TABLE DES MATIERES TABLE DES MATIERES

1

Table des matieres

1 CNC par chapitres 4

2 Epreuves de mathematiques 1 62.1 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

2.1.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.1.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.3.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.4 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.4.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.4.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.5.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.6 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.6.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.6.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.7 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.7.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742.7.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.8 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.8.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 842.8.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

2.9 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.9.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932.9.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.10 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1022.10.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1022.10.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

2.11 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132.11.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1132.11.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

2.12 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1242.12.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1242.12.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

2.13 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1422.13.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1422.13.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

2.14 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1532.14.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

1. c©s.hajmi@gmail.com

1

TABLE DES MATIERES TABLE DES MATIERES

2.14.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1562.15 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

2.15.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1602.15.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

3 Epreuves de mathematiques 2 1713.1 1997 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

3.1.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1713.1.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

3.2 1998 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1763.2.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1763.2.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

3.3 1999 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1833.3.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1833.3.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

3.4 2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1943.4.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1943.4.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

3.5 2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2043.5.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2043.5.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

3.6 2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2153.6.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2153.6.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221

3.7 2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2283.7.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2283.7.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

3.8 2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2383.8.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2383.8.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

3.9 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2493.9.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2493.9.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

3.10 2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2673.10.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2673.10.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

3.11 2007 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2793.11.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2793.11.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285

3.12 2008 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2913.12.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2913.12.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 297

3.13 2009 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3043.13.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3043.13.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

3.14 2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3133.14.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3133.14.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

3.15 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3233.15.1 Enonce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

2

TABLE DES MATIERES TABLE DES MATIERES

3.15.2 Corrige . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328

3

1 CNC PAR CHAPITRES

1 CNC par chapitres

4

1

CNC par chapitres

Epreuve de math 1

97 98 99 00 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 TotalEvns - ** - - - - - - - * - - - - - - 3Series, ssf, integrale *** ** *** - * - *** ** * ** * * - - ** - 21ssf,approx - - - - - ** - - ** - - - ** * - - 7Series entieres ** - ** * - - - - - - ** ** * - - - 10Series de Fourier - - * * ** * - * * - - - - * ** - 10Equations differentielles - - - *** *** - - ** - - ** - - - * - 11Reduction - - - * - - - - - - - - - - - - 1Prehilbertien - ** - * - * - - - * - - - - - - 5Geometrie - - - - - - - - - - - - - - * - 1Calcul differentiel - - - - - - - - - - - * * *** ** - 7Integrale multiple - - - * - - - - - - - - - - - - 1Variable complexe - - - - - - - - - - - ** - - ** - 4

Epreuve de math 2

97 98 99 00 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 TotalPrehilbertien *** *** - - - *** ** *** *** * - * ** *** ** - 26Reduction - - *** *** *** * ** - *** *** *** ** - - * - 24Evns - - - - * ** * - ** * - *** - ** ** - 14Geometrie ** - - - - - - - - - - - - ** - - 4Equations differentielles - - - - - - - - * - - - - - - - 1Variable complexe - - - - - - - - - - * - - - - - 1

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1

2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2 Epreuves de mathematiques 1

2.1 1997

2.1.1 Enonce

6

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Concours Commun National 1997 - MAROC

MATHEMATIQUES I

Epreuve d’analyseduree : 4 heuresOption M-M’

Les candidats sont informes que la precision des raisonnementsainsi que le soin apporte a la redaction seront des elements prisen compte dans la notation.

Dans tout le probleme on notera (an)n≥1 = (an) la suite de terme

general an =n∑

k=1

1

k− ln(n).

Par convention, pour tout reel x > 0 on pose x0 = 1.

I – Premiere partie

1. Montrer que la suite (an) est convergente (on pourra par ex-emple etudier le terme an+1 − an).

On note γ la limite de la suite (an).

2. a) En remarquant que pour n dans N∗ on a1

n=

∫

[0,1](1− t)n−1dt, montrer que :

∀n ∈ N∗, an =

∫

[0,1]

1−(1− un)n

udu−

∫

[1,n]

(1− un)n

udu.

b) Montrer que les deux integrales α =

∫

[0,1]

1− e−uu

du et

β =

∫

[1,+∞[

e−u

udu existent.

c) Prouver la convergence de la suite de terme general∫

[1,n]

(1− un)n

udu vers

∫

[1,+∞[

e−u

udu.

d) Prouver de meme la convergence de la suite de terme

general

∫

[0,1]

1−(1− un)n

udu vers

∫

[0,1]

1− e−uu

du.

Indication : pour n ≥ 2 et 0 6 u 6 1 on pourra etablirl’inegalite e−2u 6 (1− u

n)n.

3. a) Prouver l’egalite :

γ =

∫

[0,5]

1− e−uu

du−∫

[5,+∞]

e−u

udu− ln(5).

b) Montrer que l’on a

∫

[0,5]

1− e−uu

du =+∞∑

k=0

(−1)k5k+1

(k + 1)(k + 1)!.

On admet l’egalite16∑

k=0

(−1)k5k+1

(k + 1)(k + 1)!= 2, 18782 a 10−5

pres, et518

18× 18!6 5× 10−5.

Justifier l’inegalite∣∣∣+∞∑

k=17

(−1)k5k+1

(k + 1)(k + 1)!

∣∣∣ 6 10−4.

c) Pour tout x > 0, montrer que l’on peut ecrire :∫

[x,+∞[

e−t

tdt =

e−x

x− e−x

x2+ 2

e−x

x3+R(x)

avec | R(x) |6 6e−x

x4.

d) En deduire une valeur approchee de γ a 2× 10−4 pres.

II – Seconde partieOn cherche un equivalent simple, puis un developpement asymp-

totique de la somme f(x) =+∞∑

n=2

ln(n)xn lorsque x tend vers 1 par

valeurs inferieures.

1. Montrer que la serie entiere∑

n≥2ln(n)xn possede un rayon de

convergence egal a 1, et que+∞∑

n=2

ln(n)xn tend vers +∞ lorsque

x tend vers 1 par valeurs inferieures.

2. Trouver le rayon de convergence, puis la somme, de la serieentiere : ∑

n≥1(1 +

1

2+ . . .+

1

n)xn.

Indication : on pourra calculer+∞∑

n=0

xn et+∞∑

n=1

1

nxn.

3. En deduire que f est equivalente a g : x→ ln(1− x)

x− 1quand x

tend vers 1 par valeurs inferieures.

4. En considerant la fonction x→ (x−1)f(x), retrouver le resultatde la question precedente.

5. Soit (bn)n≥1 la suite definie par le terme general

bn =

n∑

k=1

1

k− ln(n+

1

2).

a) Montrer que la suite (bn) converge vers γ.

b) Pour tout x > −12 , on pose

h(x) = ln(x+3

2)− ln(x+

1

2)− 1

x+ 1. Prouver les

inegalites suivantes :

∀x ∈]1

2,+∞[,

1

12(x+ 32)3

6 h(x) 61

12(x+ 12)3

.

c) Montrer qu’il existe une constante k telle que :

∀n ∈ N∗, k

(n+ 32)2

6 bn − γ 6k

(n− 12)2

.

6. Justifier l’existence de constantes k1 et k2 (que l’on explicitera)telles qu’au voisinage de +∞ on ait :

an = γ +k1n

+k2n2

+O(1

n3).

7. En deduire l’existence de trois constantes k′1, k

′2 et

k′3 telles que la fonction qui a x ∈] − 1, 1[ associe

+∞∑

n=2

ln(n)xn − ln(1− x)

x− 1− k

′1

1− x − k′2ln(1− x)− k′

3(1− x)ln(1− x)

soit prolongeable au point x = 1 en une fonction derivable ence point.

Indication : on pourra remarquer que pour tout n dans N∗,1

n2=

1

n(n+ 1)+O(

1

n3).

1

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III – Troisieme partie

Dans cette partie, on cherche un equivalent simple de la somme

fα(x) =+∞∑

n=2

lnα(n)xn lorsque x tend vers 1 par valeurs inferieures,

α etant un reel quelconque.

1. Soit n0 un element de N et φ une application definie sur[n0,+∞[ a valeurs dans R+ continue, decroissante et telle que

la serie∑

n>n0

φ(n) diverge.

Determiner le rayon de convergence de la serie entiere+∞∑

k=n0

φ(k)xk, puis montrer que :

+∞∑

k=n0

φ(k)xk ∼∫

[n0,+∞[φ(t)xtdt

quand x tend vers 1 par valeurs inferieures.

2. Pour α > 0, discuter de la convergence de la serie∑

n>2

(ln(n))α−1

n.

3. Montrer que pour tout reel α on a :

fα(x) ∼∫

[2,+∞[lnα(t)xtdt

lorsque x tend vers 1 par valeurs inferieures.

Indication : lorsque α est positif, on pourra s’inspirer de laquestion II - 4.

4. Dans cette question, α designe un reel positif ou nul.

Pour y ∈ ]0, e−1[, on definit la fonction hy par :

∀u ∈ R+, hy(u) =

0 si 0 6 u < 2y(

1− ln(u)ln(y)

)αe−u si 2y 6 u.

a) Montrer que pour tout y ∈ ]0, e−1[ et tout u ∈ R∗+ on a :|hy(u)| 6 (1 + |ln(u)|)αe−u.

Indication : on pourra discuter selon que u est plus petitou plus grand que 1.

b) Etablir l’equivalence :

∫

[2,+∞[lnα(t)e−ytdt ∼ |ln(y)|α

y

lorsque y tend vers 0 par valeurs superieures.

c) Trouver un equivalent simple de fα(x) lorsque x tend vers1 par valeurs inferieures.

5. Dans cette question α designe un reel negatif et, poury ∈ ]0, e−1[, hy est la fonction definie a la question precedente.

a) On veut montrer a nouveau l’equivalence :

∫

[2,+∞[lnα(t)e−ytdt ∼ |ln(y)|α

y

lorsque y tend vers 0 par valeurs superieures.

Indiquer pourquoi la methode de la question precedentene peut etre utilisee sans modification.

b) Pour y ∈ ]0, 14 [, on definit la fonction gy par :

∀u ∈ R+, gy(u) =

0 si 0 6 u <

√y

hy(u) si√y 6 u.

A l’aide de cette famille de fonctions, montrerl’equivalence annoncee a la question precedente.

c) En deduire un equivalent simple de fα(x) lorsque x tendvers 1 par valeurs inferieures.

2

2.1 1997 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.1.2 Corrige

9

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Concours commun 1997 EHTP EMI ENIMENPL ENSEM ENSIAS IAV INPT

Corrige de l’epreuve d’analyse

Approximation de la constante d’Euler; etude en 1 de la fonction

fα(x) =

+∞∑

n=2

logα(n)xn.

Corrige par Bouchra BELARFAOUI et Fouzia MORADIeleves professeurs a l’ENS de FES

Premiere partie

1 la suite (an) est convergente: Un developpement limitedonne:

an+1 − an =1

n+ 1− log

(1 +

1

n

)∼ − 1

2n2. On en deduit que

la serie∑

(an+1 − an) converge absolument et par passage au

sommes partielles, que la suite (an) converge.

2a Expression integrale de an: On a successivement:n∑

k=1

1

k=

∫ 1

0

n∑

k=1

(1− t)k−1dt

=

∫ 1

0

1− (1− t)nt

dt =t=u

n

∫ n

0

1− (1− un)n

udu

=

∫ 1

0

1− (1− un)n

udu+

∫ n

1

1− (1− un)n

udu

= log n+

∫ 1

0

1− (1− un)n

udu−

∫ n

1

(1− un)n

udu,

d’ou le resultat demande.

2b Etude de α: La fonction u −→ 1− e−uu

est continue sur ]0, 1],

prolongeable par continuite en 0 par 1; elle est donc integrable surce meme intervalle, ce qui assure l’existence de α.

Etude de β: La fonction u −→ e−u

uest continue sur [1,+∞[

et negligeable devant1

u2en +∞, fonction qui est integrable sur

[1,+∞[. Il en decoule que u −→ e−u

uest integrable sur [1,+∞[ et

que β est parfaitement defini.

