Annales PSI 2015
Table des matières
I – Algèbre 1
1 - ENSEA PSI 2015 (diagonalisabilité matrice 2x2 avec trigo) . . . 1
2 - ENSAM PSI 2015 - Mines-Ponts PSI 2012 (endomorphisme de fonctions) . . . 2
3 - CCP PSI 2015 (endomorphisme et produits scalaires) . . . 4
20 - Telecom Sud Paris PSI 2015 (diagonalisabilité et rang 1) . . . 5
32 - TPE PSI 2015 (polynome annulateur) . . . 7
38 - Mines-Ponts PSI 2015 (resolutionu◦f =v) . . . 7
53 - Télécom SudParis PSI 2015 (inegalité endomorphisme symétrique) . . . 8
62 - ENSAM PSI 2015 (inégalités sur les matrices orthogonales) . . . 9
66 - TPE PSI 2015 (endomorphismeM−→SM−M S) . . . 10
II –Analyse 12 73 - CCP PSI 2015 (convergence d’une série alternée). . . 12
92 - ENSAM PSI 2015 (somme et rayon de série entière) . . . 13
84 - ENSEA PSI 2015 (développement d’une série de fonctions) . . . 15
93 - Mines-Ponts 2015-2012 - CCP PSI 2011 . . . 16
98 - CCP 2015 PSI - Mines-Ponts 2014 PSI (limite série de fonctions) . . . 19
107 - CCP PSI 2015 - Mines-Ponts PSI 2012 (développement en série d’une intégrale) . . . 22
113 - Centrale PSI 2015 (intégrale de Poisson) H . . . 23
III –Probabilités 25 144 - ENTPE-EIVP PSI 2015 (loi conjointe (max, min) de vas indépendantes) H . . . 25
148 - CPP PSI 2015 (boules tirages avec et sans remises) . . . 27
I Algèbre
ENSEA PSI 2015 (diagonalisabilité matrice 2x2 avec trigo)
Enoncé 1 Eléments propres de
Ã1+θcosθ2 −θsin2θ
−θsin2θ 1−θcos2θ
!
, avecθ∈R∗? Est-elle diagonalisable ?
Méthode 1 :
On calcule le polynôme caractéristique deM:
χM(λ)=det(λI−M)=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
λ−1−θcosθ2 θsin2θ θsinθ2 λ−1+θcos2θ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=(λ−1−θcos2
θ)(λ−1+θcos2
θ)−θ2sin22 θ
=(λ−1)2−θ2cos22
θ−θ2sin22
θ=λ2−2λ+1−θ2
On retrouve pour une matrice 2×2 la formuleχM(λ)=λ2−tr (M)λ+det(M). Ici,∆=4θ2puis les deux valeurs propres sontλ(θ)=1±θ.
On calcule les vecteurs propres associés àλ(θ), cad l’espace propreF(λ(θ)= Ker (λ(θ)I−M) qui est une droite :
λ(θ)I−M=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
θ−θcosθ2 θsin2θ θsinθ2 θ+θcos2θ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=θ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1−cos2θ sin2θ sinθ2 1+cosθ2
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=θ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
2 cos1θcos1θ 2 sin1θcos1θ 2 sin1θcos1θ 2 sin1θsin1θ
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ Plutot que d’écrire le système, on remarque que les 2 colonnes s’écrivent :
C1=cos1 θ(cos1
θ, sin1
θ) C2=sin1 θ(cos1
θ, sin1
θ) =⇒ sin1
θC1−cos1 θC2=0
Par suite, Vect (sinθ1,−cos1θ)⊂F(λ(θ)) et ppour des raisons de dimension, on a l’égalité Vect (sinθ1,−cos1θ)=F(λ(θ)).
La matrice étantsymétrique réelle, elle estdiagonalisableet les espaces propres sont orthogonaux. On n ’a doncpas bseoinde calculerF(λ(−θ)), carF(λ(θ))⊥F(λ(−θ)) (et même, pour des raisons de dimension,F(λ(−θ))=F(λ(θ))⊥). Il suit doncF(λ(−θ))=Vect (cos1θ, sin1θ)
Méthode 2 :
Si on connait bien son cours, on se rappelle les 2 matrices-type des isométries (dans une BON) qui sont : R(t)=
cost −sint sint cost
, rotation d’angletetS(t)=
cost sint sint −cost
, symétrie orthogonale (par rapport à la droite d’angle
t
2 dirigée par (cost/2, sint/2), le savoir fait gagner du temps comme toujours). Il suffit de remarquer iciensuite une petite «ressemblance» et d’analuserplus précisément: on aM=I−θS³2
θ
´ .
On se rappelle aussi que pour une symétrieSpar rapport àF, parallèlement àG(F⊕G=E), 1 (rp. -1) est valeur propre associé àF (rp.G). CommeM X =I X−θS X =1.X+θ.SX, queici 2t =θ1, il suit que 1+θ×1=1+θ est valeur propre associée à la droite dirigée par (cosθ1, sin1θ) et 1−θvaleur propre associée à la droite orthogonale, cad la droite dirigée par (−sin1θ, cosθ1)
ENSAM PSI 2015 - Mines-Ponts PSI 2012 (endomorphisme de fonctions)
Enoncé 2 SoientE=C0¡ R+,R¢
, ev des fonctions continues surR+. On définitTqui àf ∈EassocieT(f) :x∈R+→R tel queT(f)(x)=1
x Z x
0
f(t) dt six>0, et tel queT(f)(0)=f(0) 1 ) MontrezT est un endomorphisme deE.
