[PDF] BANQUE ÉPREUVE ORALE DE MATHÉMATIQUES SESSION 2015

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CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES

FILIÈRE MP

BANQUE

ÉPREUVE ORALE

DE MATHÉMATIQUES

SESSION 2015

avec corrigés V. Bellecave, J.-L. Artigue, P. Berger, J.-P. Bourgade, S. Calmet, A. Calvez, D. Clenet, J. Esteban, M. Fructus, B. Harington, J.-P. Keller, M.-F. Lallemand, A. Lluel, J.-P. Logé, S. Moinier, P.-L. Morien, S. Pellerin, V. Rayssiguier, S. Rigal, A. Walbron et A. Warin

2014, CC BY-NC-SA 3.0 FR

Dernière mise à jour : le 26/08/14

Banque épreuve orale de mathématiques session 2015, CCP-MP Mise à jour : 26/08/14

Introduction

L"épreuve orale de mathématiques des CCP, filière MP, se déroule de la manière suivante :

25 min utesde préparation sur table.

25 min utesde passage à l"oral.

Chaque sujet proposé est constitué de deux exercices :

un exercice sur 8 p ointsi ssude la banque publique accessible sur le site http://ccp.scei-concours.fr

un exercice sur 12 p oints. Les deux exercices proposés portent sur des domaines différents. Ce document contient les113 exercices de la banque pour la session 2015:

58 exercices d"analyse ( exercice 1 à exercice 58).

37 exercices d"algèbre (exercice 59 à exercice 95).

18 exercices de probabilités (exercice 96 à exercice 113).

Dans l"optique d"aider les futurs candidats à se préparer au mieux aux oraux des CCP, chaque exercice de la

banque est proposé, dans ce document, avec un corrigé. Il se peut que des mises à jour aient lieu en cours d"année scolaire.

Cela dit, il ne s"agira, si tel est le cas, que de mises à jour mineures : reformulation de certaines questions pour

plus de clarté, relevé d"éventuelles erreurs, suppression éventuelle de questions ou d"exercices.

Nous vous conseillons donc de vérifier, en cours d"année, en vous connectant sur le site : http://ccp.scei-concours.fr

si une nouvelle version a été mise en ligne, la date de la dernière mise à jour figurant en haut de chaque page.

Si tel est le cas, les exercices concernés seront signalés dans le présent document.

Remerciements à David DELAUNAY pour l"autorisation de libre utilisation du fichier source de ses corrigés des

exercices de l"ancienne banque, diffusés sur son sitehttp://mp.cpgedupuydelome.fr NB : la présente banque intègre des éléments issus des publications suivantes : A. Antibi, L. d"Estampes et interrogateurs, Banque d"exercices de mathématiques pour le programme

2003-2014 des oraux CCP-MP,Éd. Ress. Pédag. Ouv. INPT,0701(2013) 120 exercices.

http://pedagotech.inp-toulouse.fr/130701 D. Delaunay, Prépas Dupuy de Lôme, cours et exercices corrigés MPSI - MP, 2014. http://mp.cpgedupuydelome.fr L"équipe des examinateurs de l"oral de mathématiques des CCP, filière MP.

Contact: Valérie BELLECAVE, coordonnatrice

des oraux de mathématiques des CCP, filière MP. vbellecave@gmail.com

CC BY-NC-SA 3.0 FR Page 2

Banque épreuve orale de mathématiques session 2015, CCP-MP Mise à jour : 26/08/14

BANQUE ANALYSE

EXERCICE 1 analyse

Énoncé exercice 1

1. On considère deux suites n umériques(un)n2Net(vn)n2Ntelles queuns+1vn. Démontrer queunetvnsont de même signe à partir d"un certain rang. 2. Déterminer le signe, au v oisinagede l"infini, de : un=sh1n tan1n

Corrigé exercice 1

1. Puisque uns+1vn, on peut écrire, au voisinage de+1,un=vn+o(vn). o(vn) ="nvnaveclimn!+1"n= 0. lim n!+1"n= 0donc il existe entierNtel que :8n2N,n>N) j"nj612

Et donc8n>N,jo(vn)j=j"nvnj612

jvnjc"est à dire8n>N,12 jvnj6o(vn)612 jvnj.

On en déduit que8n>N,12

jvnj+vn6un612 jvnj+vn. (*)

Soitn2Ntel quen>N.

Premier cas: Sivn>0

Alors d"après (*),un>12

vnet doncun>0.

Deuxième cas cas: Sivn60

Alors d"après (*),un612

vnet doncun60. On en déduit qu"à partir du rangN,unetvnsont de même signe.

Autre méthode:

u ns+1vn() 9("n)= unvn="nvnaveclimn!+1"n= 0 () 9("n)= un= (1 +"n)vnaveclimn!+1"n= 0 () lim n!+1"n= 0donc il existe un entiern0tel que :8n2N,n>n0=) j"nj612

Donc,8n2N,n>n0=) 12

6"n612

On en déduit que8n2N,n>n0=)1 +"n>12

>0. (**) D"après (*) et (**), pourn>n0,unetvnsont de même signe. 2.