2c Convergence demandee: fn(u) = χ[1,n](u)(1− u

n)n

ucon-

stitue une suite d’applications continues, integrables sur [1,+∞[.

(fn) converge simplement vers l’applicatione−u

usur ce meme

intervalle et on a: ∀ u > 1, |fn(u)| 6 χ[1,n](u)(

1− u

n

)n6 e−u,

pour tout entier n > 1, la derniere inegalite decoulant du fait que

pour t ∈ [0, 1[, log(1 − t) = −∞∑

p=1

tp

p6 −t. e−u etant continue

integrable sur [1,+∞[, l’inegalite qui precede constitue une hy-pothese de domination. Le theoreme de la convergence dominee

assure que:

∫ +∞

1fn(u)du -

n→∞

∫ +∞

1

e−u

udu, c’est a dire que:

∫ n

1

(1− un)n

udu -

n→∞

∫ +∞

1

e−u

udu.

2d Seconde convergence demandee: On procede de maniereanalogue en introduisant:

fn(u) =1− (1− u

n)n

u; (fn) constitue une suite de fonctions contin-

ues par morceaux sur [0, 1], convergeant simplement vers1− e−u

usur ]0, 1]. Par ailleurs, l’inegalite des accroissements finis appliquee

a la fonction t −→(

1− t

n

)ndonne: ∀ u ∈]0, 1], 0 6 fn(u) 6 1,

pour tout n > 1, ce qui constitue une hypothese de domination sur]0, 1]. Le theoreme de la convergence dominee assure que:∫ 1

0fn(u)du -

n→∞

∫ 1

0

1− e−uu

du, c’est a dire que:∫ 1

0

1− (1− un)n

udu -

n→∞

∫ 1

0

1− e−uu

du.

3a Expression integrale de γ: Un passage a la limite dansl’identite du 2a donne:

γ =

∫ 1

0

1− e−uu

du−∫ +∞

1

e−u

udu

=

∫ 5

0

1− e−uu

du−∫ 5

1

1− e−uu

du−∫ ∞

5

e−u

udu−

∫ 5

1

e−u

udu,

d’ou on en deduit que:

γ =

∫ 5

0

1− e−uu

du−∫ +∞

5

e−u

udu− log 5.

3b Identite souhaitee: Le critere de d’Alembert permet de voirque la serie du membre de droite est absolument convergente. On apour tout u reel (encore vraie en 0 en prolongeant par continuite):

1− e−uu

=∞∑

n=0

(−1)n

(n+ 1)!un. On voit facilement par la regle de

d’Alembert que la serie precedente a un rayon de convergenceinfini. Elle converge donc uniformement sur [0, 5], ce qui justifieque l’on peut l’integrer terme a terme sur ce meme segment. On

trouve alors:

∫ 5

0

1− e−uu

du =∞∑

n=0

(−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!, ce qui constitue

le resultat.

Majoration souhaitee: La serie∑ (−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!verifie le

critere special des series alternees des que n > 2; on peut donc

ecrire:

∣∣∣∣∣∞∑

n=p

(−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!

∣∣∣∣∣ 65p+1

(p+ 1)(p+ 1)!pour tout p > 2.

En prenant p = 17 on obtient:∣∣∣∣∣∞∑

n=17

(−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!

∣∣∣∣∣ 6518

18× 18!6 5× 10−5 6 10−4.

3c Determination de R: Pour tout a > x, les fonctions e−t et1

tsont de classe C∞ sur l’intervalle [x, a]; trois integrations par

parties successives donnent:

∫ a

x

e−t

tdt =

[−e−t

t

]t=a

t=x

+

[e−t

t2

]t=a

t=x

−[

2e−t

t3

]t=a

t=x

−∫ a

x

6e−t

t4dt.

Chaque terme admet une limite lorsque a tendvers +∞, d’ou l’on obtient par passage a la lim-

ite:

∫ +∞

x

e−t

tdt =

e−x

x− e−x

x2+

2e−x

x3+ R(x), avec

R(x) = −∫ +∞

x

6e−t

t4dt.

On verifie bien que: |R(x)| 61

x4

∫ +∞

x6e−tdt =

6e−x

x4, d’ou le

resultat.

3d Valeur approchee de γ: L’etude qui precede assure que:

γ =16∑

n=0

(−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!− 22e−5

5− log 5 + ε, ou

ε =

∞∑

n=17

(−1)n5n+1

(n+ 1)(n+ 1)!− R(5) constitue l’erreur commise.

La calculatrice donne22e−5

5+ log 5 ' 1.61062 a 10−5 pres et on a:

|ε| 6 10−4 + 6e−5

546 1.7 × 10−4. Cela permet de voir qu’une valeur

approchee de γ a 2× 10−5 est 0, 5772.

1

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Seconde partie

1 Etude de la serie entiere

∞∑

n=2

log(n)xn: La regle de

d’Alembert permet de voir que le rayon de convergence de la serie

entiere∞∑

n=2

log(n)xn est 1.

Par ailleurs:

∀ x ∈ [0, 1[,∞∑

n=2

log(n)xn > log 2∞∑

n=2

xn =log(2)x2

1− x-

x→1 +∞.

Le resultat en decoule.

2 Expression de

∞∑

n=1

(1 +1

2+ · · · +

1

n)xn: On a:

1 +1

2+ · · · + 1

n∼ log n, ce qui permet de voir par la regle de

d’Alembert que le rayon de convergence de la serie entiere proposee

est 1. Les series entieres∞∑

n=0

xn =1

1− x et∞∑

n=1

xn

n= − log(1 − x)

ont pour rayon de convergence 1 et ont pour serie entiere produit

precisement

∞∑

n=1

(1 +1

2+ · · ·+ 1

n)xn. Il en decoule que:

∀ x ∈]− 1, 1[,∞∑

n=1

(1 +1

2+ · · ·+ 1

n)xn =

log(1− x)

x− 1.

3 Equivalent de f en 1: La suite (an) est convergente doncbornee; considerons un reel M tel que: ∀ n > 1, |an| 6 M . On asuccessivement:

∀x ∈ [0, 1[, |g(x)−f(x)| =∣∣∣∣∣∞∑

n=0

anxn

∣∣∣∣∣ 6∞∑

n=0

|an|xn 6 M∞∑

n=0

xn =M

1− x.

CommeM

1− x est negligeable devant g au voisinage de 1, on en

deduit que f(x) ∼1g(x).

4 Equivalent de f en 1 par une autre methode: Remarquonsque:

∀x ∈]−1, 1[, (x−1)f(x)−log(1−x) = x+∞∑

n=2

(log(n−1)−log(n)+1

n)xn.

Comme: log(n − 1) − log(n) +1

n= O

(1

n2

), il existe K > 0 tel

que: | log(n− 1)− log(n) +1

n| 6 K

n2pour tout n > 1. On peut donc

ecrire que:

∀x ∈ [0, 1[, |(x−1)f(x)−log(1−x)| 6 x+∞∑

n=2

| log(n−1)−log(n)+1

n|xn

6 1 +K

∞∑

n=2

1

n2=1o(log(1− x)).

Donc (x−1)f(x) ∼1

log(1−x) et on en deduit le resultat precedent.

5a Etude de bn: On a: bn−an = log n−log(n+1

2) ∼ − 1

2n-

n→∞ 0.

On en deduit que (bn) a pour limite γ.

5b Encadrements demandes: La formule de Taylor reste

integrale appliquee a: u(t) = log(t + 1) donne pour tout x > −1

2:

u(x+1

2) = u(x) +

1

2u′(x) +

1

8u′′(x) +

1

2

∫ x+ 12

x(x+

1

2− t)2u′′′(t)dt

u(x− 1

2) = u(x)− 1

2u′(x) +

1

8u′′(x) +

1

2

∫ x− 12

x(x− 1

2− t)2u′′′(t)dt,

d’ou par difference il vient:

∀x > −1

2, h(x) =

1

2

∫ x+ 12

x(x+

1

2−t)2u′′′(t)dt+1

2

∫ x

x− 12

(x−1

2−t)2u′′′(t)dt

=

∫ x+ 12

x

(x+ 12 − t)2

(t+ 1)3dt+

∫ x

x− 12

(x− 12 − t)2

(t+ 1)3dt.

Comme

∫ x+ 12

x(x +

1

2− t)2dt =

∫ x

x− 12

(x − 1

2− t)2dt =

1

24, un

encadrement des denominateurs donne:

1

24(x+ 32)3

6∫ x+ 1

2

x

(x+ 12 − t)2

(t+ 1)3dt 6

1

24(x+ 12)3

et

1

24(x+ 32)3

6∫ x

x− 12

(x− 12 − t)2

(t+ 1)3dt 6

1

24(x+ 12)3

,

d’ou le resultat souhaite par sommation.

5c Determination de k: On a: h(n) = bn − bn+1; l’encadrementprecedent donne:

1

12(n+ 32)3

6 bn − bn+1 61

12(n+ 12)3

. Chaque membre des

inegalites etant le terme general d’une serie convergente, on peut

ecrire:∞∑

p=n

1

12(p+ 32)3

6 bn − γ 6∞∑

p=n

1

12(p+ 12)3

. Les fonc-

tions x −→ 1

x+ 12

et x −→ 1

x+ 32

etant continues integrables

decroissantes sur [0,+∞[, la comparaison a l’aide d’une integrale

donne: ∀ n > 1,

∫ ∞

n

1

12(t+ 32)3

dt 6 bn − γ 6∫ ∞

n−1

1

12(t+ 12)3

dt,

c’est a dire:

∀n > 1,1

24

1

(n+ 32)2

6 bn−γ 61

24

1

(n− 12)2

. La constante demandee

est donc k =1

24.

6 Determination des constantes demandees: L’inegalite qui

precede assure que bn−γ ∼1

24n2. Un developpement limite donne:

bn−an = − 1

2n+

1

8n2+O(

1

n3), ce qui conduit a: k1 =

1

2et k2 = − 1

12.

7 Determination de k′1, k′2 et k′3: Un developpement limite

donne1

n2=

1

n(n− 1)+O(

1

n3). On peut alors ecrire:

an = γ +k1n

+k2

n(n− 1)+O(

1

n3)

il vient alors:

∀ x ∈]− 1, 1[,

∞∑

n=2

anxn =

∞∑

n=2

(γ +k1n

+k2

n(n− 1))xn +

∞∑

n=2

δnxn

=γ

1− x−k1 log(1−x)+k2(1−x) log(1−x)−∞∑

n=2

εnxn,

ou (δn) et (εn) designent des suites dominees par1

n3. Comme pour

tout n > 2 on a:

∀ x ∈ [−1, 1], |εnxn| 6 |εn| = O(1

n3)

et

(n+ 1)|εn+1xn| 6 (n+ 1)|εn+1| = O(

1

n2)

∑

n>2

εnxn ainsi que sa serie derivee converge normalement sur [−1, 1];

il en decoule que∞∑

n=2

εnxn est de classe C1 sur [−1, 1]. En resume

on a: ∀ x ∈]− 1, 1[

f(x)−g(x)− k′11− x −k

′2 log(1−x)−k′3(1−x) log(1−x) =

∑

n>2

εnxn,

2

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prolongeable en une fonction derivable en 1, pour le choix de(k′1, k

′2, k′3) = (−γ, k1,−k2).

Troisieme partie

1 Etude de∑

k>n0

φ(k)xk: La serie∑

φ(k) diverge,

donc le rayon de convergence de la serie entiere proposeeest inferieur a 1. Par ailleurs, pour tout k > n0 on a:∀ x ∈ [0, 1[, 0 6 φ(k)xk 6 φ(n0)x

k; le membre de droite est le termegeneral d’une serie geometrique convergente, d’ou la convergence de∑

k>n0

φ(k)xk dans ce cas, par theoreme de comparaison. Ceci assure

que∑

k>n0

φ(k)xk admet 1 comme rayon de convergence.

