Maths 1

# Mines-Ponts MPI — Maths 1 2026 · Corrigé brut

*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*

**Équation d'Euler-Lagrange et quelques applications.** Durée 3 h, calculatrice interdite.

## I - Lemme fondamental du calcul variationnel

### Question 1

La fonction $x\mapsto -1/x$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R_+^\star$ et $\exp$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$ : par composition, $\varphi:x\mapsto e^{-1/x}$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R_+^\star$.

Montrons par récurrence sur $n$ : il existe $P_n\in\mathbb R[X]$ tel que $\varphi^{(n)}(x)=P_n(1/x)\,e^{-1/x}$ pour tout $x>0$.

- $n=0$ : $P_0=1$ convient.
- Hérédité : si $\varphi^{(n)}(x)=P_n(1/x)e^{-1/x}$ sur $\mathbb R_+^\star$, en dérivant (composée et produit), pour $x>0$ :
$$\varphi^{(n+1)}(x)=\left(-\frac1{x^2}P_n'\!\left(\frac1x\right)+\frac1{x^2}P_n\!\left(\frac1x\right)\right)e^{-1/x}=P_{n+1}\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x}.$$

$$\boxed{P_0=1,\qquad P_{n+1}=X^2\,(P_n-P_n')}$$

et $P_{n+1}$ est un polynôme, ce qui achève la récurrence. (Par exemple $P_1=X^2$, $P_2=X^4-2X^3$.)

### Question 2

*Lemme.* Pour tout $Q\in\mathbb R[X]$, $Q(1/x)e^{-1/x}\to0$ quand $x\to0^+$ : avec $u=1/x\to+\infty$, c'est $Q(u)e^{-u}\to0$ (croissances comparées).

Montrons par récurrence sur $n$ la propriété $\mathcal Q(n)$ : $\varphi$ est de classe $\mathcal C^n$ sur $\mathbb R$, $\varphi^{(n)}$ est nulle sur $\mathbb R_-$ et vaut $P_n(1/x)e^{-1/x}$ sur $\mathbb R_+^\star$.

- $\mathcal Q(0)$ : $\varphi$ est continue sur $\mathbb R^\star$ ; en $0$, $\varphi(x)\to0$ à gauche (fonction nulle) et à droite (lemme avec $Q=1$), et $\varphi(0)=0$.
- Hérédité : supposons $\mathcal Q(n)$. $\varphi^{(n)}$ est dérivable sur $\mathbb R_-^\star$ (dérivée nulle) et sur $\mathbb R_+^\star$ (dérivée $P_{n+1}(1/x)e^{-1/x}$ par la question 1). En $0$, puisque $\varphi^{(n)}(0)=0$ :
$$\frac{\varphi^{(n)}(x)-\varphi^{(n)}(0)}{x}=0\ \ (x<0),\qquad \frac{\varphi^{(n)}(x)-\varphi^{(n)}(0)}{x}=\frac1x P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x}\xrightarrow[x\to0^+]{}0$$
(lemme appliqué à $XP_n$). Donc $\varphi^{(n)}$ est dérivable en $0$, avec $\varphi^{(n+1)}(0)=0$. Enfin $\varphi^{(n+1)}$ est continue en $0$ : elle tend vers $0$ à gauche (nulle) et à droite (lemme appliqué à $P_{n+1}$). D'où $\mathcal Q(n+1)$.

Ainsi $\varphi$ est de classe $\mathcal C^n$ pour tout $n$ : **$\varphi$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$**, avec $\varphi^{(n)}(0)=0$ pour tout $n$.

### Question 3

Pour $c<d$, on pose
$$\boxed{\psi_{c,d}(x)=\varphi(x-c)\,\varphi(d-x)\qquad(x\in\mathbb R).}$$

- Par composition avec des fonctions affines et produit, $\psi_{c,d}$ est de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R$ (question 2).
- Si $x\in\,]c,d[$ : $x-c>0$ et $d-x>0$, donc $\psi_{c,d}(x)=e^{-1/(x-c)}e^{-1/(d-x)}>0$.
- Si $x\le c$ : $\varphi(x-c)=0$ ; si $x\ge d$ : $\varphi(d-x)=0$. Donc $\psi_{c,d}=0$ sur $\mathbb R\setminus\,]c,d[$.

