Exercice III

SESSION 2009 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B PSI

Exercice I

1) rg(A) =3 < 4 et doncA /∈GL4(R). Par suite,0est valeur propre de A.

2) SoitU=







 1 1 1 1









. Puisque la somme des coefficients de chaque ligne deAest égale à1, on aAU=U. PuiqueU6=0, 1est valeur propre deAetUest vecteur propre associé.

3) P_Aest de degré4, de coefficient dominant(−1)⁴=1 et admet−1 pour racine double et0et 1pour racines. Donc P_A=X(X−1)(X+1)².

4) Soitk>4. La division euclidienne deX^k parPA s’écritX^k=Qk×X(X−1)(X+1)²+akX³+bkX²+ckX+dk où Qk est un polynôme etak,bk, ck etdk sont des réels.

On évalue les deux membres de cette égalité en0, 1et −1 puis on dérive les deux membres de cette égalité et on évalue de nouveau en−1. On obtient









dk=0

ak+bk+ck=1

−ak+bk−ck= (−1)^k 3ak−2bk+ck=k(−1)^k−1

⇔















d_k=0 b_k= 1

2(1+ (−1)^k) ak+ck= 1

2(1− (−1)^k)

3ak− (1+ (−1)^k) +ck= −k(−1)^k

⇔















d_k=0 b_k= 1

2(1+ (−1)^k) ak+ck= 1

2(1− (−1)^k) 3ak+ck=1− (k−1)(−1)^k

⇔



















d_k=0 bk= 1

2(1+ (−1)^k) ak= 1

4(1− (2k−3)(−1)^k) c_k = 1

4(1+ (2k−5)(−1)^k) .

Le reste de la division euclidienne deX^k parP_Aest 1

4((1− (2k−3)(−1)^k)X³+2(1+ (−1)^k)X²+ (1+ (2k−5)(−1)^kX).

5) D’après le théorème deCayley-Hamilton, on aP_A(A) =0 et donc pourk>4

A^k=Qk(A)×PA(A) + 1

4((1− (2k−3)(−1)^k)A³+2(1+ (−1)^k)A²+ (1+ (2k−5)(−1)^kA)

= 1

4((1− (2k−3)(−1)^k)A³+2(1+ (−1)^k)A²+ (1+ (2k−5)(−1)^kA).

∀k>4,A^k= 1

4((1− (2k−3)(−1)^k)A³+2(1+ (−1)^k)A²+ (1+ (2k−5)(−1)^kA).

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2009. Tous droits réservés.

Exercice II

1) a)Pour tout entier natureln, on aα6xn6βet quandntend vers+∞on obtientα6x6β.

Puisquefest continue sur[α, β]et donc enx, on en déduit que f(x) =f

n→lim+∞x_n

= lim

n→+∞f(x_n) = lim

n→+∞0=0.

b)Pourn∈N, on posean=Min{xn, xn+1}et bn =Max{xn, xn+1}. Puisque xn6=xn+1, on a an< bn.

Soitn ∈ N. f est continue sur [an, bn], dérivable sur]an, bn[ et f(an) =f(bn) =0. D’après le théorème de Rolle, il existeyn∈]a_n, bn[tel que f^′(y_n) =0.yn est un zéro def^′ strictement compris entrexn etxn+1.

c)Puisque lim

n→+∞x_n = lim

n→+∞xn+1=0, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que lim

n→+∞y_n=x. Puisque f^′ est continue sur[α, β]et donc enx, on en déduit comme en a) quef^′(x) =0.

d) xest le réel de [α, β] défini en a). Les fonctions a et b sont continues sur [α, β] et d’après le théorème de Cauchy, il existe une et une seule solutiongsur[α, β]vérifiant de plus g(x) =g^′(x) =0 à savoir la fonction nulle. Doncf est la fonction nulle.

2) Si la suite(x_n)_n∈Ndiverge, la suite(x_n)_n∈Nreste néanmoins bornée. D’après le théorème deBolzano-Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite convergente x_ϕ(n)

n∈N= (x_n^′)_n∈N. La suite (x_n^′) est une suite convergente de zéros deux à deux distincts def ce qui nous ramène à la situation du a).fest encore une fois la fonction nulle.