Par ailleurs la fonction t −→ φ(t)xt est continue decroissante sur[n0,+∞[, integrable sur ce meme intervalle car negligeable devant

la fonction continue integrable sur [n0,+∞[: t −→ 1

1 + t2, pour tout

x ∈ [0, 1[. La comparaison a l’aide d’une integrale donne pour toutx ∈ [0, 1[:

∫ +∞

n0

φ(t)xtdt 6∞∑

k=n0

φ(k)xk 6 φ(n0)xn0 +

∫ +∞

n0

φ(t)xtdt.

Montrons que

∞∑

k=n0

φ(k)xk -x→1 +∞. Si ce n’etait pas le cas,

x −→∞∑

k=n0

φ(k)xk etant croissante sur [0, 1[ serait majoree par un

reel M > 0; en particulier pour tout entier n > n0 on aurait:

∀ x ∈ [0, 1[,n∑

k=n0

φ(k)xk 6∞∑

k=n0

φ(k)xk 6 M et par suite:

n∑

k=n0

φ(k) 6 M . Ceci est impossible puisque la serie∑

k>n0

φ(k)

diverge, d’ou la propriete annoncee. On en deduit alors que:∞∑

k=n0

φ(k)xk ∼1

∫ ∞

n0

φ(t)xtdt.

2 Etude de∑

n>2

logα−1(n)

n: Commencons par etudier la serie

∑ 1

n log n; t −→ 1

t log tetant une fonction decroissante sur [2,+∞[,

la comparaison a l’aide d’une integrale donne:n∑

p=2

1

p log p>∫ n+1

2

dt

t log t= log log(n+ 1)− log log 2 -

n→∞ +∞,

et par suite∑ 1

n log ndiverge.

Par ailleurs pour tout α > 0 on a: ∀ n > 2,logα−1 n

n>

1

n log n;

le theoreme de comparaison assure donc la divergence de la serie∑

n>2

logα−1(n)

n, pour tout α > 0.

3 Etude de fα en 1: Si α 6 0, logα t est decroissante positive sur

[2,+∞[ et la serie∑

logα n diverge; la question 1 de cette meme

partie donne le resultat dans ce cas. Pour α > 0 remarquons que:∀ x ∈ [0, 1[,

(1− x)fα(x) =∞∑

n=2

(logα n− logα(n− 1))xn

=

∞∑

n=2

α logα−1 nn

xn +

∞∑

n=2

εnxn avec εn = O

(logα−1 nn2

). Pour tout

n > 2 on a: ∀ x ∈ [0, 1], |εnxn| 6 |εn| = o(1

n3/2); on en deduit que

∞∑

n=2

εnxn admet un prolongement par continuite en 1 et donc est

bornee sur [0, 1]. Par ailleurs φ(t) =α logα−1 t

tverifie les hypotheses

du 1 de cette meme partie, en prenant n0 suffisament grand; on aalors successivement:

∞∑

k=2

φ(k)xk ∼1

∞∑

k=n0

φ(k)xk ∼1

∫ ∞

n0

φ(t)xtdt ∼1

∫ ∞

2φ(t)xtdt.

Une integration par parties aisee donne:∫ ∞

2φ(t)xtdt = − log x

∫ ∞

2logα(t)xtdt ∼

1(1− x)

∫ ∞

2logα(t)xtdt

On en deduit alors que: fα(x) ∼1

∫ ∞

2logα(t)xtdt, dans ce dernier

cas, ce qui etablit le resultat demande.

4a Majoration demandee: y ∈]0, e−1[ permet d’avoir

0 6 − 1

log y6 1; si u > 2y on a donc:

|1 − log u

log y| 6 1 + | log u

log y| 6 1 + | log u|; on en deduit dans ce

cas que:

hy(u) =

∣∣∣∣(

1− log u

log y

)α∣∣∣∣ e−u 6 (1 + | log u|)αe−u.

Si 0 6 u < 2y, l’inegalite proposee est bien verifiee. Le resultat endecoule alors.

4b Equivalent demande: On a pour tout y ∈]0, e−1[:∫ +∞

2logα(t)e−ytdt =

t=uy

| log y|αy

∫ +∞

0hy(u)du. Pour tout

y ∈]0, e−1[, hy est continue par morceaux, integrable sur [0,+∞[.L’application (1+ | log u|)αe−u est continue sur ]0,+∞[, negligeable

devant1

u2en +∞ et negligeable devant

1√u

en 0; elle est donc

integrable sur ]0,+∞[. L’inegalite etablie precedement constituedonc une hypothese de domination. Comme pour tout u > 0,hy(u) -

y→0 e−u, le theoreme de la convergence dominee assure

que:

∫ +∞

0hy(u)du -

y→0

∫ +∞

0e−udu = 1. Le resultat en

decoule alors.

4c Equivalent simple de fα: On a successivement:

fα(x) ∼1

∫ +∞

2logα(t)xtdt =

∫ +∞

2logα(t)e−| log x|tdt;

Ce qui precede assure alors que:

fα(x) ∼1

| log | log x||α| log x| ∼

1

| log(1− x)|α1− x .

5a Necessite d’une autre methode: La majoration de laquestion 4a n’est plus valable.

5b Equivalence souhaitee: Remarquons que pour tout y ∈]0,1

4[

on a: 2y <√y; on peut donc ecrire:∫ +∞

2 logα(t)e−ytdt =t=u

y

| log y|αy

∫ +∞0 hy(u)du

= | log y|αy

(θ(y) +

∫ +∞0 gy(u)du

), ou l’on a pose pour y ∈]0,

1

4[:

θ(y) =

∫ √y

2yhy(u)du. On a successivement pour y ∈]0,

1

4[:

∀ u ∈ [2y,√y], 0 6 hy(u) 6

( | log y|log u− log y

)|α|6| log y||α|log|α| 2

,

3

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et par suite: 0 6 θ(y) 6 (√y − 2y)

| log y||α|log|α| 2

-y→0 0.

Par ailleurs pour tout y ∈]0,1

4[, gy est con-

tinue par morceaux integrable sur [0,+∞[ et on a:

∀ u > 0, 0 6 gy(u) 6

(| log y|

12 log y − log y

)|α|e−u = 2|α|e−u. Ceci

constitue une hypothese de domination sur [0,+∞[. Comme pouru > 0, gy(u) -

y→0 e−u, le theoreme de la convergence dominee

assure comme en 4b que

∫ +∞

0gy(u)du -

y→0 1 puis que:

∫ +∞

2logα(t)e−ytdt ∼

0

| log y|αy

.

5c Equivalent simple de fα: On procede comme en 4c et on

trouve: fα(x) ∼1

| log(x− 1)|αx− 1

.

4

2.2 1998 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.2 1998

2.2.1 Enonce

14

PREMIERE EPREUVE DE MATHEMATIQUES

duree : 4 heures

Option MP-MP*

L’usage des calculatrices n’est pas autorise pour cette epreuve.

* * *

Les candidats sont informes que la precision des raisonnementsainsi que le soin apporte a la redaction seront des elements pris encompte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliserle resultat d’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement surla copie.

Le probleme porte sur l’etude d’applications lineaires agissantcomme une moyenne sur des suites ou des fonctions. On noterapar la suite :

– S l’espace vectoriel des suites reelles. On note (un)n>0 = (un)les elements de S.

– Sb l’espace vectoriel des elements bornes de S. On munit Sb dela norme definie par N∞((un)) = sup

n∈N|un|

– C l’espace vectoriel des applications continues de R+ dans R.

– Cb l’espace vectoriel forme des elements de C bornes sur R+.On munit cet espace vectoriel de la norme ||f ||∞ = sup

x>0|f(x)|.

– L2 l’espace vectoriel des applications f de R∗+ dans R continuestelles que |f |2 soit integrable sur R∗+. Pour f dans L2, on pose

||f ||2 =(∫

]0,+∞[|f |2

)1/2.

Question preliminaire :Soit f un element de C. Montrer que l’application g definie par

g(0) = f(0) et ∀x > 0 g(x) =1

x

∫

[0,x]f

est un element de C.fin de la question preliminaire

Pour tout le probleme, on definit les applications suivantes

(i) h : S → S, h((un)) = (vn) avec

∀n ∈ N, vn =1

n+ 1

n∑

k=0

uk.

(ii) H : C → C par

H(f)(0) = f(0) et ∀x > 0, H(f)(x) =1

x

∫

[0,x]f.

Pour (E, || ||) un espace vectoriel norme, on note Lc(E) l’espacedes endomorphismes continus de E. On rappelle que l’application||| ||| definie par

∀φ ∈ Lc(E), |||φ||| = sup

||φ(x)||||x|| , x ∈ E\0

.

est la norme d’operateur associee sur Lc(E).

S’il existe x dans E\0 tel que |||φ||| = ||φ(x)||||x|| , on dit que la norme

de φ est atteinte en x.

I – Premiere partie

1. L’application h est-elle injective ? Est-elle surjective ?

2. a) Pour f ∈ C, montrer que H(f) est continuement derivablesur R∗+.

b) L’application H est-elle injective ?

c) Est-elle surjective ?

3. Trouver les elements propres (valeurs et sous-espaces propresassocies) de h.

4. Memes questions pour l’application H.

II – Seconde partie

Dans cette partie on munit Sb de la norme N∞ et Cb de la norme|| ||∞.

1. Montrer que Sb et Cb sont des sous-espaces vectoriels stablespar h et H respectivement.

Dans cette partie du probleme on notera h∞ (respectivementH∞) l’endomorphisme induit par la restriction de h a Sb (re-spectivement de H a Cb).

2. Verifier que les applications lineaires h∞ et de H∞ sont con-tinues, preciser leurs normes et montrer qu’elles sont atteintes.

3. Soit (un) une suite croissante de reels positifs convergente versune limite λ.

a) Etablir que la suite h∞((un)) converge vers λ.

b) Montrer que N∞(h∞((un))) = N∞((un)).

4. Soit (un) un element non nul de Sb tel que |u0| 6= N∞((un)), eton suppose que |||h∞||| est atteinte en (un).

a) Montrer que la suite (|un|) verifie N∞((|un|)) =N∞(h∞((|un|))).

b) On suppose que le reel N∞((|un|)) n’est pas valeurd’adherence de (|un|), c’est a dire

∃c ∈ [0, N∞((|un|))[, ∃n0 ∈ N / ∀n > n0, |un| 6 c.

Etablir que N∞(h∞((|un|))) < N∞((|un|)).c) En deduire que N∞((|un|)) est une valeur d’adherence de

la suite (|un|).

5. Soit f un element de Cb admettant une limite en +∞. MontrerqueH∞(f) admet une limite en +∞ dont on precisera la valeur.

III – Troisieme partie

Dans cette partie on note H0 = Id et, pour tout entier p > 1,Hp = Hp−1oH.

1. Soient f et g deux elements de C. On suppose qu’il existex ∈ R+ tel que ∀y ∈ [0, x], f(y) 6 g(y). Montrer que ∀y ∈[0, x], ∀p ∈ N∗, Hp(f)(y) 6 Hp(g)(y).

1

2. Pour tout reel a on definit l’application fa par : ∀x ∈R+, fa(x) = ax.

Soient a un reel et x > 0, montrer que la suite (Hp(fa)(x))p>0

converge.

3. Soient f ∈ C tel que f(0) = 0 et x > 0.

a) Pour ε > 0 donne, etablir l’existence de α > 0 tel que

∀y ∈ [0, x], |f(y)| 6 ε+ fα(y).

b) En deduire que la suite (Hp(f)(x))p>0 converge vers 0.

4. Montrer que pour tout f ∈ C, la suite de fonctions (Hp(f))p>0

converge simplement vers un element de C que l’on determinera.Ameliorer le resultat en prouvant que la convergence est uni-forme sur tout intervalle du type [0, A], A > 0.

5. Dans la question precedente, la convergence est-elle toujoursuniforme sur R+ ?

6. Soit f ∈ C de classe C1 sur R+, et F la limite de la suite(Hp(f))p>0.

Montrer que pour tout A > 0, il existe KA > 0 tel que

∀p ∈ N∗, sup06x6A

|Hp(f)(x)− F (x)| 6 KA

2p.

