Exercice II

SESSION 2014 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B MP

Exercice I

1)Soientuetv deux endomorphismes deEtels queu◦v=v◦u.

Soitx∈Ker(u). Alorsu(v(x)) =v(u(x)) =v(0) =0 et doncv(x)∈Ker(u). Ceci montre que Ker(u)est stable parv.

Soity∈Im(u). Il existe x∈Etel que y=u(x). Mais alors,v(y) =v(u(x)) =u(v(x))∈Im(u). Ceci montre que Im(u) est stable parv.

2)u²=0⇔∀x∈E, u(u(x)) =0⇔∀x∈E, u(x)∈Ker(u)⇔Im(u)⊂Ker(u).

3)Eest de dimension finie surK. D’après le théorème du rang,n=dim(E) =dim(Ker(u)) +dim(Im(u))>dim(Im(u)) (car Im(u)⊂Ker(u)) et donc rg(u)6n

2. 4) a)D’après la question précédente, rg(u)6 2

2 =1. Comme d’autre part u6=0, on a donc rg(u) =1. Le théorème du rang fournit ensuite dim(Ker(u)) =2−rg(u) =1.

Ainsi, Im(u)⊂Ker(u)et dim(Im(u)) =dim(Ker(u)) =1 <+∞. On en déduit que Im(u) =Ker(u)et que Im(u)est une droite vectorielle que l’on noteD.

b) i)Puisque uet vcommutent,v laisse stable Im(u) =Dou encorev(D)⊂D.

ii)Siv=0, alorsu◦v=0.

Sinon, la question a) s’applique à v : Ker(v) = Im(v) est une droite vectorielle. La droiteD est stable par v. Une telle droite est engendrée par un vecteur proprex0 de v. v étant nilpotent, 0 est l’unique valeur propre dev et on en déduit quev(x₀) =0 puis quev_/D=0_/D ou encoreD⊂Ker(v)puisD=Ker(v) =Im(v)par égalité des dimensions. Par suite

u◦v(E) =v◦u(E) =v(D) ={0}, ou encoreu◦v=0.

c) D’après la question précédente, on a v = 0 ou w = 0 et dans ce cas, v◦w = 0, ou bien on a v 6= 0, w 6= 0 et D=Ker(v) =Im(v) =Ker(w) =Im(w). Mais alors,

v◦w(E) =v(D) ={0}, et doncv◦w=0.

5) a)Soiti∈J1, m−1K.ui+1 commute avecu1◦. . .◦ui et doncFi est stable parui+1. b)Sim=2, c’est la question 3. On suppose dorénavantm>3.

Montrons par récurrence que pour touti∈J1, m−1K, dim(Fi)6 n 2ⁱ.

•C’est vrai pouri=1 d’après la question 3.

• Soiti∈J1, m−2K. Supposons que dim(Fi)6 n

2ⁱ. Soit vi+1la restriction de ui+1à Fi. D’après la question précédente, vi+1 induit un endomorphisme deFi, nilpotent d’indice inférieur ou égal à2. D’après la question 3,

dim(F_i+1) =dim(u_i+1(F_i)) =dim(v_i+1(F_i))6 dim(Fi)

2 6 n

2ⁱ⁺¹. Le résultat est démontré par récurrence.

c)En particulier, dim(Fm)6 n

2^m < 1. DoncF_m={0}ou encoreu₁◦u₂◦. . .◦u_m =0.

6) a)Soitul’endomorphisme deEcanoniquement associé àA. Puisque la base canonique est orthonormée, on sait que

tAest la matrice deu^∗ dans la base canonique.

Soitx∈Ker(u)etx^′∈Im(u^∗). Il existey∈Etel quex^′ =u^∗(y)

Donc, Im(u^∗)⊂(Ker(u))^⊥. D’autre part, on sait queuet u^∗ ont même rang. Donc dim(Im(u^∗)) =dim(Im(u)) =n−dim(Ker(u)) =dim

(Ker(u))^⊥ .