2 ) Déterminez les éléments propres deT.T est injectif ? surjectif ? (Mines: Déterminez KerT. Pas qu. surjective.)
1 ) Pour tous scalaires réelsα,βet toutes fonctionsf,g∈E:
T³
αf +βg´ (x)=
1 x
Rx 0
¡αf+βg¢
(t) dt =α1xRx
0 f(t) dt+βRx
0 g(t) dt six>0
¡αf+βg¢
(0) dt =αf(0)+βg(0) six=0
=
αT(f)(x)+βT(g)(x) six>0 αT(f)(0)+βT(g)(0) six=0
=
³αT(f)+βT(g)´ (x)
Voilà pour morphisme. Ne pas oublierendo-morphisme, cad ici vérifier queT(f) est continue surR+. Etant que l’on sait quex→ 1xRx
0 f estC1 donc continu surR+∗, reste à montrer que limx→01 x
Rx
0 f = f(0). Il y a plusieurs façons de démontrer ceci : le plus simple est d’utiliser un dl en 0. La continuité def en 0 amène (équivaut en fait) l’existence du dl à l’ordre 0 :f(x)=f(0)+o(1). Lethéorème de primitivation d’un dldonneRx
0 f =0+x f(0)+o(x) puis1xRx
0 f =f(0)+o(1) ce qui donne bien la limite recherchée
Remarque: J’en profite pour rappeler quef =oa(1)⇐⇒ limaf =0.
2 ) On procède ici par Analyse-Réciproque :
Analyse :Soitλune valeur propre deT, alorsT(f)=λf, d’oùf(0)=λf(0). Pourx>0, en rappelant quexRx
0 f, primitive def qui s’annule en 0, a pour dérivéef(x), il suit :
λf(x)=1 x
Z x 0
f =⇒ λx f(x)= Z x
0
f =⇒ λf(x)+λx f0(x)=f(x) =⇒ λx f0(x)+(λ−1)f(x)=0
Les solutions de cette équation différentielle sont, pourλ6=0, y=Cexp(A(x)) avecA(x)=R 1−λ
λ 1
xdx =ln|x|1−λ/λ, soit f(x)=C|x|1−λ/λ. Pourλ=0, on trouve la fonction nulle. Exclus.f(0)=λf(0) amèneλ=1 ouf(0)=0.
Donc, siλ6=1, f(0)=0 et la continuité amène que l’ondoit avoirlimx→0C|x|1−λ/λ=0 d’où 1−λλ >0 ou encore 0<λ<1.
Réciproquement, pourλ∈¤ 0, 1¤
, les seuls vecteurs propres possibles conviennent puisque, en posant fλ(x)=x1−λ/λ, on a bien des fonctions continues surR+, vu la positivité de 1−λλ (sinon ce seraitR+∗!). on vérifie aussi pour 0<λ<1 :
T³ fλ´
(x)=
1 x
Rx
0 t1−λ/λdt =1xx1−λ/λ+1/1−λλ +1=λx1−λ/λλfλ(x) six>0
0=λ0=λfλ(0) six=0
Donc une droite pour l’espace propre. Pourλ=1, les fλsont des constentes, le comportement est presque identique sauf en 0, oùT(fλ)(0)=c st e=1×c st e=1fλ(0).
CCP PSI 2015 (endomorphisme et produits scalaires)
Enoncé 3
SoitEun espace euclidien,a,b∈Enon colinéaires etu∈L(E) défini pour toutx∈Eparu(x)=(a|x)b+(b|x)a 1 ) Déterminez Keruet Imu.
2 ) Polynôme caractéristique deu?
3 ) Valeurs propres deu? Vecteurs propres associés ? 4 ) usymétrique ?
1 )
x∈ Keru ⇐⇒ u(x)=0 ⇐⇒ (a|x)b+(b|x)a=0
(1)
z }| {
⇐⇒ (a|x)=0 et (b|x)=0 ⇐⇒ a⊥xetb⊥x ⇐⇒ x∈Vect (a,b)⊥
(1) provient de la liberté de la famille (a,b) par hypothèse. On a donc Keru=Vect (a,b)⊥ qui est un ev de dimension dimE−dim Vect (a,b)=n−2 ( Vect (a,b) est unplanpuisque (a,b) libre) et par le théorème du rang, il vient dim Imu= 2. Commeu(x) est une combinaison linéaire de a etb, il vient immédiatement Imu ⊂ Vect (a,b), et de l’égalité de dimension dim Imu=dim Vect (a,b), il suit l’égalité Imu=Vect (a,b) .
Remarque :Si F est un sev engendré par une famille (f1, . . . ,fn) (et à fortiori une base), on ax ∈F⊥ ⇐⇒ ∀1≤i ≤ n, (x|fi)=0. C’est du cours. Ceci nous donne aussi∀1≤i≤n,x⊥fi ⇐⇒ x∈Vect (f1, . . . ,fn)⊥.
