SESSION 2013 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE
Epreuve de Mathématiques B MP
Exercice I
1) a)ϕest une application deMn,1(C)dansM2n,1(C).
Soient(X, Y)∈(Mn,1(C))2et(λ, µ)∈C2. ϕ(λX+µY) =
λX+µY 0
=λ X
0
+µ Y
0
=λϕ(X) +µϕ(Y).
Donc,ϕ∈L (Mn,1(C),M2n,1(C)).
b)Soient(X, Y)∈(Mn,1(C))2puisZ= X
Y
∈M2n,1(C).
MAZ=
0 In
A 0
X Y
= Y
AX
.
Donc,Z∈Ker(MA)⇔AX=Y=0⇔X∈Ker(A)etY =0. Ainsi, Ker(MA) =
X 0
, X∈Ker(A)
={ϕ(X), X∈Ker(A)}=ϕ(Ker(A)).
Ainsi, la restrictionϕ′ deϕ à Ker(A) est une application linéaire surjective de Ker(A)dans Ker(MA). Enfin, siX est un élément du noyau de ϕ′, alors
X 0
= 0
0
et donc X = 0. Par suite, ϕ′ est injective et finalement ϕ′ est un isomorphisme de Ker(A)sur Ker(MA).
En particulier,
dim(Ker(MA)) =dim(Ker(A)).
c) Théorème du rang.Soitfune application linéaire d’un espaceEde dimension finie dans un espaceF.
La restriction de f à un supplémentaire de Ker(f) dans E est un isomorphisme de ce supplémentaire sur Im(f). En particulier, rg(f) =n−dim(Ker(f)).
D’après le théorème du rang,
rg(MA) =2n−dim(Ker(MA)) =2n−dim(Ker(A)) =2n− (n−rg(A)) =n+rg(A).
rg(MA) =n+rg(A).
2) a)Un calcul par blocs fournit
M2A=
0 In
A 0
0 In
A 0
=
A 0 0 A
.
b)PuisqueAest diagonalisable, il existeP∈GLn(C)et une matrice diagonaleD∈Dn(C)telles queA=PDP−1. Soient P1 =
P 0 0 P
et D1 =
D 0 0 D
. La matrice D1 est une matrice diagonale de format 2n. D’autre part, det(P1) = (det(P))26=0. Par suite,P1est une matrice inversible de format2n. De plus, un calcul par blocs fournit
P 0 0 P
P−1 0 0 P−1
=
PP−1 0 0 PP−1
=
In 0 0 In
=I2n, et doncP1−1=
P−1 0 0 P−1
.
Un calcul par blocs permet alors d’écrire
M2A=
PDP−1 0 0 PDP−1
=
P 0 0 P
D 0 0 D
P−1 0 0 P−1
=P1D1P−11. Ceci montre la matriceM2A est diagonalisable.
c)det(MA)2= (det(A))26=0 et doncM2Aest inversible.
d)NotonsΠ= Yk
i=1
(X−λi)le polynôme minimal de la matriceM2A. On sait que chaqueλi est valeur propre de M2A. De plus,M2A est inversible et donc aucun desλi n’est nul.
PuisqueM2Aest diagonalisable,Πest à racines simples. PuisqueΠest annulateur de M2A, on a Yk
i=1
M2A−λiI2n
=0.
Par suite, le polynômeΠ1=Π(X2) = Yk
i=1
(X2−λi)est annulateur de MA. Pour chaquei ∈J1, kK, notons δi une racine carrée deλi dansC. Alors
Π1= Yk
i=1
(X−δi)(X+δi).
Sii6=j,±δi6=±δjcar(±δi)2=λi6=λj= (±δj)2. D’autre part, pour chaquei,δi6= −δicar sinonδi=0 puisλi=0ce qui n’est pas. Finalement,Π1est un polynôme à racines simples dansC et annulateur deMA. On sait alors queMA est diagonalisable.
3) a)Pour toutZ∈M2n,1(C),M2AZ=MA(MAZ)∈Im(MA). Donc Im M2A
⊂Im(MA).
Supposons maintenantMA diagonalisable. Soit (C1, . . . , C2n)une base de M2n,1(C)constituée de vecteurs propres de MA et associée à la famille de valeurs propres(λ1, . . . , λ2n).
