Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

SESSION 2004

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B MP

Exercice 1

1. La fonctiont7→e^t2 est continue sur R. Donc la fonction x7→

Zx 0

e^t2 dtest définie surR. Soitx∈R. En posantu= −t, on obtient

g(−x) =e^−(−x)2 Z−x

0

e^t2dt=e^−x2 Zx

0

e^u2(−du) = −e^−x2 Zx

0

e^u2 du= −g(x).

Donc

gest impaire.

2. La fonctiont7→e^t2 est continue surR. Donc la fonction x7→

Zx 0

e^t2 dtest de classeC¹ surRet il en est de même deg. De plus, pourx∈R

g^′(x) = −2xe^−x2 Zx

0

e^t2dt+e^−x2×e^x2= −2xg(x) +1.

La fonctiongest solution de l’équation différentielle(E)surR.

3. Les fonctions x 7→ 2x et x 7→ 1 sont continues sur R. On sait alors que les solutions de (E) sur R constituent un R-espace affine de dimension1. Soit alorsfune fonction dérivable surR.

fsolution de(E)surR⇔∀x∈R, f^′(x) +2xf(x) =1⇔∀x∈R(f−g)^′(x) +2x(f−g)(x) =0

⇔∀x∈R, e^x2(f−g)^′(x) +2xe^x2(f−g)(x) =0⇔∀x∈R, d

dx(e^x2(f−g))(x) =0

⇔∃C∈R/∀x∈R, e^x2(f−g)(x) =C⇔∃C∈R/∀x∈R, f(x) =Ce^−x2+g(x).

Les solutions de(E)surRsont les fonctions de la formex7→Ce^−x2+e^−x2 Zx

0

e^t2 dt,C∈R.

4. (a) On suppose à priori que le rayon R de la série X

aixⁱ est strictement positif. Pour x ∈] − R, R[, on pose f(x) =

+∞

X

i=0

aixⁱet on a

f^′(x) +2xf(x) =

+∞

X

i=1

iaixⁱ⁻¹+2

+∞

X

i=0

aixⁱ⁺¹=

+∞

X

i=0

(i+1)a_i+1xⁱ+2

+∞

X

i=1

ai−1xⁱ

=a1+

+∞X

i=1

((i+1)a_i+1+2a_i−1)xⁱ. Mais alors, par unicité des coefficients d’un développement en série entière,

f solution de(E)sur] −R, R[⇔a1=1et ∀i∈N^∗, (i+1)a_i+1+2a_i−1=0⇔a1=1 et∀i∈N, (i+2)a_i+2+2ai=0.

http ://www.maths-france.fr 1

(b)On aa1=1et ∀i∈N^∗, a2i+1= − 2

2i+1a2i−1. Par suite, pouri∈N^∗, a_2i+1= − 2

2i+1×− 2

2i−1 ×. . .×−2

3a1= (−1)ⁱ2ⁱ 1

(2i+1)×(2i−1)×. . .×3

= (−1)ⁱ2ⁱ (2i)×(2i−2)×. . .×2

(2i+1)×(2i)×(2i−1)×. . .×3×2 = (−1)ⁱ2ⁱ 2ⁱi!

(2i+1)!

= (−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!, ce qui reste vrai pouri=0.

∀i∈N, a2i+1= (−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!.

(c)De même,∀i∈N^∗, a2i= −2

2ia2i−2. Par suite, pouri∈N^∗, a2i= −2

2i×− 2

2i−2 ×. . .×−2

2a0= (−1)ⁱ2ⁱ 1

(2i)×(2i−2)×. . .×2a0= (−1)ⁱ2ⁱ 1

2ⁱi!a0= (−1)ⁱ i! a0, ce qui reste vrai pouri=0.

∀i∈N, a2i = (−1)ⁱ i! a0. En particulier, la donnée dea0détermine une suite(aI)i∈Net une seule.

(d)Réciproquement, soit(ai)i∈N est une suite vérifiant :∀i∈N, (i+2)a_i+2+2ai=0.

D’après ce qui précède, la série entièreX

a2ix²ⁱ=X(−1)ⁱ

i! a0x²ⁱ a un rayon de convergence infini. D’autre part, pour x6=0 eti∈N^∗,

a2i+1x²ⁱ⁺¹ a_2i−1x²ⁱ⁻¹

= 2x² 2i+1, et donc lim

i→+∞

a_2i+1x²ⁱ⁺¹ a2i−1x²ⁱ⁻¹

= 0. La règle de dAlembertpermet alors d’affirmer que, pour tout réel xnon nul, la série numérique de terme générala_2i+1x²ⁱ⁺¹converge et donc que la série série entièreX

a_2i+1x²ⁱ⁺¹a un rayon de convergence infini.