7. Montrer sur un exemple que le resutat de la question precedentepeut tomber en defaut si on ne suppose plus f de classe C1 surR+.

IV – Quatrieme partie

1. Etablir que, pour tout couple (f, g) d’elements de L2, le produitfg est sommable sur R∗+ et que l’application

(f, g)→∫

]0,+∞[f(t)g(t)dt

definit un produit scalaire sur L2.

En consequence, (L2, || ||2) est donc un espace vectoriel norme.

2. Soit f un element de L2.

a) Etablir que pour tout x > 0 la fonction f est sommablesur ]0, x] et que

1

x

(∫

]0,x]f(t)dt

)2

6∫

]0,x]f2(t)dt.

b) Soit φf : R∗+ → R definie par φf (x) =1

x

∫

]0,x]f(t)dt.

A l’aide d’une integration par parties, montrer que φfappartient a L2 et qu’il existe une constante K > 0 telleque

∀f ∈ L2, ||φf ||2 6 K||f ||2.

Dans toute la suite du probleme, on notera H2 l’endomorphismecontinu de L2 defini par

∀f ∈ L2, H2(f) = φf .

3. a) Montrer que pour tout couple (f, g) d’elements de L2,l’application fH2(g) est integrable sur R∗+.

b) Etablir que

∀f ∈ L2, ∀x > 0,

(∫

[x,+∞[

1

tf(t)dt

)2

61

x

∫

[x,+∞[f2(t)dt.

c) Soit f un element de L2. Montrer que l’application de R∗+dans R qui a x fait correspondre

∫

[x,+∞[

1

tf(t)dt est bien

definie et appartient a L2.

4. Soit f dans L2. Montrer l’existence d’un unique element f∗ deL2 tel que :

∀g ∈ L2,

∫

]0,+∞[fH2(g) =

∫

]0,+∞[f∗g.

5. Montrer que l’application L2 : L2 → L2 qui a f associe f∗ estlineaire et continue.

6. Etablir l’egalite |||L2||| = |||H2|||.

V – Cinquieme partie

On utilise dans cette partie les endomorphismes H2 et L2 de L2

introduits dans la partie IV.

1. Soit p ∈ N∗. On munit Rp de la structure eu-clidienne canonique ; le produit scalaire est defini par

< (x1, . . . , xp)|(y1, . . . , yp) >=

p∑

k=1

xkyk, et la norme euclidi-

enne est notee n2.

Soit A un endomorphisme de Rp.

a) Montrer qu’il existe x ∈ Rp\0 tel que n2(Ax) =|||A|||n2(x)

b) Montrer que tout element de Rp\0 verifiant l’egaliteprecedente est un vecteur propre de A∗oA, ou A∗ estl’adjoint de A pour la structure euclidienne de Rp.

2. Etablir que si f ∈ L2\0 verifie ||H2(f)||2 = |||H2||| ||f ||2 alorsf est un vecteur propre de L2oH2.

3. Montrer qu’un tel element ne peut exister et que

sup

||H2(f)||2||f ||2

, f ∈ L2\0

n’est pas atteint.

Indication : On pourra etudier l’appartenance a L2 des solu-tions d’une equation differentielle.

4. Montrer de meme qu’il ne peut exister un element f 6= 0 dansL2 tel que ||L2(f)||2 = |||L2||| ||f ||2.

2

2.2 1998 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.2.2 Corrige

17

www.infty08.ac.ma

Concours National Maroc 98 . Filiere MP / MP* .

Epreuve Math I

corrige par Gilles Deruelle 1

Question preliminaire

g est clairement de classe C1 sur ]0,+∞[ . Il reste a verifier lacontinuite de g en x = 0 . L’application definie

par F (x) =

∫ x

0f est de classe C1 sur R+ avec :

∀x ∈ R+, F ′(x) = f(x) .

Or ∀x ∈]0,+∞[, g(x) =F (x)− F (0)

x− 0et donc

limx→0

g(x) = F ′(0) = f(0) . D’ou la continuite de g sur R+ .

Premiere Partie

1. La linearite de h est imediate .

Supposons h((un)) = ((0)) . On a donc

∀n ∈ N, 1

n+ 1·n∑

k=0

uk = 0 , d’ou ∀n ∈ N, sn =n∑

k=0

uk = 0 . On

en deduit que s0 = u0 = 0 et que ∀n ≥ 1, un = sn − sn−1 = 0. D’ou l’injectivite de h .

Soit (vn) ∈ S . La recherche de (un) ∈ S telle que(vn) = h((un)) conduit a u0 = v0

et ∀n ≥ 1, un = sn− sn−1 = (n+ 1).vn−n.vn−1 ou sn =

n∑

k=0

uk

. On en deduit la surjectivite de h .

2. a) immediat : cf. question preliminaire .

b) La linearite de l’operateur H est immediate . PourF ∈ C, H(f) = 0 donne H(f)(0) = f(0) = 0

et ∀x > 0, F (x) =

∫

[0,x]f = 0 . D’ou

∀x > 0, F ′(x) = f(x) = 0 . H est donc bien injective.

c) Pour tout f ∈ C, H(f) est de classe C1 sur ]0,+∞[ , cequi n’est pas le cas de toute fonctionde C . H n’est donc pas surjective .

3. Soit λ une valeur propre de h et (un) associee . Soit p le plus pe-

tit entier tel que up 6= 0 . On a alors λ.up =1

p+ 1·p∑

k=0

1

p+ 1·up

et necessairement λ =1

p+ 1.

Il vient alors pour tout n ≥ p + 1 ,

un = sn−sn−1 = (n+1).vn−n.vn−1 =n+ 1

p+ 1·un−

n

p+ 1·un−1

d’ou un =n

n− p · un−1 . Ceci donne ∀n ≥ p+ 1, un = Cpn.up .

1tout commentaire , toute remarque ou eventuelle rectification, concernant cecorrige, seront les bienvenus

deruelle@s2m.net.ma

En conclusion les valeurs propres de h sont les valeurs1

p+ 1,

p ∈ N : le sous-espace propre associe a1

p+ 1est de dimension

un et est

engendre par la suite definie par un = 0 pour n < p ( s’il y alieu ) , up = 1 et ∀n ≥ p, un = Cpn

4. Soit λ une valeur propre de H et f ∈ C associee . λ estnon nul car H est injective d’apres I − 2 − b et d’autrepart f est de classe C1 sur ]0,+∞[ d’apres I − 2 − a

. On a alors ∀x > 0, F (x) =

∫

[0,x]f = λx.f(x) d’ou

∀x > 0, (1− λ).f(x) = λx.f ′(x) .

L’equation differentielle lineaire (1 − λ).y = λx.y′ admet pour

solutions sur ]0,+∞[ les fonctions y(x) = C.x1−λλ . Ces fonc-

tions sont continues sur R+ si et seulement si 0 < λ ≤ 1. L’ensemble des valeurs propres obtenu est ]0, 1] et pourλ ∈]0, 1] , le sous-espace propre associe est de dimension 1 et

engendre par la fonction f(x) = x1−λλ On peut aussi enoncer ce

resultat sous la forme : les fonctions propres sont les fonctions

fα : x 7→ xα ou α ≥ 0 et H(fα) =1

α+ 1· fα .

Deuxieme Partie

1. On a pour (un) dans Sb ,

|vn| ≤1

n+ 1·n∑

k=0

|uk| ≤1

n+ 1·n∑

k=0

N∞((un)) = N∞((un)) .

Et : ∀f ∈ C,∀x > 0 , |H(f)(x)| ≤ 1

x· x.‖f‖∞ = ‖f‖∞ ,

majoration qui reste valable pour x = 0. . .

2. Les majorations ci-dessus montrent que h∞ et H∞ sont con-tinues et verifient |||h∞||| ≤ 1 et |||H∞||| ≤ 1

L’image de la suite constante et egale a 1 par h∞ est elle-memeet par consequent |||h∞||| = 1 et est atteinte pour cette suite .

On obtient un resulat analogue pour H∞ avec la fonction con-stante egale a 1 .

3. a) Donnons une demonstration directe , sans reproduire lademonstration classique du theoreme de

Cesaro . Observons que (vn) = h∞((un)) est egalementcroissante ( ce qui est clair dans la mesure ou, lorsquel’on passe de vn a vn+1 , on ajoute dans la moyenne unterme plus grand que les precedents . . . ) :

vn+1 − vn =1

n+ 2· [

n∑

k=0

uk + un+1]−1

n+ 1·n∑

k=0

uk

=1

n+ 2· [un+1 −

1

n+ 1·n∑

k=0

uk]

=1

n+ 2·

n∑

k=0

(un+1 − uk)

n+ 1≥ 0 . Par ailleurs

∀n ∈ N, vn ≤ un ( immediat ) et donc (vn) est ma-jore

par λ . Par consequent (vn) converge vers un reel l

1

www.infty08.ac.ma

verifiant l ≤ λ .

On a egalement :

∀n ∈ N, v2n ≥1

2n+ 1·[

n∑

k=0

uk+n.un ] =n+ 1

2n+ 1·vn+

n

2n+ 1·un

. Un passage a la limite donne l ≥ l

2+λ

2, d’ou l ≥ λ .

Finalement l = λ .

b) L’egalite est immediate puisquel = N∞((vn)) = N∞(h∞((un))) et N∞((un)) = λ ,les deux suites etant croissantes . Ceci montre que lanorme de h∞ est atteinte en de telles suites (un) .

4. a) Notons ∀n ∈ N, Vn =1

n+ 1·

n∑

k=0

|uk| . On a de facon

immediate ∀n ∈ N, Vn ≤ N∞((un)) = N∞((|un|)) . D’ou∀n ∈ N, vn ≤ Vn ≤ N∞((|un|)) ,

puisN∞((un)) = N∞((|un|))= N∞((vn)) ≤ N∞((Vn)) ≤ N∞((|un|)) .

Finalement on obtient:N∞((|un|)) = N∞((Vn)) = N∞(h∞((|un|))) .

b) Pour simplifier les notations , en utilisant le resultat de laquestion precedente , on peut se ramener au cas ou (un)est une suite positive . On notera aussi N∞((un)) = λ .

Pour tout n ≥ n0vn =

1

n+ 1·[n0−1∑

k=0

uk+n∑

k=n0

uk ] ≤ 1

n+ 1·n0−1∑

k=0

uk+n− n0 + 1

n+ 1·c

D’ou vn ≤ c +1

n+ 1·n0−1∑

k=0

uk . Le second terme du

membre de droite de cette inegalite est le terme generald’une suite qui converge vers zero : ∃N0 ≥ n0 tel que

∀n ≥ N0, vn ≤ c+λ− c

2=c+ λ

2< λ

Par ailleurs l’hypothese 0 ≤ u0 < λ implique que∀n < N0 , vn < λ . En consequence , si l’on

note V = maxn∈[0,N0−1]

vn , il vient :

∀n ∈ N, vn ≤ MaxV, c+ λ

2 = d < λ .

c) L’hypothese faite a la question precedente contredit le faitque h∞ atteint sa norme en la

suite (|un|) .

5. Supposons limx→+∞

f(x) = l . Soit ε > 0 , puis A ≥ 0 tel que

∀x > A, |f(x)− l| ≤ ε .

On a ∀x > A

|H(f)(x)− l| = |1x·∫

[0,x](f(x)− l).dx|

≤ 1

x·∫ A

0|f(x)− l|.dx+

1

x·∫ x

A|f(x)− l|.dx

≤ (‖f‖∞+ |l|).Ax

+1

x· (x−A).ε ≤ (‖f‖∞+ |l|).A

x+ ε . On en

deduit aisement que limx→+∞

H(f)(x) = l en utilisant le fait que

limx→+∞

A

x= 0 .