2 ) De dim Keru=n−2, il suit que 0 est valeur propre deudemultiplicité au moinsn−2 (rappel : si l’endomorphisme étaitdiagonalisable, on aurait pu dire tout de suite=). Donc il manque, dansC, au plus deux valeurs propres. On va les trouver par« restriction »de l’endomorphismeuà un plan stable bien choisi. Le plan Imu=Vect (a,b) eststablepar u(cours : KerP(u), ImP(u) sont stables paru). Il induit donc unendomorphismeu0co-restreint àPet commeχu0/χu, (cours), il nous donne 2 valeurs propres deu(Pest de dimension 2) qui seront en fait les 2 valeurs propres manquantes.
Pour écrire une matrice deu0, on prend la base la plus simple deP, la base B =(a,b). Le calcul immédiat paru de l’image de ces 2 vecteurs et de leurs coordonnées amènent :
Mat (u0,B)=B=
(a|b) kbk2 kak2 (a|b)
puisχB(λ)=
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
λ−(a|b) −kbk2
−kak2 λ−(a|b)
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
=λ2−2(a|b)λ+(a|b)2− kak2kbk2
On calcule∆=4(a|b)2−4((a|b)2− kak2kbk2)=4kak2kbk2. les 2 valeurs propres deBdeu0(donc deu) sont alors, après calcul usuel de racines d’un trinome les 2 nombres (a|b)±kakkbk. Le polynôme caractéristique deuest donc finalement :
χu(λ)=λn−2¡
λ2−2(a|b)λ+(a|b)2− kak2kbk2¢
=λn−2¡
λ−(a|b)− kakkbk¢ ¡
λ−(a|b)+ kakkbk¢
3 )
Les vecteurs propres associés à 0 sont tout l’espace propre déjà calculé Keru=Vect (a,b)⊥. Pour calculer les vecteurs propres associés àλε=(a|b)+εkakkbk, avecε∈{−1,+1}] (nécessairement une droite puisque de multiplicité 1), on reprend la matriceB. Rappelonsε2=(±1)2=1. On écrit le système :
εkakkbkx− kbk2y = 0
−kak2x+εkakkbky = 0
(2)
z }| {
⇐⇒ εkakkbkx− kbk2y=0 ⇐⇒ Ker (B−λεI2)=Vect¡
kbk,εkak¢
(2) : les 2 lignes sont colinéaires (comme on pouvait s’en douter vu que l’espace propre est une droite), le facteur de colinéarité est−εkakkbk .Ne pas oublier derevenir à la base (a,b) pour exprimer les vecteur propres : l’espace propre associé à la valeur propreλε(pourε= ±1) est ladroitedirigée parkbka+εkakb.
Remarque :On vient de démontrerudiagonalisable aussi, puisque pour les 3 valeurs propres, la multiplicité correspond à la dimension.
4 ) uest unendomorphisme symétriquepuisque pour tousx,y∈E, l’égalité (u(x)|y)=(x|u(y)) résulte de :
³u(x)¯
¯
¯y´
=³
(a|x)b+(b|x)a¯
¯
¯y´ (3) z}|{= (a|x)³
b¯
¯
¯y´
+(b|x)³ a¯
¯
¯y´
=(a|x)(b|y)+(b|x)(a|y)
³x¯
¯
¯u(y)´
=³ x¯
¯
¯(a|y)b+(b|y)a´ (4)
z}|{= (a|y)³ x¯
¯
¯b´
+(b|y)³ x¯
¯
¯a´
=(a|y)(b|x)+(b|y)(a|x)
(3) et (4) proviennent respectivement de la linéarité à gauche et à droite du produit scalaire, eux-mêmes découlant de la bilinéarité de l’application produit scalaire (x,y)−→(x|y).
Rappel :Toutendomorphisme symétriqueest diagonalisable dans unebase orthonormée.
Telecom Sud Paris PSI 2015 (diagonalisabilité et rang 1)
Enoncé 20
1 )Montrez que siA∈Mn(R) est de rang 1, il existeU,V ∈Rntels queA=UtV.
2 )Montrez queAest diagonalisable ssi sa trace est non nulle. Trouvez le polynôme minimal deA.
1 ) Si Aest de rang 1, comme ImA=Vect (C1, . . . ,Cn), il suit que toutes les colonnes sont colinéaires entre elles ou, identiquement, colinéaires à un vecteur-colonne notéeU∈Rn. On a pour tout 1≤j≤n,Ci=αjU. Alors :
³α1 . . . αn
´
V=
α1
... αn
UtV=
u1
... un
=
α1u1 . . . αnu1
... ... α1un . . . αnun
C1 . . . Cn
=A
Remarque : Notons queU,V6=0, sinonA=0 et rgA=0
2 ) =⇒Hypothèse : A estdiagonalisable, alors comme par le théorème du rang, dim KerA=n−1, il vient que la multiplicité de 0 vautn−1. Il manque une autre valeur propreλqui ne peut être 0 (sinon multiplicitén). La trace, sommme desnvaleurs propres, nous donne trA=0+ · · · +0+λ=λdonc trA6=0.
⇐=Hypothèse :trA6=0.
Méthode 1 (usuelle) : On a toujours dim KerA=n−1 sauf qu’ici, à priori, la multiplicité est supérieure ou égale àn−1.
On a aussi trA=0+· · ·+0+λ=λ, doncλ6=0. A priori, sa multiplicité vérifieµ(λ)≥1. Comme la somme des multiplicités ne peut dépasser la dimensionn, il vientµ(0)=0=dim KerAetµ(λ)=1.Aest doncdiagonalisable, car la dimension de chaque espaces propres est égale à la multiplicité de la valeur propre correspondante (cours).
