Partie III

(1)

SESSION 2017 E3A

Concours ENSAM - ESTP - POLYTECH

Epreuve de Mathématiques 2 MP

Partie I

1) Si P est un polynôme de degré au plus n, alors ϕ(P) est un polynôme de degré au plus n et donc ϕ induit une application deR_n[X]dans lui-même notéeϕn.

Soient(P₁, P₂)∈(R_n[X])² et(λ₁, λ₂)∈R².

ϕn(λ₁P1+λ2P2) = (λ₁P1+λ2P2) − (λ₁P₁^′ +λ2P₂^′) =λ1(P₁−P₁^′) +λ2(P₂−P₂^′) =λ1ϕn(P₁) +λ2ϕn(P₂). Donc,ϕn ∈L(R_n[X]).

2)ϕ_n(1) =1 et pourk∈J1, nK,ϕ_n X^k

=X^k−kX^k−1. Donc, siB₀= (1, X, . . . , Xⁿ),

MatB0(ϕn) =







1 −1 0 . . . 0 0 1 −2 . .. ... ... . .. 1 . .. . . . ... . .. ... 0

... . .. 1 −n

0 . . . 0 1







∈M_n+1(R).

3)On en déduit queχϕn = (X−1)ⁿ⁺¹ ou encoreϕn admet1 pour valeur propre d’ordren+1. Le sous-espace propre associéE1(ϕ_n)est constitué des éléments PdeR_n[X]tels queP−P^′=Pou encoreP^′=0. Donc,E1(ϕ_n) =R₀[X].

Sin=0,ϕ0=IdR₀[X] et en particulier,ϕ0est diagonalisable.

Sin>1, la dimension deE1(ϕn), à savoir1, est strictement plus petite que l’ordre de multiplicité de la valeur propre1, à savoirn+1et en particulier,ϕn n’est pas diagonalisable.

4)0 n’est pas valeur propre de l’endomorphisme ϕ_n et donc, puisque R_n[X]est de dimension finie, ϕ_n est un automorphisme deR_n[X].

5) (a)Soiti∈J0, nK. Xⁱ

i! est un élément deR_n[X]. Puisqueϕn est une bijection, il existe un polynômesiet un seul dans R_n[X]tel queϕ_n(s_i) = Xⁱ

i!. (b) La famille

Xⁱ i!

06i6n

est une famille de polynômes de R_n[X], de degrés deux à deux distincts et donc la famille Xⁱ

i!

06i6n

est une famille libre de R_n[X]. De plus, card Xⁱ

i!

06i6n

=n+1 =dim(R_n[X])< +∞ et donc la famille Xⁱ

i!

06i6n

est une baseBdeR_n[X].

Mais alors,(s₀, . . . , s_n) =ϕ⁻¹_n (B)est une base deR_n[X]en tant qu’image de la baseBpar l’automorphismeϕ⁻¹_n . 6)Pour tout élémentPdeR_n[X],δⁿ⁺¹(P) =P⁽ⁿ⁺¹⁾=0et doncδⁿ⁺¹=0. PuisqueIdetδ commutent,

(Id−δ)◦(Id+δ+. . .+δⁿ) =Id−δⁿ⁺¹=Id.

7)Puisqueϕn=Id−δ, on en déduit queϕ⁻¹_n =Id+δ+. . .+δⁿ puis que pouri∈J0, nK, s_i=ϕ⁻¹_n

Xⁱ i!

= Xn

k=0

δ^k Xⁱ

i!

= Xi

k=0

δ^k Xⁱ

i!

Xⁱ

i! + Xⁱ⁻¹

(i−1)! +. . .+X¹ 1! +X⁰

0! = Xi

k=0

X^k k!.

(2)

Partie II

8)Pour tout réelx, S₃^′(x) =S2(x) = x²

2 +x+1= 1

2(x+1)²+ 1

2 > 0.S3est donc strictement croissante surR. De plus,

x→lim−∞

S₃(x) = −∞et lim

x→+∞

S₃(x) = +∞. Graphes.

1 2 3 4 5

−1

−2

−3

1 2 3

−1

−2

−3

−4

y=exp(x) y=S³

(x)

y=S¹(x)

9) Montrons par récurrence que∀p∈N^∗, S_2p n’a pas de racine racine et S2p+1 a une et une seule racine réelle, notée α2p+1, qui de plus est simple.

