Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

(1)

SESSION 2006

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B MP

Exercice 1.

1. Soitn∈N. Puisque la suiteuest strictement positive et décroissante de limite nulle, on sait que le signe de la somme X+∞

k=n

(−1)^kuk est le signe de son premier terme ou encore le signe deRn est(−1)ⁿ. On en déduit que

|R_n|+|Rn+1|= (−1)ⁿR_n+ (−1)ⁿ⁺¹Rn+1= (−1)ⁿ(R_n−Rn+1) = (−1)ⁿ×(−1)ⁿu_n=u_n.

∀n∈N, |R_n|+|R_n+1|=un.

2. Soitn∈N.

|Rn|−|Rn+1|= (−1)ⁿRn− (−1)ⁿ⁺¹Rn+1= (−1)ⁿ(Rn+Rn+1)

= (−1)ⁿ

+∞

X

k=n

(−1)^kuk+

+∞

X

k=n+1

(−1)^kuk

!

= (−1)ⁿ





+∞X

p=0

(−1)^n+pun+p+

+∞X

p=0

(−1)^n+p+1un+p+1





= (−1)ⁿ×(−1)ⁿ





+∞X

p=0

(−1)^pu_n+p− X+∞

p=0

(−1)^pu_n+p+1



= X+∞

p=0

(−1)^p[u_n+p−u_n+p+1].

∀n∈N, |R_n|−|R_n+1|= X+∞

p=0

(−1)^p[u_n+p−u_n+p+1].

Pour n ∈ N, posons vn = un −un+1. D’après les conditions iii) et iv), on a pour n ∈ N, on a vn ≥ 0 et vn+1 = un+1−un+2≤un−un+1=vn. Ainsi, la suite vest une suite positive décroissante, de limite nulle.

Mais alors, pourn∈N, la somme

+∞

X

p=0

(−1)^p[up+n−up+n+1] =

+∞

X

p=0

(−1)^pvn+pest du signe de son premier terme(−1)⁰v_n ou encore|R_n|−|Rn+1|≥0. On a montré que

la suite(|R_n|)_n∈Nest décroissante.

3. Soitn∈N^∗. Puisque la suite(|R_n|)_n∈N est décroissante, d’après la question 1., on a un =|Rn|+|Rn+1|≤|Rn|+|Rn|=2|Rn|, et aussi

un−1=|Rn|+|Rn−1|≥|Rn|+|Rn|=2|Rn|.

On a montré que

∀n∈N, un

2 ≤|R_n|≤un−1

2 .

(2)

4. Soirn∈N^∗. On a R_n

(−1)ⁿun/2 = 2(−1)ⁿR_n un

= 2|R_n| un

. Mais alors d’après la question précédente

1≤ Rn

(−1)ⁿu_n/2= 2|Rn|

u_n ≤ un−1

u_n . Puisque par hypothèse, u_n−1

un

tend vers 1 quand n tend vers +∞, le théorème des gendarmes permet d’affirmer que Rn

(−1)ⁿu_n/2 tend vers1quandntend vers+∞et donc que Rn ∼

n→+∞

(−1)ⁿun

2 .

5. Application : La suite u= lnn

n

est définie et strictement positive à partir du rang2, de limite nulle en+∞. De plus,un+1= ln(n+1)

n+1 ∼

n→+∞

lnn

n =un ou encore lim

n→+∞

un+1

u_n =1.

Pourx > 0, posonsf(x) = lnx

x .fest deux fois dérivable sur]0,+∞[et pourx > 0, f^′(x) = 1−lnx

x² puisf^′′(x) = (−1 x)1

x² + (1−lnx)(− 2

x³) = −3+2lnx x³ .

f^′ est négative sur [e,+∞[ et en particulier sur [3,+∞[ et f^′′ est positive sur[e^3/2,∞[et en particulier sur [5,+∞[. La fonctionf est donc décroissante sur[3,+∞[et convexe sur[5,+∞[.

