SESSION 2010 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE
Epreuve de Mathématiques B PSI
Exercice I
Partie A
(1) (a)La matrice
In B 0n In
est triangulaire supérieure et donc son déterminant est le produit de ses coefficients diagonaux. Par suite, det
In B 0n In
=1n=1.
En développant suivant la première colonne, on obtient det
In 0n
0n D
=1×det
In−1 0n−1,n
0n,n−1 D
=det
In−1 0n−1,n
0n,n−1 D
.
En réitérant, on obtient det
In 0n 0n D
=1n×det(D) =det(D). De même, det
A 0n 0n In
=det(A).
(b)Un calcul par blocs montre que
In 0n 0n D
In B 0n In
A 0n 0n In
=
In B 0n D
A 0n 0n In
=
A B 0n D
. Par suite,
det
A B 0n D
=det
In 0n 0n D
det
In B 0n In
det
A 0n 0n In
=det(A)×det(D).
(c)D’après la question précédente, det
A 0n
C D
=dett
A 0n
C D
=dett t
A tC 0n tD
=det(tA)×det(tC) =det(A)×det(C).
(2)
A B C D
D 0n
−C In
=
AD−BC B CD−DC D
=
AD−BC B
0n D
car les matrices C et D commutent. Par suite,
det
A B C D
detD=det
A B C D
det
D 0n
−C In
=det
AD−BC B
0n D
=det(AD−BC)×det(D).
Enfin,Dest inversible et donc det(D)6=0. Après simplification par det(D), on obtient det
A B C D
=det(AD−BC).
Si Cet Dcommutent etD est inversible, det
A B C D
=det(AD−BC).
(3) (a)Puisque Ccommute avecD etIn, pour tout complexex,CetDxcommutent.
Sixn’est pas une valeur propre deD,Dx est inversible et d’après la question précédente det(Mx) =det(ADx−BC).
CommeDadmet un nombre fini de valeur propre, il existeSsous-ensemble fini deC(à savoirS=Sp(D)) tel que∀x∈C\S, det(Mx) =det(ADx−BC).
(b) Les fonctions x 7→ det(Mx) et x 7→ det(ADx−BC) sont polynomiales et coïncident en une infinité de valeurs de x. On en déduit que ces fonctions sont égales et en particulier prennent la même valeur en 0. Pour x = 0, on obtient det
A B C D
=det(AD−BC).
Si Cet Dcommutent, det
A B C D
=det(AD−BC).
Partie B
(1) Soit(i, j)∈{1, 2}2.RA(Ei,j) = (aE1,1+bE1,2+cE2,1+dE2,2)Ei,j =
aE1,j+cE2,jsii=1
bE1,j+dE2,jsii=2 . Donc la matrice de RA dans la baseBest
MatB(RA) =
a 0 b 0 0 a 0 b c 0 d 0 0 c 0 d
=
aI2 bI2 cI2 dI2
.
De même,LA(Ei,j) = Ei,j(aE1,1+bE1,2+cE2,1+dE2,2) =
aEi,1+bEi,2sij=1
cEi,1+dEi,2 sij=2 . Donc la matrice de LA dans la baseBest
MatB(LA) =
a c 0 0 b d 0 0 0 0 a c 0 0 b d
= t
A 02
02 tA
.
(2) Par suite,
∀q∈C\ {0, 1},MA=MatB(RA−qLA) =
aI2−qtA bI2
cI2 dI2−qtA
.
(3) (a)On sait que AeA= AAe = (ad−bc)I2. Puisque les matricesbI2 et dI2−qtAcommutent, la partie A permet d’écrire
det(MA) =det((aI2−qtA)(dI2−qtA) −bcI2) =det((ad−bc)I2+q2(tA2) −q(a+d)tA)
=dett((ad−bc)I2+q2(tA2) −q(a+d)tA) =det((ad−bc)I2+q2A2−q(a+d)A)
=det(AeA+q2A2−q(a+d)A) =det(A)det(Ae+q2A−q(a+d)I2), (b)puis
det(MA) =det(A)det
d+q2a−q(a+d) −b+q2b
−c+q2c a+q2d−q(a+d)
=det(A)det
(1−q)(d−qa) −(1−q)(1+q)b
−(1−q)(1+q)c (1−q)(a−qd)
= (1−q)2det(A)det
(d−qa) −(1+q)b
−(1+q)c (a−qd)
(par linéarité par rapport à chaque colonne).