### Question 4

Par l'absurde, soit $x_0\in[a,b]$ tel que $f(x_0)\neq0$ ; quitte à changer $f$ en $-f$ (les hypothèses sont inchangées), $f(x_0)>0$. Par continuité, il existe $\delta>0$ tel que $f>0$ sur $[a,b]\cap[x_0-\delta,x_0+\delta]$. Posons $c=\max(a,x_0-\delta)$ et $d=\min(b,x_0+\delta)$. Alors $a\le c\le x_0\le d\le b$ et $c<d$ (si $x_0<b$, $d>x_0\ge c$ ; si $x_0=b$, $c<b=d$ car $a<b$). On a $f>0$ sur $[c,d]$.

![Figure 1 — Question 4 : la fonction plateau ψ_c,d, nulle hors de l'intervalle ouvert d'extrémités c et d, posée sur un intervalle où f > 0 (allure de f en tirets)](/figures/corriges/mines-ponts_mpi_maths-1_2026/q4-fonction-plateau.svg)

Soit $h$ la restriction de $\psi_{c,d}$ à $[a,b]$ : $h\in\mathcal C^\infty([a,b],\mathbb R)$ et $h(a)=h(b)=0$ car $a,b\notin\,]c,d[$. Par hypothèse, $\int_a^b fh=0$. Or $fh$ est continue, positive sur $[a,b]$ (nulle hors de $]c,d[$, strictement positive sur $]c,d[$) ; une fonction continue positive d'intégrale nulle sur un segment est nulle, donc $fh=0$ sur $[a,b]$, ce qui contredit $(fh)\big(\frac{c+d}2\big)>0$.

**Donc $f$ est nulle sur $[a,b]$.**

*Remarque utile pour la suite* : la preuve n'utilise l'hypothèse que pour les fonctions $h=\psi_{c,d}$ avec $a\le c<d\le b$, et si $f(x_0)\neq0$ avec $x_0\in\,]a,b[$ on peut choisir $\delta$ assez petit pour que $[c,d]\subset\,]a,b[$.

## II - Équation d'Euler-Lagrange

*Hypothèse de lecture.* L'énoncé ne suppose $f$ de classe $\mathcal C^2$ que sur l'ouvert $]x_A,x_B[\times U\times V$, alors que les questions 7 à 9 utilisent $\partial f/\partial y$ et $\partial f/\partial z$ jusqu'aux bornes $x_A,x_B$. On suppose donc (H) : **les dérivées partielles de $f$ d'ordre $\le2$ se prolongent continûment à $[x_A,x_B]\times U\times V$**. C'est le cas dans les trois applications (III, IV, V), où $f$ ne dépend pas de $x$ et est de classe $\mathcal C^\infty$. La lettre $\varphi$ désigne désormais la fonction définie avant la question 7.

### Question 5

Soit $y\in\mathcal C$. Comme $y$ est de classe $\mathcal C^2$, $y$ et $y'$ sont continues, donc $\Gamma:x\mapsto(x,y(x),y'(x))$ est continue sur $[x_A,x_B]$, à valeurs dans $[x_A,x_B]\times U\times V$ par définition de $\mathcal C$. Comme $f$ est continue sur cet ensemble, $x\mapsto f(x,y(x),y'(x))$ est continue sur le segment $[x_A,x_B]$, donc intégrable : **$T(y)$ existe**.

### Question 6

Pour tout $\varepsilon$, $y_\varepsilon=z_0+\varepsilon\eta$ est de classe $\mathcal C^2$ et $y_\varepsilon(x_A)=y_0$, $y_\varepsilon(x_B)=y_1$ car $\eta(x_A)=\eta(x_B)=0$. Il reste à trouver $\alpha>0$ tel que pour $|\varepsilon|<\alpha$ et tout $x\in[x_A,x_B]$ : $y_\varepsilon(x)\in U$ et $y_\varepsilon'(x)\in V$.

![Figure 2 — Question 6 : perturbations y_ε = z_0 + εη de l'extrémale z_0, à extrémités fixes ; en bas, la direction η, nulle en x_A et x_B](/figures/corriges/mines-ponts_mpi_maths-1_2026/q6-variation-admissible.svg)

Par l'absurde : pour tout $n\ge1$, il existe $\varepsilon_n\in\,]-\frac1n,\frac1n[$ et $x_n\in[x_A,x_B]$ tels que $z_0(x_n)+\varepsilon_n\eta(x_n)\notin U$ ou $z_0'(x_n)+\varepsilon_n\eta'(x_n)\notin V$. L'une des deux éventualités a lieu pour une infinité d'indices ; supposons que ce soit la première (l'autre se traite de même en remplaçant $(U,z_0,\eta)$ par $(V,z_0',\eta')$, $z_0'$ et $\eta'$ étant continues). Quitte à extraire, on la suppose vraie pour tout $n$.

