Enoncé 126

(1)

Centrale PSI 2012

Enoncé 126

^DansR³, on donne les 3 droites : D₁:







z = 1 x = 0

D₂:







z = 0 x = y

D₃:







z = −1 y = 0

.

Donnez l’équation générale d’une droite coupant ces 3 droites. Définir la surface (S) engendrée par l’ensemble des droites trouvées. Quelle est sa nature ?

Odlt 19-117

Il faut chercher des droites deR³ avec un minimum de paramètres. La méthode la plus efficace est de les chercher sous la formex=az+b y=c z+d, mais il manque les droites parallèles àx0y(qu’on cherche ensuite sous la forme z=a y=bx+c(sauf parallèle à axe 0y), puisz=a x=b).

Les droitesx=az+b y=c z+d, non parallèles àx0yrencontrent les 3 droitesDissi :

∃x,y∈R,











0 = a+b y = c+d

b = d

0 = −c+d x = −a+b

⇐⇒











a = −b

c = b

d = b

soit (D_b)







x = b(−z+1) y = b(z+1)

Les 3 droitesDi étant dans 3 plans parallèles àx0y, les droites parallèles àx0yne peuvent les rencontrer toutes les trois. Reste à reconnaître la surface (S)S

b∈RDb: il suffit d’éliminer lebpour reconnaître une quadrique M(x,y,z)∈S ⇐⇒ ∃b,z∈R, (x,y,z)∈(Db) ⇐⇒ x

−z+1= y

z+1 ⇐⇒ xz+y z+x−y=0 Méthode 1 :

On réduit la forme quadratiqueQ(x,y,z)=xz+y z=^tX S X avecS= ¹₂³_{0 0 1}

0 0 1 1 1 0

´. On peut commencer par regarder le signe des valeurs propres trS=0 et detS =0 amènent une valeur propre nulle et deux de signes opposées (non nulles). Il y a deux possibilités : paraboloïde hyperbolique ou cylindre hyperbolique (éventuellement dégénérés en 2 plans). On calcule un peu plus : le polynôme caractéristique deSestχS(λ)= −λ³+2λ= −λ(λ−p

2)(λ+p

2). L’espace propre associé à 0 est « visiblement » Vect (1,−1, 0. Le plan contenant les deux autres estx−y=0, ce qui sans calcul supplémentaire amène que dans un nouveau repère orthonormé où (1,−1, 0) est l’axeO Z, la nouvelle équation est p2(X²−Y²)+αZ =0, donc paraboloide hyperbolique

Méthode 2 :_ On remarque que les groupementsx+y etx−y, par une rotation de repère d’axe 0z et d’angleπ/4

« deviennent »p

2Xetp

2Y, d’oùp

2X Z=p

2Y, puis une autre rotation autour de 0Y et d’angleπ/4 donneX⁰²−Z⁰²= (X⁰−Z⁰)(X⁰+Z⁰)=2X Z=2Y =2Y⁰. On reconnaît immédiatement la réduite d’un paraboloïde hyperbolique.

Remarque :Les surfaces « réunion de droites » s’appelent des surfaces réglées. Il y a 5 quadriques réglées : les cylindres (réunion de droites parallèles à la direction du cylindre) parabolique et hyperbolique, le cône (réunion de droites concourantes au sommet) elliptique, l’hyperboloïde à une nappe et le paraboloïde hyperbolique.

On dessine ici le paraboloïde hyperbolique avecc quelques droites (en bleu) tracées dessus. La surface est tronquée à [−3, 3]²:

1

(2)

D1

D₂

D3

CCP PSI 2012

Enoncé 1231040

Extrema locaux def : (x,y)∈(R^∗₊)²→x y+8³

1 x+¹_y

´

? RMS 123-1040

³R^∗₊´2

=¤ 0,+∞£

×¤ 0,+∞£

est bien ouvert deR²comme produit d’intervalles ouverts. Les extremaM=(x,y) def sontdoncdes points critiques de f, cad des points de dérivées partielles nulles. On cherchex,y>0 et on en trouve un seul possible :











∂f

∂x(x,y)=y−8 1

x² = 0

∂f

∂y(x,y)=x−8 1

y² = 0 ⇐⇒











y = 8

64/y⁴

x = 8

y²

⇐⇒







y(y³−8) = 0

x = 8

y²

⇐⇒ M=(2, 2)