Finalement, Im(u^∗) = (Ker(u))^⊥. En particulier,E=Ker(u)⊕Im(u^∗)ou encoreE=Ker(A)⊕Im(^tA)avec l’identification faite par l’énoncé.

b)Pour toutx∈E,(A+^tA)x=Ax+^tAx∈Im(A) +Im(^tA). Donc Im(A+^tA)⊂Im(A) +Im(^tA).

Inversement, soit y ∈ Im(A) +Im(^tA). D’après la question précédente, il existe (x₁, x2, x₁^′, x₂^′) ∈ Ker(A)×Im(^tA)× Ker(A)×Im(^tA)tel que

y=A(x₁+x2) +^tA(x₁^′ +x₂^′).

DéjàAx1=0. Ensuite, puisqueA²=0, on a aussi(^tA)²=0et donc Im(^tA)⊂Ker(^tA). Donc^tAx₂^′ =0. Il reste y=Ax2+^tAx₁^′.

Maintenant, x2 ∈Im^tAet donc ^tAx2 ∈Im((^tA)²) ={0} puis^tAx2 =0. De même, x₁^′ ∈Ker(A) et donc Ax₁^′ = 0. On obtient

y=Ax₁^′ +Ax₂+^tAx₁^′ +^tAx₂= (A+^tA)(x₁^′ +x₂)∈Im(A+^tA).

Ceci montre que Im(A) +Im(^tA)⊂Im(A+^tA)et finalement que Im(A+^tA)⊂Im(A) +Im(^tA).

Exercice II

1) Théorème de convergence dominée (pour les suites de fonctions).Soit(f_n)_n∈Nune suite de fonctions définies sur un intervalleIà valeurs dansRouC. On suppose que :

• chaque fonctionfn est continue par morceaux surI,

• la suite de fonctions(fn)_n∈Nconverge simplement sur Ivers une fonctionf continue par morceaux surI,

• il existe une fonctionϕcontinue par morceaux et intégrable surItelle que∀n∈N, |fn|6ϕ.

Alors

• la suite Z

I

fn

n∈N

converge,

• la fonctionfest intégrable surI,

• Zf

I

= lim

n→+∞

Z

I

fn.

2) a)f0 est dérivable sur[0, 1]et pourx∈[0, 1],f₀^′(x) = −1

2(1+x)^−3/2.f0est strictement décroissante sur[0, 1].

Soitn∈N^∗.fn est dérivable sur[0, 1] et pourx∈[0, 1],

f_n^′(x) =nxⁿ⁻¹(1+x)^−1/2+xⁿ

−1 2

(1+x)^−3/2 = 1

2(2n(1+x) −x)xⁿ⁻¹(1+x)^−3/2

= 1

2((2n−1)x+2n)xⁿ⁻¹(1+x)^−3/2.

Pour tout xde[0, 1], (2n−1)x+2n>2n > 0. Donc, si n=1, f_n^′ est strictement positive sur[0, 1]et si n>2, f_n^′ est strictement positive sur]0, 1] et s’annule en0. Dans tous les cas, la fonctionfn est strictement croissante sur[0, 1].

b) Graphique.

1

1 y=f₀(x)

y=f1(x)

y=f²(x)

3)Soitx∈[0, 1].

•Si x∈[0, 1[, fn(x) = xⁿ

√1+x tend vers0 quandntend vers+∞.

•Si x=1,fn(x) =fn(1) = 1

√2 tend vers 1

√2 quand ntend vers+∞.

La suite de fonctions(f_n)_n∈N converge simplement sur [0, 1] vers la fonction f : x7→





0six∈[0, 1[

√1

2 six=1 . Si la suite de fonctions(fn)_n∈Nconvergeait uniformément versfsur[0, 1], puisque chaque fonctionfnest continue sur[0, 1], la fonction fdevrait continue sur[0, 1]ce qui n’est pas. Donc la suite de fonctions (fn)_n∈N ne converge pas uniformément versfsur [0, 1].

4)Soitn∈N. Pour tout xde[0, 1],xⁿ⁺¹6xⁿ puis xⁿ⁺¹

√1+x. En intégrant, on obtientu_n+16u_n. La suite(u_n)_n∈N est décroissante.

Pour n ∈ N, 0 6 un 6 Z1

0

xⁿ dx = 1

n+1. Le théorème des gendarmes permet alors d’affirmer que la suite (un)_n∈N converge vers0quandntend vers+∞.