(c)et enfin
det(MA) = (1−q)2det(A)(ad−q(a2+d2) +q2ad− (1+q)2bc)
= (1−q)2det(A)(−q(a2+2ad+d2) + (q2+2q+1)ad− (1+q)2bc)
= (1−q)2det(A)(−q(a+d)2+ (1+q)2(ad−bc)) = (1−q)2det(A)(+(1+q)2det(A) −q(Tr(A))2).
(4) (a)On sait que Tr(A) =α+β, det(A) =αβ. Donc
det(MA) = (q−1)2αβ((1+q)2αβ−q(α+β)2) = (qα−α)(qβ−β)(q2αβ−q(α2+β2) +αβ
= (qα−α)(qβ−β)(qα−β)(qβ−α) =PA(qα)PA(qβ).
det(MA) =PA(qα)PA(qβ).
(b)
∃B∈ M2(C)\ {0}/ AB=qBA⇔∃B∈ M2(C)\ {0}/(RA−qLA)(B) =0
⇔0∈Sp(RA−qLA)⇔det(MA) =0⇔PA(qα)PA(qβ) =0
⇔(q−1)2αβ(qα−β)(qβ−α) =0
⇔αβ=0ouα=qβouβ=qα(car(q−1)26=0)
⇔det(A) =0ouα=qβouβ=qα.
(5) On supposeA6=0. D’après la question précédente, on a det(A) =0 ouβ=qαouα=qβ.
•Supposons det(A)6=0. Alorsα6=0, β6=0et β=qαouα=qβ. Quite à échanger les noms des deux valeurs propres, on supposeraβ=qα.
Dans ce cas,Aadmet les deux valeurs propresα6=0 etqα6=0. De plus,qα6=αcar qα=α⇔(q−1)α=0⇔q=1 ou α = 0 ce qui n’est n’est pas. Ainsi, A admet deux valeurs propres distinctes à savoir α et qα. On sait que A est diagonalisable et donc semblable à une matrice de la forme
α 0 0 qα
, α6=0.
•Supposons det(A) =0. Alors ou bienα=β=0ou bien l’un des deux réelsαouβest nul et l’autre non.
1er casSupposonsα6=0 etβ=0 ouα=0etβ6=0. Quite à renommer les valeurs propres, on peut supposer queα6=0 etβ=0. Dans ce cas encore,Aa deux valeurs propres distinctes et est donc diagonalisable. Mais alorsAest semblable à une matrice de la forme
α 0 0 0
,α6=0.
2ème casSupposonsα=β=0. AlorsPA=X2 et d’après le théorème deCayley-Hamilton,A2=0. Comme A6=0, Aest nilpotente d’indice 2.
Soitf l’endomorphisme deC2canoniquement associé àA.f6=0et donc il existe e2tel que f(e2)6=0. Posonse1=f(e2).
Puisquef2=0, on a doncf(e1) =0.
Ainsi,e1est un vecteur non nul de Ker(f)et e2n’est pas Ker(f). Donce2n’est pas colinéaire àe1. Par suite,(e1, e2)est une base deC2. Dans cette base, la matrice defs’écrit
0 1 0 0
et doncAest semblable à cette matrice.
Exercice II
Partie A
(1) (a)Montrons par récurrence que∀n∈N, an etbn existent et sont positifs. C’est vrai pourn=0. Soitn>0. Si an+1= an+bn
2 et bn+1=√
anbn existent et sont positifs. On a montré par récurrence que pour tout entier natureln,an etbn existent et sont positifs.
