SESSION 2012 E3A
Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE
Epreuve de Mathématiques B PSI
Exercice 1
1.La fonctionf : x7→e−x2 est continue surRet négligeable en+∞ou−∞devant 1
x2. On en déduit que la fonctionf est intégrable surRet en particulier que l’intégrale
Z+∞
−∞
e−x2 dxconverge.
2.
2.1. Graphique.
1
1 2 3
−1
−2
−3
y=f1(x)
y=f4(x)
2.2.Soitx∈R. Pourn∈N∗ tel que n > x2, on afn(x) =
1−x2 n
n
=exp
nln
1−x2 n
(car1−x2
n > 0). Quand ntend vers+∞
fn(x) =exp
n
−x2 n +o
1 n
=exp −x2o(1) , et donc lim
n→+∞fn(x) =f(x). On a montré que
la suite de fonctions(fn)n∈Nconverge simplement sur Rvers la fonction f : x7→e−x2.
2.3.Soient n∈N puisu∈] −n,+∞[. On sait que pour toutx >−1, ln(1+x)6x(inégalité de convexité). Puisque le réelx= u
n est strictement plus grand que−1, on en déduit que ln 1+ u
n
6u
n puis quenln 1+ u
n
6uou encore que
ln
1+ u n
n
6uet finalement que 1+u
n n
6eu par croissance de la fonction exponentielle surR.
2.4.Soitn∈N∗. La fonctionfn est continue par morceaux sur Ret nulle au voisinage de+∞. Par suite, la fonctionfn
est intégrable surRet en particulier que l’intégrale Z+∞
−∞
fn(x)dxexiste.
2.5.Soientn∈N∗ et six∈R. Si|x|>√
n,|fn(x)|=06ex2 =f(x)et si|x|<√
n,|fn(x)|=
1−x2 n
n
6e−x2 =f(x) (d’après la question précédente car−x2>−n).
Ainsi,∀n∈N∗,|fn|6f. Mais alors,
• chaque fonctionfn,n∈N∗, est continue par morceaux surR,
• la suite de fonctions(fn)n∈Nconverge simplement vers la fonctionfsurRet de plus, la fonctionf est continue par morceaux sur R.
• il existe une fonctionϕcontinue par morceaux et intégrable surRtelle que∀n∈N∗,|fn|6ϕ, à savoirϕ=f.
D’après le théorème de convergence dominée, la suite(un)n∈N∗ converge et lim
n→+∞un = Z+∞
−∞
f(x)dx.
Z+∞
−∞
e−x2dx= lim
n→+∞un. 3.
3.1.J0= π
2,J1=1et J2= Zπ/2
0
1+cos(2x)
2 dx= π 4.
3.2. Soit k ∈ N. Les deux fonctions t 7→ cosk+1t et t 7→ sint sont de classe C1 sur le segment h 0,π
2 i
. On peut donc effectuer une intégration par parties qui fournit
Jk+2= Zπ/2
0
costcosk+1t dt=
sintcosk+1t dtπ/2 0 −
Zπ/2
0
sint(k+1)(−sint)coskt dt
= (k+1) Zπ/2
0
sin2tcoskt dt= (k+1) Zπ/2
0
(1−cos2t)coskt dt= (k+1)(Jk−Jk+2), et donc
∀k∈N,Jk+2= k+1 k+2Jk.
3.3.Soitn∈N∗. Puisque J1=1, J2n+1= 2n
2n+1×J2n−1= 2n
2n+1 ×2n−2
2n−1×. . .×2
3×J1= 2×4×. . .×(2n) 1×3×. . .×(2n+1). 3.4.Soitn∈N∗.
J2n+1= 2×4×. . .×(2n)
1×3×. . .×(2n+1) = (2×4×. . .×(2n))2
1×2×3×4×. . .×(2n)×(2n+1) = 22n(n!)2 (2n+1)!, ce qui reste vrai pourn=0.