Troisieme partie

1. On a immediatement ∀y ∈ [0, x],

∫ y

0f(t).dt ≤

∫ y

0g(t).dt , d’ou

∀y ∈ [0, x], H(f)(y) ≤ H(g)(y) . Le resultat se generalise parune recurrence sans difficulte .

2. Un calcul direct donne H(fa) =1

2· fa , d’ou

∀p ∈ N,Hp(fa) =1

2p· fa . La suite (Hp(fa))p∈N converge

donc simplement sur R+ vers la fonction nulle .

3. a) Le resultat est trivial si x = 0 . Supposons donc x > 0 etnotons Cx = sup

y∈[0,x]|f(y)| .

Par continuite de f en zero , il existe η > 0 tel que∀y ∈ [0, x], |y| ≤ η ⇒ |f(y)| ≤ ε .

Soit alors y ∈ [0, x] . Si |f(y)| > ε, |y| > η d’ou|f(y)| − ε

y≤ Cx + ε

η= α .

Il vient alors ∀y ∈ [0, x], |f(y)| ≤ ε + α.y ( le resultatrestant trivialement vrai si |f(y)| ≤ ε ).

b) On a , pour x ≥ 0 fixe : sur [0, x] et pour toutp ∈ N, Hp(|f |) ≤ Hp(ε+ fα) = ε+Hp(fα) .

On a en particulier, en utilisant le resultat de la question1 ,

∀p ∈ N, |Hp(f)(x)| ≤ Hp(|f |)(x) ≤ ε+Hp(fα)(x)

Or limp→+∞

Hp(fα)(x) = 0 , donc pour p assez grand ne

dependant que de x et de ε , |Hp(f)(x)| ≤ 2ε et on conclutaisement .

4. Considerons g = f − f(0) . On a g(0) = 0 et d’apres laquestion 3 , la suite (Hp(g))p∈N converge simplement sur R+

vers la fonction nulle . Or ∀p ∈ N, Hp(g) = Hp(f)− f(0) . . .

Fixons A > 0 ; en reprenant une majoration obtenue a la

question 3 et avec α =CA + ε

η

ou CA = supy∈[0,A]

|f(y)| on a :

∀y ∈ [0, A], ∀p ∈ N, |Hp(f)(y)| ≤ ε+Hp(fα)(y) = ε+1

2p·fα(y)

≤ ε+1

2p· fα(A) qui permet d’obtenir la convergence uniforme

de la suite (Hp(f))p∈N , sur tout

segment du type [0, A] .

5. Non . Prendre par exemple f(x) = x . On a :

∀p ∈ N, Hp(f)(x) =x

2pet Hp(f)(2p) = 1 .

6. Il suffit d’obtenir le resultat dans le cas ou f(0) = 0 . Il existeune fonction ε continue sur R+ telle que

ε(0) = 0 et ∀x ∈ R+, f(x) = f ′(0).x + x.ε(x) . NotonsMA = sup

t∈[0,A]ε(t) .

Il vient alors : ∀x ∈ [0, A], |f(x)| ≤ (|f ′(0)|+MA).x = kA.x ,

puis ∀x ∈ [0, A],∀p ∈ N, |Hp(f)(x)| ≤ kA.x

2p≤ A.kA

2p≤ KA

2p.

7. Prendre f(x) =√x . f est propre de H associee a la valeur

propre λ =2

3et f(0) = 0 .

On a donc ∀p ∈ N,∀x ∈ R+, Hp(f)(x) =(2

3

)p· √x . Si le

resultat de la question 6 etait verifie pour cette fonction , il

viendrait ∀p ∈ N,(4

3

)p·√A ≤ KA ce qui est absurde .

2

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Quatrieme partie

1. De l’inegalite |f.g| ≤ 1

2· (f2 + g2) on deduit la sommabilite

de f.g sur ]0,+∞[ . On notera que si f et g sont de carresommable , f + g l’est aussi puisque (f + g)2 = f2 + g2 + 2.fget que fg est sommable ce qui permet d’obtenir la structured’espace vectoriel de L2 . . .

Les diverses verifications concernant le produit scalaire sontsans difficultes .

2. a) La majoration |f | ≤ 1

2· (1 + f2) et la sommabilite de

f2 sur ]0,+∞[ donc sur ]0, x] montre que f est biensommable sur ]0, x] .

On a par Cauchy-Schwarz

(

∫

]0,x]f)2 ≤ (

∫

]0,x]1).(

∫

]0,x]f2) = x.

∫

]0,x]f2 d’ou le

resultat demande

b) Avec pour x > 0 , F (x) =

∫

]0,x]f , on a F ′(x) = f(x) .

Il vient :

∫ x

αφ2f = [−1

t· F 2(t)]xα + 2

∫ x

α

f(t)

t· F (t).dt .

Par ailleurs Cauchy-Schwarz donne∫ x

α

f(t)

t· F (t).dt ≤ (

∫ x

αf2)

12 .(

∫ x

αφ2f )

12

D’ou :

∫ x

αφ2f ≤

1

α· F 2(α) + 2(

∫ x

αf2)

12 .(

∫ x

αφ2f )

12

On a donc : (

∫ x

αφ2f )

12 .[(

∫ x

αφ2f )

12 − 2‖f‖2] ≤

1

α· F 2(α) .

Or la question 2−a a pour consequence limα→0

1

α·F 2(α) = 0

: l’hypothese ∫ x

αφ2f ; 0 < α ≤ x non borne contredirait

ce resultat .

En consequence φf est de carre sommable sur ]0,+∞[ etun passage a la limite quand α→ 0 et

x→ +∞ donne : ‖φf‖2 ≤ 2‖f‖23. a) Le resultat est une consequence immediate de IV − 1 .

b) Pour tout x > 0 , t 7→ 1

tet f sont de carre sommable

sur [x,+∞[ . Il en resulte , comme precedemment, queleur produit est sommable sur [x,+∞[ : l’application

G(x) =

∫ +∞

x

f(t)

t· dt est donc bien definie sur ]0,+∞[ .

Par ailleurs Cauchy-Schwarz donne :

∀x > 0, G2(x) ≤(∫ +∞

x

dt

t2

).(∫ +∞

xf2)

=1

x·∫ +∞

xf2 .

c) On a deja montre que G est bien definie sur ]0,+∞[ .

Une integration par parties donne :∫ x

αG2 = [t.G2(t)]xα + 2

∫ x

αf(t).G(t).dt

On en deduit∫ x

αG2 ≤ x.G2(x) + 2

∫ x

αf(t).G(t).dt

≤ x.G2(x) + 2(∫ x

αf2) 1

2.(∫ x

αG2) 1

2

D’ou

∫ x

αG2 ≤ x.G2(x) + 2‖f‖2.

(∫ x

αG2) 1

2. On conclut

alors par un raisonnement identique a

celui fait dans la question IV − 2 − b : G ∈ L2 et‖G‖2 ≤ 2.‖f‖2 .

4. Notons desormais , pour f ∈ L2 et x > 0 ,

f∗(x) =

∫ +∞

x

f(t)

t· dt

Une integration par parties donne :∫ x

αf.H2(g) = [−f∗(t).

∫

]0,t]g]xα +

∫ x

αg.f∗

Les applications f, g,H2(g) et f∗ sont dans L2 , donc f.H2(g)et g.f∗ sont bien sommables sur ]0,+∞[ Il s’agit donc de

montrer que t → f∗(t).∫

]0,t]g tend vers zero quand t → 0 ou

t→ +∞ .

Or de precedentes majorations ont montre que ,

pour f et g dans L2 ,(∫

[0,x]g)2

≤ x.

∫

[0,x]g2 et

(f∗(x))2 =(∫ +∞

x

f(t)

t· dt)2≤ 1

x·∫ +∞

xf2 .

Ceci permet d’obtenir la majoration

∀x > 0, |f∗(x).

∫

]0,x]g|2 ≤

(∫

]0,x]g2).(∫ +∞

xf2)

qui donne le

resultat escompte .

Reste l’unicite : soient f∗1 et f∗2 deux elements de L2 repondanta la question .

On a alors ∀g ∈ L2, ( f∗1 / g ) = ( f∗2 / g ) , d’ou∀g ∈ L2, ( f∗1 − f∗2 / g ) = 0 et on conclut en

prenant g = f∗1 − f∗2 .

5. La linearite de L2 est immediate .

La question IV − 3 − c a deja montre que∀f ∈ L2, ‖f∗‖2 ≤ 2‖f‖2 , ce qui donne la continuite deL2 et |||L2||| ≤ 2 .

6. On a d’apres ce qui precede :∀(f, g) ∈ L2, ( f / H2(g) ) = ( L2(f) / g ) .

On en deduit :∀g ∈ L2, ‖H2(g)‖22 = ( L2(H2(g)) / g ) ≤ |||L2|||.|||H2|||.‖g‖22qui

donne |||H2||| ≤ |||L2||| .

De meme en partant de :∀f ∈ L2, ‖L2(f)‖22 = ( f / H2(L2(f)) ) , on obtient|||L2||| ≤ |||H2||| .

Cinquieme Partie

1. a) L’application x 7→ n2(Ax) est continue sur lasphere-unite de Rp qui est un compact de Rp :∃x0 ∈ Rp\0 / n2(Ax0) = sup

n2(x)=1n2(Ax) = |||A||| .

3

www.infty08.ac.ma

b) A∗ A est un endomorphisme symetrique positif , doncdiagonalisable , de Rp .

Soient 0 ≤ λ1 ≤ . . . ≤ λp les valeurs propres de A∗ Arangees par ordre croissant et (e1, . . . , ep) une baseorthonormale de vecteurs propres adaptee .

On a pour x =

p∑

i=1

xi.ei appartenant a la sphere unite ,

λ1 ≤ n2(Ax)2 = ( A∗A(x) / x ) = (

p∑

i=1

xiλi.ei /

p∑

i=1

xi.ei )

=

p∑

i=1

λix2i ≤ λp . On en deduit que

|||A||| ≤√λp = ( max

λ∈sp(A∗A)λ)

12 .

On en fait egalite car on atteint cette valeur en toutvecteur propre unitaire associe a λp .

Reciproquement si√λp = |||A||| = n2(Ax) , avec

x =

n∑

i=1

xiei appartenant a la sphere-unite

( sans perte de generalite ) , on a :

n2(Ax)2 =

p∑

i=1

λix2i = λp qui donne

p∑

i=1

x2i (λp − λi) = 0 et

donc pour tout i tel que xi 6= 0 , λi = λp ; x est bien unvecteur propre ( associe a λp ).

2. Supposons , sans perte de generalite , que ‖f‖2 = 1 .

On a : |||H2|||2 = ‖H2(f)‖22 = ( L2H2(f) / f ) ≤ ‖L2H2(f)‖2≤ |||L2|||.|||H2||| = |||H2|||2 d’apres

V − 6 . Cela entraıne en particulier l’egalite( L2 H2(f) / f ) = ‖L2 H2(f)‖2 : nous sommes enpresence d’un cas d’egalite dans une inegalite de Schwarz etceci implique l’existence d’un reel λ tel que L2 H2(f) = λ.f .

3. La recherche d’elements f ∈ L2 et de λ ∈ R tels queL2 H2(f) = λ.f nous amene ( deriver deux

fois ) a chercher les solutions non nulles dans L2 d’equationsdifferentielles de la forme :

λx2.f ′′(x) + 2λx.f ′(x) + f(x) , x ∈]0,+∞[

Le changement de variable x = et transforme cette equationdifferentielle en :

λ.y′′(t) + λ.y′(t) + y(t) = 0 , t ∈ R

On observera que:‖H2(f)‖22 = ( L2 H2(f) / f ) = ( λ.f / f ) = λ.‖f‖22 et doncλ ≥ 0 .

Par ailleurs |λ| ≤ |||L2 H2||| = |||H2|||2 ≤ 4 . D’ounecessairement λ ∈]0, 4] puique λ = 0 conduit a f = 0 .

