∪ (Γ₂ ∩ {M ≤ 1}). Sur Γ₁, la condition (1 + y)² ≤ 4(1 + x) = 8 − (1 − y)² équivaut à y² ≤ 3 (de même sur Γ₂).

S est la réunion de l'arc de Γ₁ et de l'arc de Γ₂ pour −√3 ≤ y ≤ √3, joints aux points (±√3/2, ±√3) : c'est une courbe fermée convexe, symétrique par rapport à O, bord du domaine compris entre les deux paraboles. Les points (±3/4, 0) du cas y = 0 sont bien sur S (cohérent avec 2(a)). (S est la « sphère unité » de N, qui est une norme sur ℝ².)

Exercice

1. e_k ∈ E

e_k est continue et e_k(x + 2π) = e^ikxe^2ikπ = e_k(x) car k ∈ ℤ.

2. f ∈ E ⟹ Tf ∈ E

Tf est continue (composée et somme). Tf(x + 2π) = ½[f(x/2 + π) + f(x/2 + 2π)] = ½[f((x + 2π)/2) + f(x/2)] = Tf(x) par 2π-périodicité de f. (T est de plus linéaire.)

3. Coefficients de Fourier de Tf

Avec c_k(f) = (1/2π)∫₀^2π f(t)e^−ikt dt et le changement s = t/2 :

c_k(Tf) = (1/2π)∫₀^π[f(s) + f(s + π)]e^−2iks ds = (1/2π)[∫₀^π f(s)e^−2iks ds + ∫_π^2π f(s)e^{−2ik(s−π)} ds] = (1/2π)∫₀^2π f(s)e^−2iks ds, car e^2ikπ = 1.

c_k(Tf) = c_2k(f) ; de même pour les coefficients trigonométriques (cos 2k(s − π) = cos 2ks, sin 2k(s − π) = sin 2ks) : a_k(Tf) = a_2k(f), b_k(Tf) = b_2k(f) pour tout k (a₀ compris).

4. (a) ℋ₀ sous-espace

ℋ₀ est le noyau de la forme linéaire f ↦ ∫₀^2π f(t) dt sur E : c'est un sous-espace vectoriel (contient 0, stable par combinaison linéaire).

4. (b) Stabilité par T

∫₀^2π Tf = 2π c₀(Tf) = 2π c₀(f) = ∫₀^2π f = 0 si f ∈ ℋ₀.

5. (a) ℋ₀ ⊕ Vect(e₀) = E

Pour f ∈ E, posons m(f) = (1/2π)∫₀^2π f (valeur moyenne). Alors f = (f − m(f)e₀) + m(f)e₀, avec f − m(f)e₀ ∈ ℋ₀. Intersection : λe₀ ∈ ℋ₀ ⟹ 2πλ = 0 ⟹ λ = 0. Les sous-espaces sont supplémentaires.

5. (b) Projection

p(f) = m(f)e₀ : la fonction constante égale à la valeur moyenne (1/2π)∫₀^2π f(t) dt.

6. (a) Intégrale

∫₀^2π e_pe_−q = ∫₀^2π e^i(p−q)t dt = 2π si p = q, 0 si p ≠ q (primitive e^i(p−q)t/(i(p−q)), 2π-périodique).

6. (b) Liberté

Si Σ_k=−nⁿ λ_ke_k = 0, on multiplie par e_−q et on intègre sur [0, 2π] : 2πλ_q = 0, donc λ_q = 0 pour tout q.

6. (c) Dimension

La famille est libre et génératrice de E_n : dim E_n = 2n + 1.

7. (a) Image de e_k

Te_k(x) = ½[e^ikx/2 + e^ik(x+2π)/2] = ½e^ikx/2(1 + e^ikπ) = ½(1 + (−1)^k)e^ikx/2. k pair : Te_k = e_k/2 ; k impair : Te_k = 0.

7. (b) E_n stable

Pour |k| ≤ n, Te_k vaut 0 ou e_k/2 avec |k/2| ≤ n : Te_k ∈ E_n. Par linéarité, T(E_n) ⊂ E_n.

8. (a) Matrice de T₂ dans ℬ = (e₋₂, e₋₁, e₀, e₁, e₂)

Te₋₂ = e₋₁, Te₋₁ = 0, Te₀ = e₀, Te₁ = 0, Te₂ = e₁. D'où (colonnes = images) :

8. (b) Valeurs propres et sous-espaces propres

Les plans Vect(e₋₂, e₋₁) et Vect(e₁, e₂) et la droite Vect(e₀) sont stables : la matrice est diagonale par blocs, avec deux blocs nilpotents 2×2 (e₋₂ → e₋₁ → 0 et e₂ → e₁ → 0) et le bloc (1). Donc χ(X) = X⁴(X − 1). Valeurs propres : 0 (multiplicité 4) et 1 (simple).

• T₂(Σλ_ke_k) = λ₋₂e₋₁ + λ₀e₀ + λ₂e₁ = 0 ⟺ λ₋₂ = λ₀ = λ₂ = 0 : Ker T₂ = Vect(e₋₁, e₁), dimension 2.
• T₂f = f ⟺ λ₋₂ = 0, λ₋₁ = λ₋₂, λ₁ = λ₂, λ₂ = 0 : E₁ = Vect(e₀), dimension 1.

8. (c) Diagonalisabilité

dim Ker T₂ + dim E₁ = 2 + 1 = 3 < 5 (la valeur propre 0 est de multiplicité 4 mais son sous-espace propre est de dimension 2) : T₂ n'est pas diagonalisable.