(b)Soitn∈N.
an+1−bn+1= an+bn
2 −√
anbn = 1 2(√an2
−2√
anbn+√ bn
2) = 1
2(√an−√ bn)2.
(2) On en déduit que pour tout entier natureln bn+16an+1ou encore, pour tout entier naturel non nuln,an6bn. Ensuite, pourn>1,bn+1−bn =√
bn(√an−√
bn)>0etan−an+1= 1
2(an−bn)>0. On a montré que
∀n∈N∗,06bn 6bn+16an+16an.
(3) Soitn∈N∗.(an−bn) − (√an−√
bn)2=2√
anbn−2bn =2√
bn(√an−√
bn)>0. Donc
∀n∈N∗,(√an−√
bn)26an−bn. Mais alors, pourn∈N∗,06an+1−bn+1= 1
2(√an−√
bn)26 1
2(an−bn)puis par récurrence,∀n∈N∗, 06an−bn6 1
2n−1(a1−b1) = 1 2n(1−√
a)2. Enfin,(1−√
a)2= (1−a)2 (1+√
a)2 =|1−a| |1−a|
1+2√
a+a 6|1−a|1+a
1+a =|1−a|. On a montré que
(4) Ainsi, la suite(an)n∈N∗ décroît, la suite(bn)n∈N∗ croît et la suite(an−bn)n∈N∗ converge vers0. On en déduit que les deux suites(an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ sont adjacentes et donc convergentes de même limite.
Les suites(an)n∈N∗ et (bn)n∈N∗ convergent vers la même limite.
Partie B
(1) D’après la partie A, pour chaquex>0, les deux suites(an(x))n∈N∗ et (bn(x))n∈N∗ convergent vers la même limite ou encore, les suites de fonctions(an)et(bn)convergent simplement sur[0,+∞[vers une certaine fonctionf.
(2) (a)• a0(0) =0,b0(0) =1 puisa1(0) = 1
2 et b1(0) =0.
Soitn >1. Supposons que bn(0) =0. Alors,bn+1(0) =0. Ceci montre par récurrence que∀n >1, bn(0) =0. On en déduit quef(0) = lim
n→+∞bn(0) =0.
•a0(1) =b0(1) =1. Mais alors, par récurrence,∀n∈N,an(1) =bn(1). Par suite, f(1) = lim
n→+∞an(1) =1.
f(0) =0 etf(1) =1.
(b)(erreur d’énoncé : l’encadrement est faux pourx∈]0, 1[)
Soitx>0. La suite(bn)n∈N∗ tend versf(x)en croissant. On en déduit que√
x=b1(x)6f(x).
Si de plusx>1,a0(x) =x> 1+x
2 =a1(x). Mais alors la suite(an)n∈Ntend versf(x)en décroissant. On en déduit que f(x)6a0(x) =x.
∀x>0,f(x)>√
xet∀x>1,√
x6f(x)6x.
(3) SoitA > 0. Pourx∈[0, A]et n∈N∗, on a bn(x)6f(x)6an(x). Par suite, pour toutn∈N∗ et tout x∈[0, A], d’après la question (3)(a) de la partie A, on a
|an(x) −f(x)|6|an(x) −bn(x)| 1
2n|1−a0(x)|= |1−x|
2n 61+A 2n . On en déduit que pour tout entier naturel non nuln, Sup{|an(x) −f(x)|x∈[0, A]}61+A
2n puis que lim
n→+∞Sup{|an(x) − f(x)| x ∈ [0, A]} = 0. On a montré que la suite de fonctions (an)n∈N converge uniformément vers la fonction f sur le segment[0, A].
De même, puisque∀n∈N∗,∀x∈[0, A],|bn(x) −f(x)|61+A
2n , la suite de fonctions(bn)n∈Nconverge uniformément vers la fonctionfsur le segment[0, A].