La suite $(x_n)$ est bornée : par le théorème de Bolzano-Weierstrass, une sous-suite $(x_{\sigma(n)})$ converge vers $\ell\in[x_A,x_B]$ (segment fermé). Avec $M=\|\eta\|_\infty<+\infty$ ($\eta$ continue sur un segment) :
$$\big|z_0(x_{\sigma(n)})+\varepsilon_{\sigma(n)}\eta(x_{\sigma(n)})-z_0(\ell)\big|\le|z_0(x_{\sigma(n)})-z_0(\ell)|+\frac{M}{\sigma(n)}\xrightarrow[n\to\infty]{}0 .$$
Or $z_0(\ell)\in U$ et $U$ est ouvert : il existe $r>0$ tel que $]z_0(\ell)-r,z_0(\ell)+r[\subset U$, donc $z_0(x_{\sigma(n)})+\varepsilon_{\sigma(n)}\eta(x_{\sigma(n)})\in U$ pour $n$ grand. Contradiction.

**Il existe donc $\alpha>0$ tel que $y_\varepsilon\in\mathcal C$ pour tout $\varepsilon\in\,]-\alpha,\alpha[$.**

### Question 7

Posons $g(\varepsilon,x)=f\big(x,z_0(x)+\varepsilon\eta(x),z_0'(x)+\varepsilon\eta'(x)\big)$ sur $]-\alpha,\alpha[\times[x_A,x_B]$, de sorte que $\varphi(\varepsilon)=\int_{x_A}^{x_B}g(\varepsilon,x)\,dx$. Fixons $\beta\in\,]0,\alpha[$ et travaillons sur $]-\beta,\beta[$.

- *Régularité en $\varepsilon$.* Pour $x$ fixé, $\varepsilon\mapsto(x,z_0(x)+\varepsilon\eta(x),z_0'(x)+\varepsilon\eta'(x))$ est affine, à valeurs dans $[x_A,x_B]\times U\times V$ où $f$ est de classe $\mathcal C^1$ (H). Par la règle de la chaîne, $\varepsilon\mapsto g(\varepsilon,x)$ est de classe $\mathcal C^1$ et
$$\frac{\partial g}{\partial\varepsilon}(\varepsilon,x)=\eta(x)\frac{\partial f}{\partial y}\big(x,y_\varepsilon(x),y_\varepsilon'(x)\big)+\eta'(x)\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,y_\varepsilon(x),y_\varepsilon'(x)\big).$$
- *Continuité en $x$.* Pour $\varepsilon$ fixé, $x\mapsto g(\varepsilon,x)$ et $x\mapsto\frac{\partial g}{\partial\varepsilon}(\varepsilon,x)$ sont continues sur le segment $[x_A,x_B]$ (composées et produits de fonctions continues).
- *Domination.* L'application $\Phi:(\varepsilon,x)\mapsto(x,y_\varepsilon(x),y'_\varepsilon(x))$ est continue sur le compact $[-\beta,\beta]\times[x_A,x_B]$, donc $K=\Phi([-\beta,\beta]\times[x_A,x_B])$ est un compact inclus dans $[x_A,x_B]\times U\times V$ (question 6). Les fonctions continues $\partial f/\partial y$ et $\partial f/\partial z$ y sont bornées par un $M$. D'où, pour $|\varepsilon|<\beta$ et $x\in[x_A,x_B]$ :
$$\left|\frac{\partial g}{\partial\varepsilon}(\varepsilon,x)\right|\le M\big(\|\eta\|_\infty+\|\eta'\|_\infty\big),$$
constante intégrable sur le segment $[x_A,x_B]$.

Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre donne : $\varphi$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $]-\beta,\beta[$ pour tout $\beta<\alpha$, donc sur $]-\alpha,\alpha[$, et
$$\boxed{\varphi'(\varepsilon)=\int_{x_A}^{x_B}\left(\eta(x)\frac{\partial f}{\partial y}\big(x,y_\varepsilon(x),y_\varepsilon'(x)\big)+\eta'(x)\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,y_\varepsilon(x),y_\varepsilon'(x)\big)\right)dx.}$$