En résumé, les deux séries entièresX

a2ix²ⁱ etX

a2i+1x²ⁱ⁺¹ ont un rayon de convergence infini et on en déduit que la série entièreX

aixⁱ a un rayon de convergence infini.

R= +∞.

(e) Les calculs faits en (a) sont maintenant validés par le fait que R = +∞. Les solutions de l’équation (E) sur R, développables en série entière surR, sont donc les fonctions de la formex7→ a0

X+∞

i=0

(−1)ⁱ i! x²ⁱ+

+∞X

i=0

(−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!x²ⁱ⁺¹, a0∈R.

Ces fonctions constituent un R-espace affine de dimension 1 ce qui montre déjà que toute solution de (E) sur R est développable en série entière surR.

gest donc développable en série entière surRet il existea0∈Rtel que

∀x∈R, g(x) =a0 +∞X

i=0

(−1)ⁱ i! x²ⁱ+

X+∞

i=0

(−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!x²ⁱ⁺¹.

De plus, d’après 1.,gest impaire.gest donc la partie impaire de la fonctionx7→a0

X+∞

i=0

(−1)ⁱ i! x²ⁱ+

+∞X

i=0

(−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!x²ⁱ⁺¹ c’est-à-dire la fonctionx7→

+∞X

i=0

(−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!x²ⁱ⁺¹.

∀x∈R, g(x) =

+∞X

i=0

(−1)ⁱ 4ⁱi!

(2i+1)!x²ⁱ⁺¹.

5. (a)Immédiatement

∀x∈R, g1(x) =

+∞

X

i=0

(−1)ⁱ

i! x²ⁱ et∀x∈R, g2(x) =

+∞

X

i=0

x²ⁱ⁺¹ (2i+1)×i!.

(b)En effectuant le produit deCauchydes deux séries entières précédentes, on obtient pourx∈R

g(x) =g1(x)g2(x)

=

+∞

X

i=0

(−1)ⁱ i! x²ⁱ

! _+∞ X

i=0

x²ⁱ⁺¹ (2i+1)×i!

!

=

+∞

X

k=0





X

2i+2j+1=2k+1

(−1)ⁱ i!

1 (2j+1)×j!



x^2k+1=

+∞

X

k=0



 Xk

j=0

(−1)^k−j (k−j)!

1 (2j+1)×j!



x^2k+1

=

+∞

X

k=0

(−1)k k!



 Xk

j=0

(−1)^j (2j+1)C^j_k



x^2k+1.

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière et d’après la question 4.(e), pour tout entierkon a (−1)k

k!



 Xk

j=0

(−1)^j (2j+1)C^j_k



= (−1)^k 4^kk!

(2k+1)!, ou encore

∀k∈N, Xk

j=0

(−1)^j

(2j+1)C^j_k= 4^k(k!)² (2k+1)!.

Exercice 2

1. SoitP∈O3(R). Alors,∀x∈M3,1(R), kAxk=kxket en particulier∀x∈M3,1(R), kAxk=1⇔kxk=1.

∀P∈O3(R), E(P) ={x∈R³/kxk=1}.

2. Soitx= (x1, x2, x3)∈R³. AlorsDx= (α1x1, α2x2, α3x3)puis kDxk=1⇔α²₁x²₁+α²₂x²₂+α²₃x²₃=1⇔ x²₁

1 α1

² + x²₂ 1

α2

²+ x²₃ 1

α3

² =1 et donc

E(D)est un ellipsoïde.

3. SoitA∈GL3(R).

(i)^t(^tAA) =^tA^t(^tA) =^tAA. Donc^tAAest symétrique réelle.

On sait alors que les valeurs propres de^tAAsont réelles. Soientλune valeur propre de^tAAetXun vecteur propre associé.

kAXk²=^t(AX)(AX) =^tX(^tAA)X=^tX(λX) =λkXk², et donc, puisqueX6=0,

λ= kAXk² kXk² .

Maintenant, puisqueX6=0et que Aest inversible, on aAX6=0. On en déduit que λ= kAXk² kXk² > 0.

Ainsi, les valeurs propres de^tAAsont des réels strictement positifs et donc

∀A∈GL3(R), ^tAA est symétrique définie positive.

(ii)Puisque^tAAest symétrique réelle,Aest orthogonalement semblable à une matrice diagonale et il existe P∈O3(R) et∆=diag(a, b, c)∈D3(R)telles queA=^tP∆P. Puisque ^tAAest définie positive,a,bet csont strictement positifs et on peut poserD=diag(√

a,√

b,√c).D est une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs telle que A=^tPD²P.

(iii)S est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs et donc S est une matrice symétrique définie positive.

