Sujet Oraux : Centrale, Oraux Centrale Abordables en 1ère année

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013

Exercice 1[ 02356 ][correction]
Soienta b∈C. Montrer

|a|+|b|6|a+b|+|a−b|

et préciser les cas d’égalité.

Exercice 2[ 01321 ][correction]
On se place dans le planR2euclidien canonique
SoientA(−11)etCle cercle d’équationx2+y2= 2x.
Déterminer les tangentes àCissues deA.

Enoncés

Exercice 3[ 03814 ][correction]
SoientCetDun cercle et une droite disjoints. Déterminer l’ensemble des centres
des cercles tangents à la fois àCetD.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 4[ 00360 ][correction]
Déterminer les fonctionsf∈ C1(RR)vérifiant

f◦f=f

Exercice 5[ 00057 ][correction]
Soitf∈ C1([01]R)avecf(0) = 0.
a) Montrer que
1
Z0f(t)2dt621Z10f0(t)2dt
b) Sif(1) = 0, améliorer l’inégalité obtenue en a).

Exercice 6[ 00088 ][correction]
Soitfcontinue deRdansRtelle que
Z2y+x
∀(x y)∈R2 f(x)−f(y) =f(t) dt
2x+y

Montrer quefest de classeC1et déterminerf.

Exercice 7[ 00188 ][correction]
a) Soitf∈ C([01]R). Etablir
Z0πtf(sint)

dt=π2Z0πf(sint) dt

b) En déduire la valeur de
In=Z0πsin2n(xxn+si)2n(cox)s2n(x) dx

Exercice 8[ 01547 ][correction]
Démontrer que, pour toutQ∈R[X],
Z−11Q(t) dt=−iZ0πQ(eiθ)eiθdθ

Exercice 9[ 03337 ][correction]
a) Etudier les variations de la fonctionx7→3x2−2x3.
b) Soitf: [01]→Rcontinue. Montrer
Z−3122f(3x2−2x3) dx= 2Z10f(3x2−2x3) dx

Exercice 10[ 00399 ][correction]
SoitP∈R[X]. Montrer qu’il y a équivalence entre
(i)∀x∈R P(x)>0;
(ii)∃(A B)∈R[X]2 P=A2+B2.

Exercice 11[ 02371 ][correction]
a) Soitn∈N. Exprimersin ((2n+ 1)α)en fonction desinαetcosα.
b) En déduire que les racines du polynôme :
n
P(X) =X(−1)p22np1+1+!Xn−p
p=0

sont de la formexk= cot2βk. Déterminer lesβk.

1

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Enoncés

Exercice 12[ 02373 ][correction]
SoitP=X3+aX2+bX+cun polynôme complexe de racinesα β γ. Calculer

βα+γ+β+γ
γ+α α+β

Exercice 13[ 02375 ][correction]
Trouver lesP∈C[X]vérifiant

P(X2) =P(X)P(X+ 1)

Exercice 14[ 03269 ][correction]
On pose
f(xsoc1=)x
Démontrer l’existence d’un polynômePnde degrénet à coefficients positifs ou
nul vérifiant
∀n>1 f(n)(x () =Pcns(sox)innx+)1

PréciserP1 P2 P3et calculerPn(1).

Exercice 15[ 03333 ][correction]
x y zdésignent trois complexes vérifiant

Etablir

x+y+z= 0

x5+y55+z5=x2+y22+z2 x3+y33+z3

Exercice 16[ 03812 ][correction]
a) Déterminer trois élémentsa b cdeC, non tous réels, tels quea+b+c,
a2+b2+c2eta3+b3+c3soient trois réels.
b) Montrer que, sia b csont trois éléments deCde modules différents et si
a+b+c∈R,a2+b2+c2∈Reta3+b3+c3∈R, alorsa,betcsont trois réels.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 17[ 00539 ][correction]
SoitF∈C(X)telle que, pour toutn∈Nnon pôle deF,F(n)∈Q.
Montrer queF∈Q(X).

Exercice 18[ 02372 ][correction]
SoitP∈Rn[X]scindé à racines simples(x1     xn). Montrer

n
X1PP000((xxkk0=))
k=

Exercice 19[ 03071 ][correction]
Soitfun en endomorphisme duR-espace vectorielC.
a) Montrer qu’il existe d’uniques complexesa btels que

∀z∈C,f(z) =az+bz¯

b) Exprimer en fonction deaetble déterminant def.