### Question 8

*$\varphi'(0)=0$.* Supposons que $T$ ait un minimum local en $z_0$ (cas du maximum identique) : il existe $r>0$ tel que $T(y)\ge T(z_0)$ pour tout $y\in\mathcal C$ avec $\|y-z_0\|_\infty\le r$. Posons $\alpha_0=\min\big(\frac\alpha2,\frac{r}{1+\|\eta\|_\infty}\big)$. Pour $|\varepsilon|\le\alpha_0$, $y_\varepsilon\in\mathcal C$ et $\|y_\varepsilon-z_0\|_\infty=|\varepsilon|\,\|\eta\|_\infty\le r$, donc $\varphi(\varepsilon)=T(y_\varepsilon)\ge T(z_0)=\varphi(0)$. Ainsi $\varphi$ admet un extremum local en $0$, point intérieur de $]-\alpha,\alpha[$, et y est dérivable : $\varphi'(0)=0$. Comme $y_0$ vaut ici $z_0$ :
$$\int_{x_A}^{x_B}\left(\eta\,\frac{\partial f}{\partial y}(x,z_0,z_0')+\eta'\,\frac{\partial f}{\partial z}(x,z_0,z_0')\right)dx=0.\qquad(1)$$

*Intégration par parties.* Posons $G(x)=\frac{\partial f}{\partial z}(x,z_0(x),z_0'(x))$. Comme $x\mapsto(x,z_0(x),z_0'(x))$ est de classe $\mathcal C^1$ ($z_0$ est $\mathcal C^2$) et $\partial f/\partial z$ de classe $\mathcal C^1$ (H), $G$ est de classe $\mathcal C^1$ sur $[x_A,x_B]$. Avec $\eta$ de classe $\mathcal C^1$ et $\eta(x_A)=\eta(x_B)=0$ :
$$\int_{x_A}^{x_B}\eta'G=\big[\eta G\big]_{x_A}^{x_B}-\int_{x_A}^{x_B}\eta G'=-\int_{x_A}^{x_B}\eta G'.$$
En reportant dans (1) :
$$\boxed{\int_{x_A}^{x_B}\left(\frac{\partial f}{\partial y}\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)-\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)\right)\right)\eta(x)\,dx=0.}$$

### Question 9

Posons $F(x)=\frac{\partial f}{\partial y}(x,z_0(x),z_0'(x))-G'(x)$. Le premier terme est continu (composée de fonctions continues) et $G'$ est continue ($G$ est $\mathcal C^1$) : $F$ est continue sur $[x_A,x_B]$.

Soit $h\in\mathcal C^\infty([x_A,x_B],\mathbb R)$ avec $h(x_A)=h(x_B)=0$. Elle est de classe $\mathcal C^2$ et nulle aux bornes : c'est un choix licite de $\eta$ (le $\alpha$ de la question 6 dépend de $\eta$, mais la conclusion de la question 8 n'en dépend pas). La question 8 donne $\int_{x_A}^{x_B}F h=0$. La question 4 appliquée à $F$ sur $[a,b]=[x_A,x_B]$ donne $F=0$ :
$$\boxed{\forall x\in[x_A,x_B],\quad \frac{\partial f}{\partial y}\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)-\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)\right)=0.}$$

*Sans l'hypothèse (H)*, en prenant seulement $\eta=\psi_{c,d}$ avec $[c,d]\subset\,]x_A,x_B[$ (fonctions nulles au voisinage des bornes, pour lesquelles tous les calculs ci-dessus ne font intervenir que des points de $]x_A,x_B[$), la remarque finale de la question 4 donne encore l'équation sur l'ouvert $]x_A,x_B[$.

### Question 10

Supposons $\frac{\partial f}{\partial x}=0$ sur $]x_A,x_B[\times U\times V$ et posons, pour $x\in\,]x_A,x_B[$,
$$B(x)=f\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)-z_0'(x)\,G(x).$$
$f$ est de classe $\mathcal C^1$ sur l'ouvert et $x\mapsto(x,z_0(x),z_0'(x))$ de classe $\mathcal C^1$, donc $B$ est de classe $\mathcal C^1$ et, par la règle de la chaîne,
$$B'(x)=\underbrace{\frac{\partial f}{\partial x}}_{=0}+z_0'\frac{\partial f}{\partial y}+z_0''\frac{\partial f}{\partial z}-z_0''G-z_0'G'=z_0'(x)\left(\frac{\partial f}{\partial y}\big(x,z_0,z_0'\big)-G'(x)\right)=0$$
par l'équation d'Euler-Lagrange (question 9). $B$ est de dérivée nulle sur l'intervalle $]x_A,x_B[$, donc constante :
$$\boxed{\exists C\in\mathbb R,\ \forall x\in\,]x_A,x_B[,\quad f\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)-z_0'(x)\frac{\partial f}{\partial z}\big(x,z_0(x),z_0'(x)\big)=C.}$$

Si $f$ et $\partial f/\partial z$ sont continues jusqu'au bord, $B$ est continue sur $[x_A,x_B]$ et l'égalité vaut aussi en $x_A$ et $x_B$.