Pourn≥3, on a alorsu_n =f(n)≥f(n+1) =u_n+1. La suite(u_n)décroît à partir du rang3. D’autre part, par convexité defsur[5,+∞[, pourn≥5on a 1

2(f(n) +f(n+2))≥f(n+n+2

2 ) =f(n+1)ce qui s’écrit encoreun+2+un≥2un+1

ou enfinun+2−un+1≥un+1−u_n.

L’encadrement établi à la question 3. est donc vrai à partir du rang6 et l’équivalent fourni à la question 4. reste valable.

Ainsi,

a_n ∼

n→+∞ (−1)ⁿlnn 2n .

Exercice 2.

1. Puisquebn ∼

n→+∞ an, on aRb=Ra= +∞et donc

gest définie surR.

2. Puisque an ∼

n→+∞ bn et que la suitebne s’annule pas, la suite(γ_n) = (a_n bn

−1)est définie et tend vers 0 quandn tend vers+∞.

3. 3.1.Soitm∈N. La suiteγest convergente et en particulier bornée. On en déduit l’existence deδm= sup

n≥m

|γ_n|.

3.2.Soient m∈Net t∈]0,+∞[. On ag(t)≥b₀> 0et

f(t) g(t)−1

= 1

g(t)|f(t) −g(t)|= 1

g(t)

+∞

X

n=0

(an−bn)tⁿ = 1

g(t)

+∞

X

n=0

γnbntⁿ

≤ 1 g(t)

+∞X

n=m+1

|γ_n|b_ntⁿ+ 1 g(t)

Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ≤ sup

n≥m

|γ_n| g(t)

+∞X

n=m+1

bntⁿ+ 1 bm+1t^m+1

Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ

≤ δm

g(t)

+∞

X

n=0

b_ntⁿ+ 1 b_m+1t^m+1

Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ=δ_m+ 1

b_m+1t^m+1 Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ.

(3)

3.3. Soit alorsε > 0. Puisque la suite (γ_n) tend vers 0 quand n tend vers +∞, on peut choisir m ∈ N tel que∀n ≥ m, |γ_n|≤ ε

2.mest ainsi dorénavant fixé. Par définition demon aδ_m≤ε

2 et donc

∀t > 0,

f(t) g(t)−1

≤ε

2 + 1

bm+1t^m+1 Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ.

Maintenant la fonctiont7→ Xm

n=0

|γn|bntⁿ est un polynôme de degré au plusmet donc lim

t→+∞

1 b_m+1t^m+1

Xm

n=0

|γn|bntⁿ=0.

Par suite, il existe un réel strictement positifAtel que, pourt > A, 1 bm+1t^m+1

Xm

n=0

|γ_n|b_ntⁿ < ε

2. Pourt > A, on a alors

f(t) g(t)−1

< ε

2 + ε 2 =ε.

On a montré que∀ε > 0, ∃A > 0/∀t∈R, (t > A⇒

f(t) g(t)−1

< ε)et donc que lim

t→+∞

f(t)

g(t)=1ou encore que f(t) ∼

t→+∞ g(t).

4. 4.1Quandntend vers+∞, (n+1)ln(1+ 1

n+1)∼ n+1

n+1 =1 et donc

1+ 1 n+1

n+1

=e⁽ⁿ⁺¹⁾^ln(1+ⁿ⁺¹¹ ⁾tend vers

e. Ainsi, les suitesa etbdéfinies par ∀n∈N, b_n=

1+ 1 n+1

n+1

n! et ∀n∈N, a_n = e

n! sont deux suites strictement positives, équivalentes en+∞. CommeR_a= +∞, on a R_b= +∞ou encore

hest définie surR. 4.2.De plus, la question 3. permet d’affirmer que quandttend vers+∞

h(t)∼

+∞X

n=0

e

n!tⁿ=e×e^t=e^t+1. h(t) ∼

t→+∞ e^t+1.

