Exercice 1 - Math France

SESSION 2011
E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE
Epreuve de Mathématiques B PC
Exercice 1

1

1
1) (i) K2 = 
 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1

1
1
 1
1 

1  1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1


4
1
 4
1 
=
1   4
4
1
4
4
4
4
4
4
4
4

4
4 
 = 4K. Par suite,
4 
4
Le polynôme P = X2 − 4X est annulateur de K.
Les valeurs propres de K sont à choisir parmi les racines d’un polynôme annulateur et donc les seules valeurs propres
possibles de K sont 0 et 4.
Réciproquement, K est symétrique réelle et donc K est diagonalisable. On en déduit que l’ordre de multiplicité de chacune
de ses valeurs propres est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant. Comme rg(K) = 1, dim(Ker(K)) = 3
puis 0 est valeur propre de K d’ordre 3. D’après la remarque initiale, la dernière valeur propre est nécessairement 4.
Sp(K) = (0, 0, 0, 4).
(ii) K est semblable à D = diag(0, 0, 0, 4). Or, M = P(K) où P = yX + xI4 . On sait alors que M est semblable à
diag(P(0), P(0), P(0), P(4)) = diag(x, x, x, x + 4y).
M est semblable à diag(x, x, x, x + 4y).
(iii) F = Vect(I, K) est un sous-espace vectoriel de E de dimension au plus 2. De plus, la matrice K n’est pas une matrice
scalaire et donc la famille (I, K) est libre. Ceci montre que F = Vect(I, K) est un sous-espace vectoriel de E de dimension 2.
Soient (x, y, z, t) ∈ R4 puis M = xI + yK et N = zI + tK.
M × N = (xI + yK)(zI + tK) = xyI + (xt + yz)K + ytK2 = xyI + (xt + yz + 4yt)K ∈ F.
F est stable pour ×.
F = Vect(I, K) est un sous-espace vectoriel de E de dimension 2, stable pour ×.
(iv) Tout d’abord, K1 = 40 K et si pour p > 1, Kp = 4p−1 K alors
Kp+1 = Kp × K = 4p−1 K × K = 4p K.
On a montré par récurrence que ∀p ∈ N∗ , Kp = 4p−1 K.
Soit alors n ∈ N∗ . Puisque les matrices I et K commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton et on obtient


n n X
X
n
n
Mn = (xI + yK)n = xn I +
xn−p yp Kp = xn I + 
xn−p 4p−1 yp  K
p
p
p=1
p=1


n
1
1 X n n−p
x
(4y)p − xn  K = xn I + ((x + 4y)n − xn )K
= xn I + 
4
4
p
p=0

(x + 4y)n + 3xn (x + 4y)n − xn
(x + 4y)n − xn
(x + 4y)n − xn
n
n
n
n
n
n

1
(x + 4y) − x
(x + 4y) + 3x
(x + 4y) − x
(x + 4y)n − xn
= 
n
n
n
n
n
n

(x + 4y) − x
(x + 4y) − x
(x + 4y) + 3x
(x + 4y)n − xn
4
n
n
n
n
n
n
(x + 4y) − x
(x + 4y) − x
(x + 4y) − x
(x + 4y)n + 3xn
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1


.

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M ∈ GL4 (R) ⇔ 0 ∈
/ Sp(M) ⇔ x 6= 0 et x + 4y 6= 0. Soient alors x et y deux réels tels que x 6= 0 et x + 4y 6= 0.
1
x
1
1
K+
y(x + 4y)−1 − yx−1 K2
(xI + yK) x−1 I + ((x + 4y)−1 − x−1 )K = I + yx−1 + (x + 4y)−1 −
4
4
4
4
1
x
= I + yx−1 + (x + 4y)−1 − + y(x + 4y)−1 − yx−1 K (car K2 = 4K)
4
4
−1
(x + 4y)(x + 4y)
1
=I+
K = I.
−
4
4
Donc
M−1

x + 3y

1
1
1
 −y
(4(x + 4y)I − 4yK) =
= x−1 I + ((x + 4y)−1 − x−1 )K =
4
4x(x + 4y)
x(x + 4y)  −y
−y
2) (i) • 
K2 = 4K ∈ Vect(K, Z) 
= H.

1
1
0 −1 0
 1
 0
1
0
−1

• ZK = 
 −1 0
1
0  1
1
0 −1 0
1


1
0
1 1 1 1
 1 1 1 1  0
1

• KZ = 
 1 1 1 1   −1 0
0 −1
 1 1 1 1
1
1
0 −1 0



0
1
0
−1
 0
• Z2 = 
 −1 0
1
0   −1
0
0 −1 0
1
Soit (x, y, x ′ , y ′ ) ∈ R4 .
 