∀n∈N,J2n+1= 22n(n!)2 (2n+1)!. 3.5. Formule deStirling :n! ∼
n→+∞
n e
n√
2πn. Par suite,
J2n+1 ∼
n→+∞
22nn e
2n
(2πn) (2n+1)
2n e
2n√ 4πn
n→∼+∞
√π 2√
n
4.Soitn∈N∗. On pose déjàt= x
√n. On obtient
un = Z√n
−√ n
1−x2
n n
dx=√ n
Z1
−1
1−t2n
dt=2√ n
Z1
0
1−t2n
dt(par parité).
On pose ensuitet=sinu. On obtient un=2√
n Zπ/2
0
1−sin2un
cosu du=2√ 2n+1
Zπ/2
0
cos2n+1u du=2√
n J2n+1.
5.Par suite,un ∼
n→+∞
2√ n√
π 2√
n =√
π et donc lim
n→+∞un=√
π. La question 2.5 permet alors d’affirmer que
Z+∞
−∞
e−x2 dx=√ π.
Exercice 2
1. On noteB= (i, j, k) la base canonique. La matriceB est orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales. Le déterminant de Best égal à 1 et donc B est une matrice orthogonale positive. Puisque la base B est orthonormée,uest un endomorphisme orthogonal positif c’est-à-dire une rotation. De plus,B2=I3et, puisqueu6=IdR3, uest un demi-tour. Enfin,u(i+k) =i+k et donci+kest invariant paru. Finalement,
uest le demi-tour d’axe Vect(i+k).
2.Pour toutxréel,P′(x) =3x2+2x=x(3x+2). On en déduit le tableau de variations deP:
x −∞ −2/3 0 +∞
f′(x) + 0 − 0 +
4
27 +d +∞
f
−∞ d
• Si d+ 4
27 < 0, P est strictement négatif sur ] −∞, 0] et donc ne s’annule pas sur ] −∞, 0]. D’autre part, la fonction Pest continue et strictement croissante sur [0,+∞[ et donc réalise une bijection de[0,+∞[sur [d,+∞[(avecd < 0).P s’annule donc une et une seule fois sur[0,+∞[et même sur ]0,+∞[en un certain réelx0. Puisque P′ ne s’annule pas sur ]0,+∞[, x0 est une racine simple deP.
En résumé, sid <− 4
27,Padmet une racine réelle simple et donc deux racines non réelles conjuguées. Dans ce cas,Pn’est pas scindé surR.
• Il en est de même sid > 0: Padmet une racine réelle simple dans
−∞,−2 3
et deux racines non réelles conjuguées.
Dans ce cas aussi,Pn’est pas scindé surR.
•Sid∈
− 4 27, 0
,Padmet trois racines réelles, une dans
−∞,−2 3
, une dans
−2 3, 0
et une dans]0,+∞[. Dans ce cas, Pest scindé surR.
• Sid=0,P=X3+X2=X2(X+1)etP est scindé surRet sid= − 4
27,P=X3+X2− 4 27 =
X+ 2
3 2
X−1 3
et P est scindé surR.
Finalement,
Pest scindé surRsi et seulement sid∈
−4 27, 0
.
3.
3.1.(X−α)(X−β)(X−γ) =X3− (α+β+γ)X2+ (αβ+αγ+βγ)X−αβγet donc
a= −(α+β+γ) b=αβ+αγ+βγ c= −αβγ
.
3.2.Soit f l’endomorphisme deR3 canoniquement associé à A. On sait que Aest une rotation si et seulement si Aest une matrice orthogonale positive. Or
A∈O3(R)⇔α2+β2+γ2=1etαβ+αγ+βγ=0
⇔(α+β+γ)2−2(αβ+αγ+βγ) =1etαβ+αγ+βγ=0
⇔b=0eta2=1.
On suppose dorénavant queA∈O3(R)ce qui équivaut àa2=1etb=0ou aussi àα2+β2+γ2=1etαβ+αγ+βγ=0.
det(A) =α(βγ−α2) −β(β2−αγ) +γ(αβ−γ2) =3αβγ− α3+β3+γ3 Or,
(α2+β2+γ2)(α+β+γ) =α3+β3+γ3+ (α2β+αβ2+α2γ+αγ2+β2γ+βγ2) (1) et
(α+β+γ)3=α3+β3+γ3+3(α2β+αβ2+α2γ+αγ2+β2γ+βγ2) +6αβγ (2).