Réciproquement, on va utiliser _2+x¹ = ¹₂_1+x/2¹ = ¹₂(1−¹₂x+¹₄x²+o(x²)), lorsque x →0 et on doit considérer, pour (h,k)→(0, 0), le signe def(2+h, 2+k)−f(2, 2) (différence « d’altitude » ) :

f(2+h, 2+k)−f(2, 2)=(2+h)(2+k)+8 µ 1

2+h+ 1 2+k

¶

−12

=4+2h+2k+hk+8 µ1

2

³1−1 2h+1

4h²+h²ε(h)´ +1

2

³1−1 2k+1

4k²+k²ε(k)´¶

−12

=h²+hk+k²+4h²ε(h)+4k²ε(k) 2

(3)

Pourdevinerle signelocalde cette quantité, on regarde le signe de la forme quadratique destermes d’ordre 2 Q(h,k)=h²+hk+k². Pour ceci, en général, on regarde le signe des valeurs propres de la matrice symétrique cano- niquement associéeS=¡ _{1 1/2}

1/2 1

¢, mais il est plus simple d’écrireQ(h,k)=(h+¹₂k)²+³₄k²pour voir immédiatement queQest définie positive et on « devine donc » que c’est un minimum. Montrons-le en « bidouillant » subtilement la négligeabilité des autres termes :

f(2+h, 2+k)−f(2, 2)=1

2(h+k)²+1

2h²(1+8ε(h))+1

2k²(1+8ε(k))

Comme 1+8ε(h)→1>0 et 1+8ε(k)→1>0,par continuité, pourh,kassez proches de 0, on déduit que cette quantité est (localement) positive, cadM(2, 2) minimum (au moins local) def sur³

R^∗₊´2

. Sur le dessin de la surface « associée » z=f(x,y), on voit que c’est un minimum global. La surface est tronquée à [0, 10]²d’où les « faux coins » en haut.

Axe//0z x=2 y=2

CCP PSI 2012 Variante numérique

Enoncé 16

^Soit^A,^B,C 3 matrices carrées d’ordre n complexes telles que A=B+C, A²=3B+C, A³=5B+6C. Trouvez un polynôme annulateur deAet montrez que ces matrices sont diagonalisables.

Odlt 19-216 cple serie de fonctions







A = B+C A² = 3B+C ⇐⇒







B = ¹₂(A²−A)

C = ¹₂(3A−A²) =⇒ A³=5

2(A²−A)+6

2(3A−A²)= −1

2A²+13 2 A

Le polynômeP(X)=X³+¹₂X²−¹³₂ X=X(X²+¹₂X−¹³₂) est annulateur deAet scindé à racines simples (∆>0), doncA est diagonalisable, puisA²aussi au travers de la même matrice de passageP, puisqueA=P DP⁻¹ =⇒ A²=P D²P⁻¹.

3

(4)

En se servant du système résolu plus haut,B=P¹₂(D²−D)P⁻¹etC=P¹₂(3D−D²)P⁻¹, prouventB,Cdiagonalisables et même codiagonalisables (puisque c’est le mêmeP) car les matrices¹₂(D²−D) et¹₂(3D−D²) sont bien diagonales.

(stabilité par+et . de l’ev des matrices diagonales d’ordren Dn(R)) CCP PSI 2012

Enoncé 25

^Soit^A∈Mn(R) telle que∀1≤k≤n, tr (A^k)=0.

1 )

En calculant tr (χA(A)), montrez 0 valeur propre deA.

2 )

Montrez queAest semblable à une matriceA⁰dont la dernière colonne contient que des 0. On noteBlamatrice obtenue en supprimant àA⁰la dernière ligne et la dernière colonne.

3 )

Montrez∀2≤k≤n,B^k=0. En déduireAⁿ=0.

Odlt 19-210

Q1) Par le théorème deCayley¹-Hamilton², le polynôme caractéristique de A est annulateur de A, cadχA(A)= 0. Il vient tr (χA(A))=0. D’autre part, si χA(x)=(−1)ⁿ(Xⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+ · · · +a₁X+a₀), par linéarité, tr (χA(A)= (−1)ⁿ( tr (Aⁿ)+an−1tr (Aⁿ⁻¹)+ · · · +a1tr (A)+a0tr (I), et en utilisant l’hypothèse sur les traces desA^k, 0=tr (χA(A))= a₀n =⇒ a₀=0. 0 est donc racine deχA, cad valeur propre deA.