Au v oisinagede +1, sh(1n

) =1n +16n3+o1n 3 ettan1n =1n +13n3+o1n 3 . Doncuns+116n3. On en déduit, d"après 1., qu"à partir d"un certain rang,unest négatif.

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EXERCICE 2 analyse

Énoncé exercice 2

On posef(x) =1(x+ 1)2(3x).

1.

Décomp oserf(x)en éléments simples et en déduire la primitiveGdefdéfinie sur l"intervalle]1;3[telle

queG(1) = 0. 2.

Déterminer le dév eloppementen série en tièreen 0 de l afonction fet précisez le rayon de convergence.

3. Déduire de ce dév eloppementla v aleurde G(3)(0).

Corrigé exercice 2

On posef(x) =1(x+ 1)2(3x).

1. En utilisan tles métho deshabituell esde décomp ositionen élémen tssimple s,on trouv e: f(x) =116

1x+ 1+14

1(x+ 1)2+116

13x. Les primitives defsur]1;+3[sont donc les fonctionsFdéfinies par :

F(x) =116

lnx+ 13x 14

1(x+ 1)+CavecC2R.

De plus,F(1) = 0()C=18

Donc,8x2]1;3[,G(x) =116

lnx+ 13x 14

1(x+ 1)+18

2.

D"après le cours, x7!1x+ 1etx7!1(x+ 1)2sont développables en série entière à l"origine.

Le rayon de convergence de ces deux développements en série entière vaut 1. (1)

On a8x2]1;1[,11 +x=+1P

n=0(1)nxn.

Et,8x2]1;1[,1(1 +x)2=+1P

n=1(1)n+1nxn1( obtenu par dérivation du développement précédent).

Enfin,

13x=13

1x3 Doncx7!13xest développable en série entière à l"origine. Le rayon de son développement en série entière vaut 3. (2)

Et, on a8x2]3;3[,13x=13

+1P n=0x n3 n On en déduit quefest développable en série entière. On noteRle rayon de convergence de ce développement en série entière.

D"après (1) et (2),R>1.

Orlimx!1jf(x)j= +1doncR61.

DoncR= 1.

Et8x2]1;1[,f(x) =116

+1P n=0(1)nxn+14 +1P n=0(1)n(n+ 1)xn+116 13 +1X n=0x n3 n.

C"est-à-dire8x2]1;1[,f(x) =+1X

n=0 (1)n16 +(1)n(n+ 1)4 +1163n+1
x n. 3.

D"après le cours, les co efficientsd" undév eloppementen série en tièreson tceux de la s ériede T aylorasso ciée.

Donc, si on pose8n2N,an=(1)n16

+(1)n(n+ 1)4 +1163n+1, alors,8n2N,an=fn(0)n!.

Ainsi,G(3)(0) =f(2)(0) = 2!a2= 2116

+34
+11627
=4427

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EXERCICE 3 analyse

Énoncé exercice 3

1.

On p oseg(x) = e2xeth(x) =11 +x.

Calculer, pour tout entier naturelk, la dérivée d"ordrekdes fonctionsgethsur leurs ensembles de

définitions respectifs. 2.

On p osef(x) =e2x1 +x.

En utilisant la formule de Leibniz, concernant la dérivéenèmed"un produit de fonctions, déterminer, pour

tout entier naturelnet pourx2Rnf1g, la valeur defn(x). 3.

Démon trer,dans le cas gé néral,la form ulede Leibniz, utilisée dans la question précéden te.

Corrigé exercice 3

1.gest de classeC1surRethest de classeC1surRnf1g.

On prouve, par récurrence, que :

8x2R,g(k)(x) = 2ke2xet8x2Rnf1g,h(k)(x) =(1)kk!(1 +x)k+1.

2.gethsont de classeC1surRnf1gdonc, d"après la formule de Leibniz,fest de classeC1surRnf1g

et8x2Rnf1g: f (n)(x) =nX k=0 n k g (nk)(x)h(k)(x) =nX k=0 n k 2 nke2x(1)kk!(1 +x)k+1=n!e2xnX k=0(1)k2nk(nk)!(1 +x)k+1. 3.

Notons (Pn)la propriété :

Sif:I!Retg:I!Rsontnfois dérivables surIalors,fgestnfois dérivable surIet :

8x2I,(fg)(n)(x) =nX

k=0 n k f (nk)g(k)(x).

Prouvons que(Pn)est vraie par récurrence surn.

La propriété est vraie pourn= 0et pourn= 1(dérivée d"un produit).

Supposons la propriété vraie au rangn>0.

Soitf:I!Retg:I!Rdeux fonctionsn+ 1fois dérivables surI.