0 0
1 1 1
 0 0
1 1 1 
=
1 1 1   0 0
0 0
1 1 1
 
0 0
−1 0

0 −1 
= 0 0
1
0   0 0
0
0
1
0 
0 −1 0

1
0 −1 
=
0
1
0  
−1 0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
2
0
−2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
−y
x + 3y
−y
−y
−y
−y
x + 3y
y

−y
−y 
.
−y 
x + 3y


 = O ∈ Vect(K, Z) = H.



 = O ∈ Vect(K, Z) = H.

0
2
0
−2

−2 0
0 −2 
 = 2Z ∈ Vect(K, Z) = H.
2
0 
0
2
(xK + yZ)(x ′ K + y ′ Z) = xx ′ K2 + xy ′ KZ + yx ′ ZK + yy ′ Z2 = 4xx ′ K + 2yy ′ Z ∈ Vect(K, Z) = H.
Par suite, H est stable pour le produit matriciel ×.
(ii) Sous-espaces propres de K. D’après la question 1), les valeurs propres deux à deux distinctes de K sont 0 et 4.
Puisque K est symétrique réelle, on sait que K est diagonalisable dans R et que ses sous-espaces propres sont orthogonaux
(pour la produit scalaire usuel de M4,1 (R)).
• KerK est l’hyperplan d’équation x + y + z + t = 0. Puisque Ker(K) est de dimension 3 et que K est diagonalisable, 0 est
valeur propre de K d’ordre 3.
• Ker(K − 4I) est l’orthogonal de cet hyperplan c’est-à-dire la droite d’équations x = y = z = t.
Sous-espaces propres de Z. De même, Z est symétrique réelle. Puisque rg(Z) = 2, on a dim(Ker(Z)) = 4 − 2 = 2 et
donc 0 est valeur propre de Z d’ordre 2. De même,
rg(A − 2I) = 2 et donc 2 est valeur propre de Z d’ordre 2
z=x
• Ker(Z) est immédiatement le plan d’équations
. Il contient la droite Ker(K − 4I).
t=y
z = −x
• Ker(Z − 2I) est immédiatement le plan d’équations
. Il est contenu dans l’hyperplan Ker(K).
t = −y
 
1
1
1 

(iii) On commence par choisir un vecteur unitaire e1 engendrant la droite Ker(A − 4I). Le vecteur e1 = 
2 1 
1
convient.
On
complète
la
famille
orthonormée
(e
)
de
Ker(Z)
en
(e
,
e
)
une
base
orthonormée
de
Ker(Z).
Le
vecteur
1
1
2


1
1  −1 
 convient. On note que e2 ∈ (e1 )⊥ = Ker(A − 4I)⊥ = Ker(K).
e2 = 
2 1 
−1
On choisit en suite une base orthonormée (e3 , e4 ) de Ker(Z − 2I). Par
 on peutprendre
 (en oubliant pas que
 exemple,
1
1


1
1 1 
 et e4 = 1  −1 . (e3 , e4 ) est une base
tous les coefficients doivent avoir une valeur absolue égale à ) e3 = 



−1
−1 
2
2
2
−1
1
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2
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orthonormée de Ker(Z − 2I) et donc une famille orthonormée de Ker(K). De plus, e2 est unitaire et dans Ker(Z) = Ker(Z −
⊥
2I)⊥ . Donc (e2 , e3 , e4 ) est une base orthonormée de l’hyperplan Ker(Z). Enfin, e1 est un vecteur
 et
 unitaire de Ker(Z)
1 1 1
1
1
−1 1 1 −1 
 est

donc (e1 , e2 , e3 , e4 ) est une base orthonormée de (e1 , e2 , e3 , e4 ). Mais alors la matrice Q = 
1 1 −1 −1 
2
−1 1 −1 1
une matrice orthogonale et Q−1 KQ = diag(4, 0, 0, 0) et Q−1 ZQ = diag(0, 0, 2, 2).
Soit (a, b) ∈ R2 .

a+b

a
t
Q×
 a−b
a

a
a+b
a
a−b
a−b
a
a+b
a

a
a−b 
 × Q = t Q(aK + bZ)Q = at QKQ + bt QZQ = a diag(4, 0, 0, 0) + b diag(0, 0, 2, 2)
a 
a+b
= diag(4a, 0, 2b, 2b).
1
1
√
2
0
0
1
−√
2
−1

