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Préparation aux oraux – 1
Exercice 1
[CCP PC 2018] On pose A = 1 −2 0 1 1 −2 1 4 0 0 2 6 . a. Donner une base de Im(A). b. Donner une base de Ker(A).c. Donner P ∈ GL4(R) et Q ∈ GL3(R) telles que Q −1 AP = 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 . d. Déterminer la dimension denM ∈ M3(R) MA = 0 o .
a. Les opérations élémentaires sur les colonnes de A ne modifient pas son image. On effectue les opérations C2←
C2+ 2C1et C4←C4−C1−3C3pour obtenir A 0 = 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 2 0
. Il apparaît alors que Im(A) = Vect 1 1 0 , 0 1 2 .
b. Les opérations élémentaires sur les lignes de A ne modifient pas son noyau. On effectue les opérations L2←L2−L1
puis L3←L3−2L2pour obtenir A 00 = 1 −2 0 1 0 0 1 3 0 0 0 0
donc Ker(A) a pour équation(x − 2y + t = 0
z + 3t = 0 ce qui donne par
exemple Ker(A) = Vect −1 0 −3 1 , 2 1 0 0 .
c. Notons (e03, e04) la base de Ker(A) qu’on vient d’obtenir, et complétons-la en posant par exemple e01= 0 0 1 0 et e02= 0 0 0 1
pour former une base (e0) de R4. Il s’agit bien d’une base puisque la matrice P = 0 0 −1 2 0 0 0 1 1 0 −3 0 0 1 1 0 est inversible. Posons f10= Ae01= 0 1 2 et f20= Ae20 = 1 4 6
. Puisque (e01, e02) engendre un supplémentaire de Ker(A), d’après le théorème du rang (f10, f
0
2) engendre une base de Im(A), que l’on peut compléter en posant par exemple f 0 3= 1 0 0
. Il s’agit bien d’une base puisque la matrice Q =
0 1 1 1 4 0 2 6 0 est inversible.
Les formules de changement de base donnent alors Q−1AP = A0avec A0= 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 .
d. On a MA = 0 ⇐⇒ MQA0P−1= 0 ⇐⇒ MQA0= 0 ⇐⇒ M0A0= 0 en ayant posé M0= MQ. Puisque l’application M 7→ MQ est bijective (Q est inversible), la dimension demandée est aussi celle denM0∈ M3(R)
M 0 A0= 0o. Posons maintenant M0 = a b c d e f g h i . Alors M0A0 = 0 ⇐⇒ a = b = d = e = g = h = 0 soit M0 = 0 0 c 0 0 f 0 0 i donc dimnM0∈ M3(R) M 0 A0= 0o= 3.
Exercice 2
[Centrale PSI 2016]Soit Sn(R) l’ensemble des matrices symétriques réelles et Sn++(R) celui des matrices symétriques réelles à valeurs propres
strictement positives.
a. Énoncer le théorème spectral.
b. Pour A ∈ Sn++(R), montrer qu’il existe B ∈ Sn++(R) telle que A = B2.
c. Justifier l’unicité de cette matrice B (Indication : observer que A et B commutent).
d. Soit M ∈ GLn(R). Montrer que MTM ∈ Sn++(R).
e. Montrer alors qu’il existe O ∈ On(R) et S ∈ Sn++(R) telles que M = OS (décomposition polaire).
f. Justifier l’unicité de O et de S.
a. Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres : il existe P ∈ On(R) et D diagonale telles que D = PTAP.
b. On applique le théorème spectral à la matrice A, en notant D = diag(λ1, . . . , λn) avec λi > 0 (les valeurs propres de
A). Posons alors B = P∆PTavec ∆ = diag(pλ1, . . . ,pλn). Alors B2= A.
c. A et B commutent car AB = B3= BA. Les sous-espaces propres de A sont donc stables par B, et la restriction de B à ces sous-espaces propres est symétrique. Par le théorème spectral il existe sur chacun des sous-espaces propres de A une base orthonormée qui diagonalise la restriction de B, et en concaténant ces bases on obtient une base orthonormée qui diagonalise A et B. Dès lors on a A = PDPTet B = PD0PTet A = B2 ⇐⇒ D = D02 ⇐⇒ D0= ∆ car les valeurs propres de B doivent être positives.
d. Posons A = MTM on a AT= A donc A est symétrique. Soit λ ∈ R une valeur propre de A = MTM, il existe X , 0 tel que AX = λX. Puisque M est inversible, MX , 0 et kMXk2= XTMTMX = XTAX = λXTX = λkXk2donc λ > 0.
e. Il existe donc S ∈ Sn++(R) telle que S2= MTM. Posons O = MS
−1
; alors M = OS et OTO = S−1MTMS−1= S−1S2S−1= Indonc O ∈ On(R).
f. Réciproquement, si M = OS alors MTM = S2et puisque M et S appartiennent à Sn++(R) la question c) montre que S
est unique. Il en est alors de même de O = MS−1.