Les suites de fonctions(bn)n∈Net (bn)n∈Nconvergent uniformément vers la fonction fsur[0, A].
(4) Les fonctionsa0et b0 sont continues sur [0,+∞[ à valeurs dans [0,+∞[ et si pour n∈N, les fonctionsan et bn sont continues sur[0,+∞[ à valeurs dans[0,+∞[, alors les fonctionsan+1= an+bn
2 etbn+1=√
anbn sont continues sur[0,+∞[à valeurs dans[0,+∞[. Ceci montre par récurrence que pour tout entier natureln, les fonctionsan etbn sont continues sur[0,+∞[.
Puisque la suite de fonctions (an)n∈N converge uniformément vers la fonction f sur tout segment [0, A] de [0,+∞[, la fonctionf est continue sur tout segment[0, A]de[0,+∞[et donc sur [0,+∞[.
La fonctionfest continue sur[0,+∞[.
Partie C
(1) La fonctionϕ : t7→ 1
p(t2+α2)(t2+β2)est continue surR. De plusϕ(t) ∼
t→±∞
√1 t4 = 1
t2. Doncϕest intégrable sur un voisinage de+∞ou de−∞et finalement
la fonction ϕest intégrable surR.
(2) Soienta > 0puisA > a. Posons G : [a, A]×[0,+∞[ → R (x, t) 7→ G(x, t) = 1
p(t2+x2)(t2+1) dt .
•Pour chaquex∈[a, A], la fonctiont7→G(x, t)est continue par morceaux et intégrable sur[0,+∞[d’après la question (1) appliquée àα=xet β=1.
•La fonctionGadmet sur[a, A]×[0,+∞[une dérivée partielle par rapport à sa première variablexdéfinie par
∀(x, t)∈[a, A]×[0,+∞[, ∂G
∂x(x, t) = − 1
√t2+1 × x (t2+x2)3/2 De plus
- pour chaquex∈[a, A], la fonctiont7→ ∂G
∂x(x, t)est continue par morceaux sur[0,+∞[, - pour chaquet∈[0,+∞[, la fonction x7→ ∂G
∂x(x, t)est continue sur[a, A], - pour chaque(x, t)∈[a, A],
∂G
∂x(x, t)
= 1
√t2+1× x
(x2+t2)3/2 6 1
√t2+1 × A
(a2+t2)3/2 =ψ(t).
De plus, la fonctionψ est continue sur[0,+∞[et équivalente en+∞à A
t4. Par suite, la fonctionψ est intégrable sur[0,+∞[.
D’après le théorème de dérivation sous le signe somme (théorème deLeibniz), la fonctiongest de classe C1 sur[a, A].
Ceci étant vrai pour tous réelsaetAtels que0 < a < A, on a montré que la fonction gest de classeC1sur]0,+∞[.
(3) (a)Soitx > 0. La fonctionSxest de continue sur]0,+∞[et strictement croissante sur]0,+∞[en tant que somme de deux fonctions strictement croissantes sur]0,+∞[. Par suite,Sxréalise une bijection de]0,+∞[sur
t→lim0+Sx(t), lim
t→+∞Sx(t)
= ] −∞,+∞[=R. De plus,Sx est de classeC1 sur]0,+∞[.
∀x > 0,Sxest une bijection de classe C1de]0,+∞[surR.
(b)Soitx=αβ > 0. PuisqueSxest une bijection de classeC1de]0,+∞[surR, on peut posers=Sαβ(t) = 1 2
t− αβ
t
et doncds= 1 2
1+αβ
t2
dt. On obtient Z+∞
−∞
v 1 uu t s2+
α+β 2
2!