1
1
√
2
0
0
1
−√
2
−1



 
√
 1
 1

2
2
1
1



√
−√
−√
 √
 √
 
2
2




2
2
2
2
√
3) (i) A2 = 
=

1
1
1 
1 
 0
 0
  √
0
2
√
√
√
√
−
−
−1
−
−1
−







2
2
2
2
− 2 0



1
1
1
1
−√
−√
−1
−√
0
−1
−√
0
2
2 
2
2

1
1
√
1
0
−√

√
√  
√
2
2 
 1
 2
2 √0 − 2
0√
4
2 2
1


√
√
0
−√
−1  
 √


2
2
2
2
0
2
0
−2
2


2
2

√
√
√ =
A3 = 
 0


1
1 
 0

2 √2
2
−4
0√
−2 2
√
−√
−1
−√ 
√


2
2 
2
2
−4
−2 2
− 2 0
−2 2


1
1
−1
−√
0
−√
2
2
En particulier, A3 = 4A ou encore 4A + 0A2 − A3 = 0 et donc la famille (A, A2 , A3 ) est liée.
√
√0 − 2
2 √0
2
2
√
2
2
√
−2 2
−4
√
−2 2
0


.



.

(ii) Déterminons le rang de A par la méthode du pivot de Gauss.






rg(A) = rg 









= rg 







= rg 


= 2.
1
1
√
2
0
1
−√
2
1
1
√
2
0
1
−√
2
1
1
√
2
0
1
−√
2
1
√
2
0
1
−√
2
−1
0
1
−√
2
−1
1
−√
2
0
1
−√
2
−1
1
−√
2
−1






1 
−√ 

2 

0

0
0
1
1 

−
−
2
2 
1
1
1
1 
 C ← C2 − √ C1 et C4 ← C4 + √ C1
−√
−√  2
2
2
2
2 
1
1
1 
−√
−
−
2
2
2

0

1 
√
√ 
 car C3 = 2C2 et C4 = C2
2 

1
La matrice A est de rang 2. Puisque A est diagonalisable (car symétrique réelle), 0 est valeur propre de A d’ordre 4−2 = 2.
Il manque encore deux valeurs propres λ et µ, nécessairement non nulles. La trace de A est nulle et donc 0 + 0 + λ + µ = 0
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puis λ = −µ. Ainsi, les deux valeurs propres manquantes sont opposées et non nulles. Par suite, A ne peut être semblable
à diag(1, 1, 0, 0).
(iii) D’après la question (i), le polynôme X3 − 4X = X(X − 2)(X + 2) est annulateur de A. Les valeurs propres de A
appartiennent donc à {0, −2, 2}. Puisque 0 est valeur propre double et que les deux dernières valeurs propres sont non
nulles et opposées, Sp(A) = (−2, 2, 0, 0).
(iv) A est symétrique réelle et donc A est diagonalisable. Il existe donc P ∈ GL4 (R) telle que P−1 AP = diag(2, −2, 0, 0).
Posons U = P diag(1, 0, 0, 0) P−1 , V = P diag(0, 1, 0, 0) P−1 et W = P diag(0, 0, 1, 1) P−1 .
• U + V + W = P diag(1, 1, 1, 1) P−1 = PIP−1 = I.
• UV = P diag(1, 0, 0, 0)diag(0, 1, 0, 0) P−1 = POP−1 = 0 et de même VU =UW = WU = VW = WV = 0.
A = P diag(2, −2, 0, 0) P−1 = 2 P diag(1, 0, 0, 0) P−1 − Pdiag(0, 1, 0, 0) P−1 = 2U − 2V.
A = 2U − 2V et A = P diag(2, −2, 0, 0) P−1 est semblable à diag(2, −2, 0, 0).
(v) Soit n ∈ N∗ . La division euclidienne de Xn par X3 − 4X = X(X − 2)(X + 2) s’écrit
Xn = (X3 − 4X)Qn + an X2 + bn X + cn (∗)
où Qn ∈ R[X] et an , bn et cn sont trois réels. On en déduit que An = (A3 − 4A)Qn (A) + an A2 + bn A + cn I =
an A2 + bn A + cn I.
4an + 2bn = 2n
En évaluant l’égalité (∗) en 0, 2 et −2, on obtient cn = 0 puis
. En additionnant et en retranchant
4an − 2bn = (−2)n
2n + (−2)n
2n − (−2)n
membre à membre ces deux égalité, on obtient an =
et bn =
.
8
4
∀n ∈ N∗ , An =
(vi) L’application ϕ :
E
M
vectoriel de E.
1
(2(2n − (−2)n )A + (2n + (−2)n )A2 ).
8
→
E
est un endomorphisme de E. Comme C = Ker(ϕ), C est un sous-espace
7→ AM − MA
On reprend les notations de la question (iv) : A = P∆P−1 avec ∆ = diag(2, −2, 0, 0). Soit M ∈ E puis N = P−1 MP.
MA = AM ⇔ PNP−1 P∆P−1 = P∆P−1 PNP−1 ⇔ PN∆P−1 = P∆NP−1 ⇔ N∆ = ∆N.
car P et P−1 sont inversibles et donc simplifiables.
Notons ψ l’application M 7→ P−1 MP. ψ est au automorphisme de E (de réciproque M 7→ PMP−1 ) et pour tout élément M
de E, M commute avec A si et seulement si ψ(M) commute avec ∆. Par suite, C = ψ−1 (C ′ ) où C ′ = {N ∈ E/ N∆ = ∆N}.
Comme ψ−1 est un automorphisme, dim(C) = dim(C ′ ).
Il reste à trouver la dimension de