3×(1) − (2)fournit 2 α3+β3+γ3
−6αβγ=3(α2+β2+γ2)(α+β+γ) − (α+β+γ)3, et donc
α3+β3+γ3= 1
2 3(a2−2b)(−a) − (−a)3−6c
= −3c.
Par suite, det(A) = −3c+a3+3c=a3puis
A∈O+3(R)⇔(a2=1 etb=0 eta3=1)⇔(a=1 etb=0).
En résumé, la matricefest une rotation si et seulement siα,βetγsont trois réels tels queα+β+γ=1etαβ+αγ+βγ=0 ou encorea=1et b=0.
Commeα, βet γ sont les solutions de l’équationz3+az2+bz+c= 0, fest une rotation si et seulement si α, βet γ sont les trois solutions réelle d’une équation du typez3+z2+c=0oùc est un réel. D’après la question 2, cette dernière équation n’admet que des solutions réelles si et seulement sic ∈
− 4 27, 0
et donc les triplets (a, b, c)cherchés sont les triplets de la forme
(1, 0, c),c∈
− 4 27, 0
.
Exercice 3
1.Quandntend vers+∞,vn=ln(n+1) −ln(n) =ln
1+ 1 n
∼ 1
n=un. De plus, pour toutn∈N∗,un > 0et vn> 0 et d’autre part, la série deRiemannde terme généralun diverge. D’après la propriété(R):
Hn ∼
n→+∞
Xn
k=1
(ln(k+1) −ln(k)) =ln(n+1) −ln(1) (somme télescopique)
n→+∞∼ ln(n).
2.
2.1.Pour k>2,
ln(ln(k+1)) −ln(ln(k)) =ln
ln(k) +ln
1+ 1 k
−ln(ln(k)) =ln
1+
ln
1+ 1 k
ln(k)
,
puis, quandktend vers+∞,
ln(ln(k+1)) −ln(ln(k))∼ ln
1+ 1
k
ln(k) ∼ 1
kln(k)> 0.
Soitn>2.
Xn
k=2
ln(ln(k+1)) −ln(ln(k)) =ln(ln(n+1)) −ln(ln(2)). Comme ln(ln(n+1)) −ln(ln(2))tend vers+∞, la série de terme général ln(ln(n+1)) −ln(ln(n))diverge. D’après la propriété(R),
Xn
k=2
1 kln(k) ∼
n→+∞
Xn
k=2
(ln(ln(k+1)) −ln(ln(k))) =ln(ln(n+1)) −ln(ln(2)) ∼
n→+∞ln(ln(n+1)) ∼
n→+∞ln(ln(n)).
2.2.En particulier, lim
n→+∞
Xn
k=2
1
kln(k) = +∞et la série de terme général 1
klnk,k>2, diverge.
2.3.La fonctionx7→xln(x)strictement croissante sur[2,+∞[en tant que produit de deux fonctions strictement positives et strictement croissantes sur52,+∞[. Mais alors la fonctionx7→ 1
xlnx est décroissante sur[2,+∞[.
On en déduit que pourk>2, 1 kln(k) >
Zk+1
k
1
xlnx dxpuis que pourn>2, Xn
k=2
1 klnk >
Xn
k=2
Zk+1
k
1
xlnxdx= Zn+1
2
1
xlnx dx=ln(ln(n+1)) −ln(ln(2)).
Comme lim
n→+∞ln(ln(n+1)) −ln(ln(2)) = +∞, on a aussi lim
n→+∞
Xn
k=2
1
klnk = +∞. On retrouve ainsi la divergence de la série de terme général 1
klnk,k>2.
3. Etude de deux exemples.
3.1.La suite(an)n∈N∗ est strictement positive, bornée car constante eta1>1. De plus, pourn∈N∗,An=n→+∞et donc la série de terme généralan,n>1, diverge. On a montré que la suite(an)n∈Nvérifie la propriété(P).
Pourn∈N∗,bn= 1 ln(n)
Xn
k=1
1 k = Hn
n et donc lim
n→+∞bn=1d’après la question 1.
n→+∞lim bn=1.