Méthode 2 (avec Q1) : On calculeA2(on a (U|V)=Pn
i=1uivi=trA) :
A2=UtV UtV =U(tV U)tV=(U|V)UtV =(U|V)A=tr (A)A
Aannule le polynômeX(X−tr (A)scindé à racines simples(car trA6=0) donc estdiagonalisable.
Remarques
Ï Lepolynôme minimaln’est pas au programme (c’est le polynôme annulateur unitaire de degré minimum). Vous pouvez quand même savoir que siAestdiagonalisable, c’est le polynôme annulateurX(X−λ)=X(X−trA), c’est presque du cours (sauf le côté minimum qui se devine). Sinon, c’estX2
Ï On a démontré le résultat (où ?) que pour une matriceAde rang 1, on aA2=tr (A)A. Donc une matrice de rang 1 est une (matrice de)projectionssi trA=1.Aestnilpotentessi tr (A)=0.
TPE PSI 2015 (polynome annulateur)
Enoncé 32 SoitA∈Mn(R) telle queA3=A+I. MontrezAinversible et detA>0.
Aannule le polynômeP(X)=X3−X−1. Je rappelle qu’on regarde 2 choses sur unpolynôme annulateur: ses racines réelles ou complexes(parce qu’elles donnent lesseules valeurs proprespossibles)et s’il estscindé à racines simples (parce que cela donnediagonalisable), attention aussi dansRou dansC.P n’a pas de racine évidente, mais commme tout polynôme dedegré impair, il a (au moins) uneracine réelle. On regarde les variations :P0(X)=3X2−1
x P0(x)
P(x)
−∞ −p13 p13 +∞
+ 0 − 0 +
−∞
−∞
' −0.62 ' −0.62
' −1.38 ' −1.38
+∞
+∞
α
0 1
−1
Il y a donc 1 seule racine réelle vérifiant,par le tvi, 1<α<2 et 2 racines complexes conjuguéesωetω. A est donc diagonalisablesurCetpas surR.
0 n’estpasvaleur propre de A, doncAestinversible. le déterminant est le produit des valeurs propres detA=α×ω× ω. On peut calculer ce produitsans calculer les racines : c’est ce qu’on appelle les relationscoefficients-racinesd’un polynôme (cours de Sup). Pour le polynômeP=X3−X−1, le produit des 3 racines vaut (−1)degP×le dernier coefficient, soit ici 1. detA=1.
Mines-Ponts PSI 2015 (resolution u◦f =v)
Enoncé 38 Siuetvsont 2 endomorphismes donnés d’un espaceEde dimension finie, résoudre l’équationu◦f =v, d’inconnue f ∈L(E)
Commençons par rappeler que pourdéfinir une applicationlinéaire f sur un ev E =F ⊕G,il faut et il suffit de la définir sur chacundes sevsupplémentairesFetG, à cause de la linéarité. Rappelons aussi que tout endomorphismef
induit un isomorphisme de tout supplémentaire de Kerf (par ex.E= Kerf ⊕F) sur Imf cad f0:x∈F−→f(x) est un isomorphisme (cours de Sup). On écrit doncE= Keru⊕H=Kerv⊕G. Je termine en rappelant un résultat très utile qui est f◦g=O ⇐⇒ Img=g(E)⊂ Kerf. C’est quasiment du cours ou un exercice élémentaire de Sup lorsqu’on aborde les images et les noyaux. Notonsg=dimGeth=dimH
Pour ce genre d’exercices, la méthode est l’analyse-réciproquemais, exceptionnellement, je procéderais par équiva- lence :
ÏOn a (u◦f)/ Kerv=v/ Kerv)=O ⇐⇒ u◦f/ Kerv=O ⇐⇒ f( Kerv)⊂ Keru (1).
ÏOccupons nous maintenant de la «restriction» àG. NotonsπHla projection surH(parallèlement à Keru. On a clai- rementu◦πH=u: six=y+havech∈Hetu(y)=0, il suitu(x)=u(y)+u(h)=u(h) et (u◦πH)(x)=u(πH(x))=u(h).
u◦πH=u0◦πHoùu0estl’isomorphismeinduit parudeHsur Imu. Revenons à l’exo :
(u◦f)/G=(u◦πH◦f)/G=v/G=u0◦πH◦f/G ⇐⇒πH◦f/G=u0−1◦v/G (2)
Les applications f0=f/G répondant à (2) sont les applications f0:G−→H⊕ Keruqui associe àg∈Gn’importe quel vecteur du type (u0−1◦v)(g)+yavecyquelconqueélément de Keru.
Remarques
Ï Ce n’était pas demandé mais le lecteur pourra réfléchir au fait que l’ensemble des endomorphismes deEvérifiant (1) est un sev deL(E) de dimension ( n−g
| {z }
dim Kerv
)× ( n−h
| {z }
dim Keru
)+ g
|{z}
dimG
× n
|{z}
dimE
.