•C’est vrai pourp=0:∀x∈R, S0(x) =1 > 0etS1(x) =x+1de sorte queα1= −1.

•Soitp>0. Supposons le résultat pourp.S_2pne s’annule pas surR, est continue surRet vérifie lim

x→+∞

S_2p(x) = +∞et on en déduit que∀x∈R, S_2p(x)> 0. PuisqueS_2p+1^′ =S_2p,S_2p+1^′ > 0. Mais alors,S2p+1 est strictement croissante sur Rpuis strictement négative sur]−∞, α2p+1[et strictement positive sur]α2p+1,+∞[.S2p+2admet donc un minimum en α2p+1égal à

S2p+2(α2p+1) =S2p+1(α2p+1) + α^2p+2_2p+1

(2p+2)! = α^2p+2_2p+1 (2p+2)! > 0

carS2p+1(0) =16=0⇒α2p+16=0. Donc,S2p+2est strictement positive et en particulier ne s’annule pas surR. Ensuite, S_2p+3^′ = S2p+2 > 0 et donc S2p+3 est continue et strictement croissante sur R. De plus, lim

x→−∞S2p+3(x) = −∞ et

x→lim+∞S2p+3(x) = +∞et doncS2p+3est une bijection deRsurR. En particulier,S2p+3s’annule une fois et une seule en un certain réel notéα2p+3. Ce réel n’est pas racine deS_2p+3^′ =S2p+2 (carS2p+2n’a pas de racine réelle) et doncα2p+3

est racine simple deS2p+3.

Le résultat est démontré par récurrence.

10) (a) Soitn∈ N^∗. S2n+1(α_2n−1) = S2n(α_2n−1) +α²ⁿ_2n−1

(2n)! > 0+0 = 0. Ainsi,S2n+1(α_2n−1)> 0= S2n+1(α_2n+1).

Puisque la fonctionS2n+1est strictement croissante surR, on en déduit queα2n−1> α2n+1. Ainsi, pour toutn∈N^∗,α2n−1> α2n+1 et donc la suite(α2n+1)_n∈Nest strictement décroissante.

(b)

(i)La suite(vm)_m∈Nest convergente et en particulier bornée. Soitµ un majorant de la suite(|vm|)_m∈N. Pourm∈N,

(3)

|Sm(vm) −e^v^m|=

+∞

X

k=m+1

v^k_m k!

6

+∞

X

k=m+1

|vm|^k k!

6

+∞

X

k=m+1

µ^k

k! =e^µ−Sm(µ).

La suite(e^µ−Sm(µ))_m∈Nconverge et a pour limite0. Il en est donc de même pour la suite (S_m(v_m) −e^v^m)_m∈N. (ii)Pour toutm∈N,

Sm(v_m) −e^ℓ

6|S_m(v_m) −e^w^m|+

e^v^m−e^ℓ

. D’après la question précédente, lim

m→+∞

|S_m(v_m) −e^w^m|=

0et d’autre part, par continuité de la fonction exponentielle enℓ, lim

m→+∞

e^v^m−e^ℓ

=0. On en déduit que lim

m→+∞

|S_m(v_m) −e^w^m|+

e^v^m−e^ℓ

=0et finalement que lim

m→+∞

Sm(vm) −e^ℓ =0.

Ceci montre que la suite(Sm(vm))_m∈Nconverge verse^ℓ.

(c) La suite (α2n+1)_n∈N est décroissante et donc soit convergente, soit divergente de limite −∞. Supposons par l’absurde que la suite (α2n+1)_n∈N converge vers un certain réel ℓ. Posons pour tout n ∈ N, α_2n = ℓ de sorte que la suite (α_n)_n∈Nconverge vers ℓ. D’après la question précédente, la suite (S_n(α_n))_n∈Nconverge verse^ℓ et en particulier la suite (S2n+1(α2n+1))_n∈N converge verse^ℓ> 0. Mais ceci est absurde car la suite(S2n+1(α2n+1))_n∈Nest la suite nulle.

Donc, lim

n→+∞α2n+1= −∞.