## III - Le chemin le plus court est la ligne droite !

### Question 11

On applique la partie II avec $U=V=\mathbb R$ (ouverts non vides ; l'ensemble $\mathcal C$ est alors celui de la partie II) et $f(x,y,z)=\sqrt{1+z^2}$, de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R^3$ (car $1+z^2>0$) et indépendante de $x$, donc $\partial f/\partial x=0$. Un extremum est en particulier un extremum local. On a $\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{z}{\sqrt{1+z^2}}$ et
$$f-z\frac{\partial f}{\partial z}=\sqrt{1+z^2}-\frac{z^2}{\sqrt{1+z^2}}=\frac1{\sqrt{1+z^2}}.$$
L'identité de Beltrami donne $C$ tel que $\frac1{\sqrt{1+y_0'(x)^2}}=C$ sur $]x_A,x_B[$. Donc $C\in\,]0,1]$ et $y_0'(x)^2=\frac1{C^2}-1=:k^2$ ($k\ge0$) sur $]x_A,x_B[$.

Ainsi $y_0'$ est à valeurs dans $\{-k,k\}$. Comme $y_0'$ est continue sur l'intervalle $]x_A,x_B[$, son image est un intervalle (théorème des valeurs intermédiaires) contenu dans $\{-k,k\}$ : c'est un singleton. $y_0'$ est donc constante sur $]x_A,x_B[$, puis sur $[x_A,x_B]$ par continuité. **$y_0$ est affine**, et les conditions aux bords imposent
$$\boxed{y_0(x)=y_A+\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}\,(x-x_A).}$$
Le graphe de $y_0$ est le segment $[AB]$.

## IV - Le chemin le plus rapide est la cycloïde

### Question 12

*Lagrangien.* $f(x,y,z)=\sqrt{\dfrac{1+z^2}{y}}$, de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R\times U\times V$ avec $U=\mathbb R_+^\star$, $V=\mathbb R$, indépendante de $x$. Toutes ses dérivées sont continues sur $[x_A,x_B]\times U\times V$, donc (H) est satisfaite.

*Adaptation de l'ensemble admissible.* L'ensemble $\mathcal C$ de la partie IV impose en plus $y'<0$ sur $]x_A,x_B]$, contrainte qui n'est pas de la forme « $y'\in V$ ». On utilise seulement des perturbations à support intérieur. Soient $[c,d]\subset\,]x_A,x_B[$ et $\eta=\psi_{c,d}$ (restreinte à $[x_A,x_B]$), de classe $\mathcal C^\infty$, nulle hors de $]c,d[$. Les fonctions continues $y_0$ et $-y_0'$ sont minorées sur les segments $[x_A,x_B]$ et $[c,d]$ par des réels $m_0>0$ et $m_1>0$. Pour $|\varepsilon|<\alpha:=\min\big(\frac{m_0}{1+\|\eta\|_\infty},\frac{m_1}{1+\|\eta'\|_\infty}\big)$, la fonction $y_\varepsilon=y_0+\varepsilon\eta$ est de classe $\mathcal C^2$, a les mêmes valeurs aux bornes, vérifie $y_\varepsilon>0$, $y_\varepsilon'<0$ sur $[c,d]$ et $y'_\varepsilon=y_0'<0$ sur $]x_A,x_B]\setminus[c,d]$ : $y_\varepsilon\in\mathcal C$. Donc $\varphi(\varepsilon)=T(y_\varepsilon)\ge T(y_0)=\varphi(0)$.

Les questions 7 et 8 s'appliquent alors sans changement (elles n'utilisent que $y_\varepsilon(x)\in U$ et $y_\varepsilon'(x)\in V=\mathbb R$) : $\int_{x_A}^{x_B}F\,\psi_{c,d}=0$ avec $F$ continue sur $[x_A,x_B]$. La remarque finale de la question 4 donne $F=0$ sur $]x_A,x_B[$ : l'équation d'Euler-Lagrange a lieu sur $]x_A,x_B[$, et le calcul de la question 10 donne l'identité de Beltrami sur $]x_A,x_B[$.