3) On prenda : t7→0 et b : t7→1. L’équation(E)s’écrity^′′(t) +y(t) =0. Cette équation admet pour solution sur Rla fonctiont7→sin(t)qui a une infinité de zéros deux à deux distincts mais n’est pas la fonction nulle.

Exercice III

Partie A : Règle de Raabe-Duhamel.

1) Supposonsλ < 0. un+1

u_n −1 ∼

n→+∞ −λ

n. En particulier,un+1

u_n −1 > 0pourngrand. La suite(u_n)est donc strictement croissante à partir d’un certain rang et en particulier, il existen1>n0 tel que∀n>n1,un>un1 > 0. La suite(un)ne peut donc pas tendre vers0et la série de terme généralun est grossièrement divergente.

2) Soitβ∈R.

vn+1

v_n = (n+1)^−β n^−β =

1+ 1

n −β

n→=+∞ 1− β n+o

1 n

, et donc

un+1

u_n −vn+1

v_n =

n→+∞

β−λ n +o

1 n

.

3) a)Puisqueλ < β, on aβ−λ < 0. Mais alors un+1

un

−vn+1

vn

n→∼+∞

β−λ

n < 0et pourngrand, un+1

un

6 vn+1

vn

. On a montré qu’il existeN>n₀tel que ∀n∈N, un+1

u_n 6 vn+1

v_n . b)Soitn>N+1.

un=uN n−1Y

k=N

u_k+1 uk

6uN n−1Y

k=N

v_k+1 vk

= u_N vN

vn.

Le réelK= u_N vN

est un réel strictement positif tel que∀n>N,u_n6Kv_n. c)∃K > 0,∃β > 1,∃N>n₀/, ∀n>N,06u_n6 K

n^β. Puisqueβ > 1, la série de terme général K

n^β converge et il en est de même de la série de terme généralu_n.

4) Si 06λ < 1, en choisissant un réelβtel queλ < β < 1, on montre comme en 3)a) l’existence d’un entierN tel que

∀n>N, u_n+1 un

>v_n+1 vn

puis comme en 3)b) l’existence d’un réel strictement positifKtel que ∀n>N,un>Kvn= K n^β. Commeβ < 1, la série de terme généralvn diverge et il en est de même de la série de terme généralun.

5) xn+1

x_n =

1+ 1 n

−1

n→=+∞ 1− 1 n+o

1 n

puis

ln²n ln²(n+1) =









lnn+ln

1+ 1 n

lnn









−2

=

1+ 1 lnnln

1+ 1

n −2

n→=+∞

1+ 1

nlnn+o 1

nlnn −2

n→=+∞ 1− 2 nlnn+o

1 nlnn

n→=+∞ 1+o 1

n

et donc

yn+1

y_n =

1+ 1 n

−1

ln²n ln²(n+1) =

n→+∞

1− 1

n+o 1

n 1+o

1 n

n→=+∞ 1− 1 n+o

1 n

.

Les deux suites(x_n)et (y_n)appartiennent au cas λ=1. La série de terme général x_n diverge. Vérifions que la série de terme généraly_n converge.

La fonction x7→ xln²x est croissante et strictement positive sur ]1,+∞[ en tant que produit de fonctions strictement positives et croissantes sur]1,+∞[ et donc la fonctionx7→ 1

xln²x est décroisante sur]1,+∞[. Par suite, pourn>3 Xn

k=3

1 kln²k 6

Xn

k=3

Zk

k−1

1

xln²x dx= Zn

2

1

xln²x dx= 1 ln2 − 1

lnn 6 1 ln2. Ainsi, la suite

1 nln²n

est positive et la suite des sommes partielles de la série de terme général 1

nln²n est majorée.

On en déduit que la série de terme général 1

nln²n converge.

Finalement, quandλ=1, il est possible que la série de terme généralu_n converge ou diverge.

Partie B.

1) Pourn≥2 etk∈J1, n−1K,0 < 1

√k 616 π

2 et donc sin 1

√k

> 0. Par suite, pourn>2,wn> 0. Puis

wn+1

w_n =√ nsin

1

√n

n→=+∞

√n 1

√n− 1 6n√

n+o 1

n√ n

n→+∞= 1− 1 6n+o

1 n

.

Ici,λ= 1

6 < 1et donc la série de terme généralwn diverge d’après la règle deRaabe-Duhamel.