Partie III

11) h est dérivable sur R et pour tout réel x, h^′(x) = (1−x)e^1−x. h est donc strictement croissante sur ] −∞, 1 et strictement décroissante sur [1,+∞[. Enfin, lim

x→−∞h(x) = −∞ et lim

x→+∞h(x) = 0 d’après un théorème de croissances comparées.

Graphe.

1

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4

−1

−2

−3

12)La fonctionhest continue et strictement croissante sur] −∞, 1[. La fonctionhréalise donc une bijection, notéeh₁, de ]−∞, 1[surh(]−∞, 1[) =

x→lim−∞

h(x), h(1)

=]−∞, 1[. Soitg=h⁻¹₁ . Pour toutxde]−∞, 1[, on ah(g(x)) =h₁(g(x)) =x.

h1est de classeC^∞ sur] −∞, 1[et la dérivéeh₁^′ deh1ne s’annule pas sur] −∞, 1[. On en déduit quegest de classeC^∞ surh1(] −∞, 1[) =] −∞, 1[.

Graphe deg.

(4)

1

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

−5

−6

13)Pour toutx>1,h(x)> 0et en particulierh(x)6= −1. Sinon,hréalise une bijection de] −∞, 1[sur lui-même et donc il existe un unique réelρ de ] −∞, 1[tel que h(ρ) = −1. En résumé, il existe un unique réel ρ tel queh(ρ) = −1 et de plusρ < 1. On note queρ=g(−1).

14)h

−1 2

= −1

2e³² = −e³²⁻^ln²6−e⁰= −1et donc, puisquehest croissante sur] −∞, 1[, ρ>−1 2. De même,h

−1 4

= −1

4e⁵⁴ = −e⁵⁴⁻²^ln²>−e⁵⁴⁻²⁶²⁰ = −e⁻²⁰¹ >−e⁰= −1et donc ρ6−1

4. En résumé,−1

2 6ρ6−1 4. 15) (a)

1−e^−nzTn(z) =1−e^−nzSn(nz) =1−e^−nz Xn

k=0

n^k

k!z^k=1−e^−nz

+∞

X

k=0

n^k k!z^k−

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k

!

=1−e^−nz e^nz−

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k

!

=e^−nz

+∞

X

k=n+1

n^k

k!z^k = e^−zn

zⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n

= ze^−zn

eⁿe⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k

k!z^k−n = ze^1−zn

e⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n.

(b)On en déduit que

1−e^−nzT_n(z) = |z|

e^1−z

n

e⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!z^k−n

6e⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k

k!|z|^k−n6e⁻ⁿ

+∞

X

k=n+1

n^k k!

=1−e⁻ⁿTn(1).

(c)SiT_n(z) =0, alors161−e⁻ⁿT_n(1)puisT_n(1)60ce qui est faux. Donc, T_n(z)6=0.

16)Soitnun entier naturel impair supérieur ou égal à3. Par stricte décroissance,αn < α1= −1.

On a admis que|α_n|< net donc−n < α_n<−1.

Tn

αn

n

=Sn(α_n) =0. D’après la question précédente, on a

αn

n

> 1ou|h(α_n)| > 1et donc hαn

n

> 1. Puisque αn < 0, hαn

n

< 0 puishαn

n

< −1 =h(ρ). Par stricte croissance de la fonction h sur] −∞, 1[, on en déduit que

(5)

Partie IV

17)Soituun réel etnun entier naturel. La formule deTaylor-Laplaceà l’ordrenfournit e^u =

Xn

k=0

u^k k! +

Zu 0

(x−u)ⁿ

n! e^xdx=Sn(u) + Z0

u

tⁿ

n!e^u−t(−dt) =Sn(u) −e^u Z0

u

tⁿ n!e^−tdt

puis1=e^−uS_n(u) − Z0

u

tⁿ

n!e^−tdtet finalemente^−uS_n(u) =1+ Z0

u

tⁿ n!e^−tdt.