5. 5.1. Soit (an)n∈N une suite réelle telle que Ra > 0. Pour t ∈] −Ra, Ra[, posons z(t) =

+∞

X

n=0

antⁿ. Tout d’abord, z(0) =0 etz^′(0) =1si et seulement sia0=0et a1=1. D’autre part, pourt∈] −Ra, Ra[,

tz^′′(t) + (1−t)z^′(t) =t X+∞

n=2

n(n−1)a_ntⁿ⁻²+ (1−t)

+∞X

n=1

na_ntⁿ⁻¹=

+∞X

n=1

n(n−1)a_ntⁿ⁻¹+

+∞X

n=1

na_ntⁿ⁻¹−

+∞X

n=0

na_ntⁿ

=

+∞

X

n=1

n²antⁿ⁻¹−

+∞

X

n=0

nantⁿ=

+∞

X

n=0

(n+1)²an+1tⁿ−

+∞

X

n=0

nantⁿ

=

+∞X

n=0

((n+1)²an+1−nan)tⁿ

Par suite, par unicité des coefficients d’une série entière,zest solution sur] −R_a, R_a[du problème posé si et seulement si a₀=0,a₁=1 et∀n∈N^∗, (n+1)²an+1−na_n=0.

En résumé, sous l’hypothèseRa> 0,zest solution sur ] −Ra, Ra[du problème posé si et seulement si a0=0,a1=1 et

∀n∈ N^∗, an+1 = n

(n+1)²an. Maintenant, pour une telle suite, il est clair par récurrence que∀n ∈N^∗, an > 0 et de plus a_n+1

an

= n

(n+1)² tend vers 0quand ntend vers+∞. La règle de d’Alembertpermet d’affirmer que R_a= +∞ce qui valide les calculs précédents.

(E)admet une et une seule solutionzdéveloppable en série entière telle quez(0) =0et z^′(0) =1 :

∀t∈R, z(t) =t+X

n≥2

a_ntⁿ où∀n∈N^∗, a_n+1= n (n+1)²a_n.

(4)

Déterminons alors la suitea_n. Pournentier supérieur ou égal à2, on a a_n = n−1

n!² × n−2

(n−1)! ×. . .× 1

2²×a₁= (n−1)!

(n!)² = 1 n×n!

ce qui reste vrai pourn=1.

∀t∈R, z(t) =

+∞

X

n=1

tⁿ n×n!.

5.2.Pour tout réelt > 0,

z^′(t) = X+∞

n=1

ntⁿ⁻¹ n.n! =

X+∞

n=1

tⁿ⁻¹ n! = 1

t

+∞X

n=1

tⁿ

n! = e^t−1 t .

∀t > 0, z^′(t) = e^t−1 t . 5.3Quandntend vers+∞, 1

n.n! ∼ 1

(n+1)! et la question 3. permet d’affirmer que quand ttend vers+∞, z(t)∼

+∞

X

n=0

tⁿ (n+1)! = 1

t

+∞

X

n=1

tⁿ

(n+1)! = e^t−1−t t ∼ e^t

t .

z(t) ∼

t→+∞

e^t t. Exercice 3.

Question 1.

1.

χF=

−X 1 0 . . . 0 0 −X . .. ... ... ... ... . .. ... ... ...

... . .. 0

0 . .. ... 1

1 0 . . . 0 −X

= −X×(−X)ⁿ⁻¹+ (−1)ⁿ⁺¹×1(en développant suivant la première colonne)

= (−1)ⁿ(Xⁿ−1).

χ_F= (−1)ⁿ(Xⁿ−1).

Les valeurs propres deF sont lesnracinesn-èmes de l’unité dansCà savoir lesλk=e^2ikπ/n,1≤k≤n.

2. Fanvaleurs propres simples et est donc diagonalisable dansC.0n’est pas valeur propre deFet doncFest inversible.

3. • PuisqueFest inversible,F^p existe pour toutp∈Z.

•G est déjà un groupe monogène. Il reste à vérifier queG est fini, d’ordren.

•Le polynôme minimalµ_FdeF est un diviseur unitaire deχ_f= (−1)ⁿ(Xⁿ−1)admettant chaqueλ_k pour racine. On en déduit que

µF=Xⁿ−1.

En particulier,Fⁿ =In et ∀p∈J1, n−1K,F^p6=In (∗).

(5)

•On sait alors que le groupe(G,×)est isomorphe au groupe(Z/nZ,+)et donc G est un groupe cyclique d’ordren.