*Calcul.* $\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{z}{\sqrt y\sqrt{1+z^2}}$, donc
$$f-z\frac{\partial f}{\partial z}=\frac1{\sqrt y}\left(\sqrt{1+z^2}-\frac{z^2}{\sqrt{1+z^2}}\right)=\frac1{\sqrt y\,\sqrt{1+z^2}}.$$
Il existe $C_1$ tel que $\frac1{\sqrt{y_0(x)}\sqrt{1+y_0'(x)^2}}=C_1$ sur $]x_A,x_B[$ ; le membre de gauche est $>0$, donc $C_1>0$, et $y_0(1+y_0'^2)=\frac1{C_1^2}$. La fonction $y_0(1+y_0'^2)$ étant continue sur $[x_A,x_B]$, l'égalité s'étend aux bornes :
$$\boxed{\exists C>0,\ \forall x\in[x_A,x_B],\quad y_0(x)\big(1+y_0'(x)^2\big)=C.}$$

### Question 13

$\operatorname{cotan}x=\frac{\cos x}{\sin x}$ est définie si et seulement si $\sin x\neq0$ : **domaine $\mathbb R\setminus\pi\mathbb Z$**.

Sur $]0,\pi[$, $\operatorname{cotan}$ est de classe $\mathcal C^\infty$ et
$$\operatorname{cotan}'(x)=\frac{-\sin^2x-\cos^2x}{\sin^2x}=-\frac1{\sin^2x}=-(1+\operatorname{cotan}^2x)<0 .$$
Elle est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $]0,\pi[$, avec $\operatorname{cotan}x\to+\infty$ en $0^+$ ($\cos\to1$, $\sin\to0^+$) et $\to-\infty$ en $\pi^-$ ($\cos\to-1$, $\sin\to0^+$). Par le théorème de la bijection, **$\operatorname{cotan}$ réalise une bijection de $]0,\pi[$ sur $\mathbb R$** ; $\operatorname{arccotan}:\mathbb R\to\,]0,\pi[$ est continue strictement décroissante.

Pour $t\in\mathbb R$ et $u=\operatorname{arccotan}t$, $\operatorname{cotan}'(u)=-(1+t^2)\neq0$ : $\operatorname{arccotan}$ est dérivable en tout $t\in\mathbb R$ et
$$\boxed{\forall t\in\mathbb R,\quad \operatorname{arccotan}'(t)=-\frac1{1+t^2}.}$$
Elle est même de classe $\mathcal C^\infty$. On note aussi, pour $u=\operatorname{arccotan}t$ : $\sin^2u=\frac1{1+\operatorname{cotan}^2u}=\frac1{1+t^2}$.

### Question 14

Avec $C=2$ : $y_0(x)=\frac2{1+y_0'(x)^2}$. Posons $u(x)=\operatorname{arccotan}(y_0'(x))\in\,]0,\pi[$, de sorte que $\theta(x)=2u(x)$ et $\operatorname{cotan}u(x)=y_0'(x)$. Alors $\sin^2u(x)=\frac1{1+y_0'(x)^2}$ et
$$y_0(x)=2\sin^2\frac{\theta(x)}2=1-\cos\theta(x).$$
$$\boxed{\forall x\in[x_A,x_B],\quad y_0(x)=1-\cos\theta(x).}$$
Pour $x\in\,]x_A,x_B]$, $y_0'(x)<0$ impose $u(x)\in\,]\frac\pi2,\pi[$, donc $\theta(x)\in\,]\pi,2\pi[$.

### Question 15

$y_0'$ est de classe $\mathcal C^1$ et $\operatorname{arccotan}$ de classe $\mathcal C^\infty$ : $\theta$ est de classe $\mathcal C^1$ et
$$\theta'(x)=2y_0''(x)\operatorname{arccotan}'(y_0'(x))=-\frac{2y_0''(x)}{1+y_0'(x)^2}.$$
En dérivant $y_0(1+y_0'^2)=2$ : $y_0'\big(1+y_0'^2+2y_0y_0''\big)=0$. Sur $]x_A,x_B]$, $y_0'\neq0$, donc $2y_0y_0''=-(1+y_0'^2)$ et, comme $y_0>0$,
$$\theta'(x)=\frac1{y_0(x)}\qquad(x\in\,]x_A,x_B]).$$
Posons $\Lambda(x)=\theta(x)-\sin\theta(x)-x$, de classe $\mathcal C^1$ sur $[x_A,x_B]$. Pour $x\in\,]x_A,x_B]$, avec la question 14 :
$$\Lambda'(x)=\theta'(x)\big(1-\cos\theta(x)\big)-1=\theta'(x)y_0(x)-1=0 .$$
$\Lambda$ est constante sur l'intervalle $]x_A,x_B]$, donc sur $[x_A,x_B]$ par continuité. En notant $-c$ cette constante :
$$\boxed{\exists c\in\mathbb R,\ \forall x\in[x_A,x_B],\quad x=\theta(x)-\sin\theta(x)+c.}$$
La courbe $y_0$ est donc la portion $\theta\in[\theta(x_A),\theta(x_B)]\subset[\pi,2\pi[$ de la cycloïde $\theta\mapsto(\theta-\sin\theta+c,\,1-\cos\theta)$ ; le cas $\theta(x_A)=\pi$ correspond à $y_0'(x_A)=0$.