18)En posantt=nx, on obtient Z0

γn

(h(x))ⁿdx= Z0

γn

xⁿe^n(1−x)dx=eⁿ Z0

γn

xⁿe^−nx dx

=eⁿ Z0

αⁿ

t n

n

e^−t dt n = eⁿ

nⁿ⁺¹ Z0

αⁿ

tⁿe^−tdt

= eⁿ

nⁿ⁺¹n! e^−αⁿS_n(α_n) −1

(d’après la question 17)

= −eⁿn!

nⁿ⁺¹.

19)D’après la formule deStirling, −eⁿn!

nⁿ⁺¹ ∼

n→+∞

− eⁿn

e n√

2πn

nⁿ⁺¹ =

√2π

√n. On en déduit que−eⁿn!

nⁿ⁺¹ →

n→+∞0 et en particulier que− e^2m+1(2m+1)!

(2m+1)^(2m+1)+1 →

m→+∞0et finalement que

mlim→+∞

Z0 γ2m+1

(h(t))^2m+1dt=0.

20)Soitmun entier naturel. Pour toutt60, h(t)60puis(h(t))^2m+160. Mais alors, puisqueρ60, Z0

γ2m+1

(h(t))^2m+1dt= Zρ

γ2m+1

(h(t))^2m+1dt+ Z0

ρ

(h(t))^2m+1dt6 Zρ

γ2m+1

(h(t))^2m+1dt60.

D’après le théorème des gendarmes, lim

m→+∞

Zρ γ2m+1

(h(t))^2m+1dt=0.

21)Soitmun entier naturel non nul de sorte que2m+1 est un entier impair supérieur ou égal à3. Puisque la fonction hest croissante sur] −∞, 1[, pourt6ρ, on ah(t)6h(ρ) = −1 puis(h(t))^2m+16(−1)^2m+1= −1. Par suite, puisque α2m+16(2m+1)ρet donc γ2m+16ρ,

Zρ γ^2m+1

(h(t))^2m+1dt6 Zρ

γ^2m+1

−1 dt= − (ρ−γ2m+1)60.

Toujours d’après le théorème des gendarmes, on en déduit que lim

m→+∞(γ2m+1−ρ) =0ou encore lim

m→+∞

α2m+1

2m+1 =ρou encore α2m+1

2m+1 ∼

m→+∞ρou enfin

α2m+1 ∼

m→+∞2mρ.

Partie V

22) (a)On montre le résultat par récurrence surp.

• Soientθ1 un réel strictement positif puisα1un nombre complexe de module inférieur ou égal à 1.

Supposons que |θ₁α1|=θ1. Alors,θ1|α₁|=θ1puis|α₁|=1. Le résultat est donc vrai quandp=1.

• Soitp>1. Supposons le résultat pourp. Soientθ₁, . . . ,θp+1 des réels strictement positifs puisα₁, . . . ,αp+1 des nombres complexes de modules inférieur ou égaux à 1. Déjà,

(6)

p+1X

i=1

θiαi

6

Xp

i=1

θiαi

+θp+1|α_2p+1|

6

Xp

i=1

θ_iα_i

+θp+16 Xp

i=1

θ_i|α_i|+θp+1

6

p+1X

i=1

θi.

On obtient une égalité si et seulement si chacune des inégalités écrites est une égalité ce qui équivaut à

Xp

i=1

θiαi

= Xp

i=1

θiet |α_2p+1|=1 et finalement à∀i∈J1, p+1K,|α_i|=1par hypothèse de récurrence.

(b)(θ₁+θ2)²=|θ₁α1+θ2α2|²=

θ1+θ2e^it

2=θ²₁+2θ1θ2cost+θ²₂et donc 2θ1θ2cost=2θ1θ2 puis cost=1 puis t∈2πZet finalementα₂=1.

(c)Montrons par récurrence que∀p>2,∀(θ_i)_16i6p∈]0,+∞[^p,∀(α_i)_16i6p∈U^p,

Xp

i=1

θiαi

= Xp

i=1

θi⇒α1=. . .=αp.

• Soientθ₁ etθ₂deux réels strictement positifs etα₁et α₂deux nombres complexes de module1. α2

α1

est encore un nombre complexe de module1 et d’après la question précédente,

|θ₁α1+θ2α2|=θ1+θ2⇒

θ1+θ2

α2

α1

=θ1+θ2⇒ α2

α1

=1⇒α1=α2. Le résultat est donc vrai quandp=2.