Si tous lesλi sont nuls,MA est nulle (car diagonalisable) et doncM2Aest nulle. Dans ce cas, Im(MA) ={0}=Im M2A . Sinon, on peut supposer que pour un certainm∈J1, 2nK, les λi tels que16i6msont tous non nuls et les λi tels que i > msont tous nuls. Alors,
Im(MA) =Vect(MAC1, . . . , MAC2n) =Vect(λ1C1, . . . , λ2nC2n) =Vect(λ1C1, . . . , λmCm)
=Vect 1
λ1
λ21C1, . . . , 1 λm
λ2mCm
=Vect λ21C1, . . . , λ2mCm
=Vect M2AC1, . . . , M2ACm
=Vect M2AC1, . . . , M2AC2n
=Im M2A . On a montré dans tous les cas que Im(MA) =Im M2A
. b)Pour toutZ∈M2n,1(C),
Z∈Ker(MA)⇒MAZ=0⇒M2AZ=0⇒Z∈Ker M2A . Donc, Ker(MA) ⊂Ker M2A
. D’autre part, d’après la question précédente et le théorème du rang, dim(Ker(MA)) = dim Ker M2A
. Finalement Ker(MA) =Ker M2A . c)SoitX∈KerA. Alors
M2A 0
X
=
A 0 0 A
0 X
= 0
AX
=0.
Donc, 0
X
∈Ker M2A
=Ker(MA). L’égalitéMA
0 X
=0 s’écrit X
0
=0 et doncX=0.
On a montré que Ker(A) ={0}et finalement queAest inversible.
d)MAest diagonalisable et doncM2Aest diagonalisable (MA=PDP−1⇒M2A+PD2P−1). Par suite, il existe un polynôme non nulπà racines simples dans Cet annulateur deM2A. Un calcul par blocs montre queΠ M2A
=
Π(A) 0 0 Π(A)
.
L’égalitéΠ M2A
=0 fournitΠ(A) =0. Ainsi, il existe un polynôme non nul à racines simples dansCet annulateur de Aet doncAest diagonalisable.
4)D’après la question 2), siAest diagonalisable et inversible, alorsMA est diagonalisable. D’après la question 3), siMA est diagonalisable, alorsAest diagonalisable et inversible. Finalement,
MA est diagonalisable si et seulement siAest diagonalisable et inversible.
Exercice II
1) a)NotonsRle rayon de convergence de la série entière de l’énoncé.
Pourn∈N, posonsa2n= 1
2n+1 eta2n+1=0. La suite(an1n)n∈Nest bornée car convergente. DoncR>1.
Mais X+∞
n=0
an1n =
+∞X
n=0
1
2n+1 = +∞et doncR61. Finalement R=1.
b) D’après la question a), ] −1, 1[⊂ DS ⊂ [−1, 1]. Maintenant,
+∞X
n=0
an(±1)n = X+∞
n=0
1
2n+1 = +∞ et donc 1 /∈ DS et
−1 /∈DS.
DS=] −1, 1[.
On note que la fonctionSest paire.
2) a)Pour tout réelxde] −1, 1[,xS(x) = X+∞
n=0
x2n+1 2n+1.
On sait que la somme d’une série entière est dérivable sur son intervalle ouvert de convergence et que sa dérivée s’obtient par dérivation terme à terme. Donc la fonctionT : x7→xS(x)est dérivable sur] −1, 1[et pour tout réelxde] −1, 1[
T′(x) =
+∞X
n=0
x2n= 1 1−x2. b)Pour tout réelx∈R\ {−1, 1},
1 1−x2 = 1
2
(1−x) + (1+x) (1−x)(1+x) = 1
2 1 1−x+ 1
2 1 1+x. Par suite, il existe un réelCtel que pour tout réelxde]−1, 1[,xS(x) = 1
2(−ln(1−x) +ln(1+x))+C= 1 2ln
1+x 1−x
+C.
Pourx=0, on obtient0=0+Cet doncC=0. On a montré que
∀x∈] −1, 1[,xS(x) = 1 2ln
1+x 1−x
.
3) a)Pourn∈Net x∈]0, 1[, posons sn(x) = x2n 2n+1.
•Chaque fonctionsn est continue sur]0, 1[et intégrable sur]0, 1[car prolongeable par continuité en0 et en1.
• La série de fonction de terme généralsn, n∈N, converge simplement sur]0, 1[vers la fonction Squi est continue sur ]0, 1[ en tant que somme d’une série entière définie sur]0, 1[.
•
+∞
X
n=0
Z1
0
|sn(x)|dx =
+∞
X
n=0
Z1
0
x2n
2n+1 dx=
+∞
X
n=0
1
(2n+1)2 < +∞ car 0 < 1
(2n+1)2 ∼
n→+∞
1
4n2 qui est le terme général d’une série convergente.