![Figure 3 — Question 15 : cycloïde décrite par un point M d'une roue de rayon 1 ; y_0 est une portion, de A à B, de la branche descendante, où θ est compris entre π et 2π](/figures/corriges/mines-ponts_mpi_maths-1_2026/q15-cycloide.svg)

*Remarque.* Avec le temps de parcours $\int ds/v$ et $v=\sqrt{2g\,h}$, $h$ étant la dénivellation depuis le départ, le lagrangien $\sqrt{(1+y'^2)/y}$ suppose $y$ mesuré vers le bas à partir du niveau de $A$ (donc $y(x_A)=0$ et $y$ croissant). Les conventions de l'énoncé ($y_A>0$, $y'<0$) ne sont pas celles-là ; on a traité le problème comme un problème variationnel.

## V - Une application à une structure optimale : la caténoïde

### Question 16

On applique la partie II avec $x_A=0$, $x_B=1$, $U=V=\mathbb R$ (l'ensemble $\mathcal C$ de la partie V est celui de la partie II) et $f(x,y,z)=2\pi y\sqrt{1+z^2}$, de classe $\mathcal C^\infty$ sur $\mathbb R^3$ et indépendante de $x$. On a $\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{2\pi yz}{\sqrt{1+z^2}}$ et
$$f-z\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{2\pi y}{\sqrt{1+z^2}}.$$
Beltrami donne $K$ tel que $\frac{2\pi y_0(x)}{\sqrt{1+y_0'(x)^2}}=K$ sur $]0,1[$, puis sur $[0,1]$ par continuité. Posons $k=K/2\pi$ : $y_0=k\sqrt{1+y_0'^2}$ sur $[0,1]$. En $x=0$ : $k=\frac{1}{\sqrt{1+y_0'(0)^2}}>0$. Avec $c=1/k\neq0$, en élevant au carré :
$$\boxed{\exists c\neq0,\ \forall x\in[0,1],\quad 1+y_0'(x)^2=c^2y_0(x)^2.}$$
On note aussi que $y_0=k\sqrt{1+y_0'^2}>0$ sur $[0,1]$.

### Question 17

$\operatorname{ch}$ est de classe $\mathcal C^\infty$, $\operatorname{ch}'=\operatorname{sh}$, et $\operatorname{sh}x=\frac{e^x-e^{-x}}2>0$ pour $x>0$. Donc $\operatorname{ch}$ est continue sur $\mathbb R_+$ et strictement croissante sur $\mathbb R_+$ (dérivée $>0$ sur $\mathbb R_+^\star$, continuité en $0$). Comme $\operatorname{ch}0=1$ et $\operatorname{ch}x\to+\infty$ en $+\infty$, le théorème de la bijection donne : **$\operatorname{ch}$ réalise une bijection de $\mathbb R_+$ sur $[1,+\infty[$**, de réciproque $\operatorname{argch}:[1,+\infty[\to\mathbb R_+$ continue et strictement croissante.

Pour $t>1$, $u=\operatorname{argch}t>0$, donc $\operatorname{ch}'(u)=\operatorname{sh}u>0$ et, avec $\operatorname{sh}u=\sqrt{\operatorname{ch}^2u-1}=\sqrt{t^2-1}$ :
$$\boxed{\forall t>1,\quad \operatorname{argch}'(t)=\frac1{\sqrt{t^2-1}}.}$$
En $t=1$, $\operatorname{ch}'(0)=0$ et $\operatorname{argch}$ n'est pas dérivable : $\frac{\operatorname{argch}t-\operatorname{argch}1}{t-1}\to+\infty$ quand $t\to1^+$ (pour $u=\operatorname{argch}t\to0^+$, ce quotient vaut $\frac{u}{\operatorname{ch}u-1}\sim\frac2u$).