Q2) 0 étant valeur propre de A, il existe un vecteurU 6=0 deRⁿ tel que AU =0. On complète en une base E = (E₁, . . . ,E_n−1,U) deRⁿ. En considérant la matricePdont les colonnes sont ces éléments, cad la matrice de passage inversible de la base canonique deRⁿà la baseE, on aP⁻¹AP=A⁰, où la dernière colonne correspond aux coordonnées deAU=0 dans la baseE, donc est nulle.

Q3) On aA⁰=



 B 0 C 0



avecB∈Mn−1(R) etCvecteur-ligne d’ordren−1. Cette matrice étant triangulaire par blocs

de blocs diagonauxBet 0, on sait alors∀1≤k≤n, A^0k=



 B^k 0 C_k 0^k



. Il vient alors tr (A^k)=tr (A^0k)=tr (B^k)+0=0.

Montrons,par récurrence surn≥1, que si A∈Mn(R) vérifie tr (A^k)=0, pour 1≤k≤n, alorsAⁿ=0 (cadAnilpo- tente).

• n=1.A=(a). L’hypothèse tr (A)=a=0, amèneA=A¹=0.

• Supposons l’hypothèse vraie jusqu’àn−1 et considérons A∈Mn(R) telle que tr (A^k)=0, pour 1≤k≤n. Les questions précédentes amènent l’existence d’une matriceB∈Mn−1(R) vérifiant les hypothèses de récurrence à l’ordren−1. Il vient doncBⁿ⁻¹=0, puis, en utilisant :

A⁰ⁿ⁻¹=





0 0

C_n−1 0



 =⇒ A⁰ⁿ=A⁰×A⁰ⁿ⁻¹=



 B 0 C 0



×





0 0

C_n−1 0



=



 0 0 0 0





Par similitude, on a aussiAⁿ=0. (Remarque : si on calculaitA⁰ⁿ⁻¹×A⁰, on ne trouvait pas 0 ! ) Mines-Ponts PSI 2012

Enoncé 28

^Soit^A∈Mn(C) . Déterminez les valeurs propres de comA.

Indication : commencez par le cas inversible.

RMS 123-583

4

(5)

• Si A est inversible, on sait A⁻¹= _detA¹ ^tcomA, soit comA =det(A)^t(A⁻¹). Comme une matrice a les mêmes valeurs propres que sa transposée, et que les valeurs propres deA⁻¹, sont les inverses de celles deA, il vient que si les valeurs propres deAsont notées (avec leur multilicité)λ1, . . . ,λn, les valeurs propres de comAsont donc lesncomplexes :

detA 1 λi =

Qn j=1λj

λi =Y

j6=i

λj

On va démontrer que ce résultat reste vrai dans le cas général (donc lorsque au moins l’un desλjvaut 0).

• Si rgA≤n−2, alors comA=0, donc toutes les valeurs propres de comAsont nulles. En effet, on sait, cours sur le rang d’une matrice, que rgA=r ssi il existe une sous-matrice carrée d’ordrerdeAinversible. Or, si rgA≤n−2, toutes les sous-matrices d’ordren−1 sont non inversibles, donc un déterminant nul. Il s’ensuit que tous les coafacteurs sont nuls, cad comA=0.

On notera, que si rgA≤n−2,µ(0)≥dim KerA≥2, donc au moins deuxλj deA sont nuls, doncQ

j6=iλj est toujours nul. La formule vue plus haut convient bien . . .

• Ici rgA=n−1. On saitA×comA=(detA)I =0. Il vient Im comA⊂ KerA, donc rg comA≤1 donc=1 (sinon on aurait comA=0). Il s’ensuit, par un raisonnement habituel que 0 est valeur propre d’ordre au moinsn− 1 de comA. On trouve la dernière par la trace. On utilise le « résultat classique » que le coefficient en X du polynôme caractéristique de A est−tr ( comA). (Rappel : le coefficient constant est detA et le coefficient en Xⁿ⁻¹ est (−1)ⁿ⁻¹tr (A)). En utilisant le théorème de relation coefficient-racines d’un polynôme, comme lesn racines deχA(x) sontλi, . . . ,λn, le coefficient enXest (−1)ⁿ×(−1)ⁿ⁻¹σn−1oùσn−1est l’expression symétrique élémentaire en lesn−1 racines, soit Pn

i=1

Qj6=iλj. Comme ici, une racine (valeurs propre) est nulle,σn−1est le produit des racines non nulles, d’où finalemment la dernière valeur propre de comA(la seule non nulle) est

−(−σn−1)= Y

λj6=0

λj.