Les solutions de l’equation differentielle initiale s’ecrivent alors

f(x) =1√x· [a. cos(β. lnx) + b. sin(β. lnx)] ou a , b ∈ R et

β =

√λ(4− λ)

2λ. Il ne reste plus qu’a constater que de telles

fonctions , sauf dans le cas trivial f = 0 , ne sont pas de carresommable sur ]0,+∞[ .

4. La demarche est rigoureusement la meme que dans la questionprecedente .

***

4

2.3 1999 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.3 1999

2.3.1 Enonce

22

Concours National Commun d’Admission

aux Grandes Ecoles d’Ingenieurs - MAROC - 1999

PREMIERE EPREUVE DE MATHEMATIQUES

duree : 4 heures

Option MP

L’usage des calculatrices n’est pas autorise pour cette epreuve.

* * *

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsique le soin apporte a la redaction seront des elements pris en comptedans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser leresultat d’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement surla copie.

Preliminaire : Dans ce probleme on etudie quelques proprietes de

la fonction ζ, somme de la serie de fonctions∑

n>1

1

ns. On rappelle

que la fonction Gamma est definie sur ]0,+∞[ par :

Γ(x) =

∫ ∞

0e−ttx−1dt.

Enfin on signale que l’utilisation de la comparaison series-integraleset de l’interversion du signe somme dans une suite double sommablesera tres profitable dans ce probleme.

Premiere partie

I-1 Montrer que la fonction ζ a pour domaine de definitionI =]1,+∞[.

I-2-a Montrer la convergence uniforme de la serie de fonctions∑

n>1

1

ns

vers ζ sur [a,+∞[, pour tout a > 1.I-2-b Cette serie de fonctions converge-t-elle uniformement sur I ?

I-3-a Montrer que ζ est continue sur I.I-3-b Determiner avec soin ses limites aux bornes de I.I-3-c Par comparaison avec une integrale montrer l’equivalent

ζ(s) ∼ 1

s− 1au voisinage de 1.

I-4-a Montrer que ζ est de classe C1 sur I et donner une expressionde sa derivee.I-4-b Montrer que ζ est de classe C∞ sur I et donner une expressionde ses derivees successives.

I-5-a Montrer l’equivalent ζ(s)− 1 ∼ 2−s au voisinage de +∞ et endeduire la convergence de la serie

∑

k>2

(ζ(k)− 1).

I-5-b En introduisant une suite double sommable bien choisie, cal-culer la somme de la serie precedente.

I-6 On considere pour n > 1 la fonction Pn a valeurs complexesdefinie sur [0,+∞[ par :

Pn(x) =1

2i

((√x+ i)2n+1 − (

√x− i)2n+1

).

I-6-a Montrer que Pn est polynomiale.I-6-b Determiner ses racines dans ]0,+∞[.I-6-c En deduire les relations pour n > 1 :

∑

16k6ncotan2 kπ

2n+ 1=n(2n− 1)

3;

∑

16k6n

1

sin2 kπ2n+1

=2n(n+ 1)

3.

I-6-d Demontrer, pour t ∈]0, π2 [, les inegalites : cotan t 6 1t 6 1

sin t .

I-6-e En deduire que ζ(2) =π2

6.

Deuxieme partie

II-1 Soit x ∈ R\Z.II-1-a Determiner les coefficients de Fourier de la fonction 2π-periodique f : R −→ R telle quef(t) = cosxt sur [−π, π].II-1-b Etablir alors la relation pour tout t ∈ [−π, π] :

cosxt =sinπx

π

(1

x+

∞∑

n=1

(−1)n2x

x2 − n2 cosnt

).

II-1-c En deduire l’egalite

πx cotanπx = 1 +

∞∑

n=1

2x2

x2 − n2 .

II-2-a Developper en serie entiere au voisinage de l’origine la fonc-

tion : x −→ 2x2

x2 − n2 , ou n ∈ N∗.Preciser le rayon de convergence.II-2-b Montrer pour |x| < 1 la sommabilite de la suite double(x2k

n2k

)

n,k>1

.

II-2-c En deduire pour 0 < |x| < 1, la relation

πx cotanπx = 1− 2

∞∑

k=1

ζ(2k)x2k.

II-3 Retrouver alors la valeur de ζ(2) puis calculer ζ(4).

II-4-a Exprimer tan(2x) en fonction tan(x), en deduire tan(x) enfonction de cotan(2x) et cotan(x), puis donner le developpement enserie entiere au voisinage de l’origine de tan(x).II-4-b Preciser le rayon de convergence.

II-5-a Montrer la convergence simple sur [0, 1[ des series de fonctions∑

n>1

nxn

1− xn et∑

n>1

xn

(1− xn)2.

II-5-b Etablir pour x dans [0, 1[ la relation

∞∑

n=1

nxn

1− xn =

∞∑

n=1

xn

(1− xn)2.

II-6-a Montrer la convergence uniforme sur [0, 1] de la serie de

fonctions

∞∑

n=1

xn

(1 + x+ · · ·+ xn−1)2.

(Indication: Pour encadrer le terme general on pourra, parexemple, distinguer les cas

0 6 x 6 1− 1

n3/4et 1− 1

n3/46 x 6 1.)

1

II-6-b En deduire limx−→1−

(1− x)2∞∑

n=1

nxn

1− xn =π2

6.

Troisieme partie

III-1 Montrer que la suite un = 1+1

2+· · ·+ 1

n−lnn est decroissante

et converge vers un reel strictement positif γ (constante d’Euler).

III-2-a Montrer la convergence de la serie∑

n>2

(1

n+ ln(1− 1

n)

).

III-2-b Etablir la relation

γ = 1 +∞∑

n=2

(1

n+ ln(1− 1

n)

).

III-2-c En deduire la convergence de la serie∑

k>2

ζ(k)− 1

ket

l’identite

γ = 1−∞∑

k=2

ζ(k)− 1

k.

III-3-a Etudier pour α reel l’integrabilite de la fonction t −→ tα−1

et−1sur l’intervalle]0,+∞[. On posera

Iα =

∫ +∞

0

tα−1

et − 1dt.

III-3-b En integrant terme a terme une serie de fonctions bienchoisie, etablir la relation :

∀ α > 1, ζ(α)Γ(α) = Iα.

III-4-a Demontrer que pour tout s > 1, la fonction t −→ e−t − e−stt

est integrable sur ]0,+∞[ et que son integrale sur cet intervalle estegale a ln s.(Indication : On pourra, par exemple, montrer que pour ε > 0 on a

:

∫ +∞

ε

e−t − e−stt

dt =

∫ sε

ε

e−t

tdt.)

III-4-b Montrer alors que

limn−→+∞

∫ +∞

0

(e−t + e−2t + · · ·+ e−nt − e−t − e−nt

t

)dt = γ.

III-4-c Montrer que la fonction t −→(

1

1− e−t −1

t

)e−t est

integrable sur ]0,+∞[ et que son integrale sur cet intervalle est egalea γ.

III-4-d En deduire

Γ′(1) =

∫ +∞

0e−t ln t dt = −γ.

III-5-a Demontrer pour tout n ∈ N∗ et t ∈ [0, n] :

(1− t

n

)n6 e−t.

III-5-b Montrer pour x > 0

limn−→∞

∫ n

0(1− t

n)ntx−1dt = Γ(x).

III-5-c En deduire pour x > 0

Γ(x) = limn−→∞

nxn!

x(x+ 1) · · · (x+ n).

III-6 Montrer pour x > 0 la convergence de∑

n>1

(xn− ln(1 +

x

n))

et

la relation

lnΓ(x) = −γx− lnx+

+∞∑

n=1

(xn− ln(1 +

x

n)).

III-7-a Demontrer avec soin la relation pour x > 0

Γ′(x)

Γ(x)= −γ − 1

x+

+∞∑

n=1

(1

n− 1

n+ x

).

III-7-b Retrouver alors la relation Γ′(1) = −γ puis calculer Γ′′(1).

III-8 Etablir pour x dans ]0, 1[

Γ′(x)

Γ(x)= −γ − 1

x+

+∞∑

n=1

(−1)n+1ζ(n+ 1)xn.

Quatrieme partie

IV-1-a Determiner le rayon de convergence de la serie entiere∑

n>1

xn

nα, α ∈ R. On note Sα sa somme sur son intervalle ouvert

de convergence.IV-1-b Determiner Sα pour α = 1 et pour α = −2.

IV-2 Preciser la limite de Sα en 1 a gauche, suivant la valeur deα > 0.

IV-3 On suppose 0 6 α < 1. Par comparaison a l’aide d’une integralemontrer l’equivalent

Sα(x) ∼ Γ(1− α)1

(1− x)1−α

au voisinage de 1.

IV-4 Soient α un reel strictement positif et f une fonction a valeurs

> 0 continument derivable sur [0,+∞[ et telle quef ′(x)

f(x)∼ α

xau

voisinage de +∞.IV-4-a Montrer que l’on a au voisinage de +∞

ln f(x) ∼ lnxα.

IV-4-b La serie∑

n>1

f(n) est-elle convergente?

IV-4-c Montrer, pour tout t > 0, la convergence de la serie∑

n>1

f(n)e−nt ainsi que la sommabilite de la fonction x −→ e−txf(x)

sur [0,+∞[.

IV-4-d Montrer que la fonction t −→∞∑

n=1

f(n)e−nt tend vers +∞

lorsque t tend vers 0.

IV-5-a Montrer pour λ > 0 fixe que limx−→+∞

f(λx)

f(x)= λα.

(Indication : On pourra introduire l’integrale

∫ λx

x

f ′(s)f(s)

ds pour x > 0)

IV-5-b Montrer que lorsque t tend vers 0 a droite, on a∞∑

n=1

f(n)e−nt ∼∫ +∞

0e−txf(x)dx.

IV-5-c On suppose f croissante. Deduire de ce qui precede, lorsquet tend vers 0 a droite

∞∑

n=1

f(n)e−nt ∼ Γ(α+ 1)

tf

(1

t

).

IV-5-d Reprendre la question precedente sans l’hypothese f crois-sante.

**********FIN

2

2.3 1999 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.3.2 Corrige

25

infty08

MAROC - CONCOURS COMMUN 99PREMIERE EPREUVE DE MATHEMATIQUES

Corrige propose par :Ahmed Kanber

Centre de preparation aux agregations scientifiquesE.N.S Marrakech

Partie I

I.1∑

n≥1

1

nsest une serie de Riemann qui est convergente si et

seulement si s > 1 donc

Dζ =]1,+∞[

I.2.a Soit a > 1, | 1

ns| ≤ 1

na,∀s ∈ [a,+∞[ et la serie

∑

n≥1

1

na

est convergente ce qui entraine que la serie∑

n≥1

1

nsest normalement

convergente sur [a,+∞[ donc uniformement convergente sur [a,+∞[

I.2.b Supposons au contraire que∑

n≥1

1

nsconverge uniformement

sur I =]1,+∞[. on a alors :

• 1 ∈ I

• ∀n ≥ 1, lims 7→1

1

nsexiste et vaut

1

n

Donc d’apres le theoreme d’inversion lim et∑

la serie∑

n≥1

1

nest

convergente ce qui est absurde.

Conclusion :∑

n≥1

1

nsne converge pas uniformement sur I =]1,+∞[

I.3.a Soit a > 1

• ∀n ≥ 1 la fonction s 7−→ 1

nsest continue sur [a,+∞[.

•∑

n≥1

1

nsest uniformement convergente sur [a,+∞[

Donc d’apres le theoreme de continuite sous le signe∑

ζ est con-tinue sur [a,+∞[ ceci ∀a > 1, donc continue sur II.3.b

• lims 7→+∞

(ζ(s)?

– ?∑

n≥1

1

nsest uniformement convergente sur [2,+∞[

– ?+∞ ∈ [2,+∞[

– ?∀n ≥ 1 la fonction s 7−→ 1

nsadmet une limite en +∞

qui vaut 0 si n 6= 1 et 1 sinon.

Donc d’apres le theoreme d’inversion lim et∑

,

lims 7→+∞

ζ(s) = 1

• lims 7→1

(ζ(s)? il est clair que ζ est decroissante (

s < s′ ⇒ 1

ns<

1

ns′). Donc ζ admet une limite en 1.