Exercice 3
[Mines PC 2016]a. Soient (un) et (vn) deux suites de R+telle que un∼vn. On suppose que
X
unconverge. Montrer que
X vnconverge et queX k>n uk∼ X k>n vk. b. Soit pour n ∈ N∗, un= 2n−1 X k=n 1
2k + 1. Montrer que (un) converge. On note ` sa limite. c. Donner un équivalent de un−`.
a. Pour tout > 0 il existe un rang à partir duquel 0 6 vn6(1 + )un. D’après le théorème de comparaison des séries à
terme positif, la convergence deXunentraîne celle de
X
vn.
Plus précisément, pour tout k > N, (1 − )uk6vk6(1 + )ukdonc pour n > N, (1 − )
+∞ X k=n 6 +∞ X k=n vk6(1 + ) +∞ X k=n uk, ce qui signifie que +∞ X k=n un∼ +∞ X k=n vn.
b. Par comparaison à une intégrale, Z2n n dt 2t + 16un6 Z2n−1 n−1 dt 2t + 1, soit 1 2ln 4n + 1 2n + 1 6un6 1 2ln 4n − 1 2n − 1 . On en déduit que lim un=
ln 2 2 . c. On a un−` = +∞ X k=n (uk−uk+1) et uk−uk+1= 1 2k + 1− 1 4k + 3− 1 4k + 1= −1 (4k + 3)(4k + 1)(2k + 1) ∼ −1 32k3.
D’après la première question, un−` ∼ −1 32 +∞ X k=n −1
k3, et une comparaison à une intégrale fournit finalement un−` ∼
−1 64n2.
Exercice 4
[X PC 2016]Soient a et b dans R∗+tels que a + b = 1. a. Montrer que la série de terme général 2n
n
!
anbndiverge si et seulement si a = b = 1/2.
On se place sur l’axe Z initialement en 0. On a une probabilité a d’aller à droite, b d’aller à gauche à chaque instant. Pour
n ∈ N on note rnla probabilité d’être en 0 à l’instant n. Pour n ∈ N
∗
on note pnla probabilité d’être pour la première fois
de retour en 0 à l’instant n. On pose enfin R : t 7→
+∞ X n=0 rntnet P : t 7→ +∞ X n=1 pntn.
b. Montrer que P et R sont définies sur ] − 1, 1[. c. Montrer que pour t ∈] − 1, 1[, R(t) = 1 + R(t)P(t).
d. Montrer que la probabilité de retour à l’origine est égale à 1 si et seulement si a = b.
a. À l’aide de la formule de Stirling, 2n
n ! anbn∼(4ab) n √ πn .
Une étude de la fonction x 7→ 4x(1 − x) sur ]0, 1[ montre que pour tout x ∈]0, 1[\{1/2}, 0 < 4x(1 − x) < 1 donc si (a, b) , (1/2, 1/2), 2n n ! anbn= O(ρn) avec ρ < 1 etX 2n n ! anbnconverge. En revanche, si a = b = 1/2 alors 2n n ! anbn∼ √1 πnet X 2n n ! anbndiverge.
b. Notons Anl’événement : « être pour la première fois de retour en 0 à l’instant n », et A =
[
An. Ces événements
sont mutuellement incompatibles donc
+∞
X
n=1
pn= P(A) 6 1 et la série
X
pnconverge. Le rayon de convergence de P est
donc supérieur ou égal à 1.
Notons Bnl’événement « être de retour en 0 à l’instant n ». On a Bn⊂ n [ k=1 Ak donc rn6 n X k=1 pk61.
La série entièreXtka un rayon de convergence égal à 1 donc le rayon de convergence de R est au moins égal à 1. c. Par produit de Cauchy, R(t)P(t) =
+∞ X n=1 Xn k=1 pkrn−k tn.
D’après la formule des probabilités totales, pour tout n > 1, rn= n X k=1 pkP(Bn|Ak) = n X k=1 pkP(Bn−k) = n X k=1 pkrn−k. On en déduit que R(t)P(t) = R(t) − 1. d. Si la série R(1) converge, on a P(1) = 1 − 1
R(1)< 1 : la probabilité de retour à l’origne est strictement inférieure à 1. Si la série R(1) diverge, il n’est pas difficile de montrer que P(1) = lim
t→1P(t) et limt→1R(t) = +∞ et de l’égalité P(t) = 1 −
1 R(t) on tire P(1) = 1.
Ainsi, la probabilité de retour à l’origine est égale à 1 si et seulement si R(1) diverge.