### Question 18

Quitte à changer $c$ en $-c$, $c>0$. Par hypothèse $c^2y_0^2>1$ et $y_0>0$ (question 16), donc $cy_0(x)>1$ ; et $y_0'>0$ donne $y_0'=\sqrt{c^2y_0^2-1}$. La fonction $\Psi(x)=\operatorname{argch}(cy_0(x))$ est dérivable ($cy_0$ est $\mathcal C^1$ à valeurs dans $]1,+\infty[$) et
$$\Psi'(x)=\frac{c\,y_0'(x)}{\sqrt{c^2y_0(x)^2-1}}=c .$$
Donc $\Psi(x)=cx+K$ sur $[0,1]$, avec $K=\operatorname{argch}(c)\ge0$, et en appliquant $\operatorname{ch}$ :
$$\boxed{y_0(x)=\frac1c\operatorname{ch}(cx+K)\qquad(x\in[0,1]),}$$
$K$ constante d'intégration. Réciproquement, une telle fonction vérifie $1+y_0'^2=1+\operatorname{sh}^2(cx+K)=\operatorname{ch}^2(cx+K)=c^2y_0^2$.

**Erreur d'énoncé.** L'hypothèse « $y_0'>0$ sur $[0,1]$ » est incompatible avec $y_0(0)=y_0(1)=1$ : $y_0$ serait strictement croissante. Aucune fonction ne vérifie toutes les hypothèses ; le calcul ci-dessus est ce que la question demande, mais il ne décrit pas le film de savon. Voici la détermination correcte, sans hypothèse de signe.

Le cadre de la partie V étant celui de la partie II ($U=V=\mathbb R$, (H) vraie), l'équation d'Euler-Lagrange (question 9) s'applique. Avec $\frac{\partial f}{\partial y}=2\pi\sqrt{1+z^2}$, $\frac{\partial f}{\partial z}=\frac{2\pi yz}{\sqrt{1+z^2}}$ et $p=y_0'$ :
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{y_0p}{\sqrt{1+p^2}}\right)=\frac{p^2+y_0y_0''}{\sqrt{1+p^2}}-\frac{y_0p^2y_0''}{(1+p^2)^{3/2}}=\frac{p^2(1+p^2)+y_0y_0''}{(1+p^2)^{3/2}},$$
donc l'équation $\sqrt{1+p^2}=\frac{p^2(1+p^2)+y_0y_0''}{(1+p^2)^{3/2}}$ s'écrit $(1+p^2)^2-p^2(1+p^2)=y_0y_0''$, soit
$$y_0\,y_0''=1+y_0'^2=c^2y_0^2,\qquad\text{donc}\qquad y_0''=c^2y_0\ \ (\text{car }y_0>0).$$
Équation linéaire : $y_0=A\operatorname{ch}(cx)+B\operatorname{sh}(cx)$. $y_0(0)=1$ donne $A=1$ ; $y_0(1)=1$ donne $B=\frac{1-\operatorname{ch}c}{\operatorname{sh}c}=-\operatorname{th}\frac c2$. Donc
$$y_0(x)=\frac{\operatorname{ch}\big(c(x-\frac12)\big)}{\operatorname{ch}(c/2)} .$$
Enfin $1+y_0'(1/2)^2=1=c^2y_0(1/2)^2=\frac{c^2}{\operatorname{ch}^2(c/2)}$ impose $\operatorname{ch}(c/2)=c$, d'où
$$\boxed{y_0(x)=\frac1c\operatorname{ch}\!\left(c\left(x-\frac12\right)\right),\qquad \operatorname{ch}\frac c2=c .}$$
C'est la forme $\frac1c\operatorname{ch}(cx+K)$ avec $K=-\frac c2<0$ : $y_0'$ s'annule en $\frac12$ (col de la caténoïde), ce qui confirme l'incompatibilité des hypothèses de l'énoncé.

*Existence de $c$.* Avec $u=c/2$, il faut $\operatorname{ch}u=2u$. $G(u)=\operatorname{ch}u-2u$ est strictement convexe ($G''=\operatorname{ch}>0$), donc s'annule au plus deux fois ; $G(\frac12)=\operatorname{ch}\frac12-1>0$, $G(\ln2)=\frac54-2\ln2<0$ (car $e^5<243<256=2^8$ donne $\ln2>\frac58$) et $G\to+\infty$ en $+\infty$. Il y a exactement deux solutions, $u_1\approx0{,}589$ et $u_2\approx2{,}127$, soit $c\approx1{,}18$ ou $c\approx4{,}25$ : deux caténoïdes, d'aires $\approx5{,}99$ et $\approx6{,}85$ ; seule la première (col de rayon $\approx0{,}85$) peut minimiser l'aire.

![Figure 4 — Question 18 : (a) les deux caténoïdes s'appuyant sur les cercles x = 0 et x = 1, col de rayon 1/c ; (b) leurs constantes c = 2u viennent des deux racines de ch u = 2u](/figures/corriges/mines-ponts_mpi_maths-1_2026/q18-catenoide.svg)