Les fonctionsfetgsont, en particulier,nfois dérivables surIet donc par hypothèse de récurrence la

fonctionfgl"est aussi avec8x2I,(fg)(n)(x) =nX k=0 n k f (nk)g(k)(x). Pour toutk2 f0;:::;ng, les fonctionsf(nk)etg(k)sont dérivables surIdonc par opération sur les fonctions dérivables, la fonction(fg)(n)est encore dérivable surI. Ainsi la fonctionfgest(n+ 1)fois dérivable et :

8x2I,(fg)(n+1)(x) =nX

k=0 n k f(n+1k)(x)g(k)(x) +f(nk)(x)g(k+1)(x)

En décomposant la somme en deux et en procédant à un décalage d"indice sur la deuxième somme, on

obtient :8x2I,(fg)(n+1)(x) =nX k=0 n k f (n+1k)(x)g(k)(x) +n+1X k=1 n k1 f (n+1k)(x)g(k)(x).

C"est à dire

(fg)(n+1)(x) =nX k=1 n k +n k1 f (n+1k)(x)g(k)(x) +n 0 f (n+1)(x)g(0)(x) +n n f (0)(x)f(n+1)(x).

Or, en utilisant le triangle de Pascal, on a

n k +n k1 =n+ 1 k

On remarque également que

n 0 = 1 =n+ 1 0 etn n = 1 =n+ 1 n+ 1

On en déduit que(fg)(n+1)(x) =n+1X

k=0 n+ 1 k f (n+1k)(x)g(k)(x).

Donc(Pn+1)est vraie.

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EXERCICE 4 analyse

Énoncé exercice 4

1. Énoncer le théorème des accroisse mentsfinis. 2.

Soit f: [a;b]!Ret soitx02]a;b[.

On suppose quefest continue sur[a;b]et quefest dérivable sur]a;x0[et sur]x0;b[ Démontrer que, sif0admet une limite enx0, alorsfest dérivable enx0etf0(x0) = limx!x0f0(x). 3. Prouv erque l"implication : ( fest dérivable enx0)=)(f0admet une limite finie enx0) est fausse. Indication: on pourra considérer la fonctiongdéfinie par :g(x) =x2sin1x six6= 0etg(0) = 0.

Corrigé exercice 4

1.

Théorème des accroissemen tsfinis :

Soitf: [a;b]!R.

On suppose quefest continue sur[a;b]et dérivable sur]a;b[.

Alors9c2]a;b[tel quef(b)f(a) =f0(c)(ba).

2.

On p osel= limx!x0f0(x).

Soith6= 0tel quex0+h2[a;b].

En appliquant le théorème des accroissements finis, à la fonctionf, entrex0etx0+h, on peut affirmer

qu"il existechstrictement compris entrex0etx0+htel quef(x0+h)f(x0) =f0(ch)h.

Quandh!0(avech6= 0), on a, par encadrement,ch!x0.

Donclimh!01h

(f(x0+h)f(x0)) = limh!0f0(ch) = limx!x0f0(x) =l. On en déduit quefest dérivable enx0etf0(x0) =l. 3. La fonction gproposée dans l"indication est évidemment dérivable sur]1;0[et]0;+1[. gest également dérivable en 0 car1h (g(h)g(0)) =hsin1h

Orlimh!0h6=0hsin1h

= 0carjhsin1h j6jhj.

Donc,gest dérivable en0etg0(0) = 0.

Cependant,8x2Rnf0g,g0(x) = 2xsin1x

cos1x

2xsin1x

x!00(carj2xsin(1x )j62jxj). maisx7!cos1x n"admet pas de limite en 0.

Doncg0n"a pas de limite en0.

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EXERCICE 5 analyse

Énoncé exercice 5

1. On considère la série de terme général un=1n(lnn)oùn>2et2R. (a)Cas6660 En utilisant une minoration très simple deun, démontrer que la série diverge. (b)Cas >0

Étudier la nature de la série.

Indication: On pourra utiliser la fonctionfdéfinie parf(x) =1x(lnx). 2.

Déterminer la nature de la s érie

X n>3 e 1 +1n n e 1n (ln(n2+n))2.

Corrigé exercice 5

1. (a)

Cas 60

8n>3,lnn>1donc(lnn)61.

On en déduit que :8n>3,un>1n

Or X n>11n diverge. Donc , par critère de minoration pour les séries à termes positifs, on en déduit que Xu ndiverge. (b)

Cas >0

La fonctionf:x7!1x(lnx)est décroissante et positive sur[2;+1[donc : X n>2f(n)etZ +1 2 f(x)dxsont de même nature.

Puisque

Z X 2 f(x)dx= t=lnxZ ln(X) ln2dtt , on peut affirmer que :Z +1 2 f(x)dxconverge() >1.

On en déduit que :

X n>2f(n)converge() >1. 2.

On p ose,p ourtout en tiernaturel n>2,un=

e 1 +1n n e 1n (ln(n2+n))2.

Au voisinage de+1,

equotesdbs_dbs27.pdfusesText_33

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