Or pour être de retour à l’origine à la date 2n il faut s’être déplacé de n cases vers la gauche et de n cases vers la droite donc r2n+1= 0 et r2n=
2n
n
!
anbn. Et d’après la première question,Xrndiverge si et seulement si a = b = 1/2.
Exercice 5
[CCP PC 2018]On note rnle reste de la division euclidienne de n par 5, et on pose an=
rn n(n + 1), Sn= n X k=1 aket Hn= n X k=1 1 k.
a. Montrer queXanconverge.
b. On pose pour n > 2, wn= ln(n) − ln(n − 1) −
1
n. Montrer que
X
wnconverge et en déduire l’existence d’un réel γ tel
que Hn= ln n + γ + o(1).
c. Montrer que S5n= H5n−Hn. En déduire la valeur de
X
n>1
an.
a. rn ne prend que 5 valeurs distinctes donc est borné ; on en déduit que an = O
1
n2
donc la série positiveXan
converge. b. wn= − ln 1 −1 n −1 n= O 1 n2
donc la sérieXwnconverge absolument.
Par télescopage, n X k=2 wk= ln(n) − n X k=2 1 k donc Hn= ln n + 1 − n X k=2 wket en posant γ = 1 − +∞ X n=2 wnon a Hn= ln n + γ + o(1).
c. Montrons par récurrence sur n > 1 que S5n= H5n−Hn.
– Si n = 1, S5= 1 2+ 1 3+ 1 4+ 1 5= H5−H1. – Si n > 1, supposons S5n= H5n−Hn. Alors : S5n+5= S5n+ 1 (5n + 1)(5n + 2)+ 2 (5n + 2)(5n + 3)+ 3 (5n + 3)(5n + 4)+ 4 (5n + 4)(5n + 5) = H5n−Hn+ 1 5n + 1− 1 5n + 2 + 2 1 5n + 2− 1 5n + 3 + 3 1 5n + 3− 1 5n + 4 + 4 1 5n + 4− 1 5n + 5 = H5n−Hn+ 1 5n + 1+ 1 5n + 2+ 1 5n + 3+ 1 5n + 4+ 1 5n + 5− 1 n + 1= H5n+5−Hn+1
donc la récurrence se propage.
On en déduit que S5n= ln(5n) + γ − ln(n) − γ + o(1) = ln(5) + o(1) donc lim S5n= ln 5, et puisque la suite (Sn) converge,
lim Sn= ln 5.
Exercice 6
[Centrale PC 2016] Soient I = Z+∞ 0 sin t t dt, J = Z+∞ 0 sin2t t2 dt et g : x 7→ Z +∞ 0 sin2t t2 e −xt dt. a. Justifier la définition de I et de J, puis montrer que I = J.b. Montrer que g est continue sur R+et de classeC2sur R ∗ +. c. En déduire la valeur de I. a. L’intégrale Z1 0 sin t
t dt est faussement impropre et
Zx 1 sin t t dt = −cos t t x 1 − Zx 1 cos t t2 dt. La fonction t 7→cos t
t2 est intégrable sur [1, +∞[ car
cos t t2 6 1 t2 donc limx→+∞ Z x 1 sin t t dt = cos 1 + Z+∞ 1 cos t t2 dt. Ceci prouve
que l’intégrale I est convergente. La fonction t 7→sin
2t
t2 est prolongeable par continuité en 0 et est intégrable sur [1, +∞[ car
sin2t t2 6 1 t2. Cette fonction
Une intégration par parties donne : Z y x sin t t dt = 1 − cos t t y x+ Zy x 1 − cos t
t2 dt. On poursuit avec le changement de
variable t = 2u : Zy x sin t t dt = 1 − cos t t y x+ Z y/2 x/2 1 − cos(2u) 2u2 du = 1 − cos t t y x+ Z y/2 x/2 sin2u u2 du.
En faisant alors tendre x vers 0 et y vers +∞ on obtient I = J. b. Le théorème de continuité (fonction majorante φ(t) = sin
2t
t2 ) permet de montrer que g est définie et continue sur
R+, car il a été montré à la question précédente que φ est intégrable sur ]0, +∞[. Posons h : (x, t) 7→ sin
2t
t2 e −xt
. La fonction x 7→ h(x, t) est de classeC2et ∂h
∂x(x, t) = − sin2t t e −xt ,∂ 2h ∂x2(x, t) = sin 2t e−xt . Soit a > 0. Sur [a, +∞[ on a
∂h ∂x(x, t) 6e−atet ∂2h ∂x2(x, t)
6e−xt. La fonction t 7→ e−atest intégrable sur ]0, +∞[ donc on peut appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètre qui prouve que g est de classeC2sur [a, +∞[, puis sur R∗+par recouvrement.
