CONCOURS COMMUN 2000 DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve de Mathématiques (toutes filières) ANALYSE Partie : Etude de la réciproque de la fonction tanh. 1 On sait que tanh est dérivable sur R et que, pour tout réel x • (tanh) ‘ (x) = Sinh cosh or 15 Sni* to View Sinh (x)cosh(x) – sinh(x)cosh (x) cosh2 x — sinh2 x 2 cash (x) cosh x cosh2 x Donc, tanh est dérivable et strictement croissante sur R. Par suite, tanh établit une bijection de R sur tanh(R).
Or, tanh(R) z] lim tanh(x), lim — réciproque Artanh (définie à valeurs dans R) est dérivable sur]- 1, et que, sur] -1 pourxe]— 1, 1 [ : Artanh (x) = tanh (Artanh(x)) 1 — tanh (Artanh(x)) Donc, Artanh est dérivable sur ] , 1 [ et Vx e] http ://www. maths-france. fr —1, Artanh (x) c Jean-Louis Rouget, 2006. Tous droits réservés. 5. – 1ère solution. (la solution probablement attendue par l’énoncé au vu de l’ordonnancement des questions).
Pour x El— 1, on a • Artanh ‘ (x) – 15 intégration, on obtient en tenant compte de Artanh(O) O Artanh(x) = x + x-l+ 0(X5 Partie et x : Etude d’une équation différentielle ont continues sur IO, Donc les solutions de (E) sur IO, 1 [ sont de la forme fo + Cfl où fo est une solution particulière de (E) sur IO, 1[, f1 est une solution particulière non nulle de (EH ) (équation homogène associée) sur JO, 1 [ et C est une constante réelle. 7. – Les fonctions x Soit f une fonction dérivable sur IO, 1 f solution de (E) sur 10, vx E I, xf’ (x) + 3f(X) – 1-x2 –1+ – c=oou C2=1 1).
Les constantes solutions sont —1, O et 1. g. – Si f est solution, pour x = O, on obtient f(Û) = 2f(0) et, le calcul étant le même que ci-dessus, Si f est solution f(O) e 0, 1}. IO. – Soient f une solution et x un réel. On a • Par suite, 5 d’autre part dérivable en O, on a montré que tanh est solution. 13. – O et, puisque f est dérivable en O et donc continue en O, lim f( ) = lim f(X) — f(O) 2n Donc La suite (un )nEN converge et a pour limite 1. 14. – Soit n EN. PAGF s 5 est constante, • si uO O, la suite (un )nEN est croissante. puisque, d’après 10. -, 15. – • Si ut) < O, d'après 14. , la suite (un )nEN est négative et ne peut donc pas tendre vers 1 ce qui contredit le résultat établi en 13. • Si uO = O, d'après 14. -, la suite (un )neN est onstante et ne peut donc pas tendre vers 1 ce qui contredit le résultat établi en 13. • Si uO > O, la suite (un )nEN est décroissante. Par suite, pour tout naturel n, un uO f(xO Or, f(xO ) g 1 d’après 10. -, et f(xO ) = 1 par hypothèse. Donc, pour tout naturel n, un uO < 1 et en particulier, lim un LIO < 1, ce qui contredit le résultat de 13. Finalement, sous l'hypothèse f(O) = , il était absurde de supposer l'existence d'un xo tel que f(xO ) - f(O).
Donc si f(O) = O, la fonction f est constante sur R. 16. – Si f(0) = -1, —f est une solution (d’après 11. ) telle que = 1. D’après la question précédente, -f est constante sur R. Il en est de même de f. 17. – En résumé, Si f est une solution, f(0) E O, 1}. Mais, Si f(0) E (-1 , 1}, f est constante sur R. Donc, si f est une solution non constante sur R (il en existe d’après 12. -), nécessairement f(O) = O. http ://www. maths-fra 6 5 4 18. – Supposons qu’il existe xo e R’ tel que f(xO ) 1 . On considère de nouveau la suite (un )nEN définie en 13. -. On a déjà uO 1.
Soit alors n e N. 2un+1 -1 L12n+1 – 2un+1 +1 un+l — On a montré par récurrence que : Vn e N, un 1. Par suite, lim un 1, ce qui contredit lim un 1 Il est donc absurde de supposer l’existence d’un xo tel que f(xO ) = 1 et on a montré que : De même, s’il existe un réel xo tel que f(xO ) = —1, alors, —f est une solution telle que = O et ) = 1 ce qui est impossible. Donc : 7 5 tanh(2g(x)). En reprenant l’argument tangente hyperbolique des deux membres, on a montré que : Vx R, g(2x) = 2g(x). 20. – f est dérivable en O par hypothèse et Artanh est dérivable sur R (d’après 4. ) et danc en f(O). On en déduit que g = Artanh fest dérivable en O. est dérivable en O. 21 On a déjà g(O) = = Artanh(O) = O. puisque g est dérivable en O, on a alors : g(X) — g(Û) lim vn lim = lim x-o 22. – Posons g ‘ (O) a. D’après 21. -, lim vn a. Montrons alors par récurrence que : Vn E N, vn = vo C’est clair pour n = O. Soit n O. Supposons que vn = vo . D’a rès 19. -, on a alors • PAGF 15 (—1,0, 1}. D’après 17. -, si f(O) e {—1, 1}, f est constante sur Ret réciproquement, si f est la constante 1 ou la constante -1, f est solution d’après Sinon, f(O) = O, et d’après 22. , il existe un réel a tel que, pour tout éel x, g(x) = ax ou encore f(x) = tanh(ax). Réciproquement, une telle fonction est solution d’après 12.. Ainsi f solution (Vx R, (x) = -1) ou (Vx e R, f(x) = 1) ou e R/ vx E R, f(x) = tanh(ax)). ALGEBRE 1 La formule du binôme de Newton fournit : 2nk O et les nombres zk 2 sin kH kn + ) ezn2,1SkS2n-1. skS2n-l, Maintenant, pour klT et donc 2 sin > O. L’écriture zk = 2 sin e 2n 2 est donc la forme trigonométrique de zk , 1 k s 2n — 1. On note que ces nombres dont deux à deux distincts et donc que Aet B sont à racines simples 3. – Soit n E . Dans Pn osons = 2n – k. 2n-1