Ï l’ensemble des endomorphismes deEvérifiantu◦f =vn’est pas un sev deL(E) (c’est un sous-espace affine de dimensionn ×(n−h)
Télécom SudParis PSI 2015 (inegalité endomorphisme symétrique)
Enoncé 53 Soituun endomorphisme symétrique d’un espace euclidienE, de valeurs propresλ1≤ · · · ≤λn. Montrez pour toutx∈E,λ1kxk2≤(x|u(x))≤λnkxk2
Pour unendomorphisme symétriqueouune matrice symétrique réelle, une bonne idée esrt souvent d’utiliser lethéo- rème spectral. On utilise une BON quelconque et on raisonner matriciellement avec la matrice symétriqueS. Alors il existe une matrice orthogonaleP telle queS=P DtP=P DP−1et le produit scalaire a sonexpression canonique matri- cielle(x|y)=tX Y
³ x
¯
¯
¯u(x)´
=tX S X
(5)
z}|{= tX P D tP X
| {z }
Y (6)
z}|{= tY DY
(7)
z}|{=
n
X
i=1
λiyi2≤
n
X
i=1
λnyi2=λn n
X
i=1
yi2
(8)
z}|{= λn n
X
i=1
xi2
(9)
z}|{= λnkxk2
•(1) Utilisation duthéorème spectral
•(2) On atY =t(tP X)=tXt(tP)=tX P
•(3) Egalité déjà démontrée plusieurs fois en cours. Je rappelle juste que les n coefficients diagonaux deD sont évi- demment lesnvaleurs propresλideS.
•(4) P, commme tP, étant un matrice orthogonale, elle représente des automorphimes orthogonaux qui conservent la norme d’oukYk = ktP Xk = kXk
•(5) Comme on s’est placé dans une BON, l’expression de la norme euclidienne est l’expression canonique, soit kXk2=Pn
i=1xi2
La minoration parλ1kxk2se procède de manière similaire.
ENSAM PSI 2015 (inégalités sur les matrices orthogonales)
Enoncé 62 SoitM∈On(R) de coefficientsmi j. Montrez que
¯
¯
¯
¯
¯ X
1≤i,j≤n
mi j
¯
¯
¯
¯
¯
≤n≤ X
1≤i,j≤n
¯
¯
¯mi j
¯
¯
¯≤n3/2
On va utiliser deux produits scalaires canoniques ici, celui surMn(R) et celui surRn'Mn,1(R) . Ce sont :
∀A,B∈Mn(R) ,³ A¯
¯
¯B´
= X
1≤i,j≤n
ai jbi j=tr (tAB) ∀X,Y ∈Rn,〈X|Y〉 = X
1≤i≤n
xiyi=tX Y
On peut noter que le 2eproduit scalaire est aussi égal à tr (tX Y) parce que c’est une matrice 1×1 mais c’est sans intérêt.
On va noter de la même façon, les 2 normes euclidiennes correspondantes, cadk.k. On va utiliser aussi deux fois l’in- égalité deCauchy1-Schwarz2: (x|y)≤ kxkkykavec égalité ssi les 2 vecteursxety sont colinéaires positifs. On a aussi d’ailleurs|(x|y)| ≤ kxkkykavec égalité ssi les 2 vecteursxetysont colinéaires.
M étant une matrice orthogonale, la norme (euclidienne canonique) de chaque vecteur colonneCj vaut 1 , soit pour tout 1≤j≤n,kCjk2=Pn
i=1mi j2 =1. Par suite : Xn j=1
Xn i=1
m2i j= Xn j=1
1=n= X
1≤i,j≤n
m2i j= kMk2
On peut écrire|mi j| =mi j×εi j avecεi j= ±1. PosonsJ=³ εi j
´
1≤i,j≤n∈Mn(R) . Ensuite :
³M¯
¯
¯J´
= X
1≤i,j≤n
mi j×εi j= X
1≤i,j≤n
|mi j|
(1)
z}|{≤ kMk × kJk
(2)
z}|{= p
n×n (E1)
•(1) Inégalité deCauchy1-Schwarz2
1.Augustin-Louis Cauchy: français (1789-1857). Oeuvre considérable, plus de 700 mémoires. A l’origine de l’Analyse moderne par rigorisation des limites et de la continuité. Travaux en théorie des fonctions d’une variable réelle et complexe et en théorie des groupes.
2.Hermann Schwarz: mathématicien allemand (1843-1921).
1.Augustin-Louis Cauchy: français (1789-1857). Oeuvre considérable, plus de 700 mémoires. A l’origine de l’Analyse moderne par rigorisation des limites et de la continuité. Travaux en théorie des fonctions d’une variable réelle et complexe et en théorie des groupes.
2.Hermann Schwarz: mathématicien allemand (1843-1921).
•(2) On calculekJk2= X
1≤i,j≤n
(εi j)2= X
1≤i,j≤n
1=n2
Posons maintenantU=(1, . . . , 1), puis :
¯
¯
¯〈MU|U〉
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
n
X
i=1
[MU]iUi
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
n
X
i=1
[MU]i
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
n
X
i=1 n
X
k=1
Mi k×1¯
¯
¯=
¯
¯
¯ X
1≤i,k≤n
Mi k¯
¯
¯
(1)
z}|{≤ kMUkkUk
(2)
z}|{= kUk2=n (E2)
•(1) Inégalité deCauchy1-Schwarz2
•(2) M étant un matrice orthogonale représente (dans une bon) un endomorphisme orthogonal qui conserve la normed’oùkMUk = kUk.