(iv)A=^tA⁻¹(^tPD²P) =^tA^−1tPDP^tPDP=QSoùQ=^tA^−1tPDP. Mais

tQQ=^tA^−1tPDP×^t(^tA^−1tPDP) =^tA^−1tPDP^tP^tDPA⁻¹=^tA^−1tPD²PA⁻¹=A^−1tAAA⁻¹=I3, et doncQ∈O3(R).

∃Q∈O3(R)/ A=QS.

(v)Soitx∈R³. PuisqueQ est orthogonale,

kAxk=1⇔kQ×Sxk=1⇔kSxk=1.

E(A) =E(S).

(vi)De même, puisquePest orthogonale, pourx∈R³,

kSxk=1⇔k^tPDPxk=1⇔kD×Pxk=1⇔α²₁x₁^′2+α²₂x₂^′2+α²₃x₃^′2=1 où on a poséPx= (x₁^′, x₂^′, x₃^′).

Maintenant, puisquePest une matrice orthogonale,(x₁^′, x₂^′, x₃^′)sont ls coordonnées dexdans une certaine base orthonormée B^′.E(S)a ainsi pour équationα²₁x₁^′2+α²₂x₂^′2+α²₃x₃^′2=1 dansB^′ et donc E(S)est un ellipsoÏde. PuisqueE(A) =E(S),

E(A)est un ellipsoïde.

4. (i)Soitv6=0.

S

1 kS(v)kv

=

1 kS(v)kS(v)

= kS(v)k

kS(v)k =1. Par suite,v∈ E(S) =E(S^′)et donc

S^′ 1

kS(v)kv

= 1ou encorekS(v)k=kS^′(v)k. Cette égalité restant valable pourv=0, on a montré que

∀v∈R³, kS(v)k=kS^′(v)k. (ii)Soit(v, w)∈(R³)².

< s(v), s(w)>= 1

4 kS(v) +Ss(w)k²−kS(v) −S(w)k²

= 1

4 kS(v+w)k²−kS(v−w)k²

= 1

4 kS^′(v+w)k²−kS^′(v−w)k²

= 1

4 kS^′(v) +S^′(w)k²−kS^′(v) −S^′(w)k²

=< S^′(v), S^′(w)>.

∀(v, w)∈(R³)², < S(v), S(w)>=< S^′(v), S^′(w)>.

(iii)Ainsi, pour tout (v, w)∈ (R³)², < S(v), S(w) >=< S^′(v), S^′(w)>. Maintenant, S ou S^′ sont symétriques et donc égales à leur adjointe. On en déduit que pour tout(v, w)∈(R³)², < S²(v), w >=< S^′2(v), w >et finalement que

∀(v, w)∈(R³)², <(S²−S^′2)(v), w >=0 (∗).

Soit alorsv∈R³.(∗)montre que(S²−S^′2)(v)∈(R³)^⊥={0}et donc queS²(v) =S^′2(v). Ainsi,∀v∈R³, S²(v) =S^′2(v) et donc

S²=S^′2.

(iv) Théorème de décomposition des noyaux. Soient E un K-espace vectoriel et f ∈ L(E). Soient (P1, P2) ∈ (K[X]\ {0})² tel queP1∧P2=1. Alors

Ker((P1P2)(f)) =Ker(P1(f))⊕Ker(P2(f)).

Ici, puisqueS est définie positive,α6=0 et doncα6= −α. On en déduit que(X−α)∧(X+α) =1 et d’après le théorème de décomposition des noyaux,

Ker(S²−α²I) =Ker((S−αI)(S+αI)) =Ker(S−αI)⊕Ker(S+αI).

Maintenant, les valeurs propres deSsont des réels strictement positifs et donc −αn’est pas valeur propre deSou encore Ker(S+αI) ={0}. On en déduit que Ker(S²−α²I) =Ker(S−αI).

∀α∈Sp(S), Ker(S²−α²I) =Ker(S−αI).

(v) La démonstration précédente reste valable quand α est un réel strictement positif quelconque. Mais alors, puisque S²=S^′2,

∀α > 0, Ker(S−αI) =Ker(S²−α²I) =Ker(S^′2−α²I) =Ker(S^′−αI).

En particulier,S et S^′ ont les mêmes valeurs propres et un vecteur propre de Sassociée à une certaine valeur propre α est encore valeur propre deS^′ associée à la même valeur propreα. Maintenant,Sest diagonalisable et il existe une base BdeR³constituée de vecteurs propres deS. Ce qui précède montre queSet S^′ coïncident surB et donc que

S=S^′.

5. Soit (A, A^′)∈ (G L₃(R))². D’après 3.(iv), ∃(Q, Q^′)∈O3(R))² et ∃(S, S^′) ∈S⁺⁺₃ (R))² telles que A=QS et A^′ = Q^′S^′. D’après 3.(v) et 4.(v),

E(A) =E(A^′)⇔E(S) =E(S^′)⇔S=S^′.