Supposons que lims 7→1

(ζ(s) = M < +∞

on a alors ζ(x) ≤ M,∀x ∈ I, par suite ∀N ∈ N,N∑

n=1

1

nx≤ M ,

on fait x 7→ +∞ dans la derniere inegalite on obtient:N∑

n=1

1

n≤ M ce qui est impossible car la serie

∑

n≥1

1

nest

divergente.Conclusion :

lims 7→1

ζ(s) = +∞

I.3.c Soit s ∈ I fixe. ζ(s) =+∞∑

n=1

1

ns=

+∞∑

n=1

f(n) avec

f(x) =1

xsqui est bien evidemment positive, decroissante et tend

vers 0 quand n 7→ +∞. Donc d’apres le theoreme de comparaisonserie et integrale on a :

∫ +∞

2f(x)dx ≤ R1 =

+∞∑

n=2

f(n) ≤∫ +∞

1f(x)dx

mais

∫ +∞

2f(x)dx = lim

x→∞−x−s+1

s− 1+

2

2s (s− 1)=

2

2s (s− 1)et

∫ +∞

1f(x)dx =

1

s− 1donc :

2

2s(s− 1)≤ ζ(s)− 1 ≤ 1

s− 1

soit encore2

2s(s− 1)+ 1 ≤ ζ(s) ≤ 1

s− 1+ 1

mais1

2s(s− 1)+ 1 ∼ 1

s− 1au voisinage de 1 et aussi

1

s− 1+ 1 ∼ 1

s− 1au voisinage de 1, on en deduit alors que

ζ(s) ∼s 7→11

s− 1

I.4.a Soit a > 1 fixe, posons Ia = [a,+∞[ et un la fonction

definie sur Ia par un(s) =1

ns

• ∀n, un est de classe C1 sur Ia et ∀s ∈ Ia, u′n(s) = − ln(n)

ns

• |u′n(s)| ≤ ln(n)

na,∀x ∈ Ia et la serie

∑

n≥1

ln(n)

naest convergente (

car pour 1 < b < a,ln(n)

na= o(

1

nb) quand n 7→ +∞).

La serie∑

n≥1u′n est alors uniformement convergente sur

Ia ( car normalement convergente).

Donc d’apres le theoreme de derivation sous le signe∑

.ζ est C1

sur I est on a :

ζ ′(s) =+∞∑

n=1

− ln(n)

ns, ∀s ∈ I

I.4.b Montrons par recurrence sur p que

∀p ∈ N ζ ∈ Cp(I), ζ(p)(s) =+∞∑

n=1

(−)plnp(n)

ns, ∀s ∈ I

• La propriete est deja demontree pour p = 1.

• soit p ≥ 1 supposons la propriete vraie a l’ordre p.Soit a > 1 fixe, posons Ia = [a,+∞[ et u(p)n la fonction definie

sur Ia par u(p)n (s) =(−1)plnp(n)

ns

1

infty08

– i) ∀n, u(p)n est de classe C1 sur Ia et

∀s ∈ Ia, u(p)′

n (s) =(−1)p+1lnp+1(n)

ns

– ii) |u(p)′n (s)| ≤ lnp+1(n)

na,∀x ∈ Ia et la serie

∑

n≥1

lnp+1(n)

na

est convergente ( car pour 1 < b < a,lnp+1(n)

na= o(

1

nb)

quand n 7→ +∞).La serie

∑

n≥1(u(p)

′n est donc uniformement conver-

gente sur Ia ( car normalement convergente).

Donc d’apres le theoreme de derivation sous le signe∑

, ζ est

Cp+1 sur I et:

ζ(p+1)(s) =+∞∑

n=1

(−)p+1lnp+1(n)

ns,∀s ∈ I

Conclusion ζ ∈ C∞(I), ∀p ∈ N ∀s ∈ I, ζ(p)(s) =+∞∑

n=1

(−)plnp(n)

ns

I.5.a On a

∀s > 1, 2s(ζ(s)− 1) =+∞∑

n=2

2s

ns= 1 +

+∞∑

n=3

(2

n)s

• ∀n > 3, lims 7→+∞

(2

n)s = 0

• ∀n > 3,∀s > 2 (2

n)s ≤ 2

n)2 et la serie

∑

n≥3(2

n)2 est convergente

D’apres le theoreme d’interversion limite et∑

on a :

lims 7→+∞

+∞∑

n=3

2s

ns= 0

et donc :

ζ(s)− 1 ∼s 7→+∞= 2−s

On a montre que ζ(k)−1 ∼k 7→+∞ 2−k, la serie∑

n≥22−k est une serie

geometrique de raison1

2donc convergente par consequent la serie

∑

n≥2(ζ(k)− 1) est convergente.

I.5.b+∞∑

k=2

(ζ(k) − 1) =+∞∑

k=2

+∞∑

n=2

1

nk. Considerons la suite double

(1

nk)n,k≥2. On a

• ∀n ≥ 2,∀k ≥ 2,1

nk≥ 0

• ∀n ≥ 2, la serie∑

k≥2

1

nkest une serie geometrique convergente.

En outre+∞∑

k=2

1

nk=

1

n(n− 1)

• La serie∑

n≥2

1

n(n− 1)est convergente. En outre

+∞∑

n=2

1

n(n− 1)=

+∞∑

n=2

(1

n− 1− 1

n) = 1

Donc d’apres un critere de sommabilite, La famille (1

nk)n,k≥2 est

sommable et donc

+∞∑

k=2

(ζ(k)− 1) =+∞∑

k=2

(+∞∑

n=2

1

nk) =

+∞∑

n=2

(+∞∑

k=2

1

nk) =

+∞∑

n=2

1

n(n− 1)= 1

I.6.a Il est clair que Pn(x) = Im((√x + i)2n+1).

Mais (√x + i)2n+1 =

2n+1∑

k=0

Ck2n+1ik(√x2n+1−k

, Donc

Im((√

x + i)2n+1) =∑

0≤2p+1≤2n+1

C2p+12n+1(−1)p(

√x2n+1−(2p+1)

=n∑

p=0

C2p+12n+1(−1)pxn−p

En consequence Pn est polynomiale, de degre n, de coefficientdominant C1

2n+1 = 2n+ 1, de terme constant (−1)n.I.6.b soit x ∈]0,+∞[ tel que Pn(x) = 0. donc

(√x + i)2n+1 − (

√x − i)2n+1 = 0 par suite (

√x+ i)

(√x− i))2n+1 = 1,

par consequent

√x+ i)

(√x− i) = e

2ikπ2n+1 avec k entier tel que

0 ≤ k ≤ 2n. Donc(√x+ i)2

(x+ 1)= e

2ikπ2n+1 , soit

x+ 2i√x− 1

(x+ 1)= e

2ikπ2n+1

par suitex− 1

x+ 1= Re(e

2ikπ2n+1 ) = cos(

2kπ

2n+ 1) soit en-

core (1 − cos(2kπ

2n+ 1)x = 1 + cos(

2kπ

2n+ 1) c’est a dire

2 sin2(kπ

2n+ 1) = 2 cos2(

kπ

2n+ 1) et donc

x = cot2(kπ

2n+ 1)

Reciproquement:

soient xk = cot2(kπ

2n+ 1) avec 1 ≤ k ≤ n. On a

Pn(xk) = (√xk + i)2n+1 − (

√xk − i)2n+1)

= (cot(kπ

2n+ 1) + i)2n+1 − (cot(

kπ

2n+ 1) − i)2n+1), soit alors

Pn(xk) =1

sin( kπ2n+1))2n+1

(cos(kπ

2n+ 1) + i sin(

kπ

2n+ 1))2n+1

− (cos(kπ

2n+ 1)− i sin(

kπ

2n+ 1))2n+1 et enfin

Pn(xk) =1

sin( kπ2n+1)2n+1

[eikπ

2n+1 ]2n+1 − [e−ikπ2n+1 ]2n+1] = 0

Conclusion: Les racines de Pn,∈]0,+∞[ sont les

xk = cot2(kπ

2n+ 1), 1 ≤ k ≤ n

I.6.c Les racines de Pn sont 0 et les xk = cot2(kπ

2n+ 1), 1 ≤ k ≤ n,

donc d’apres les relations entres coefficients et racines d’un

polynome∑

1≤k≤ncot2(

kπ

2n+ 1) = −an−1

an, En designant par

ai, 0 ≤ i ≤ n les coefficients de Pn.

Mais an = 2n+ 1, an−1 = −C32n+1 = −(2n+ 1)(2n)(2n− 1

6.

Donc∑

1≤k≤ncot2(

kπ

2n+ 1) =

n(2n− 1)

3

On a∑

1≤k≤n

1

sin2( kπ2n+1)

=∑

1≤k≤n1 + cot2(

kπ

2n+ 1)

2

infty08

(car ∀x 1 + cot2 x =1

sin2x). Donc

∑

1≤k≤n

1

sin2( kπ2n+1)

= n+n(2n− 1)

3=

2n(n+ 1)

3

I.6.d Soit f la fonction definie sur [0, π[ par f(t) = t cos t− sin t.f est C1 sur [0, π[ et

∀t ∈ [0, π[, f ′(t) = −t sin t ≤ 0

donc f est decroissante sur [0, π[. Mais f(0) = 0 donc∀t ∈ [0, π[f(t) ≤ 0 par suite

∀t ∈]0, π[, cot t ≤ 1

t

D’autre part la fonction sin est concave sur ]0, π[ donc

∀t ∈]0, π[ sin t ≤ t

Conclusion :

∀t ∈]0, π[ cot t ≤ 1

t≤ 1

sin t

I.6.e Soit n ∈ N?. On a ∀k, 1 ≤ k ≤ n, kπ

2n+ 1∈]0, π[

D’apres la question precedente

∀k, 1 ≤ k ≤ n, cot(kπ

2n+ 1) ≤ 2n+ 1

kπ≤ 1

sin( kπ2n+1)

, et donc

∀k, 1 ≤ k ≤ n, cot2(kπ

2n+ 1) ≤ (2n+ 1)2

k2π2≤ 1

sin2( kπ2n+1)

par sommation on obtient

∑

1≤k≤ncot2(

kπ

2n+ 1) ≤

∑

1≤k≤n

(2n+ 1)2

k2π2≤

∑

1≤k≤n

1

sin2( kπ2n+1)

En remplacant par les expression trouvees on obtient :

π2

(2n+ 1)2× 3

n(2n− 1)≤

∑

1≤k≤n

1

k2≤ π2

(2n+ 1)2× 3

2n(n+ 1)

Mais limn7→+∞

π2

(2n+ 1)2× 3

n(2n− 1)=

π2

6et aussi

limn7→+∞

π2

(2n+ 1)2× 3

2n(n+ 1)=π2

6Conclusion:

ζ(2) = limn 7→+∞

∑

1≤k≤n

1

k2=π2

6

Partie II

II.1.a f est continue par morceaux et paire donc ∀n bn = 0.

an =1

π

∫ π

−πf(t) cos(nt)dt = 2

(−1)nx sin(πx)

x2 − n2II.1.b f est 2π-periodique et C1 par morceaux. Doncd’apres le theoreme de convergence simple de Dirichlet:

∀t ∈ [−π, π] f(t) =a02

++∞∑

n=1

an cosnt et donc :

∀t ∈ [−π, π] cosxt =sinπx

x(1

x+

+∞∑

n=1

(−1)n2x

x2 − n2 cosnt)

II.1.c On fait t = π dans la relation precedente.

II.2.a g(x) =2x2

x2 − n2 =−2x2

n2× 1

1− x2

n2

, donc pour

|x| < n, g(x) =−2x2

n2

+∞∑

k=0

x2k

n2k, soit enfin,

g(x) =2x2

x2 − n2 = −2+∞∑

k=1

x2k

n2k, ∀x ∈]− n, n[

le rayon de convergence est manifestement

R = n

II.2.b Soit x, |x| < 1.