5)Soitn∈N. Les deux fonctionsx7→xⁿ⁺¹etx7→ 1

√1+x sont de classeC¹sur le segment[0, 1]. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit

(n+1)u_n = Z1

0

(n+1)xⁿ× 1

√1+x dx=

xⁿ⁺¹

√1+x ¹

0

− Z1

0

− xⁿ⁺¹ 2(x+1)^3/2 dx

= 1

√2 + 1 2

Z1

0

xⁿ⁺¹ (x+1)^3/2 dx.

6)Pour tout entier natureln,06 Z1

0

xⁿ⁺¹

(x+1)^3/2 dx6 Z1

0

xⁿ⁺¹dx= 1

n+2. Donc lim

n→+∞

Z1

0

xⁿ⁺¹

(x+1)^3/2 dx=0.

D’après la question précédente, quand n tend vers +∞, (n+1)u_n = 1

√2 +o(1) ou encore (n+1)u_n ∼ 1

√2 puis u_n ∼ 1

(n+1)√ 2 ∼ 1

n√ 2.

7)Une nouvelle intégration par parties fournit

(n+2)(n+1)u_n− n+2

√2 = n+2 2

Z1

0

xⁿ⁺¹ (x+1)^3/2 dx

= n+2 2

xⁿ⁺² (n+2)(x+1)^3/2

¹

0

+3 2

Z1

0

xⁿ⁺²

(n+2)(x+1)^5/2 dx

!

= 1 4√

2 +3 4

Z1

0

xⁿ⁺² (x+1)^5/2 dx, et donc(n+2)(n+1)u_n = n+2

√2 + 1 4√

2+ 3 4

Z1

0

xⁿ⁺² (x+1)^5/2 dx.

8)Comme à la question 6, lim

n→+∞

Z1

0

xⁿ⁺²

(x+1)^5/2 dx=0puis, quand ntend vers+∞, un = 1

(n+1)√

2 + 1

4(n+1)(n+2)√ 2 +o

1 n²

= 1 n√

2 1 1+ 1

n

+ 1

4√

2n²+o 1

n²

= 1 n√

2 − 1 n²√

2+ 1 4√

2n² +o 1

n²

9)Soitkun entier naturel non nul. Des intégrations par parties successives, licites carg est de classeC^∞ sur le segment [0, 1], fournissent

Z1

0

xⁿg(x)dx= g(1) n+1− 1

n+1 Z1

0

xⁿ⁺¹g^′(x)dx

= g(1)

n+1− g^′(1)

(n+1)(n+2)+ 1 (n+1)(n+2)

Z1

0

xⁿ⁺²g^′′(x)dx ...

= g(1)

n+1− g^′(1)

(n+1)(n+2)+. . .+ (−1)^k−1g^(k−1)

(n+1)(n+2). . .(n+k)+ 1

(n+1)(n+2). . .(n+k) Z1

0

x^n+kg^(k)(x)dx

=

k−1X

i=0

(−1)ⁱg⁽ⁱ⁾

(n+1)(n+2). . .(n+i+1)+ 1

(n+1)(n+2). . .(n+k) Z1

0

x^n+kg^(k)(x)dx.

La fonctiong^(k)est continue sur le segment[0, 1]et donc bornée sur ce segment. En posant g^(k)

_∞=sup

g^(k)(x)

, x∈[0, 1] , on en déduit que

Z1

0

x^n+kg^(k)(x)dx

6 Z1

0

x^n+k

g^(k)(x) dx6

g^(k)

_∞

Z1

0

x^n+kdx=

g^(k) _∞ n+k+1 et en particulier, quandntend vers+∞,

Z1

0

x^n+kg^(k)(x)dx=o(1). Finalement, quandntend vers+∞, Z1

0

xⁿg(x)dx=

k−1X

i=0

(−1)ⁱg⁽ⁱ⁾

(n+1)(n+2). . .(n+i+1)+o 1

n^k

.