On notera que ici aussi, les n valeurs propres de comAsont bien lesQ

j6=iλj, pour 1≤i≤n, qui sont bienn−1 fois nulles sauf pour leitel queλi=0.

CCP PSI 2012

Enoncé 36

^{Soient (P}k)_0≤k≤nune base deCn[X] eta∈C.

1 )

Montrez que (P_k(X+a))_0≤k≤nest une base deCn[X].

2 )

^Soient^a6=b∈C. Montrez que ((X−a)^k(X−b)^n−k)_0≤k≤nest une base deCn[X].

(On pourra utiliser les polynômes X^k(X+a−b)ⁿ⁻^k).

Odlt 19-209 cpl integrales

La famille (Pk(X+a))0≤k≤nest une famille den+1 polynômes deCn[X] libre car, soientα0, . . . ,αn∈Ctels queα0P0(X+ a)+. . .αnPn(X+a)=0=R(X+a).R s’annule en toutx+a, donc en toutx!, soitα0P₀(X)+. . .αnPn(X)=0, d’où α0= · · · =αn=0. c’est donc une base deCn[X]. On aurait aussi pu dire que l’applicationϕa:P(X)−→P(X+a) est clairement un endomorphisme deCn[X]. Elle est bijective, car de réciproqueP(X)−→P(X−a). (P_k(X+a))_0≤k≤n estdonc une base en tant qu’image de la base (Pk(X))0≤k≤npar l’automorphismeϕa.

On a ici aussi, juste à démontrer la liberté : soientα0, . . . ,αn∈Ctels queα0(X−a)⁰(X−b)ⁿ+· · ·+αn(X−a)ⁿ(X−b)⁰=0.

La valeur enade ce polynôme amèneα0(a−b)ⁿ=0=⇒ α0=0, cara6=b. On poseRk(X)=(X−a)^k(X−b)ⁿ⁻^k. Ensuite, 5

(6)

la dérivée enaamèneα1R⁰₁(a)=0, puisqueR⁰₂(a)= · · · =R_n⁰(a)=0,aétant racine de multipliciték≥2 deRk. De plus, aest racine de multiplicité 1 deR₁(cara6=b), doncR₁⁰(a)6=0. Il vientα1=0. Ensuite, la dérivée seconde enadonne α2=0. On réitère jusqu’à la dérivéenième enaqui donnera, in fine,αn=0.

Mines-Ponts PSI 2012

Enoncé 123577

Déterminez le commutant de f ∈L(R³) tel quef²6=0 etf³=0.

RMS 123-577

Le commutantC(f) de f est l’ensemble des endomorphismesg deR³ commutant avec f. C’est un ev, car c’est le noyau de l’application linéaireϕf : L(R³) → L(R³) , g −→ f ◦g−g◦f. D’autre part, on a toujours trivialement C(f)⊃ Vect (f^k)_0≤k<n. (ce n’est pas utile quek ≥n, car par Cayley-Hamilton, les puissances de f supérieures ou égales àn sont combinaisons linéaires de (I d,f,f², . . . ,fⁿ⁻¹). Comme ici, il est clair que (I d,f,f²) est libre, on en déduit dimC(f)≥3.

Le plus simple est d’essayer de diagonaliser, sinon de trigonaliser f. La seule valeur propre étant 0, f n’est pas diagonalisable, puisquef 6=0. On construit une baseE =(e1,e2,e2) deR³telle que Mat (f,E)=A=³_{0 1 0}

0 0 1 0 0 0

´. Je ne mets pas l’analyse ici. Comme 0 est valeur propre de f (f n’est pas inversible et d’ailleurs nilpotente), il existee1 tel que f(e1)=0. Comme {0}

(

^Ker^f

(

^Ker^f²^{, on prend}^e36=0∈ Kerf²−Kerf, et on posee2=f(e3). On obtient bien alors la matrice plus haut. Reste à démontrer que cette famille est une base deR³, cad libre : laissé au lecteur. facile. Ensuite, on effectue un petit calcul de matrices 3×3 :

M=







a b c d e f g h i







×A=A×M ⇐⇒











0 = d

a = e b = f

0 = g

d = h e = i

0 = 0

g = 0 h = 0

⇐⇒











d=g=h = 0 a=e=i = a b=f = b

⇐⇒ M=







a b c

0 a b

0 0 a







On reconnaît immédiatementaI+b A+c A², soitC(f)=Vect (I d,f,f²). Un endomorphisme où le commutant est l’ev engendré par toutes les puissances def (qui d’ailleurs est égal à l’ensemble de tous les polynômes enf, soitC[f]) est appeléendomorphisme cyclique.