Exercice 20[ 03186 ][correction]
Edésigne un espace vectoriel euclidien orienté de dimension 3 muni d’une base
orthonormée directeB= (i j k).
Rechercher les rotationsRdeEtelles que

R(i) =−jetR(i−j+k) =i−j+k

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Sia= 0, l’inégalité est vraie avec égalité si, et seulement si,b= 0.
Sia6= 0, l’inégalité revient à

1 +|u|6|1 +u|+|1−u|

avecu=ba. En écrivantu=x+iy,
(1 +|u|)2= 1 + 2px2+y2+x2+y2
62 + 2(x2+y2)
=|1 +u|2+|1− |2
u
6(|1 +u|+|1−u|)2

avec égalité si, et seulement si,x2+y2= 1et1−u2= 0soitu=±1ce qui
revient àa=±b.

Exercice 2 :[énoncé]
Réduisons l’équation du cercleC

x2+y2= 2x⇔(x−1)2+y2= 1

Corrections

Cest le cercle de centreΩ(10)et de rayon 1.
Le pointAest extérieur au cercleC, il existe donc deux tangentes àCissues deA.
La droite horizontale
Δ1:y= 1
est immédiatement tangente au cercleCau pointI1(11)et elle passe parA.
La deuxième tangenteΔ2àCissue deAet passe par un pointI2∈ Cvérifiant
AI1=AI2.
PuisqueAI1= 2, les coordonnées(x y)du pointI2sont solutions du système
)2+y2= 1
((x+(x1−)2(+1y−1)2= 4

Après résolution, on obtientI2(15−35)et une équation de la droiteΔ2est

Δ2: 4x+ 3y+ 1 = 0

Exercice 3 :[énoncé]
NotonsOle centre du cercleCetRson rayon.
SoitC0un cercle de centreMet de rayonr.
Le cercleC0est tangent extérieur àCsi, et seulement si,OM=R+r.
Le cercle est tangent àDsi, et seulement si,d(MD) =r.
FinalementC0est solution en étant tangent extérieur àCsi, et seulement si,

OM=d(MD) +R

En introduisantD0la droite parallèle àDsituée à la distanceRdeDdans le
demi-plan opposé à celui contenantO, on obtient la condition

OM=d(MD0)

déterminant la parabole de foyerOet de directriceD0.
L’étude des cercles tangents intérieurs est analogue et conduit à une deuxième
parabole de foyerOet de directrice la droiteD00symétrique deD0par rapport à
D.

Exercice 4 :[énoncé]
Sifest solution alors en dérivantf◦f=fon obtient

∀x∈R f0(x) =f0(x)×f0(f(x))

puis en exploitant à nouveauf◦f=f, on obtient

∀x∈R f0(f(x)) =f0(f(x))2

3

Puisque la fonctionf0◦fest continue, on peut affirmer que celle-ci est constante
égale à 0 ou 1.
Casf0◦f= 0
La relationf0(x) =f0(x)×f0(f(x))donnef0(x) = 0et on en déduit quefest
constante.
Casf0◦f= 1
Nous savons queI=Imf=f(R)est un intervalle non vide.
Puisquef0(x) = 1pour toutx∈I, on peut affirmer qu’il existeC∈Rtel que
f(x) =x+Cpour toutx∈I.
Or on af(f(x)) =f(x) +C(carf(x)∈I)etf(f(x)) =f(x)doncC= 0. Ainsi

∀x∈I f(x) =x

Pour conclure, il reste à montrerI=R.
Par l’absurde supposons l’intervalleImajoré et posonsm= supI.

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Par continuité def0et defenm, on af(m) =metf0(m) = 1Puisque
f0(m) = 1,fprend des valeurs strictement supérieures àf(m) =m. Ceci
contredit la définition dem.
De mme, on obtient qu’il est absurde d’affirmer queIest minoré et donc on
conclutI=R.
Finalement, sifest solution alorsfest constante ou égale à l’identité.
La réciproque est immédiate.
Notons que sans l’hypothèse classeC1, de nombreuses fonctions peuvent tre
solutions comme la suivante

Une fonction continue vérifiantf◦f=f

Exercice 5 :[énoncé]
a) Puisquef(0) = 0, on a
x
f(x)Z0
=f0(t) dt
Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz
|f(x)|6Z0xdt12Z0xf0(t)2dt12

et donc

puis

f(x)26xZ0xf0(tZ01t
)2dt6x f0(t)2d

Z01f(x)2dx6Z01xZ01f0(t)2dtdx12=Z10f0(t)2dt

Corrections

b) En reprenant ce qui précède
2
Z1f(x)2dx6Z012xZ012f0(t)2dt!dx8=1Z102f0(t)2dt
0

Sachantf(1) = 0, on a aussi de façon symétrique
Z121f(x)2dx618Z1f0(t)