Ensuite, chaque suite (−1)ⁱg⁽ⁱ⁾

(n+1)(n+2). . .(n+i+1) admet un développement limité à l’ordre k quand ntend vers +∞, de la forme

Xk

j=1

αi,j

n^j +o 1

n^k

et on obtient donc un développement limité de la forme Z1

0

xⁿg(x)dx= Xk

j=1

β_j n^j+o

1 n^k

.

Pourk=2, on a plus explicitement Z1

0

xⁿg(x)dx= g(1)

n+1 − g^′(1)

(n+1)(n+2)+o 1

n²

= g(1) n −g(1)

n² −g^′(1) n² +o

1 n²

g(1)

n −g(1) +g^′(1) n² +o

1 n²

.

10)Si on suppose de plushde classeC¹sur[0, 1], la question précédente montre quen Z1

0

xⁿh(x)dxtend versh(1)quand ntend vers+∞. Démontrons que ce résultat persiste quand on suppose simplement h continue sur [0, 1]. Pour cela, on commence par démontrer quen

Z1

0

xⁿh(x)dx−n Z1

0

xⁿh(1)dxtend vers0 quandntend vers+∞.

Soitε > 0. Puisque la fonctionhest continue en1, il existeα∈]0, 1[ tel que pour toutx∈]1−α, 1],|f(x) −f(1)|< ε 2. Soitn∈N.

n

Z1

0

xⁿh(x)dx−n Z1

0

xⁿh(1)dx

= n

Z1

0

xⁿ(h(x) −h(1))dx

6 n

Z1−α

0

xⁿ(h(x) −h(1))dx

+ n

Z1

1−α

xⁿ(h(x) −h(1))dx

6n Z1−α

0

xⁿ(|h(x)|+|h(1)|)dx+n Z1

1−α

xⁿ|h(x) −h(1)|dx

62khk^∞n(1−α)ⁿ⁺¹ n+1 + nα

n+1 ε 2 62khk^∞(1−α)ⁿ⁺¹+ ε

2.

Maintenant, 2khk^∞(1−α)ⁿ⁺¹ tend vers 0 quand n tend vers+∞ et donc il existen₀ ∈Ntel que, pour tout n>n₀, 2khk^∞(1−α)ⁿ⁺¹< ε

2. Pourn>n0, on a alors n

Z1

0

xⁿh(x)dx−n Z1

0

xⁿh(1)dx

< ε.

Ainsi, quandntend vers+∞,n Z1

0

xⁿh(x)dx−nh(1)

n+1 =o(1)et donc n

Z1

0

xⁿh(x)dx= nh(1)

n+1 +o(1) =h(1) +o(1).

On a montré que lim

n→+∞n Z1

0

xⁿh(x)dx=h(1).

Exercice III

1)x²−y²+ax+by= 1 2 ⇔

x+a 2

2

−

y−b 2

2

= a² 4 −b²

4 + 1 2. Si a²

4 −b² 4 + 1

2 6=0,C est une hyperbole. Si a² 4 −b²

4 +1

2 =0, Cest une réunion de deux droites sécantes.

2)Si a² 4 −b²

4 + 1

2 =0, les axes deCne sont pas définis.

Si a² 4 −b²

4 +1

2 > 0, une équation deC est

x+ a 2

2

ra² 4 −b²

4 + 1 2

!2−

y−b 2

2

ra² 4 −b²

4 + 1 2

!2 =1. Dans ce cas, l’axe focal deC

est la droite d’équationy= b

2 et l’axe non focal de Cest la droite d’équationx= −a 2.

Si a² 4 −b²

4 +1

2 < 0, une équation deCest

x+ a

2 2

r

−a² 4 +b²

4 − 1 2

!2−

y− b

2 2

r

−a² 4 +b²

4 − 1 2

!2 = −1. Dans ce cas, l’axe focal

deCest la droite d’équationx= −a

2 et l’axe non focal deC est la droite d’équationy= b 2. 3) Graphique.

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4

−1

−2

−3

−4

4)SoitΩ

−a 2,b

2

. Dans le repère R^′=

Ω,−→i ,−→j

, une équation deCest X²−Y²= a²−b²+2

4 .