Pour un endomorphisme diagonalisable, il est facile d’avoir la dimension du commutant (et même le commutant) : si les valeurs propres distinctes sontλ1, . . . ,λpde multilicités respectivesm1, . . . ,mp, alors dimC(f)=P^p

k=1m_i². En par- ticulier, on voit que si l’une des valeurs propres est au moins double, dimC(f)>net donc ce n’est pas un endomorphisme cyclique et il existe des endomorphismes qui commutent avec f quine sont pasdes combinaisons de puissances def, cadqui ne sont pasdes polynômes en f. Si l’endomorphisme se diagonalise enDiag (λ1Im1, . . . ,λpImp), un calcul par blocs élémentaire montre que toutes les matrices qui commutent sont les matrices diagonales par blocs Diag (A1, . . . ,Ap) oùAi est une matrice quelconque d’ordremi. La dimensionPp

k=1m²_i vient alors aisément.

6

(7)

Petites Mines PSI 2012

Enoncé 1231012

Rayon de Convergence dex→

+∞X

n=1

ln

µcosh(π/n) cos(π/n)

¶ xⁿ. RMS 123-1012

ln

µcosh(π/n) cos(π/n)

¶

=ln





 1−π²

2 1 n²+O

µ 1 n⁴

¶

1+π² 2

1 n²+O

µ 1 n⁴

¶







=ln µµ

1−π² 2

1 n²+O

µ 1 n⁴

¶¶ µ 1−π²

2 1 n²+O

µ 1 n⁴

¶¶¶

=ln µ

1−π² 1 n²+O

µ 1 n⁴

¶¶

= −π² 1 n²+O

µ 1 n⁴

¶

∼ −π² 1 n²

Méthode 1 : On utilise le critère d’Alembert³pour les séries numériques :

¯

¯ u_n+1

un

¯

¯=

¯

ln³cosh(π/n+1) cos(π/n+1)

´ xⁿ⁺¹ ln³_cosh(π/n)

cos(π/n)

´ xⁿ

¯

∼ π² (n+1)²

n²

π²|x| −−−−−−−→_n

→+∞ |x|

• Si|x| <1, la sérieP

unconverge absolument, doncR≥1.

• Si|x| >1, la sérieP

undiverge grossièrement, doncR≤1.

Méthode 2 : On utilise directement le résultat « limite-cours » Si deux séries entièresPanxⁿde rayonRAetPbnxⁿde rayonR_bvérifienta_n∼b_n, alorsR_a=R_b. On a immédiatementR=1 par la série convergente deRiemann⁴P 1

n². Centrale PSI 2012

Enoncé 78

^Soit^f ^:^x→

+∞X

n=2

xe^−nx lnn .

1 )

Déterminez l’ensemble de définition def.

2 )

Montrez quef est de classe C¹ surR^∗₊.

3 )

Est-elle dérivable à droite en 0 ?

4 )

Montrez quef est continue surR+. RMS 123-844

Q1) Six>0, on afn(x)=o¡₁

n²

¢, d’oùPfn(x) converge. Six=0, la sériePfn(0)=0 converge et six<0, −→

n→+∞ fn(x)= +∞ 6=0 amène la divergence deP

fn(x). Conclusion : Deff =R+.

Q2) On applique le théorème C¹ d’une série de fonctions sur tout segment £ a,b¤

⊂¤ 0,+∞£

, après avoir calculé f_n⁰(x)=^e_lnn^−nx(1−nx) :

• Les fonctionsfnsont clairementC¹sur£ a,b¤

.

• La série de fonctionsP

fnconverge simplement sur£ a,b¤

.