2a1,1
 2a2,1
N∆ = 
 2a3,1
2a4,1
C ′ . Soit N = (ai,j )16i,j64 .


2a1,1
−2a1,2 0 0
 −2a2,1
−2a2,2 0 0 
 et ∆N = 

0
−2a3,2 0 0 
0
−2a4,2 0 0
2a1,2
−2a2,2
0
0
2a1,3
−2a2,3
0
0

2a1,4
−2a2,4 
.

0
0
Par suite, N∆ = ∆N ⇔ a1;2 = a2,1 = a1,3 
= a1,4 = a2,3 = a2,4 = a3,1= a4,1 = a3,2 = a4,2 = 0.
a1,1
0
0
0

0
a
0
0 
2,2
, (a1,1 , a2,2 , a3,3 , a3,4 , a4,3 , a4,4 ) ∈ R6 ou encore
C ′ est constitué des matrices de la forme 
 0
0
a3,3 a3,4 
0
0
a4,3 a4,4
C ′ = Vect(E1,1 , E2,2 , E3,3 , E3,4 , E4,3 , E4,4 ) et donc dim(C ′ ) = 6 puis
dim(C) = 6.
(vii) Soit M ∈ E. Si M2 = A alors AM = M2 M = M3 = MM2 = MA et donc M ∈ C puis, avec les notations de la
question précédente, P−1 MP ∈ 
C ′.