c. Pour tout x > 0, g00(x) = Z+∞ 0 sin2t e−xtdt = Z +∞ 0 1 − cos(2t) 2 e −xt dt = 1 2x− 1 2 Z+∞ 0 cos(2t) e−xtdt. Deux intégrations par parties successives conduisent à
Z +∞ 0 cos(2t) e−xtdt = x x2+ 4 donc g 00 (x) = 2 x(x2+ 4). On a g00(x) =1 2 1 x− x x2+ 4
donc il existe C ∈ R tel que g0(x) =1 2ln x −
1 4ln(x
2+ 4) + C.
À l’aide du théorème de convergence dominée on prouve sans peine que lim
+∞g 0
(x) = 0, ce qui impose C = 0. On en déduit qu’il exixte une constante K telle que g(x) = 1
2x ln x − 1 4x ln(x
2+ 4) − arctan(x/2) + K.
De même, on prouve que lim
+∞g(x) = 0, ce qui impose K =
π 2. Enfin, g étant continue en 0, on en déduit que J = g(0) = lim
x→0+g(x) =
π 2.
Exercice 7
[Mines PSI 2016]Une urne contient n > 2 boules distinctes B1, . . . , Bn, que l’on tire successivement avec remise. Soit Yr la variable aléatoire
qui donne le rang du tirage au bout duquel B1, . . . , Bront été tirées au moins une fois.
a. Déterminer la loi, l’espérance et la variance de Y1.
b. Préciser Yr(Ω). Que valent P(Yr= r) et P(Yr= r + 1) ?
c. On fixe r. Pour tout i ∈ ~1, r on note Wi la variable aléatoire représentant le nombre de tirages nécessaires pour
que, la première fois, i boules distinctes parmi les boules B1, . . . , Br soient sorties (ainsi, Wr= Yr). On pose X1= W1et
Xi = Wi−Wi−1si i > 2.
Déterminer la loi de Xi ainsi que son espérance.
d. En déduire l’espérance de Yn. Trouver un équivalent de E(Yn) lorsque n tend vers +∞.
a. Y1suit une loi géométrique de paramètre p = 1/n donc E(Y1) =
1
p = n et V(Y1) = q
p2 = n(n − 1).
b. Yr(Ω) = ~r, +∞~ ∪ {+∞}. Par dénombrement a P(Yr = r) =
r! nr.
Si Yr = r + 1, deux cas sont possibles : ou bien une des boules B1, . . . , Br a été tirée deux fois, ou bien une des boules
Br+1, . . . , Bn a été tirée. Dans le premier cas il y a
r 2 !
r! tirages possibles ; dans le second cas, (n − r)r.r!. On en déduit
P(Yr= r + 1) =
r!r(2n − r − 1)
2nr+1 .
c. X1suit une loi géométrique de paramètre p = r/n donc E(X1) =
n r.
Si i ∈ ~2, r, Xi suit une loi géométrique de paramètre p = (r − i + 1)/n donc E(Xi) = n r − i + 1. d. On a Yr = Wr= r X i=1
Xi donc par linéarité de l’espérance, E(Yr) = r X i=1 n r − i + 1= n r X k=1 1 k. En particulier, E(Yn) = n n X k=1 1
k ∼n ln n (comparaison à une intégrale).
Exercice 8
[X PC 2020] Soit (a1, . . . , an, b1, . . . , bn) ∈ C2n, et M = 0 · · · 0 b1 .. . ... ... 0 · · · 0 bn a1 · · · an 0 ∈ Mn+1(C).Donner une condition nécessaire et suffisante pour que la matrice M soit diagonalisable. On calcule par récurrence le polynôme caractéristique pour obtenir :
χ
M(x) = xn−1x2− n X k=1 akbk . – Si n X k=1
akbk = 0 alors Sp(M) = {0} donc M est diagonalisable si et seulement si M = 0, soit (a1, . . . , an, b1, . . . , bn) =
(0, . . . , 0). – Si
n
X
k=1
akbk= Ω , 0, soit ω une des deux racines complexes de Ω. Alors Sp(M) = {0, ω, −ω}. ω et −ω sont racines
simples donc les sous-espaces propres associés sont de dimension 1. M est donc diagonalisable si et seulement si dim Ker M = n − 1 soit rg M = 2, ce qui est le cas puisqu’il existe nécessairement i ∈ ~1, n tel que ai, 0.
En conclusion, M est diagonalisable si et seulement si (a1, . . . , an, b1, . . . , bn) = (0, . . . , 0) ou n
X
k=1