• La série de fonctionsP

f_n⁰ converge uniformément car normalement sur£ a,b¤

car

°

°f_n⁰°

°+∞,[a,b]≤e^−na

lnn (1+nb)=o¡ 1/n²¢

, cara>0 et croissances comparées.

3. Jean le Rond D’Alembert: mathématicien philosophe français (1717-1783).

4. Bernhard Riemann: mathématicien allemand de génie (1826-1866). Travaux fondamentaux sur les fonctions analytiques, la théorie de l’intégration, la géométrie différentielle. Sa fonctionζdonne des indications sur la répartition des nombres premiers.

7

(8)

Q3) Méthode 1 : f(x)−f(0)

x−0 = f(x) x =

+∞X

k=2

e^−kx lnk ≥

n

X

k=2

e^−kx lnk ≥ 1

lnn

n

X

k=2

³e⁻^x´k

= 1 lnn

e^−2x−e^−(n−1)x 1−e⁻^x ∼x→0

x(n−3)

xlnn −−−−−−−→

x→0

n−3 lnn Comme ⁿ⁻³_lnn → +∞, il existeN₀tel que ^N_ln⁰_N⁻³

0 ≥2A. Pour ceN₀, en vertu de la limite plus haut, il existeη>0 tel que, pour 0<x<η, ^f^(x)_x⁻₋₀^f⁽⁰⁾≥^N_ln⁰_N⁻₀³−1≥2A−1. 2A−1 étant quelconque, on vient de démontrer lim

x→0,x>0

f(x)−f(0) x−0 = +∞, cadf n’est pas dérivable (à droite) en 0.

Méhode 2 :

Supposons quef soit dérivable en 0, alors le taux d’accroissement est borné localement à droite en 0, cad il est majoré pourxassez petit, cad pourx=_n¹, avecn≥N0.

∀n≥N₀, M≥ f(x)−f(0) x−0 =

+∞X

k=2

e⁻^kx lnk ≥

n

X

k=2

e⁻^kx lnk ≥e⁻^nx

n

X

k=2

1 lnk =e⁻¹

n

X

k=2

1 lnk On en déduit que les sommes partielles de la sérieP 1

lnn sont majorées alors que la série diverge. Absurde.

Mines-Ponts PSI 2012

Enoncé 80

Soitr, pourn∈N,fn:x→arctan³ n+x 1+nx

´. Etudiez la convergence simple et uniforme surR+ de la suite de fonctions (fn).

RMS 123-603

Etude de la convergence simple de la suite(fn)surR+

Soitx>0 fixé. Comme _1+nx^n+x ∼n→+∞ n

nx = ¹_x, il vient lim_n→+∞f_n(x)=arctan¹_x, par continuité de la fonction arctan- gente. Pourx=0, on a immédiatement limfn(0)=lim arctann=^π₂. La suite de fonctions (fn) converge donc simplement surR+ vers la fonction f définie parf(x)=arctan_x¹, pourx>0, etf(0)=^π₂.

Etude de la convergence uniforme de la suite(fn)surR+

On constate quef est bien continue surR+, notamment en 0, car lim0=arctan(+∞)=^π₂ =f(0). (Sinon, on aurait pu en déduire tout de suite lanon-convergence uniformeversf surR+, lesfnétant continues . . .).

Par efficacité, on va utiliser la formule trigonométrique (pas vraiment au programme) : siab<1, arctana+arctanb= arctan(_1−ab^a+b ).

Ici,a=_1+nxⁿ⁺^x etb= −¹_x. On cherche le sup en valeur absolue de fn(x)−f(x). Par la formule et la croissance d’arctan- gente, ses variations surR+ de sont les mêmes que celles degn(x) :

gn(x)= fn(x)−f(x)

1+fn(x)f(x)=³ n+x 1+nx−1

x

´ /³

1+ n+x x(1+nx)

´

= x²−1

nx²+2x+n =⇒ g_n⁰(x)=2(x²+2nx+1) (nx²+2x+n)² ≥0

°

°fn−f°

°∞=max³¯

¯

¯lim

0 (fn−f)¯

¯

¯,¯

¯

¯lim

+∞(fn−f)¯

¯

´

=max³π

2−arctann, arctan(1 n)´

=arctan µ1

n

¶

−→0

On rappelle la formule pourx>0, arctan(x)+arctan(1/x)=^π₂. Il y a bien convergence uniforme de la suite de fonctions (fn) surR+.