a 0 0 0
 0 b 0 0 
6
2
−1
2
−1

N = P−1 MP est de la forme 
 0 0 c d , (a, b, c, d, e, f) ∈ R , et N vérifie N = P M P = P AP = ∆ =
0 0 e f
diag(2, −2, 0, 0). En particulier, b est un réel tel que b2 = −2 ce qui est impossible. Donc l’équation M2 = A n’a pas de
solution dans E.
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Exercice 2
1
2
1) (i) La fonction t 7→ e−t est continue sur [0, +∞[ et est négligeable en +∞ devant 2 d’après un théorème de croissances
t
comparées.
2
Donc la fonction t 7→ e−t est intégrable sur [0, +∞[.
e−u
La fonction u 7→ √ est continue sur ]0, +∞[.
u
1
e−u
e−u
En 0, √ ∼ √ > 0 et donc la fonction u 7→ √ est intégrable sur un voisinage de 0.
u
u
u
e−u
e−u
1
En +∞, √ est négligeable devant 2 et donc la fonction u 7→ √ est intégrable sur un voisinage de +∞.
u
u
u
e−u
Finalement, la fonction u 7→ √ est intégrable sur ]0, +∞[.
u
√
√
1
La fonction u 7→ u est un C -difféomorphisme de ]0, +∞[ sur lui-même. On peut donc poser t = u et on obtient
a=
Z +∞
2
e−t dt =
0
Z +∞
0
du
1
e−u √ =
2
2 u
Z +∞
0
e−u
b
√ du = .
2
u
b = 2a.
2
e−xt
(ii) Soit x ∈ R . La fonction t 7→
est continue sur [0, +∞[. De plus, pour tout réel t > 0,
1 + t2
2
e−xt2 e−xt
1
1
6
6 2.
=
1 + t2 1 + t2
1 + t2
t
+
2
1
e−xt
Comme la fonction t 7→ 2 est intégrable au voisinage de +∞, il en est de même de la fonction t 7→
. Finalement,
t
1 + t2
−xt2
e
la fonction t 7→
est intégrable sur [0, +∞[ ou encore F(x) existe.
1 + t2
Z +∞
de sorte que ∀x > 0, F(x) =
f(x, t) dt.
Soit f : [0, +∞[2 R
0
−xt2
e
dt
(x, t)
7→
1 + t2
• ∀t ∈ R+ , la fonction x 7→ f(x, t) est continue sur [0, +∞[.
• ∀x ∈ R+ , la fonction t 7→ f(x, t) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[.
1
• ∀(x, t) ∈ [0, +∞[, |f(x, t)| 6
= ϕ0 (t) où ϕ0 est une fonction continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[.
1 + t2
D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, F est continue sur [0, +∞[.
F est définie et continue sur [0, +∞[.
F(0) =
Z +∞
0
1
π
+∞
dt = [Arctan t]0 = .
1 + t2
2
F(0) =
π
.
2
(iii) Soit a > 0. f admet sur [a, +∞[×[0, +∞[ une dérivée partielle par rapport à x définie par :
2
∀(x, t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[,
∂f
t2 e−xt
.
(x, t) = −
∂x
1 + t2
• ∀x ∈ [a, +∞[, la fonction t 7→ f(x, t) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[.
∂f
(x, t) est continue sur [a, +∞[.
• ∀t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→
∂x
∂f
• ∀x ∈ [a, +∞[, la fonction t 7→
(x, t) est continue par morceaux sur [0, +∞[ et
∂x
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5
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∂f
t2 e−xt2
2
∀(x, t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[, (x, t) =
6 t2 e−at = ϕ1 (t).
∂x
1 + t2
De plus, la fonction ϕ1 est intégrable sur [0, +∞[ car continue sur [0, +∞[ et négligeable en +∞ devant
1
.
t2
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, F est de classe C1 sur [a, +∞[ et sa dérivée s’obtient par
dérivation sous le signe somme. Ceci étant vrai pour tout réel a > 0, on a montré qué
1
′
F est de classe C sur ]0, +∞[ et ∀x > 0, F (x) = −
Z +∞
0
2
t2 e−xt
dt.
1 + t2
Soit x > 0.
F ′ (x) − F(x) = −
Z +∞
0
2
Z +∞
1
= −√
x
a
= −√ ,
x
e−u
2
Z +∞
2
e−xt
dt = −
1 + t2
0
√
du (en posant u = t x)
t2 e−xt
dt −
1 + t2
Z +∞
2
e−xt dt
0
0
et donc
e−x
∀x > 0, e−x (F ′ (x) − F(x)) = −a √ .
x
Z +∞
Z
Z +∞ −xt2
√ 2
a
1 +∞ −u2
e
dt =
e−(t x) dt = √
e
du = √ .
(iv) Soit x > 0. 0 6 F(x) 6
1
+
0
x
x
0
0
0
a
Comme √ tend vers 0 quand x tend vers +∞, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que
x
lim F(x) = 0.
x→+∞
e−x
(v) D’après la question (iii), pour x > 0, (e−x F) ′ (x) = −a √ puis
x
∃λ ∈ R/ ∀x > 0, e−x F(x) = λ − a
Zx
0
e−u
√ du.
u
−x
Quand x tend vers +∞, e F(x) tend vers 0 (d’après
la question (iv)) et donc,en faisant tendre x vers +∞, on obtient
Z +∞
Z x −u
Z x −u
Z +∞ −u
e
e
e
e−u
√ du puis, pour x > 0, e−x F(x) = a
√ du −
√ du = a
√ du.
0 =λ−a
u
u
u
u
0
0
x Z
0
+∞ −u
e
0
√ du et donc
Puisque F est définie et contin ue en 0, quand x tend vers 0, on obtient encore e F(0) = a
u
0
∀x > 0, F(x) = aex
Z +∞
x
e−u
√ du.
u
Pour x = 0, on obtient encore d’après la question (ii)
π
= F(0) = a
2
Z +∞
0
e−u
b2
√ du = ab =
.
2
u
Par suite,
b=
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√
π et a =
6
√
π
.
2
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2
2) (i) La fonction t 7→ e−t est continue sur R et donc la fonction G est définie sur R. Soit x ∈ R. En posant u = −t, on
obtient
Zx
Z −x
2
2
e−u (−du) = −G(x).
e−t dt =
G(−x) =
0
0
Par suite, G est impaire.
(ii) Pour tout réel x,
+∞
X
2
G ′ (x) = e−x =
(−1)n
n=0
x2n
.
n!
On sait alors que G est développable en série entière sur R et que son développement est obtenu par intégration terme à
terme. En tenant compte de G(0) = 0,
∀x ∈ R, G(x) =
+∞
X
(−1)n
n=0
x2n+1
.
n!(2n + 1)
(iii) H est développable en série entière sur R en tant que produit de fonctions développables en série entière sur R et
pour x ∈ R,
2
H(x) = ex G(x)

! +∞
! +∞ 
+∞ 2n
2n+1
j
X
X
X
X
x
1
x
(−1)  2k+1

=
=
(−1)n
×
x
n!
n!(2n + 1)
i! j!(2j + 1)
n=0
k=0 2i+(2j+1)=2k+1
n=0


+∞
k
j
X
X
(−1)
 x2k+1 .