• Soitp>2. Supposons le résultat pourp. Soientθ1, . . . ,θp+1p+1 réels strictement positifs etα1, . . . ,αp+1

p+1nombres complexes de module1 tels que

p+1X

i=1

αiθi

=

p+1X

i=1

θi.

De nouveau, toutes les inégalités de la question (a) sont des égalités. En particulier,

Xp

i=1

αiθi

= Xp

i=1

θi et donc,

α1=. . .=αppar hypothèse de récurrence. On a donc

α1

Xp

i=1

θi+θp+1αp+1

=

p+1X

i=1

θipuis

Xp

i=1

θi

! +θp+1

αp+1

α₁

= Xp

i=1

θi

!

+θp+1.

Puisque Xp

i=1

θi> 0et que αp+1

α1

est de module1, le casp=2permet d’affirmer que αp+1

α1

=1et donc que α₁=. . .=α_p=αp+1.

23) (a)P(0) =a₀> 0et donc 0n’est pas racine deP. P(1) = Xn

k=0

a_k> 0et donc1n’est pas racine de P.

(b)(X−1)P= (X−1) Xn

k=0

akX^k= Xn

k=0

akX^k+1− Xn

k=0

akX^k=

n+1X

k=1

ak−1X^k− Xn

k=0

akX^k=anXⁿ⁺¹+ Xn

k=1

(ak−1−ak)X^k−a0. (c)Soitzune racine de PdansC. Supposons par l’absurde que |z|61. Alors

0=|(z−1)P(z)|=

a_nzⁿ⁺¹+ Xn

k=1

(ak−1−a_k)z^k−a₀

6a_n|z|ⁿ⁺¹+ Xn

k=1

(ak−1−a_k)|z|^k+a₀6a_n+ Xn

k=1

(ak−1−a_k)+a₀=a_n+a₀−

(7)

et donc

anzⁿ⁺¹+ Xn

k=1

(a_k−1−ak)z^k−a0

=an|z|ⁿ⁺¹+ Xn

k=1

(a_k−1−ak)|z|^k+a0. Puisque les coefficients du polynôme (X−1)P sont strictement positifs et que pour tout k ∈ J0, nK,

z^k

= |z|^k 61, la question 22.c) permet d’affirmer que zⁿ⁺¹=zⁿ =. . .=z=1et en particulier que z=1. Ceci est faux d’après la question a) et donc|z|> 1.

24)De nouveau,0 n’est pas racine de Q cara06=0. Pourk ∈J0, nK, posonsa_k^′ =an−k de sorte que a₀^′ = a₁^′ > a₂^′ >

. . . > a_n^′ > 0.

XⁿQ 1

X

=Xⁿ a₀^′

Xⁿ + a₁^′

Xⁿ⁻¹ +. . .+ a_n−1^′ X +a_n^′

=a_n^′Xⁿ+a_n−1^′ Xⁿ⁻¹+. . .+a₁^′X+a₀^′.

D’après la question précédente, les racines du polynômeP=a_n^′Xⁿ+a_n−1^′ Xⁿ⁻¹+. . .+a₁^′X+a₀^′ sont de module strictement supérieur à1. Puisque0 n’est pas racine deQ, pour tout complexez,zest racine deQsi et seulement si 1

z est racine de P. Donc, pour tout racinezdeQdansC,

1 z

> 1puis|z|< 1.

25) Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 2. Tn = Xn

i=0

nⁱ

i!Xⁱ. Pour i ∈ J0, nK, posons ai = nⁱ

i! de sorte que Tn =

Xn

i=0

aiXⁱ. Pour touti∈J0, nKai> 0puis pouri∈J0, n−1K, ai

ai+1

= nⁱ nⁱ⁺¹

(i+1)!

i! = i+1 n 61

avec égalité si et seulement sii=n−1. Donc,a₀> a₁> . . . > an−1=a_n> 0. D’après la question précédente, les racines deT_n dansCsont de module strictement inférieur à1.

Enfin, pourz∈C,

zracine deS_n⇔S_n(z) =0⇔T_nz n

=0⇔ z

n racine deT_n. D’après ce qui précède, pour tout racinezdeS_n dansC, on a

z n

< 1et donc|z|< n.