Les entiers p tels que F^p engendre le groupe (G,×) sont aussi les entiers p tels que pb engendre le groupe (Z/nZ,+) c’est-à-dire les entiers relatifsppremiers àn.

4. D’après ce qui précède, Vect(G) = Vect(F^p)_{0≤p≤n−1} ce qui montre déjà que dim(Vect(G)) ≤ n. Montrons que la famille(F^p)_{0≤p≤n−1}est libre.

Mais s’il existe(λ₀, . . . , λn−1)6= (0, . . . , 0)tel que

n−1X

p=0

λpF^p=0, le polynôme

n−1X

p=0

λpX^pest un polynôme non nul de degré au plusn−1annulateur deFce qui contredit le fait queµF=Xⁿ−1. Donc la famille(F^p)_{0≤p≤n−1}est libre et finalement

la famille(F^p)0≤p≤n−1est une base deGet dim(Vect(G)) =n.

5. Soitf l’endomorphisme deRⁿ canoniquement associé à F. Avec la conventionen+1=e1,en+2=e2, . . . ,e2n=en, on a

∀i∈J1, nK, f(ei) =ei+1, et donc plus généralement

∀p∈J0, n−1K, ∀i∈J1, nK, f^p(ei) =ei+p.

En particulier, si p ∈ J1, n−1K, les coefficients diagonaux de F^p sont tous nuls et donc Tr(F^p) = 0. D’autre part, Tr(F⁰) =Tr(In) =net donc

∀p∈J0, n−1K, Tr(F^p) =

nsip=0

0si1≤p≤n−1

Question 2.

1. Puisque Sp(F) = (λ1, . . . , λ_n), on sait que Sp(A) =Sp(p(F)) = (p(λ1), . . . , p(λ_n)). Or p(λ_n) =p(1) =

Xn

k=1

k= n(n+1)

2 .

D’autre part,

p Xn

k=1

kX^k−1= Xn

k=0

X^k

!′

=

Xⁿ⁺¹−1 X−1

^′

= (n+1)Xⁿ(X−1) − (Xⁿ⁺¹−1) (X−1)²

= nXⁿ⁺¹− (n+1)Xⁿ+1 (X−1)² . Soit alorsk∈J1, n−1K. On aλk6=1 etλⁿ_k =1. Donc

p(λ_k) = nλⁿ⁺¹_k − (n+1)λⁿ_k +1 (λ_k−1)²

nλⁿ⁺¹_k − (n+1)λⁿ_k+1

(λ_k−1)² = nλ_k− (n+1) +1 (λ_k−1)²

n(λ_k−1) (λ_k−1)²

= n

λk−1. Fianlement,

Sp(A) =

n(n+1)

2 , n

λ₁−1, . . . , n λ_n−1−1

.

(6)

2. Le déterminant d’une matrice est le produit de ses valeurs propres (chaque valeur propre étant comptées un nombre de fois égal à son ordre de multiplicité). Donc

det(A) = n(n+1)

2 ×

n−1Y

k=1

n

λ_k−1 = nⁿ(n+1) 2

1

n−1Y

k=1

(λk−1) .

Maintenant,

n−1Y

k=1

(λ_k−X) = (−1)ⁿ⁻¹

n−1Y

k=1

(X−λ_k) = (−1)ⁿ⁻¹

n−1Y

k=0

(X−λ_k) X−1

= (−1)ⁿ⁻¹Xⁿ−1

X−1 = (−1)ⁿ⁻¹(Xⁿ⁻¹+Xⁿ²+. . .+X+1), et donc

n−1Y

k=1

(λ_k−1) = (−1)ⁿ⁻¹(1ⁿ⁻¹+1ⁿ²+. . .+1+1) = (−1)ⁿ⁻¹n.

Finalement,

det(A) = nⁿ(n+1)

2 × 1

(−1)ⁿ⁻¹n = (−1)ⁿ⁻¹(n+1)nⁿ⁻¹

2 .

det(A) = (−1)ⁿ⁻¹(n+1)nⁿ⁻¹

2 .