j!(k − j)!(2j + 1)
k=0
j=0
(iv) H est dérivable sur R et pour tout réel x,
2
2
2
2
H ′ (x) = 2xex G(x) + ex G ′ (x) = 2xH(x) + ex e−x = 2xH(x) + 1.
Donc, ∀x ∈ R, H ′ (x) − 2xH(x) = 1. Mais d’autre part, pour tout réel x,
H ′ (x) − 2xH(x) =
+∞
X
(2k + 1)uk x2k − 2
k=0
+∞
X
uk x2k+2 =
k=0
= u0 +
+∞
X
+∞
X
(2k + 1)uk x2k − 2
k=0
+∞
X
uk−1 x2k
k=1
((2k + 1)uk − 2uk−1 )x2k
k=1
=1+
+∞
X
((2k + 1)uk − 2uk−1 )x2k (car u0 = H ′ (0) = 1).
k=1
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on en déduit que ∀k ∈ N∗ , (2k + 1)uk − 2uk−1 = 0. Mais
alors, pour k ∈ N∗ ,
uk =
2
2
2
2k × (2k) × (2k − 2) × . . . × 2
22k k!
×
× × u0 =
=
,
2k + 1 2k − 1 3
(2k + 1)!
(2k + 1)!
ce qui reste vrai quand k = 0.
∀k ∈ N, uk =
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7
22k k!
.
(2k + 1)!
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3) (i) Pour tout réel x, Φ(x) =
Z +∞
2
e−t dt =
x
Z +∞
2
2
e−t dt −
Zx
2
e−t dt = a − G(x). Par suite, Φ est de classe C∞ sur
0
0
R et pour tout réel x, Φ ′ (x) = −G ′ (x) = −e−x .
Z +∞
2
(ii) Puisque la fonction t 7→ e−t est intégrable sur au voisinage de +∞, lim Φ(x) = lim
x→+∞
x→+∞ x
2
e−t dt = 0.
2
2
D’autre part, la fonction t 7→ e−t étant paire et intégrable sur [0, +∞[, on en déduit que la fonction t 7→ e−t est
Z +∞
√
2
intégrable sur R et lim Φ(x) =
e−t dt = 2a = π.
x→−∞
−∞
√
π.
lim Φ(x) = 0 et lim Φ(x) =
x→+∞
x→−∞
1
(iii) Soient x > 0 puis A un réel tel que x2 < A. Les deux fonctions u 7→ −e−u et u 7→ √ sont de classe C1 sur [x2 , A].
u
On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient
ZA
x2
−u A
Z
Z
2
e−A 1 A e−u
e−u
e
e−x
1 A e−u
√ du = − √
√ du =
√ du.
− √ −
−
x
2 x2 u u
u
u x2 2 x2 u u
A
Quand A tend vers +∞, on obtient
∀x > 0,
Z +∞
x2
2
e−u
1
e−x
√ du =
−
x
2
u
Z +∞
x2
e−u
√ du.
u u
(iv) En posant u = t2 , on obtient
Φ(x) =
Z +∞
2
e−t dt =
Z +∞
x2
x
2
e−x
1
e−u
√ du =
−
2x
4
2 u
Z +∞
x2
e−u
√ du.
u u
Maintenant, pour x > 0,
06
Z +∞
x2
Par suite,
Z +∞
x2
e−u
√ du = O
x→+∞
u u
2
Ainsi, Φ(x)
=
x→+∞
e−x
+o
2x
2
e−x
x3
!
2
e−x
x
!
e−u
√ du 6
u u
Z +∞
x2
et en particulier,
Z +∞
x2
2
e−x
e−u
du
=
.
x3
x3
e−u
√ du = o
x→+∞
u u
2
e−x
x
!
.
ou encore
2
Φ(x)
∼
x→+∞
e−x
.
2x
2
La fonction Φ est continue sur R+ et d’autre part, x2 Φ(x) =
xe−x
2
→
x→+∞
0. Par suite, Φ(x)
la fonction Φ est intégrable sur R+ .
→
x→+∞
o
1
x2
et donc
(v) Soit A un réel strictement positif. Une intégration par parties fournit :
ZA
Φ(x) dx =
0
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[xΦ(x)]A
0
−
ZA
′
xΦ (x) dx = AΦ(A) +
0
ZA
0
8
2
−x2
xe
e−A
1
.
dx = + AΦ(A) −
2
2
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2
Quand A tend vers +∞, AΦ(A) ∼
+∞, on obtient
e−A
d’après la question précédente et donc AΦ(A) tend vers 0. Quand A tend vers
2
Z +∞
Φ(x) dx =
0
1
.
2
Exercice 3
1) (i) P est la parabole deparamètre
p = 1, de sommet O, d’axe focal (Oy) tournée vers les y positifs. Son foyer est donc
1
1
le point F de coordonnées 0,
et sa directrice la droite (D) d’équation y = − .
2
2
P est l’ensemble des points à égale distance de F et de (D).
P
3
2
1
F
−5
−4
−3
−2
b
b
−1
1
2
3
4
5
(D)
−1
X2
x2
est Y = f ′ (x)(X − x) + f(x) ou
. Une équation de la tangente Tx en Mx = x,
2
2
x2
x2
→
ou encore Y = xX − . Un vecteur dirigeant Tx est −
u x = (1, x).
encore Y = x(X − x) +
2
2
x2
→
de vecteur normal −
u x = (1, x).
La droite Nx est la droite passant par Mx = x,
2
x3
x2
= 0 ou encore X + xY − x −
= 0.
Une équation de Nx est (X − x) + x Y −
2
2
(ii) Pour X ∈ R, posons f(X) =
(iii) Notons sx la symétrie orthogonale par rapport à Nx puis L(sx ) la partie linéaire de sx c’est à dire la réflexion
→
→
vectorielle par rapport à Vect(−
n x ) où −
n x = (−x, 1).
→
−
→
−
∆x est la droite passant par Mx (Mx ∈ Dx et sx (Mx ) = Mx car Mx ∈ Nx ) et dirigée par L(sx )( j ) (car j dirige Dx ).
On sait que
→−
−
−
→
→
−
j .→
nx −
2
1
→
L(sx )( j ) = 2 (−x, 1) − (0, 1) =
(−2x, 1 − x2 ).
2 n x − j =
2
→
1
+
x
1
+
x2
−
nx
x2
et dirigée par (−2x, 1 − x2 ).
x,
2
x2
2
Une équation de ∆x est (1 − x ) (X − x) + 2x Y −
= 0 ou encore (1 − x2 )X + 2xY = x.
2
Ainsi, ∆x est la droite passant par
Si x =0, ∆x = (Oy) = δ et donc ∆x ∩ δ = δ. Si x 6= 0, le point d’intersection de ∆x avec (Oy) est le point de coordonnées
1
c’est-à-dire le foyer F de la parabole P.
0,
2
On a ainsi retrouvé une propriété bien connue de la parabole :
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F
b
Un rayon incident sonore ou lumineux parallèle à l’axe de la parabole et tapant cette parabole, se réflechît sur cette
parabole en direction du foyer et un rayon issu du foyer se réflechît dans la direction de l’axe de la parabole.
→ −
−
→ −
→
→ →
−
− −
→
2) (i)
que la base ( i , j , k ) est directe. La matrice de Rθ dans la base orthonormale
directe ( i , j , k
 On suppose de plus