La dernière inégalité s’obtient en remarquant que puisque la norme (euclidienne canonique) de chaque colonneCjvaut 1, cadPn
i=1m2i j=1, on en déduitm2i j≤1, puis|mij| ≤1. Il suit :
X
1≤i,j≤n
|mi j|
(1)
z}|{≥ X
1≤i,j≤n
|mi j|2= kMk2
(2)
z}|{= n (E3)
•(1) Comme|mij| ≤1, il vientm2i j≤ |mi j|
•(2) Egalité déjà calculée un peu plus haut.
Remarques
Ï Pour la première inégalité (E1), il y a égalité ssi il y a égalité avec Cauchy-SChwarz (sans valeur absolue) donc ssiM etJ sont colinéaires positifs. Ceci nécessite que les coefficients soienttousdes±p1n pour que les colonnes soient de norme 1. Réciproquement, ce sont bien des matrices orthogonales à condition que les + ou - soient «équilibrés» pour que les colonnes soient orthogonales entre elles. Le lecteur vérifiera qu’il y en a 8 pour une matrice d’ordre 2 (coefficients±p12)).
Ï Pour la deuxième inégalité (E2) ; là encore, elle s’appuie surCauchy1-Schwarz2avec valeur absolue. L’égalité a lieu pourMUetU6=0 colinéaires, ce qui se traduitexactement par U vecteur propredeM, puis la somme des lignes égales, puique lai-oème coordonnée deMUest la sommme de lai-ième ligne. On trouve par exemple toutes les matrices de permutations (un seul 1 par ligne et par colonne) et leurs opposées
a
TPE PSI 2015 (endomorphisme M−→SM−M S)
Enoncé 66 Soient A∈Sn(R) etϕl’endomorphisme de Mn(R) défini parϕ(M)=AM−M A. On munit Mn(R) du produit scalaire usuel.
1 ) Montrez il existe une famille (X1, . . . ,Xn) de vecteurs deRnpropres pourAtels que tXiXj=δi j.
2 ) Pour 1≤i,j≤n, on poseMi j=XitXj. Montrez que la famille (Mi j) est une base orthonormale de vecteurs propres pourϕ. Quel est le rang deϕ?
1 ) D’après lethéorème spectral, A étantsymétrique réelle, il exixte une BON (Xi)1≤i≤n de vecteurs propres de A, base deRn, munis de sa structure euclidienne canonique comme il se doit : par conséquent (X|Y)=tX Y. IL vient donc immédiatement de l’orthonormalitétXiXj=δi j, pour tous 1≤i,j≤n. On aAXi=λiXilesλipouvant être distincts ou confondus.
Remarques : Rappelons quesiX,Y ∈Mn,1(R)'Rn, la matrice tX Y est une matrice (1, 1) que l’on peut identifier à un réel alors queXtY est une matrice (n,n) de rang 1 où toutes les colonnes sont colinéaires àX, en faitCi=yiX.
2 ) Pour tous 1≤i,j≤n, on poseMi j=tXiXj. Rappelons qu’une familleorthogonalede vecteursnon nulsestlibre (cours). Pour démontrer que la familleE =(Mi j)1≤i,j≤nest une BON deMn(R) , il faut et il suffit de démontrer :
• Mi j∈Mn(R) . Ok.
• Card (E)=n2=dimMn(R) Ok.
• E est une famille orthonormale.
Le produit scalaire surMn(R) est canonique selon l’énoncé d’où, pour tous 1≤i,j,k,l≤n:
³Mi j
¯
¯
¯Mkl´
=tr³t
Mi jMk j´
=tr³t
(XitXj)XktXl´
=tr³
Xj tXi Xk
| {z }
δi k
tXl ´
=δi ktr³
XjtXl´ (1)
z}|{= δi ktr³t XlXj
´
=δi ktr (δj l)
(2)
z}|{= δi kδj l
•(1) Résulte de la propriété tr (AB)=tr (B A)
•(2) Résulte du fait que c’est une matrice (1,1), donc tr³ (a)´
=a
Cette quantitéδi kδj l est nulle sauf sii=ketj=lce qui amèneMi j=Mklet dans ce cas on trouve 1×1=1. Ceci corresponbd bien à base orthonormale.
Montrons maintenant que ce sont bien des vecteurs propres deϕ. On utiliseAsymétrique etAXi=λiXi:
ϕ(Mi j)=AMi j−Mi jA=AXitXj−XitXjA=λiXitXj−XitXjtA=λiXitXj−Xit(AXj)
=λiXitXj−Xit(λjXj)=(λi−λj)XitXj=(λi−λj)Mi j
3 ) Remarquons que la question précédente a montréϕdiagonalisable puisque on a trouvé une base orthonormale de vecteurs propres deϕ. D’autre part, toutes les valeurs propres deϕsont lesλi−λjpour tous 1≤i,j≤n, en nombre n×n=n2(ce qui correspond bien carϕest un endomorphisme de Mn(R) de dimensionn2) où lesλi sont les valeurs propres deA. Puisqueϕest diagonalisable, on sait dim Kerϕ=µ(0) désignant la mutiplicité de 0, comme valeur propre deϕ. Par suite :
rgϕ=dimMn(R)−dim Kerϕ=n2−µ(0) avecµ(0)=Card©
(i,j) ∈££
1 . . .n¤¤2
|λi=λjª
Pour raisonner proprement sur ce cardinal, raisonnons sur des (d’autres)λi 2 à 2 distincts, donc en nombrep ≤n, chaque valeur propre étant de multiplicitémi(pour info, on a doncm1+m2+ · · · +mp=n).λi=λ1a doncm1chances d’être égal à unλjégal et ceci se répète pour tous lesλiégaux à ceλ1, en nombrem1, par conséquentm1×m1=m21pos- sibilités. Ce raisonnement se répète pour chaque valeur propre distincte, soit finalementµ(0)=
p
X
i=1
m2i. En particulier, si toutes les valeurs propres deAsont distinctes (p=n), on aµ(0)=Pp
i=112=p=n
II Analyse
CCP PSI 2015 (convergence d’une série alternée)
Enoncé 73 Montre que la série de terme généralun=ln³
2n+(−1)n´
−ln³ 2n´
converge mais pas absolument.