3.2. La suite (an)n∈N∗ est strictement positive, bornée car comprise entre 0 et 1 et a1 > 1. De plus, pour n ∈ N∗, An = Hn → +∞ et donc la série de terme général an, n > 1, diverge. On a montré que la suite (an)n∈N vérifie la propriété(P).
Pourn∈N∗,bn= 1 Hn
Xn
k=1
1
kHk. D’après la question 1, quand ktend vers+∞, 1
kHk ∼ 1
klnk > 0 et d’après la question 2, la série de terme général 1
klnk,k>1, diverge. D’après a propriété(R)et les questions 1 et 2, bn= 1
ln(Hn) Xn
k=1
1 kHk
n→+∞∼ 1 ln(lnn)
Xn
k=1
1 klnk ∼
n→+∞
ln(ln(n)) ln(ln(n) =1.
On en déduit que
n→+∞lim bn=1.
4.
4.1.Puisque la suite(an)est bornée et que la suite(An)tend vers+∞, An
An−1
= An−1+an An−1
=1+ an An−1
n→+∞= 1+O 1
An−1
n→+∞= 1+o(1).
Ainsi, lim
n→+∞
An
An−1
=1ou encoreAn ∼
n→+∞An−1. 4.2.Puisque An
An−1
tend vers1, ln
An
An−1
n→+∞∼ An
An−1
−1= An−An−1
An−1
= an
An−1 n→+∞∼
an
An
.
4.3.Puisque lesan,n>1, sont strictement positifs, la suiteAnest strictement croissante puis la suite(ln(An)−ln(An−1)) est strictement positive.
Soitn>2, Xn
k=2
ln Ak
Ak−1
= Xn
k=2
ln(Ak) −ln(Ak−1) =ln(An) −ln(A1) ∼
n→+∞ln(An). Puisque ln(An)tend vers+∞, la série de terme général ln
Ak
Ak−1
,k>2, diverge. Comme ln An
An−1
n→+∞∼ an
An, la propriété(R)permet d’affirmer que
Xn
k=2
ak Ak
n→+∞∼ Xn
k=2
ln Ak
Ak−1
n→+∞∼ ln(An).
Comme ln(An)tend vers+∞, la série de terme général an
An,n>1, est divergente.
4.4.D’après la question précédente, bn ∼
n→+∞
ln(An) ln(An) =1.
n→+∞lim bn=1.
5. Pour n∈N∗, posonsvn = un Xn
k=1
uk
. La suite v est strictement positive. Puisque la série de terme général strictement
positif un diverge, on a vn =
n→+∞ o(un). Enfin, D’après la question précédente, la série de terme général vn, n > 1, diverge.
6.Puisque
+∞X
n=1
an = +∞, on a Ra61. Puisque la suite(an)est bornée, on a Ra>1 et finalementRa=1.
Exercice 4
1.SoitN∈Mn(C)une matrice nilpotente.N admetnvaleurs propres dansC.
Soitk∈N∗ tel queNk=0n. Le polynômeXk est annulateur deNet on sait que les valeurs propres deNsont à choisir parmi les racines deXk. Comme0 est l’unique racine de ce polynôme, on a montré que
Sp(N) = (0, 0, . . . , 0).
2.Nest diagonalisable si et seulement si l’ordre de multiplicité de0à savoirnest aussi la dimension de Ker(N). Comme la condition dim(Ker(N)) =néquivaut àN=0, on a montré qu’une matrice nilpotente est diagonalisable si et seulement si elle est nulle.
3.
3.1.SoitA∈M2(C).χA=X2− (Tr(A))X+det(A). Le théorème deCayley-Hamiltonpermet alors d’affirmer que A2= (Tr(A))A−det(A)I2.
3.2.•Supposons Tr(A) =Tr(A2) =0. Soientλetµles deux valeurs propres deA. On aλ+µ=λ2+µ2=0. Mais alors, on a aussi
det(A) =λµ= 1
2 (λ+µ)2−λ2−µ2
=0.
En résumé, Tr(A) =Det(A) =0. La question précédente permet d’affirmer queA2=02et doncAest nilpotente.
• Supposons A nilpotente. D’après la question 1, les deux valeurs propres λ et µ de A sont nulles. On en déduit que Tr(A) =λ+µ=0et Tr(A2) =λ2+µ2=0.