D’après un théorème d’intégration terme à terme, la fonctionx7→
X+∞
n=0
x2n
2n+1 est intégrable sur]0, 1[ et Z1
0
X+∞
n=0
x2n 2n+1 dx=
+∞X
n=0
Z1
0
x2n 2n+1 dx.
b)D’après la question 2)b), pourx∈]0, 1[, X+∞
n=0
x2n
2n+1 =S(x) = 1 2xln
1+x 1−x
.
D’après la question précédente, la fonctionx7→ 1 2xln
1+x 1−x
est intégrable sur]0, 1[et Z1
0
1 2xln
1+x 1−x
=
+∞X
n=0
Z1
0
x2n 2n+1 dx=
X+∞
n=0
1 (2n+1)2. 4)•La fonctiont7→ lnt
1−t2 est continue sur]0, 1[.
•Quandttend vers0 par valeurs supérieures, lnt
1−t2 ∼lnt=o t−1/2
d’après un théorème de croissances comparées. Puisque−1
2 >−1, on en déduit que la fonction t7→ lnt
1−t2 est intégrable sur un voisinage de0 à droite.
•Quandttend vers1 par valeurs inférieures, lnt
1−t2 = − lnt t−1× 1
1+t ∼−1.
La fonctiont7→ lnt
1−t2 est prolongeable par continuité en1à gauche et en particulier est intégrable sur un voisinage de 1à gauche.
Finalement, la fonctiont7→ lnt
1−t2 est intégrable sur]0, 1[et donc l’intégrale Z1
0
lnt
1−t2 dtexiste.
5) La fonction (x, y)7→ 1
(1+x2)(1+y2) est continue sur le compact ∆ en tant que fonction rationnelle définie sur∆.
DoncJexiste. De plus,
J= Z1
0
1 1+x2
Zx
0
1 1+y2 dy
dx=
Z1
0
Arctan(x) 1+x2 dx=
1
2Arctan2(x) 1
0
= π2 32.
J= π2 32. 6)La fonctionθ7→ ln 2cos2θ
2cos(2θ) est continue surh 0,π
4 h. Quandθtend vers π
4 par valeurs inférieures, cos(2θ)tend vers0et donc ln 2cos2θ
2cos(2θ) = ln(1+cos(2θ))
2cos(2θ) ∼ cos(2θ) 2cos(2θ)= 1
2. La fonctionθ7→ln 2cos2θ
2cos(2θ) est prolongeable par continuité en π
4 à gauche et en particulier est intégrable sur un voisinage à gauche de π
4.
Finalement, la fonctionθ7→ ln 2cos2θ
2cos(2θ) est intégrable surh 0,π
4
h. On en déduit l’existence deK.
7) a)
K+L= Zπ/4
0
ln 2sin2θ×2cos2θ 2cos(2θ) dθ=
Zπ/4
0
ln sin2(2θ) 2cos(2θ) dθ=
Zπ/4
0
ln(sin(2θ)) cos(2θ) dθ
= Zπ/4
0
ln(sin(2θ))
cos2(2θ) ×cos(2θ)dθ= 1 2
Zπ/4
0
ln(sin(2θ))
1−sin2(2θ)×2cos(2θ)dθ
= 1 2
Z1
0
ln(t)
1−t2 dt(en posantt=sin(2θ))
= I 2.
b)
K−L= Zπ/4
0
ln (2cos2θ)/(2sin2θ)
2cos(2θ) dθ= − Zπ/4
0
ln(tan(θ)) cos(2θ) dθ
= − Z1
0
ln(t) (1−t2)/(1+t2)
dt
1+t2 (en posantt=tan(θ))
= − Z1
0
ln(t)
1−t2 dt= −I.
c)On additionne les deux égalités précédentes et on obtient−I
2 =K+L+K−L=2K=2J= π2
16 et donc I= −π2 8 . 8) Soit(a, b)∈]0, 1[2 tels que a < b. Les deux fonctions x7→ 1
2x et x 7→ln 1+x
1−x
sont de classe C1 sur le segment [a, b]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
Zb
a
1 2xln
1+x 1−x
dx= lnx
2 ln 1+x
1−x b
a
− Zb
a
lnx
2 × 2
(1−x)2× 1 1+x 1−x
dx
= lnb 2 ln
1+b 1−b
− lna 2 ln
1+a 1−a
− Zb
a
lnx 1−x2 dx
• lnb 2 ln
1+b 1−b
= 1
2lnbln(1+b) −1
2lnbln(1−b). Quandb tend vers1, 1
2lnbln(1+b)tend vers 0. D’autre part, quand btend vers 1, lnbln(1−b) ∼−(1−b)ln(1−b)qui tend vers 0 d’après un théorème de croissances comparées.