)
cos θ 0 sin θ
cos θ − sin θ 0
→ −
−
→ −
→
est 
0
1
0 . La matrice de Rθ dans la base orthonormale directe ( k , i , j ) est  sin θ cos θ 0 .
− sin θ 0 cos θ
0
0
1
→
−
Rθ est donc la rotation affine d’angle θ autour de la droite passant par O et dirigée par j .
(ii) Γx est un cercle (éventuellement un point) centré sur (Oy).
Soit M(X, Y, Z) ∈ R3 . M0 = (0, 0, 0) puis Γ0 = {O}. Si x 6= 0,

X = x cos θ


x2
⇔ ∃θ ∈ R/
M ∈ Γx ⇔ ∃θ ∈ R/
Y
=

2

Z = −x sin θ


x2
.
Un système d’équation de Γx est
 X2 + 2Z2 = x2

X



= cos θ
2



 Y= x
 x
2
x
2
⇔
.
Y=
 X2 Z2

2



+
=
1

 − Z = sin θ
x2
z2
x
Y=
(iii) Soit M(X, Y, Z) ∈ R3 .




x2
x2
1
1
Y
=
Y
=
M ∈ S ⇔ ∃x ∈ R/
⇔ ∃x ∈ R/
⇔ Y = (X2 + Z2 ) et Y > 0 ⇔ Y = (X2 + Z2 ).
2
2
 X2 + Z2 = x2
 X2 + Z2 = 2Y
2
2
En ayant fait tourner une parabole autour de son axe, on a obtenu un paraboloïde de révolution.
1 2
x2 + z2
(X + Z2 ) et en posant x = X et z = Z, on a F(x, z) = x,
,z =
2
2
(X, Y, Z) = M. Donc, tout point de S appartient à F(R2 ). Réciproquement, pour tout (x, z) ∈ R2 , F(x, y) ∈ S et finalement
S = F(R2 ) = Σ.
(iv) Soit M(X, Y, Z) un point de S. Alors, Y =
Soit (x, z) ∈ R2 . Soit [r, θ] un couple de coordonnées polaires d u point (z, x) de R2 . Alors, z = r cos θ, x = r sin θ et
r2
x2 + z2
=
ou encore
2
2
r2
x2 + z2
, z = r sin θ, , r cos θ = G(r, θ).
F(x, z) = x,
2
2
Ainsi, pour tout (x, z) ∈ R2 , F(x, y) ∈ G(R2 ) et donc Σ ⊂ Φ. Réciproquement, soit (rθ) ∈ R2 , posons x = r sin θ et
z = r cos θ. Alors,
r2
x2 + z2
G(r, θ) = r sin θ, , r cos θ = x,
, z = F(x, z).
2
2
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Ainsi, pour tout (r, θ) ∈ R2 , G(r, θ) ∈ F(R2 ) et donc Φ ⊂ Σ. On a montré que
S = Σ = Φ.
(v) Le plan tangent en A0 est le plan passant par A0 de vecteur normal