Question 3.

1. Déjà,0 n’est pas valeur propre deAet donc Aest inversible.

PosonsχA=

n−1X

k=0

akX^k avecan = (−1)ⁿ eta0=det(A)6=0. D’après le théorème deCayley-Hamilton,χA(A) =0ou encore

n−1X

k=0

akA^k. Mais alors

A − Xn

k=1

ak

a₀A^k−1

!

= − Xn

k=1

ak

a₀A^k−1

!

A=In.

Par suiteA⁻¹= − Xn

k=1

a_k a0

A^k−1et on a montré queA⁻¹ est un polynôme enAde degré au plusn−1.

A⁻¹∈Vect(A^k)_{0≤k≤n−1}.

2. Aest un polynôme enFet il en est de même de toute puissance deA. Par suite, toute puissance deAest dans Vect(G) et doncA⁻¹∈Vect(G). Mais d’après la question 1.4, Vect(G) =Vect(F^k)_{0≤k≤n−1} et donc

A⁻¹∈Vect(F^k)_{0≤k≤n−1}.

3. On a vu que(X−1)²p=nXⁿ⁺¹− (n+1)Xⁿ+1. En évaluant en F, on obtient (puisqueFⁿ=In) (F−In)²A= (F−In)²p(F) =nFⁿ⁺¹− (n+1)Fⁿ+1=nF− (n+1)In+In =n(F−In).

(F−In)²A=n(F−In).

(7)

4. On en déduit que(F−In)A⁻¹= 1

n(F−In)². Or

(F−I_n)A⁻¹= (F−I_n)

n−1X

k=0

u_kF^k

!

=

n−1X

k=0

u_kF^k+1−

n−1X

k=0

u_kF^k

=un−1Fⁿ+

n−1X

k=1

(uk−1−u_k)F^k−u₀I_n = (un−1−u₀)I_n+

n−1X

k=1

(uk−1−u_k)F^k, et

1

n(F−I_n)²= 1 nI_n− 2

nF+ 1 nF².

Comme la famille(F^k)_{0≤k≤n−1}est libre, on peut identifier les coefficients et on obtient un−1−u0= 1

n,u0−u1= −2

n,u1−u2= 1

n et ∀k∈J3, n−1K, uk−1−uk=0, et en particulier

u2=u3=. . .=un−1

u₂−u₀= 1 n u1−u2= 1

n.

5. D’après la question 1.5, pour1≤k≤n−1, on a Tr(F^k) =0et donc par linéarité de la trace Tr(A⁻¹) =

n−1X

k=0

ukTr(F^k) =u0Tr(In) =nu0.

D’autre part, les valeurs propres deA⁻¹étant les inverses des valeurs propres deA, d’après la question 2.1 on a aussi

Tr(A⁻¹) = 2 n(n+1)+

n−1X

k=1

λk−1

n = 2

n(n+1)+ 1 n

n−1X

k=1

λk−n−1 n

= 2

n(n+1)− 1

n−n−1

n (car1+λ1+. . .+λn−1=0)

= 2

n(n+1)−1= −n²+n−2

n(n+1) = −(n−1)(n+2) n(n+1) . Par suite,

u₀= Tr(A⁻¹)

n = −n²+n−2 n²(n+1). u0= −n²+n−2

n²(n+1).

6. Par suite,

u2=u0+ 1

n = −n²+n−2 n²(n+1) + 1

n = 2

n²(n+1), et donc

u₂=u₃=. . .=un−1= 2 n²(n+1).

(8)

Ensuite,

u₁=u₂+ 1

n = 2

n²(n+1)+ 1

n = n²+n+2 n²(n+1). Fianlement,

A⁻¹= 1

n²(n+1) (−n²−n+2)I_n+ (n²+n+2)F+

n−1X

k=2

F^k

! , ou encore

A⁻¹= 1 n²(n+1)







a b 2 . . . 2 2 . .. ... ... ...

... . .. . .. 2

2 . .. ... b

b 2 . . . 2 a







oùa= −n²+n+2etb=n²+n+2.