(s2+αβ) ds=
Z+∞ 0
v 1 uu t 1
4
t− αβ t
2
+
α+β 2
2! 1 4
t− αβ
t 2
+αβ
! 1 2
1+ αβ
t2
dt
=2 Z+∞
0
t2+αβ r
(t2−αβ)2+t2(α+β)2 (t2−αβ)2+4t2αβ dt
=2 Z+∞
0
t2+αβ
p(t4+ (α2+β2) +α2β2) (t4+2αβt2+α2β2) dt
=2 Z+∞
0
t2+αβ q
(t2+α2)(t2+β2) (t2+αβ)2 dt
=2 Z+∞
0
p 1
(t2+α2)(t2+β2) dt.
(c)Puisque la fonctions7→ 1 vu
ut s2+
α+β 2
2!
(s2+αβ)
est paire,
Z+∞
−∞
v 1 uu t s2+
α+β2!
(s2+αβ) ds=2
Z+∞ 0
v 1 uu t s2+
α+β2!
(s2+αβ)
dset on a donc montré que
∀α > 0, ∀β > 0, Z+∞
0
v 1 uu t t2+
α+β 2
2!
(t2+αβ) dt=
Z+∞ 0
p 1
(t2+α2)(t2+β2)dt.
Partie D
(1) Montrons par récurrence que∀n∈N,∀x > 0, g(x) = Z+∞
0
p dt
(t2+a2n(x)) (t2+b2n(x)).
•Puisque∀x > 0,a0(x) =xet b0(x) =x, la formule est vrai pourn=0.
•Soitn>0. Supposons que∀x > 0,g(x) = Z+∞
0
p dt
(t2+a2n(x)) (t2+b2n(x)). Alors d’après la question (3)(c) de la partie précédente, pourx > 0,
g(x) = Z+∞
0
v 1 uu t t2+
an(x) +bn(x) 2
2!
(t2+an(x)bn(x)) dt=
Z+∞ 0
q dt
t2+a2n+1(x)
t2+b2n+1(x)
Le résultat est démontré par récurrence.
∀n∈N,∀x > 0, g(x) = Z+∞
0
p 1
(t2+a2n(x))(t2+b2n(x)) dt.
(2) (a)Soitx > 0. Pourt > 0, lim
n→+∞hn(t) = 1
p(t2+f2(x))(t2+f2(x))= 1 t2+f2(x). (b)Soitx > 0. Pourn>1,a2n(x)>b2n(x)>b21(x) =xet donc pourn>1et t>0,
0 < hn(t) = 1
p(t2+a2n(x))(t2+b2n(x))6 1
p(t2+x)(t2+x)= 1 t2+x. (c)Soitx > 0.
•Chaque fonctionhn,n∈N∗, est continue par morceaux sur[0,+∞[.
•D’après (a), la suite de fonctions hn converge simplement sur[0,+∞[vers la fonction h : t7→ 1
t2+f2(x). De plus, la fonctionh est continue sur[0,+∞[.
• D’après (b), pour tout n ∈ N∗ et tout t ∈ [0,+∞[, |hn(t)| 6 1
t2+x = u(t) (hypothèse de domination). De plus, la fonctionuest continue sur[0,+∞[et équivalente en+∞à 1
t2. Donc la fonctionuest intégrable sur[0,+∞[.
D’après le théorème de convergence dominée, on a Z+∞
0
hn(t)dt= Z+∞
0
h(t)dt= Z+∞
0
1 t2+f2(x)dt
= 1
f(x)Arctan t
f(x) +∞
0
(carf(x)>√ x > 0)
= 1 f(x)
π 2 −0
= π
2f(x).
∀x > 0, lim
n→+∞
Z+∞ 0
hn(t)dt= π 2f(x). (d)D’autre part, d’après la question (1),∀n∈N,
Z+∞ 0
hn(t)dt=g(x). Quandntend vers+∞, on obtient
∀x > 0,g(x) = π 2f(x).
En particulier, la fonctiongne s’annule pas sur]0,+∞[. De plus,gest de classeC1 sur]0,+∞[ d’après la question (2) de la partie C. On en déduit quef= π
2g est de classeC1 sur]0,+∞[.
La fonctionf est de classeC1sur]0,+∞[.