Donc, siE(A) =E(A^′), alors∃(Q, Q^′)∈O3(R))²,∃S∈S⁺⁺₃ (R)telles queA=QSetA^′=Q^′S. SoitV=QQ^′−1. Puisque (O3(R),×)est un groupe,V∈O3(R)et de plus,

VA^′=QQ^′−1Q^′S=QS=A.

Réciproquement, s’il existeV∈O3(R)telle queA=VA^′ alors, pour toutx∈R³, kAxk=kVA^′xk=kA^′xk

et en particulier,E(A) =E(A^′).

∀(A, A^′)∈(GL3(R)², E(A) =E(A^′)⇔∃V∈O3(R)/ A=VA^′.

Exercice 3

1. (i)Pour tout réelt∈[−π, π]

−−→ dM

dt (t) = −5sint−→i +3cost−→j 6=−→0. Donc

M(x, y)∈Tt⇔det −−−−−→ M(t)M,

−−dM→ dt (t)

!

=0⇔

x−5cost −5sint y−3sint 3cost

=0⇔3cost(x−5cost) +5sint(y−3sint) =0

⇔3(cost)x+5(sint)y=15.

Une équation cartésienne deTt est3(cost)x+5(sint)y=15.

(ii)Soitt∈R.Ttest la droite passant parM(t)(5cost, 3sint)et de vecteur directeur

−−dM→

dt (t) = −5sint−→i +3cost−→j. Un système d’équations paramétrique deTt est donc

x=5cost−5λsint

y=3sint+3λcost ,λ∈R. SoitP(5cost−5λsint, 3sint+3λcost),λ∈R, un point deTt. AlorsP6=Oet

(OP)⊥Tt⇔−OP.→

−−dM→

dt (t) =0⇔−5sint(5cost−5λsint) +3cost(3sint+3λcost) =0

⇔λ= 16costsint 9cos²t+25sin²t. Ceci démontre l’existence et l’unicité du pointP.

(iii)M(t)est un sommet de l’ellipse si et seulement sit∈ π

2Z. Dans ce cas,Tt est perpendiculaire à la droite(OM(t)) et doncP=M(t).

(iv)D’après (ii),

P=

5cost−5 16costsint

9cos²t+25sin²tsint, 3sint+3 16costsint

9cos²t+25sin²tcost

=

45cos³t+45costsin²t

9cos²t+25sin²t ,75sin³t+75cos²tsint 9cos²t+25sin²t

=

45cost(cos²t+sin²t)

9(1−sin²t) +25sin²t, 75sint(sin²t+cos²t) 9(1−sin²t) +25sin²t

=

45cost

9+16sin²t, 75sint 9+16sin²t

.

Donc

P=

45cost

9+16sin²t, 75sint 9+16sin²t

.

2. (i)Pour t∈[0,π

2],X^′(t)est du signe de−sint. On en déduit le tableau de variation de la fonctiont7→X(t).

t 0 π/2

X^′(t) 0 −

5 X

0

(ii)•Pourt∈[0,π

2],Y^′(t)est du signe de cost(3−4sint). En particulier,Y^′(t)s’annule enα=Arcsin 3

4

.

• Puisque 1 4 = 4

16 ≤ 9 16 ≤ 12

16 = 3

4, on a 1

√2 ≤ 3 4 ≤

√3

2 et puisque la fonction Arcsin est croissante sur [0, 1], on en déduit que

π

4 ≤Arcsin 3

4

=α≤π 3.

•On a sinα= 3

4 et cosα= s

1− 3

4 2

=

√7

4 . Par suite,

X(α) = 45×

√7 4 9+16× 9

16

= 5√ 7

8 et Y(α) =

75×3 4 9+16× 9

16

= 75 24. (iii) Tableau de variations deY.

t 0 α π/2

Y^′(t) + 0 −

75/24 Y

0 3

3.

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3

−1

−2

−3 E F

4. A un instant donné, l’ellipse E^′ et l’ellipse E sont tangentes en un point M(t) et la condition de roulement sans glissement se traduit par le fait que l’ellipseE^′ est la symétrique de l’ellipseE par rapport à sa tangenteTt. Mais alors, le centreO^′ deE^′ est le symétrique du point Opar rapport au pointPt. Ainsi, on a toujours

−−→ OO^′=2−→

OP(voir graphique page suivante).

Donc

O^′ se déplace sur homO,2(F).

1 2 3 4 5 6 7 8 9

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

−9

−10

1 2 3 4 5 6 7

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

−8

b

b b

b

P

O^′