Donc lim
b→1 b<1
lnb 2 ln
1+b 1−b
=0.
• lna 2 ln
1+a 1−a
= 1
2lnaln(1+a) −1
2lnaln(1−a). Quandatend vers0par valeurs supérieures lnaln(1+a)∼alna et lnaln(1−a)∼−alna. Chacune de ses deux expressions tend vers0d’après un théorème de croissances comparées et donc lim
a→1 a>0
lna 2 ln
1+a 1−a
=0.
Quandatend vers 0 etbtend vers 1, on obtient Z1
0
1 2xln
1+x 1−x
dx= − Z1
0
lnx
1−x2 dx= −I= π2
8 d’après la question précédente. La question 3)b) permet alors d’affirmer que
+∞X
n=0
1
(2n+1)2 = π2 8 .
Exercice III
1)Les asymptotes deHsont les droitesDet D′ d’équations respectivesy= b
axet y= −b ax.
D⊥D′⇔ b a×
−b a
= −1⇔a2=b2⇔a=b.
2)Soient−→I = 1
√2
−
→i − 1
√2
−
→j et−→J = 1
√2
−
→i + 1
√2
−
→j puisR′=
O,−→I ,−→J
. La matrice de passage de la base orthonormée −→i ,−→j
à la famille−→I ,−→J
est orthogonale et doncR′ est un repère orthonormé.
Les formules de changement de repère s’écrivent
x= X+Y
√2
y= −X+Y
√2
. Soit alorsMun point du plan de coordonnées(x, y)
dansRet (X, Y)dansR′.
M∈ H⇔ x2 a2−y2
a2 =1⇔ (x−y)(x+y) a2 =1⇔
√2X×√ 2Y
a2 =1⇔XY = a2 2 .
Une équation deHdansR′ est doncXY=k aveck= a2 2 .
3) a)Une équation deC dansR′ est(X−α)2+ (Y−β)2=r2ou encore X2+Y2−2αX−2βY−r2=0.
b)SoitM(X, Y)un point du plan.
M∈ H ∩ C ⇔
XY= a2
X2+Y22−2αX−2βY−r2=0
⇔
Y = a2 2X X2+ a4
4X2−2αX−2βa2
2X −r2=0
En particulier les abscisses des pointsA,B,CetD sont solution de l’équation 4X4−8αX3−4r2X2−4βa2X+a4=0 (E).
c)Les pointsA, B, Cet Dsont deux à deux distincts. Il est clair que leurs abscisses dans le repèreR′ sont deux à deux distincts. Les nombresXA, XB, XC et XD sont quatre réels deux à deux distincts solutions de l’équation (E)qui est de degré4. Ce sont donc toutes les racines de l’équation(E). D’après les relations entre coefficients et racines d’un polynôme,
XAXBXCXD= a4 4 . Le produit des abscisses des pointsA,B,CetD est donc constant égal à a4
4 quandα,βetr varie.
4)Réciproquement, soientA,B, CetD quatre points de Hdeux à deux distincts tels queXAXBXCXD = a4
4 . SoientX l’un des quatre réelsXA,XB,XC ouXD puisY= a2
2X (de sorte que Y est l’ordonnée du point considéré).
On a(X−XA)(X−XB)(X−XC)(X−XD) =0 ce qui, après développement, s’écrit sous la forme X4+bX3+cX2+dX+a4
4 =0.
En divisant parX2, on obtient 0=X2+bX+c+ d
X+ a4
4X2 =X2+bX+c+2d
a2Y+Y2=
X+b 2
2
+
Y+ d a2
2
−b2 4 − d2
a4+c.
Par suite,
X+b 2
2
+
Y+ d a2
2
= b2 4 + d2
a4−c.
Cette égalité impose b2 4 +d2
a4−c>0. On peut alors poser α= −b
2, β= −d
a2 et r= rb2
4 +d2
a4−c. L’égalité s’écrit alors
(X−α)2+ (Y−β)2=r2.
Ceci signifie que chacun des quatre pointsA,B,CetD appartient au cercle de centreΩ(α, β)R′ et de rayonr. Enfin,A, B, Cet Dsont deux à deux distincts et doncr > 0. La condition de la question 3)c) est donc suffisante.