8

(9)

Navale 2012

Enoncé 99

^Soit^f ^:^x→ Z _+∞

0

e⁻^{t x} p1+t²dt.

1 )

Déterminez le domaine de définition def.

2 )

Que dire de la régularité def ?

3 )

Déterminez la limite def en+∞.

RMS 123-1025

Q1) La fonction fx(t)= ^p^e₁^{−t x}

+t² est continue sur £ 0,+∞£

. Pour x >0, on a|fx(t)| ∼+∞ e^{−t x}

t =o(_t¹2). Il vient l’inté- grabilité de fx surR+. Pourx=0, f0∼+∞ 1

t, dont l’intégrale deRiemann⁴R_+∞

1 dt

t est divergente. Pour x<0, on a lim_t→+∞fx(t)= +∞par croissances comparées. On en déduit la non-intégrabilité defxsurR+. Finalement Deff = R^∗₊.

Q2) On va démontrer que f estC^∞surR^∗₊ en utilisant pour toutn∈N, le théorèmeétenduCⁿ pour une intégrale à paramètre sur tout segment £

a,b¤

⊂ ¤ 0,+∞£

. (x,t)→ ^p^e⁻^{t x}

1+t² est bienC^∞surR², donc les dérivées partielles par rapport àxexistent bien à tout ordre.

• ∀0≤k≤n,∀x∈£ a,b¤

,t→∂^kf

∂x^k(x,t)=(−t)^ke^{−t x}

p1+t² est continue par morceaux surR+.

• ∀0≤k≤n,∀t∈R+,t→∂^kf

∂x^k(x,t)=(−t)^ke^{−t x}

p1+t² est continue sur£ a,b¤

.

• Hypothèse de Domination

∀0≤k≤n,∀t∈R+,∀x∈£ a,b¤

,

¯

∂^kf

∂x^k(x,t)

¯

≤ b^ke^{−t a} p1+t²=o_+∞

µ1 t²

¶

(cara>0), donc intégrable surR+. Q3)

¯

¯f(x)¯

¯

¯≤ Z _+∞

0

¯

¯ e^{−t x} p1+t²

¯

¯dt ≤ Z _+∞

0

e^{−t x}dt = lim

A→+∞

·e^{−t x}

−x

¸^t=A t=0 =1

x−−−−−−−−→

x→+∞ 0

CCP PSI 2012

Enoncé 102

1 )

Déterminez les valeurs deα∈Rpour queI_n= Z 1

0

tⁿ¯

¯

¯ln(1−t)

¯

αdt soit convergente. Calculez la limite deI_nlorsque n→ +∞.

2 )

La sérieP

Inest-elle convergente ? Odlt 19183

Q1) La fonctionfn:t →tⁿ|ln(1−t)|^αest continue et positive sur ¤ 0, 1£

. fn(t)∼0 1

t^−n−α. Par comparaison à une in- tégrale deRiemann⁴, il en résulte f_n intégrable sur ¤

0, 1/2¤

ssiα> −n−1. En utilisant lim_t→1p

1−t f_n(t)=0, par croissances comparées, il vient fn(t)=o1(₍₁ ¹

−t)^1/2), d’où l’intégrabilité sur £ 1/2, 1£

, pour toutαréel. Conclusion :In

converge (absolument) ssiα> −n−1, donc la suite (I_n) existe ssiα> −1.

Pour 0≤t <1 fixé, fn(t)→0, et d’autre part, l’hypothèse de domination est vérifiée puisque|fn(t)| ≤t|ln(1−t)|^α, intégrable sur¤

0, 1£

, puisque c’est f₁. Le théorème de convergence dominée deLebesgue⁵s’applique : limIn=0.

4. Bernhard Riemann: mathématicien allemand de génie (1826-1866). Travaux fondamentaux sur les fonctions analytiques, la théorie de l’intégration, la géométrie différentielle. Sa fonctionζdonne des indications sur la répartition des nombres premiers.

5. Henri-Léon Lebesgue: mathématicien français (1875-1941)

9

(10)

Q2) De l’inégalité de convexité bien connue lnt≤t−1, il vient ln(1−t)≤ −t, puis pour 0<t<1,|ln(1−t)| ≥ |t|et :

In= Z 1

0

tⁿ¯

¯

¯ln(1−t)¯

¯

αdt ≥ Z 1

0

tⁿt^αdt = 1 n+α+1

Du critère de comparaison d’une série positive au terme général d’une série harmonique divergente, il résulte que la sérieP

Indiverge.