2) a) Soit n ∈ N^∗. La fonction t 7→ 1

(t⁴+1)ⁿ est continue sur [0,+∞[ et est négligeable en +∞ devant 1 t² car 1

(t⁴+1)ⁿ ∼

n→+∞

1

t⁴ⁿ avec4n>4 > 2. On en déduit que la fonctiont7→ 1

(t⁴+1)ⁿ est intégrable sur[0,+∞[et doncIn

existe.

b)Soientn∈N^∗ et A > 0.

ZA

0

1

(t⁴+1)ⁿ dt=

t× 1

(t⁴+1)ⁿ A

0

− ZA

0

t× −4nt³ (t⁴+1)ⁿ⁺¹ dt

= A

(A⁴+1)ⁿ −4n ZA

0

t⁴+1−1

(t⁴+1)ⁿ⁺¹ dt= A

(A⁴+1)ⁿ −4n ZA

0

1

(t⁴+1)ⁿ dt− ZA

0

1

(t⁴+1)ⁿ⁺¹ dt

!

QuandAtend vers+∞, on obtientI_n =4n(I_n−In+1).

∀n∈N^∗,I_n=4n(I_n−In+1).

c)Pour toutn∈N^∗,In est l’intégrale d’une fonction continue positive et non nulle sur[0,+∞[et doncIn > 0. De plus, In+1

I_n =1− 1

4n =

n→+∞ 1− 1 4n+o

1 n

.

Ici,λ= 1

4 < 1et donc la série de terme généralIn diverge d’après la règle deRaabe-Duhamel.

3) a)On sait que le rayon de convergence de la série entière proposée est1 et que∀x∈] −1, 1[,S(x) = (1+x)^α. b)Puisqueα /∈Z, la suite(a_n)_n∈N ne s’annule pas. De plus, pourn∈N, |an+1|

|a_n| = |α−n|

n+1 et en particulier

|a_n+1|

|a_n| =

n→+∞

n−α n+1 =

n→+∞

1− α

n

1+ 1 n

−1 n→=+∞

1−α

n

1− 1 n+o

1 n

n→=+∞ 1−α+1 n +o

1 n

Puisque α 6= 0, α+1 6= 1 et donc, d’après la règle deRaabe-Duhamel, la série de terme général |a_n| converge si et seulement siα+1 > 1ou encore α > 0.

c)Pour x∈] −1, 1[et n∈N, posonsf_n(x) =a_nxⁿ.

•Puisque la série de terme général|a_n|converge, les séries de termes généraux respectifsa_n×1ⁿ eta_n×(−1)ⁿ converge.

La série de fonctions de terme générala_nf_n converge donc simplement versSsur[−1, 1].

•Chaque fonctionfn est continue sur[−1, 1].

• Pour toutn∈Net toutx∈[−1, 1], |fn(x)|=|an|×|x|ⁿ 6|an|. Par suite, pour toutn∈N, kfnk∞ =sup{|fn(x)|, x∈ [−1, 1]}6|a_n|.

Ainsi, la série numérique de terme généralkfnk∞ converge ou encore la série de fonctions de terme généralfn converge normalement sur [−1, 1] versS. On en déduit que la série de fonctions de terme généralfn converge uniformément sur [−1, 1]versS.

Finalement, la fonctionSest continue sur[−1, 1]en tant que limite uniforme sur[−1, 1]d’une suite de fonctions continues sur[−1, 1]. En particulier,

+∞X

n=0

a_n=S(1) = lim

x→1 x<1

S(x) = lim

x→1 x<1

(1+x)^α=2^α, et

+∞

X

n=0

(−1)ⁿan=S(−1) = lim

x→−1 x>−1

S(x) = lim

x→−1 x>−1

(1+x)^α =0.

d)Si α < −1,α+1 < 0 et d’après A.1)a), la suite(|a_n|) ne tend pas vers0. Dans ce cas, la série de terme générala_n diverge grossièrement.

e) i)Pourn∈N^∗, ln(|an|) =ln(|a0|) +

n−1X

k=0

(ln(|ak+1|) −ln(|ak|)) =

n−1X

k=0

ln

|a_k+1|

|ak|

. Mais

ln

|an+1|

|a_n|

n→+∞= ln

1− α+1 n +o

1 n

n→=+∞ −α+1 n +o

1 n

.