On a montré queAest nilpotente si et seulement si Tr(A) =Tr(A2) =0.
4.
4.1.E=Vect(G)est un sous-espace vectoriel deMn(C). PuisqueMn(C)est de dimension finie, il en est de même pour E.
4.2.Soitr=dim(E). PuisqueG est un sous-groupe de(GLn(C),×), Gcontient au moins une matrice inversible qui est en particulier non nulle. On en déduit queE6={0}puis que r∈N∗.
Gest une famille génératrice de Eet on peut donc en extraire une base(M1, . . . , Mr)deE.
5.
5.1.On sait que card(Up) =pet que les éléments deUpsont lese2ikπ/p,k∈J0, p−1K.
5.2.SoitX∈G. Il existep∈N∗tel queXp=In. On sait alors que les valeurs propresXsont à choisir parmi les racines du polynôme annulateurz7→zp−1. Les valeurs propres deXsont donc éléments deUp.
6.SoitA∈G. Il existep∈N∗tel queAp=In. Le polynômeXp−1est annulateur deAet à racines simples dansC(car Xp−1est de degrépet admet lespracinesp-èmes de l’unité pour racines). On en déduit queAest diagonalisable dans C.
7.SoitX∈G. Tr(X) =λ1+. . .+λnoù∀k∈J1, nK,λk ∈Up. Comme card(Up) =p, il y a au maximump×. . .×p
| {z }
n
=pn valeurs possibles pour Tr(X). Donc
card(S)6pn<+∞. 8.
8.1.Puisque G est un sous-groupe de (Mn(C),×), AB−1 ∈ G. D’après la question 6, AB−1 est diagonalisable et donc AB−1est semblable à une matrice du type diag(λ1, . . . , λn). Mais alorsNest semblable à une matrice du type diag(λ1− 1, . . . , λn−1)et doncNest diagonalisable.
8.2.Puisque ϕ(A) =ϕ(B), on a ∀i ∈J1, rK, Tr(AMi) = Tr(BMi). SoitX ∈E. Xest une combinaison linéaire des Mi, 16i6r. Puisque la trace est linéaire, on en déduit que Tr(AX) =Tr(BX).
8.3.Soit k ∈ N∗. La matrice X = B1AB−1. . . AB−1
| {z }
k−1
appartient à G en tant que produit d’éléments de G et d’inverses d’éléments deG. D’après la question précédente,
Tr (AB−1)k
=Tr(AX) =Tr(BX) =Tr(AB−1. . . AB−1
| {z }
k−1
) =Tr (AB−1)k−1 .
Ainsi, la suite Tr (AB−1)k
k∈Nest constante et donc, pour toutk∈N, Tr (AB−1)k
=Tr (AB−1)0
=Tr(In) =n.
∀k∈N, Tr (AB−1)k
=n.
8.4.Soitk∈J1, nK. Les matrices AB−1 etIn commutent et donc on peut appliquer la formule du binôme de Newton. On obtient
Tr(Nk) =Tr Xk
i=0
k i
(AB−1)k−i(−In)i
!
=Tr Xk
i=0
(−1)i k
i
(AB−1)k−i
!
= Xk
i=0
(−1)i k
i
Tr (AB−1)k−i
(par linéarité de la trace)
= Xk
i=0
(−1)i k
i !
n(d’après la question précédente)
= (1−1)kn=0(cark>1).
On a montré que∀k∈J1, nK, Tr(Nk) =0. D’après le résultat admis par l’énoncé, on en déduit queN est nilpotente.
8.5.D’après la question précédente, Nest nilpotente et d’après la question 8.1,N est diagonalisable. Mais alors,N =0 d’après la question 2. Par suite,AB−1−In=0 puisA=B.
On a montré que∀(A, B)∈G2,(ϕ(A) =ϕ(B)⇒A=B) et doncϕest injective.
9.∀X∈G,∀i∈J1, rK,XMi∈G et donc Tr(XMi)∈S. On en déduit queϕ(G)⊂Sr.
10.Puisque ϕ est injective, card(G) =card(ϕ(G))6card(Sr)<+∞. Ainsi,G est nécessairement un sous-groupe fini deGLn(C).