Mines Nancy PSI 2012

Enoncé 111

Résoudre le système différentiel :











x⁰ = −3x+5y−5z y⁰ = −4x+6y−5z z⁰ = −4x+4y−3z

.

RMS 123-1036

X⁰=AX X=





 x y z





 A=







−3 5 −5

−4 6 −5

−4 4 −3







Un calcul du polynôme caractéristiqueχA deA par la méthode deSarrus⁶amèneχA(λ)= −λ³+7λ−6 de racine évidente 1, puisχA(λ)= −(λ−1)(λ−2)(λ+3). Les 3 valeurs propres étant distinctes, la matriceAest diagonalisable.

On calcule les espaces propres,sachant quece sont des droites : Espace PropreE(1)associé à 1 « par le système »

X=(x,y,z)∈E(1)⇐⇒











−3x+5y−5z = x

−4x+6y−5z = y

−4x+4y−3z = z

⇐⇒











−4x+5y = 5z

−4x+4y = 4z

z = z

⇐⇒











x = 0 y = z z = z

⇐⇒ E(1)=Vect (0, 1, 1)

Espace PropreE(2)associé à 2 « par les colonnes »

A−2I=







−5 5 −5

−4 4 −5







On remarqueC1= −C2ouC1+C2+0C3=0 qui amène (A−2I)(1, 1, 0)=(0, 0, 0), puis Vect (1, 1, 0)⊂E(2)= Ker (A−2I).

Comme on sait queE(2) est une droite, on a l’égalité.

On trouve par une méthode analogueE(−3)=Vect (1, 1, 1).

Méthode 1 :

On sait d’après le cours qu’un système fondamental de solutions est :





 e^t





 0 1 1





 ,e^2t





 1 1 0





 ,e⁻^3t





 1 1 1













d’où





 x y z







=αe^t





 0 1 1





 +βe^2t





 1 1 0





 +γe⁻^3t





 1 1 1







=







βe^2t+γe⁻^3t αe^t+βe^2t+γe^−3t

αe^t+γe⁻^3t







6. Sarrus Pierre-Frédéric: français (1798-1861). Connu pour la méthode de calcul éponyme du déterminant d’ordre 3.

10

(11)

Méthode 2 :

On diagonalise effectivement la matrice :

A=P DP⁻¹ avec P=







0 1 1

1 1 1

1 0 1





 D=







1 0 0

0 2 0

0 0 −3







puisX⁰=AX ⇐⇒ X⁰=P DP⁻¹X ⇐⇒ P⁻¹X⁰=DP⁻¹X ⇐⇒ Y⁰=DY, en posantY =P⁻¹X=(u,v,w) ⇐⇒ X=P Y.

Y⁰=DY ⇐⇒











u = u

v⁰ = 2v w⁰ = −3w

⇐⇒











u = αe^t v = βe^2t w = γe⁻^3t

X=P Y =





 x y z







=







0 1 1

1 1 1

1 0 1











 αe^t βe^2t γe⁻^3t







=







βe^2t+γe⁻^3t αe^t+βe^2t+γe^−3t

αe^t+γe⁻^3t







TPE PSI 2012

Enoncé 114

On munit l’espace`∞(C) des suites bornées deC^N de la normek·k∞. Soit ∆: (un)n≥0∈`∞(C)→ (u_n+1−un)_n≥0. Montrez que∆est un endomrophisme continu. Calculez sa norme subordonnée.

RMS 123-990

Il est clair que∆est un endomorphisme de`∞(C).k∆(un)k_∞= kun+1−unk_∞≤ kun+1k_∞+ kunk_∞≤2kunk_∞. Ceci établit la continuité de∆et aussi|||∆||| ≤2.

Pour démontrer l’inégalité réciproque, on considère la suitevn=(−1)ⁿqui est bien une suite complexe bornée.

Comme, pour toutn∈N,|∆(vn)| = |(−1)ⁿ⁺¹−(−1)ⁿ| =2, il vientk∆(vn)k_∞=2 etkv_nk_∞=1.

De la définition|||∆||| = sup

(un)6=(0)

k∆(un)k_∞ kunk∞

, on tire|||∆||| ≥k∆(vn)k_∞ kvnk∞

=2, puis finalement|||∆||| =2

11