Commeα+1 > 0, ln

|an+1|

|a_n|

est strictement négatif pourngrand. De plus, ln

|an+1|

|a_n|

n→∼+∞ −α+1

n et la série de terme général ln

|a_n+1|

|an|

diverge vers−∞ou encore, au vu de la remarque initiale

n→lim+∞ln(|an|) = −∞.

ii)On en déduit encore que lim

n→+∞|a_n|= lim

n→+∞e^ln(|an|)=0. D’autre part, puisque |a_n+1|

|an| −1 ∼

n→+∞ −α+1

n < 0et donc

|a_n+1|<|a_n| pourngrand. La suite(|a_n|)est donc décroissante à partir d’un certain rang.

D’autre part, pourn∈N^∗,

a_n= α(α−1). . .(α− (n−1))

n! = (−1)ⁿ(−α)(1−α). . .((n−1) −α) n!

avec(−α)(1−α). . .((n−1) −α)> 0carα < 0.

En résumé, la suite(a_n)est alternée en signe, décroissante à partir d’un certain rang et de limite nulle. On en déduit que la série de terme générala_n converge en vertu du critère spécial aux séries alternées.

iii)Montrons que la série de fonctions de terme généralfn (notations de la question c)) converge uniformément versSsur [0, 1].

Pourn∈Netx∈[0, 1], on poseRn(x) =

+∞X

k=n+1

anxⁿ=

+∞X

k=n+1

fn(x)(Rn(1)existe d’après b)).

Pour toutx∈[0, 1] etn∈N,|a_nxⁿ|=|a_n||xⁿ|6|a_n|ce qui montre que∀x∈[0, 1], lim

n→+∞anxⁿ=0.

D’autre part, la suite(|a_nxⁿ|) = (|a_n||x|ⁿ)est décroissante à partir d’un certain rang en tant que produit de deux suites positives décroissantes à partir d’un certain rang. Enfin, Pour toutx∈[0, 1]et n∈N,anxⁿ= (−1)ⁿ|a_nxⁿ|.

Ainsi, pour chaquex∈[0, 1], la série de terme généralanxⁿ est une série alternée.

Soitn∈N. On sait que pour toutx∈[0, 1], la valeur absolue deR_n(x)est majorée par la valeur absolue de son premier terme. Donc, pour toutx∈[0, 1],

|R_n(x)|6|a_n+1||x|ⁿ⁺¹6|a_n+1|,

et on en déduit quekR_nk∞ =sup{|Rn(x)|, x∈[0, 1]}6|an+1|. Puisque|an+1|tend vers0quandntend vers+∞, il en est de même dekR_nk∞. On a montré que la série de fonctions de terme généralf_n converge uniformément versSsur[0, 1].

Mais alors, comme en c), la fonctionS est continue sur[0, 1] et

+∞

X

n=0

an=S(1) = lim

x→1 x<1

S(x) = lim

x→1 x<1

(1+x)^α=2^α.

Exercice IV

1) Soit(λ₁, . . . , λ_p)∈R^p.

Xp

i=1

λ_ix_i

2

= X

16i,j6p

λ_iλ_jhx_i|x_ji= X

16i,j6p

λ_iλ_jhy_i|y_ji=

Xp

i=1

λ_iy_i

2

. Supposons(x₁, . . . , x_p)libre. Soit(λ₁, . . . , λ_p)∈R^p.

Xp

i=1

λ_iy_i=0⇒

Xp

i=1

λ_iy_i

=0⇒

Xp

i=1

λ_ix_i

=0⇒ Xp

i=1

λ_ix_i=0⇒∀i∈J1, pK, λi=0, et la famille(y1, . . . , yp)est libre. En échangeant les rôles, on obtient

(x₁, . . . , xp)libre⇔(y₁, . . . , yp)libre.

2) Puisque (x1, . . . , xn)est libre de cardinalp=n=dimE,(x1, . . . , xn)est une base deE. Soit fl’endomorphisme de Etel que∀i∈J1, nK,f(x_i) =yi. Montrons quefest un automorphisme orthogonal.

Soitx= Xn

i=1

λ_ix_i,(λ₁, . . . , λ_n)∈Rⁿ, un vecteur quelconque.

kf(x)k²=

Xn

i=1

λif(xi)

2

=

Xn

i=1

λiyi

2

= X

16i,j6n

λiλjhyi|yji= X

16i,j6n

λiλjhxi|xji=

Xn

i=1

λixi

2

=kxk².