Le critère de convergence à appliquerici, c’est faire un développement. On développe jusqu’à uno¡ 1
na
¢, en générala=2, oua=32. Se rappeler que c’est le développement que l’on doir avoirà la findonc on peut commencer plus loin. On peut aussi utiliser «l’astuce» du «grand O» qui fait gagner un cran de calcul, cad un terme à calculer en moins.Attention !à
bien vérifier−→0 avant d’utiliser un DL usuel :
ln³
2n+(−1)n´
−ln³ 2n´
=ln³
2n(1+(−1)n 2n )−ln³
2n´
=ln³ 2n´
+³ ln³
1+(−1)n 2n
| {z }
−→0
´
−ln³ 2n´
=(−1)n 2n +1
2 1
(2n)2 +o³ 1 n2
´
=(−1)n 2n
| {z }
vn
+O³ 1 n2
´
| {z }
wn
La série alternée deRiemann3P
vnconvergecar 1>0 (ou alors vérifie immédiatement le CSSA). LA sérieP
wnconverge, en tant que «grand O» d’une sérieabsolument convergente. La sériePun converge donc comme somme de 2 séries convergentes.
On en tire l’équivalenceun∼(−1)n
2n , pui par passage à la valeur absolue, possible pour une équivalence, il vient|un| ∼ 1
2n ; Du critère d">’équivalence à la sériepositiveharmonique, il vient que la sérieP
|un|diverge, cad que la sériePun
neconverge pas absolument
Remarque : L’équivalenceun∼(−1)n
2n ne permet pas de conclure quant à la convergence deP
uncar lecritère d’équi- valentne s’applique pas quand les termes ne sont pas designe constant. Il faut donc effectuer un développement.
ENSAM PSI 2015 (somme et rayon de série entière)
Enoncé 92
1 ) Rayon de convergence de f(x)=
+∞X
n=0
n!
1×3× · · · ×(2n+1)x2n+1? 2 ) Prouvez quef esrt solution de (x2−2)y0+x y+2=0 et Exprimez f.
1 )
On poseun= n!
1×3× · · · ×(2n+1)x2n+1et on rappelle la formule deStirling4:n!∼p 2πn³n
e
´n
:
¯
¯
¯
¯ un+1
un
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯
(n+1)! 1×3× · · · ×(2n+1)x2n+3 n! 1×3× · · · ×(2n+3)x2n+1
¯
¯
¯
¯= n+1
2n+3|x|2−→1 2[x|2
Du critère d’Alembert5pour les séries numériques ; il vient :
• Si12[x|2<1 ⇐⇒ |x| <p
2, la sérieP
unconverge absolument, doncR≥p 2.
• Si12[x|2>1 ⇐⇒ |x| >p
2, la sérieP
undiverge grossièrement, doncR≤p 2.
Finalement le rayon de convergence vautR=p 2.
3.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.
4.James Stirling: mathématicien écossais (1692-1770). Connu pour la formule donnant l’équivalent de la factorielle.
5.Jean le Rond D’Alembert: mathématicien philosophe français (1717-1783).
2 ) On sait quef estC1(et mêmeC∞) sur¤
−p 2,p
2£
et que l’on peutdériver terme à terme, soit :
(x2−2)y0+x y+2
(1)
z}|{= (x2−2)
+∞X
n=0
nanxn−1+x
+∞X
n=0
anxn
(2)
z}|{= x2
+∞X
n=1
(n−1)an−1xn−2−2
+∞X
n=0
(n+1)an+1xn+x
+∞X
n=1
an−1xn−1
(3)
z}|{=
+∞X
n=1
xn³
(n−1)an−1−2(n+1)an+1+an−1
´
−2a1+2
=
+∞X
n=1
xn³
n (n−1)!
1×3× · · · ×(2n−1)−2(n+1) (n+1)!
1×3× · · · ×(2n+3)
´
−21!
1 +2
=
+∞X
n=1
xnn!¡
(2n+1)(2n+3)−2(n+1)2¢ 1×3× · · · ×(2n+3)
Cela ne fait pas 0. Il y a une erreur quelque part. De moi ? De report d’énoncé ?
•(1) On retarde le plus possible le remplacement deanpar la quantité originelle, d’autant plus qu’ici elle est complexe.
•(2) On sépare chaque quantité et ondécale lexk pour avoir «in fine» unxn. On regarde bien aussi où la somme commmence et on essaye, tant que possible, «d’aligner» sur 0 ou sur 1.
•(3) On regroupetoutsuivantxnet on n’oublie pas , s’il y en a, les quelques coefficients extérieurs à la somme «prin- cipale». On remplaceraanensuite.