 

 
−−−−−→ −−−−−→
1
0
x0
→
−
∂F
∂F
(A0 ) ∧
(A0 ) =  x0  ∧  z0  =  −1  =
6 0.
∂x
∂x
0
1
z0
x20 + z20
+ z0 (Z − z0 ) = 0 ou encore
Une équation du plan tangent à Σ en A0 est donc x0 (X − x0 ) − Y −
2
x0 X − Y + z0 Z =
x20 + z20
.
2
Ce plan est de la forme voulue si et seulement si ce plan est parallèle à (XOZ) ou encore si et seulement si x0 = z0 = 0.
Donc, le plan est de la forme voulue si et seulement si A0 = O.
X=0
3) (i) Un système d’équations cartésiennes de ∆ est
.
Z=0

X=x+t


x2
x2
La tangente à C1 en P est la droite de repésentation paramétrique
+ tx, 0 , t ∈ R,
Y=
+ tx . Soit M = x + t,

2
2

Z=0
un point de cette tangente.
M ∈ ∆ ⇔ x + t = 0 ⇔ t = −x.
x2
Pour t = −x, on obtient le point A1 = 0, − , 0 .
2

X=0


y2
Y =y+t
+
ty
,
(ii) La tangente à C2 en Q est la droite de repésentation paramétrique
.
Soit
M
=
0,
y
+
t,
2

2
 Z = y + ty
2
y
y2
+ ty = 0 ⇔ t = − (car y 6= 0).
t ∈ R, un point de cette tangente. M ∈ ∆ ⇔
2
y 2
y
Pour t = − , on obtient le point A2 = 0, , 0 .
2
2
4
2
2 x
A1 = A2 ⇔ y = −x . Dans ce cas, Q = 0, −x ,
.
2
x4
x2
, x ∈ R∗ .
(iii) La surface σ est la réunion des droites (PQ) où P = x, , 0 et Q = 0, −x2 ,
2
2

X = x + tx




x2
x2
∗
Y
=
+
3t
Soit x ∈ R . Un système d’équations paramétriques de la droite (PQ) est
2 4 2 , t ∈ R.



 Z = −t x
2

X
=
x
+
tx




x2
x2
∗
Y
=
+
3t
Donc, M(X, Y, Z) ∈ σ ⇔ ∃(x, t) ∈ R × R/
2 4 2 ou encore



 Z = −t x
2
x2
x4
σ = H(R × R) où ∀(x, t) ∈ R , H(x, t) = (t + 1)x, (1 + 3t), −t
.
2
2
∗
2
(iv) Soit (x, t) ∈ R∗ × R.
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
x
2
−−→
−−→
t+1

∂H
∂H
 3x
(x, t) ∧
(x, t) =  x(1 + 3t)  ∧  2
∂x
∂t

−2tx3
x4
−

 2
3
−x
x2 (1 − 3t)  2 
=
x
.
2
1




 4
 


t+1
x (−1 + 3t)
2
 x
x

 =  x(1 + 3t)  ∧  3x  =  x3 (1 − 3t) 
2
 2
−2tx3
−x3
x(1 − 3t)
1
. Dans ce cas, le point H(x, t) est un point régulier de σ et le plan tangent
3




−x3
−x3
x2 (1 − 3t)  2 
en H(x, t) à σ admet pour vecteur normal le vecteur
x
ou aussi le vecteur  x2 .
2
1
1
Ce vecteur est non nul si et seulement si t 6=
En résumé, en toutpoint (sauf
 peut-être un point) de la droite (PQ), le plan tangent en H(x, t) à σ admet pour vecteur
−x3
normal le vecteur  x2 . Ce vecteur étant constant quand t varie, les plan tangents, s’ils existent, en deux points
1
distincts de la droite (PQ), sont parallèles.
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