Ainsi,fconserve la norme et doncf∈O(E). On a montré qu’il existe un automorphisme orthogonalftel que∀i∈J1, nK, f(x_i) =yi.

3) a)Le cardinal d’une famille libre deEest inférieur ou égal à la dimension deEet doncp6n. On a mêmep < ncar p6=n.

dim(F) =card(xi)_16i6p=pet dim(F^⊥) =n−p. De même, dim(G) =pet dim(G^⊥) =n−p.

b) F^⊥ est de dimensionn =p > 0 et il existe une base orthonormale(xk)p+16k6n de F^⊥. De même, il existe une base orthonormale(yk)p+16k6n deG^⊥. On peut donc choisirq=n−p.

Soit(i, j)∈J1, nK².

• Si16i6pet16j6p, on ahxi|xji=hyi|yji.

• Sip+16i6net p+16j6n, on ahxi|x_ji=δi,j=hyi|y_ji.

• Si1 i petp+1 j noup+1 i net1 j p, on ahx|x i=0=hy|yi.

Finalement,∀(i, j)∈J1, nK²,hxi, xii=hyi|yji.

c) La famille(x₁, . . . , x_p)est une base de Fet la famille (xp+1, . . . , x_n) est une base deF^⊥. Donc la famille (x₁, . . . , x_n) est une base de E. D’après la question 2), il existe un automorphisme orthogonalf tel que ∀i ∈J1, nK, f(x_i) = y_i. En particulier,f est un automorphisme orthogonal tel que∀i∈J1, pK,f(x_i) =y_i.

4) Si tous lesxisont nuls, le résultat de la question 1) appliquée aux différentsp-uplets(λ1, . . . , λp) = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) montre que tous lesyisont nuls. Dans ce cas, n’importe quel automorphisme orthogonalfvérifie∀i∈J1, pK,f(xi) =yi. Sinon, on poser = rg(x1, . . . , x_p), 1 6r 6p−1. Quite à renuméroter les vecteursx_i, on peut supposer que la famille (x₁, . . . , x_r) est libre et que ∀i ∈ Jr+1, pK, x_i ∈ F = Vect(x1, . . . , x_r). La question 1) montre d’une part que la famille (y₁, . . . , y_r) est libre et d’autre part que la famille(y₁, . . . , y_p) est de rangr, car si rg(y1, . . . , y_p)> r on peut extraire de la famille (y₁, . . . , y_p) une sous-famille libre de cardinal strictement plus grand quer et donc en correspondance on peut extraire une sous-famille libre de(x₁, . . . , x_p)de cardinal strictement plus grand quer ce qui n’est pas. En résumé, la famille(y₁, . . . , y_r)est libre et que∀i∈Jr+1, pK,y_i∈G=Vect(y1, . . . , y_r).

La question 3) montre qu’il existe un automorphisme orthogonalftel que∀i∈J1, rK,f(x_i) =y_i. Soiti∈Jr+1, pK. Il existe(λ₁, . . . , λ_r)∈R^r tel quex_i =

Xr

k=1

λ_kx_k. Puisquex_i ∈Vect(x1, . . . , x_r) =F,f(x_i)∈f(F)⊂G et de même,f(xi) −yi∈G. Vérifions quef(xi) −yi∈G^⊥. Soitj∈J1, pK.

hf(x_i)|y_ji=hf(x_i)|y_ji= Xr

i=1

λ_khf(x_k)|y_ji= Xr

i=1

λ_khy_k|y_ji= Xr

i=1

λ_khx_k|x_ji=h Xr

i=1

λ_kx_k|x_ji=hx_i|x_ji

=hy_i|y_ji,

et donchf(x_i) −y_i|y_ji=0. Ainsi,∀j∈ J1, rK, hf(x_i) −y_i|y_ji=0. Puisque (y₁, . . . , y_r), est une base de G, on a montré quef(x_i) −y_i∈G^⊥.

En résumé,∀i∈Jr+1, pJ, f(xi) −yi ∈G∩G^⊥ ={0}et donc∀i ∈Jr+1, pJ, f(xi) =yi. Finalement, l’automorphisme orthogonal fourni plus haut vérifie∀i∈J1, pK, f(xi) =yi.