Par suite, un pointM(X, Y)R′appartient àC si et seulement si son symétrique par rapport àΩà savoir le point(−X,−Y)R′

appartient àC. Ceci montre queωest centre de symétrie deC. 5)Pour(x, y)∈R², posonsz=x+iy. Alorsx= 1

2(z+z)ety= 1

2i(z−z)puis x²−y²+ax+by− 1

2 = 1

4(z+z)²+1

4(z−z)²+a

2(z+z) + b

2i(z−z) − 1 2

= 1

2 z²+z²+ (a−ib)z+ (a+ib)z−1

= 1

2 z²+z²+ (a−ib)z+ (a+ib)z−1 .

Par suite,

z∈ C⇔z²+z²+pz+pz−1=0.

6)p∈ C⇔2a²−b²+a²+b²= 1

2 ⇔a²= 1 4 ⇔a∈

−1 2,1

2

.

7)petqsont les racines de l’équationz²− (p+q)z+pq=0ou encore z²+z+2=0. Puisqueb>0, on en déduit que p= −1+i√

7

2 etq= −1−i√ 7

2 puisa= 1 2 etb=

√7 2 .

8)On sait queω⁷=1et que1+ω+ω²+ω³+ω⁴+ω⁵+ω⁶=0. Donc

ω+ω²+ω⁴

ω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴

=1+ω⁻¹+ω⁻³+ω+1+ω⁻²+ω³+ω²+1

=1+ω⁶+ω⁴+ω+1+ω⁵+ω³+ω²+1

=1+1+1+ω+ω²+ω³+ω⁴+ω⁵+ω⁶=2.

9)Ainsi, ω+ω²+ω⁴

ω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴

=pq. D’autre part, ω+ω²+ω⁴

+ ω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴

= ω+ω²+ω⁴

+ ω⁶+ω⁵+ω³

= −1=p+q.

Ainsi, ω+ω²+ω⁴

et ω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴

sont aussi les racines de l’équation z²+z+2 = 0. Donc, l’un de deux nombres estpet l’autre estq.

10) Im ω+ω²+ω⁴

= sin 2π

7

+sin 4π

7

+sin 8π

7

> 0 et Im ω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴

= Im

ω+ω²+ω⁴

=

−

sin 2π

7

+sin 4π

7

+sin 8π

7

< 0.

Puisque Im(p)> 0, on a donc ω+ω²+ω⁴=p= −1+i√ 7

2 etω⁻¹+ω⁻²+ω⁻⁴=q= −1−i√ 7 2

11)ω,ω²et ω⁴sont les racines du polynômeX³−σ1X²+σ2X−σ3oùσ1=ω+ω²+ω⁴=p,σ3=ωω²ω⁴=ω⁷=1 et

σ2=ωω²+ωω⁴+ω²ω⁴=ω³+ω⁵+ω⁶

=ω⁻⁴+ω⁻²+ω⁻¹=q.

Donc,ω,ω² etω⁴sont les racines du polynômeX³−pX²+qX−1.

12)Un polynôme de degré4dont les racines sont1,ω,ω²etω⁴est

(X−1)(X³−pX²+qX−1) =X⁴− (1+p)X³+ (p+q)X²− (q+1)X+1=X⁴+qX³−X²+pX+1.

PosonsP=X⁴+qX³−X²+pX+1.

13)NotonsUl’ensemble des nombres complexes de module1. D’après la question 5,

z∈ C ∩U⇔

z²+z²+qz+pz=1

zz=1 ⇔





 z= 1

z z²+ 1

z² +qz+p1 z =1

⇔

z= 1

z⁴+zqz³−z²+pz+1=0

⇔P(z) =0(car les racines dePsont de module1)

⇔z∈{1, ω, ω², ω⁴}.

Ainsi,1,ω,ω²etω⁴sont les points d’intersection de la coniqueC avec le cercle de centre0et de rayon1(quanda= −1 2 etb=

√7 2 ).

14) a)σ(p) =p=q.

b)

1 2

−1

1 2

−1

−2

b

b

b

bb b b

C

σ(C)

c)U ∩(C ∪σ(C)) ={1, ω, ω², ω⁴, ω, ω², ω⁴}={1, ω, ω², ω⁴, ω⁻¹, ω⁻², ω⁻⁴}={ω^k, 06k66}=U₇.