Résolvons l’équation différentielle comme demandé même si c’est sans doute pas celle qui convient :
Solution de l’équation homogène :
L’ensemble des solutions de (x2−2)y0+x y=0 est ladroite vectorielledirigée par exp³Z
a(x) dx´
= 1
p|x2−2| avec
Z
a(x) dx
(1)
z}|{=
Z −1/2 x−p
2+ −1/2 x+p
2dx
(2)
z}|{= −1
2ln|x−p 2| −1
2ln|x+p
2| = −ln r¯
¯
¯x2−2
¯
¯
¯
•(1) On a effectué, comme il se doit, unedécomposition en éléments simples.
•(2) On n’oublie pas les valeurs absolues dans la primitivation en log même si ici, on pourrait se contenter de résoudre
«sur» {2−x2>0},intervalle ouvert de convergencedef.
Recherche d’une solution particulière :
On utilise la méthode dela variation de la constanteen la cherchant sous la formey(x)= C(x) p|x2−2| :
(x2−2)³ C0(x) r¯
¯
¯x2−2¯
¯
¯
+C(x)³ 1 r¯
¯
¯x2−2¯
¯
¯
´0´
+x C(x) r¯
¯
¯x2−2¯
¯
¯ +2=0
(1)
z }| {
⇐⇒ (x2−2) C0(x) r¯
¯
¯x2−2¯
¯
¯
+C(x)×0= −2
(2)
z }| {
⇐⇒ C0(x)= 2 p2−x2 =
p2 q
1−(x/p 2)2
⇐⇒C(x)=2 arcsin³ x p2
´
•(1) Je rappelle qu’il estinutile de calculerle coefficient deC(x) car le principe de cette méthode est que c’est toujours 0.
•(2) On décide de résoudre sur l’intervalle {2−x2>0}. Sinon, il y aurait 2 cas à traiter. Sur l’autres intervalles {2−x2<0}, on obtiendraitC0(x)=px−22
−2qui s’intègre plutôt en argch¡ x
p2
¢=ln¡ x
p2+ q
1−x22¢
Finalement lasolution généralesur¤
−p 2,p
2£
esty(x)= C p2−x2+
2 arcsin³
px 2
´
p2−x2 La condition initialef(0)=0 donne C=0 pourf.
ENSEA PSI 2015 (développement d’une série de fonctions)
Enoncé 84
1 ) Montrez que la série de fonctionsun(t)=(−1)ntn
p1+n2 converge normalement sur tout segment de [0, 1[. Que peut-on en déduire pour sa somme f?
2 )Quelle est la nature de la suite de terme généralvn= Z 1
0
un(t) dt. Montrez quePvnconverge.
1 ) Je rappelle que pour étudier uneconvergence normale,ouon étudie exactement le sup (par une étude de variations) ouon l’évalue en le majorant, méthode préférentielle si on se place sur un segment£
a,b¤
comme c’est le cas dans de nombreux théorèmes. N’oublions pas non plus que c’est lesup de la valeur absolue, donc ce peut être l’inf si la fonction prend des valeurs négatives.
Ici, il est immédiat que pour£ a,b¤
⊂£ 0, 1£
:
sup
t∈[a,b]
¯
¯
¯un(t)¯
¯
¯= sup
t∈[a,b]
tn
p1+n2= bn
p1+n2=vn
La convergence de lasérie numérique positivePvnse déduit, par exemple, du critère d’Alembert5puisque :
¯
¯
¯
¯ vn+1
vn
¯
¯
¯
¯=
¯
¯
¯
¯
¯
bn+1p 1+n2 bnp
1+(n+1)2
¯
¯
¯
¯
¯
∼b n n n−→
→+∞b<1
Comme les fonctionsun sont clairement continues sur £ 0, 1£
, et qu’on a laconvergence uniforme(car normale) sur tout segmentde£
0, 1£
, lethéorème de continuiténous amène la continuité de la fonction-sommef(x)=
+∞X
n=0
(−1)ntn p1+n2.
2 )
Méthode 1 :
Lorsqu’on «rencontre» une intégrale àbornes fixesavec «du n» et que l’énoncé demande une limite lorsquen−→ +∞, en général, on cherche à appliquer lethéorème de convergence dominée de Lebesgue6:
• Etude de la convergence simple Il est immédiat que sur l’intervalle ¤
0; 1£
, lasuite de fonctions converge simplementvers la fonction nulle, car 0< |t| <1.
• Hypothèse de Domination
∀t∈¤ 0, 1£
,
¯
¯
¯un(t)
¯
¯
¯≤ 1 p1+02=1
La fonction constante 1 est clairement continnue etintégrablesur¤ 0, 1£
, le théorème s’applique : lim Z 1
0 un((t) dt = Z 1
0
O=0
Remarque : On peut toujours appliquer le théorème de Lebesgue sur l’intervalle ouvert. Ceci peu éviter quelques petits problèmes particuliers aux bornes qui alourdissent la démo, comme ici en 1.
Il doit y avoir une erreur (de rapport) d’énoncé, car cette intégralese calcule, ce qui n’arrive pas dans la pratique ! On a immédiatement le calcul :
vn= Z 1
0
un(t) dt = (−1)n (n+1)p
1+n2 La sériePvnvérifie le CSSA de manière triviale donc converge.
5.Jean le Rond D’Alembert: mathématicien philosophe français (1717-1783).
6.Henri-Léon Lebesgue: mathématicien français (1875-1941)