• ∀n ≥ 1,∀k ≥ 1,x2k

n2k≥ 0

• ∀n ≥ 1 . La serie∑

k≥1

x2k

n2kest une serie geometrique conver-

gente. En outre+∞∑

k=1

x2k

n2k=

x2

n2 − x2.

• La serie∑

n≥1

x2

n2 − x2 est convergente. carx2

n2 − x2 ∼1

n2, quand

n tend vers +∞.

Conclusion : La suite double (x2k

n2k)n,k≥1 est sommable.

II.2.c D’apres II-1-c pour

0 < |x| < 1, πx cot(πx) = 1 ++∞∑

n=1

2x2

n2 − x2 = 1− 2+∞∑

n=1

2x2

x2 − n2 mais

on a vu si dessus que+∞∑

k=1

x2k

n2k=

x2

x2 − n2 pour 0 < |x| < 1 donc

x cot(πx) = 1− 2+∞∑

n=1

(+∞∑

k=1

x2k

n2k)

or la suite double (x2k

n2k)n,k≥1 est sommable donc pour 0 < |x| < 1

on a

1− 2+∞∑

n=1

(+∞∑

k=1

x2k

n2k) = 1− 2

+∞∑

k=1

(+∞∑

n=1

x2k

n2k) = 1− 2

+∞∑

k=1

ζ(2k)x2k

II.3 Un D.L de la fonction πx cot(πx) au voisinage de 0 donne :

πx cot(πx) = 1− 1/3π2x2 − 1/45π4x4 − 2

945π6x6 +O

(x7)

Par unicite du developpement de taylor on a :

−2ζ(2)× 2! = −1/3π2,−2ζ(4)× 4! = −1/45π4

D’ou :

ζ(2) = 1/6π2, ζ(4) =1

90π4

II.4.a Il est trivial de voir que :

tan(2x) =2 tan(x)

1− tan2(x)

On a donc 2 tan(x) = (1 − tan2(x)) tan2 x soit2 tan(x) cot(2x) = 1− tan2(x) donc 2 cot(2x) = cot(x)− tan(x) parsuite :

tan(x) = cot(x)− 2 cot(2x)

3

infty08

D’apres la question II-2-c on a :

0 < |x| < π ⇒ x cot(x) = 1− 2+∞∑

k=1

ζ(2k)x2k

π2k

et aussi

0 < |x| < π

2⇒ 2x cot(2x) = 1− 2

+∞∑

k=1

ζ(2k)22kx2k

π2k

on obtient alors :

tan(x) =1

x[1− 2

+∞∑

k=1

ζ(2k)x2k

π2k]− 2[

1

2x][1− 2

+∞∑

k=1

ζ(2k)22kx2k

π2k]

=2

x

+∞∑

k=1

ζ(2k)

π2k[22k − 1]x2k

Enfin pour 0 < |x| < π

2on a

tan(x) =+∞∑

k=1

ζ(2k)

π2k2[22k − 1]x2k−1

Egalite vraie aussi pour x = 0II.4.b D’apres la question I-3-b lim

k 7→+∞ζ(2k) = 1, donc

ζ(2k)

π2k2[22k − 1] ∼ 1

π2k22k+1 par la regle de d’Alembert le rayon

de convergence de la serie entiere∑

k≥1

1

π2k22k+1x2k−1 est egal a

π

2

Conclusion: Le rayon de convergence est

R =π

2

II.5.a

• Pour x = 0 les deux series sont nulles

• Pour x ∈]0, 1[ ona :

–nxn

1− xn ∼ nxn

–xn

(1− xn)2∼ xn

∑

n≥1nxn,

∑

n≥1xn sont des series entieres de rayon de convergence

1, donc en particulier convergentes sur ]0, 1[

Conclusion: les series∑

n≥1

nxn

1− xn ,∑

n≥1

xn

(1− xn)2converge simple-

ment sur [0, 1[.II.5.b Pour x = 0 il n’ y a rien a demontrer. Soient x ∈]0, 1[ etn ∈ N? fixe.

Des developpements en serie entiere de1

1− x et1

(1− x)2on obtient

:1

1− xn =+∞∑

k=0

xnk

et1

(1− xn)2=

+∞∑

k=0

(k + 1)xnk

Donc+∞∑

n=1

nxn

1− xn =+∞∑

n=1

[+∞∑

k=0

nxn(k+1)]

et+∞∑

n=1

xn

(1− xn)2=

+∞∑

n=1

[+∞∑

k=0

(k + 1)xnk]

Les egalites precedentes prouvent que la suite double((k + 1)xnk)k≥0,n≥1 est sommable.II.6.a Une belle demonstration d’un eleve dans une copie duconcours ! Soit x ∈]0, 1[ et n un entier naturel non nul. Parcomparaison de la moyenne geometrique et arithmetique on a :

1 + x+ x2 + . . . xn−1

n≥ (1× x× x2 × . . . xn−1) 1

n

Soit encore :1 + x+ x2 + . . . xn−1

n≥ xn−1

2

on en deduit que (1+x+x2+. . . xn−1)2 ≥ n2xn−1 et par consequent

xn

(1 + x+ x2 + . . . xn−1)2≤ x

n2

et enfinxn

(1 + x+ x2 + . . . xn−1)2≤ 1

n2∀x ∈ [0, 1]

ce qui entraine la convergence normale de la serie.II.6.b D’apres la question II-5-b on a :

(1− x)2+∞∑

n=1

nxn

1− xn = (1− x)2+∞∑

n=1

xn

(1− xn)2

Or (1− x)2xn

(1− xn)2=

xn

(1 + x+ . . .+ xn−1)2donc

limn7→+∞

(1− x)2+∞∑

n=1

nxn

1− xn = limn7→+∞

+∞∑

n=1

xn

(1 + x+ . . .+ xn−1)2

•∑

n≥1

xn

(1 + x+ . . .+ xn−1)2est uniformement convergente sur

[0, 1].

• ∀n limn7→+∞

xn

(1 + x+ . . .+ xn−1)2=

1

n2

Conclusion:

limn7→+∞

+∞∑

n=1

xn

(1 + x+ . . .+ xn−1)2=

+∞∑

n=1

1

n2=π2

6

Partie III

III.1 Classique!! Verifier par exemple que la suite est decroissante

positive, en utilisant l’inegalite1

k + 1≤∫ k+1

k

1

tdt ≤ 1

k,∀k ∈ N?.

III.2.a Classique!! Au voisinage de +∞ on a:

ln(1− 1

n) = − 1

n− 1

2n2+ o(

1

n2) donc

1

n+ ln(1− 1

n) ∼ − 1

2n2

D’ou la convergence de la serie.III.2.b Soit n ≥ 2. On a

n∑

k=2

1

k+ ln(1− 1

k) =

n∑

k=2

1

k+ ln(

k − 1

k) =

n∑

k=2

(1

k+ ln(k− 1)− ln(k))

=n∑

k=2

1

k+

n∑

k=2

(ln(k − 1)− ln k) =n∑

k=2

1

k− lnn

Par suiten∑

k=2

1

k+ ln(1− 1

k) = un − 1

4

infty08

On fait n 7→ +∞ on obtient la relation

γ = 1 ++∞∑

n=2

1

n+ ln(1− 1

n)

III.2.c On a d’une part

∀n ≥ 2,1

n+ ln(1− 1

n) = −

+∞∑

k=2

1

knk

D’autre part la suite double (1

knk)n≥2,k≥2 est sommable. Le resultat

se deduit alors par permutation des sommes.III.3.a

• La fonction t→ tα−1

et − 1est continue sur ]0,+∞[.

• Au voisinage de 0:

tα−1

et − 1∼ tα−2 et t→ tα−2 est integrable au voisinage de 0 si et

seulement si α > 1

• Au voisinage de +∞ :

tα−1

et − 1∼ tα−1e−t et t → tα−1e−t et integrable sur

]1,+∞[,∀α ∈ R car tα−1e−t = o(1

t2) au voisinage de +∞

Resume : t→ tα−1

et − 1est integrable sur ]0,+∞[ si et seulement si

α > 1

III.3.b Soit α > 1. Alors Iα =

∫ +∞

0

tα−1

et − 1dt =

∫ +∞

0

tα−1e−t

1− e−t dt.

∀t ∈]0,+∞[,1

1− e−t =+∞∑

n=0

e−nt car 0 < e−t < 1 donc,

Iα =

∫ +∞

0(tα−1e−t

+∞∑

n=0

e−nt) =

∫ +∞

0(+∞∑

n=0

tα−1e−(n+1)t)

• ∀n t→ tα−1e−(n+1)t est positive integrable sur ]0,+∞[

• ∀n,∫ +∞

0tα−1e−(n+1)tdt =

1

(n+ 1)α

∫ +∞

0tα−1e−tdt

=1

(n+ 1)αΓ(α)

• La serie∑

n≥0

1

(n+ 1)αΓ(α) est convergente car α > 1

Conclusion: D’apres le theoreme d’interversion∑

et

∫on a:

Iα =+∞∑

n=0

(

∫ +∞

0(tα−1e−(n+1)t))) = Γ(α)

+∞∑

n=0

1

(n+ 1)α= Γ(α)ζ(α)

III.4.a Le cas s = 1 est trivial. Soit alors s > 1.

• La fonction t→ e−t − e−stt

est continue sur ]0,+∞[.

• Au voisinage de 0:

e−t − e−stt

∼ 1− s

donc t → e−t − e−stt

est integrable au voisinage de 0 car pro-

longeable par continuite.

• Au voisinage de +∞ :

e−t − e−stt

=e−t

t× [1− e(1−s)t] donc

e−t − e−stt

∼ e−t

t

t→ e−t

test integrable sur ]1,+∞[ car

e−t

t= o(

1

t2) au voisinage

de +∞

Conclusiont→ e−t − e−stt

est integrable sur ]0,+∞[

On a par consequent

∫ +∞

0

e−t − e−stt

dt = limε7→0

∫ +∞

ε

e−t − e−stt

dt

Soit ε > 0. Les fonction t → e−t

tet t → e−st

tsont integrables sur

]ε,+∞[. Donc

∫ +∞

ε

e−t − e−stt

dt =

∫ +∞

ε

e−t

tdt−

∫ +∞

ε

e−st

tdt. En

faisant le changement u = st dans la deuxieme integrale on obtient:

∫ +∞

ε

e−st

tdt =

∫ +∞

εs

e−u

udu

. Par consequent :

∫ +∞

ε

e−t − e−stt

dt =

∫ +∞

ε

e−t

tdt−

∫ +∞

εs

e−t

tdt =

∫ εs

ε

e−t

tdt

Par ailleurs

∫ εs

ε

e−t

tdt− ln(s) =

∫ εs

ε

e−t

tdt−

∫ εs

ε

1

tdt =

∫ εs

ε

e−t − 1

tdt

D’autre part la fonction t→ 1− e−tt

est integrable sur ]0, 1[ donc

limε 7→0

(

∫ εs

ε

e−t − 1

tdt) = lim

ε 7→0(

∫ 1

ε

e−t − 1

tdt)− lim

ε7→0(

∫ 1

εs

e−t − 1

tdt) = 0

Conclusion :

∫ +∞

0

e−t − e−stt

dt = limε7→0

∫ εs

ε

e−t

tdt = ln(s)

III.4.b ∀k entier non nul on a

∫ +∞

0e−kt =

1

k, donc

∫ +∞

0(e−t + e−2t + . . .+ e−nt)dt =

n∑

k=1

1

k

D’autre part on vient de voir que

∫ +∞

0

e−t − e−ntt

dt = lnn

Donc

limn7→+∞

∫ +∞

0(e−t + e−2t + . . .+ e−nt)− e

−t − e−ntt

dt = limn7→+∞

un = γ

III.4.c

• La fonction t→ (1

1− e−t −1

t)e−t est continue sur ]0,+∞[.

• Au voisinage de 0:

limt7→0

(1

1− e−t −1

t)e−t =

1

2, la fonction est donc prolongeable par

continuite en 0

5

infty08

• Au voisinage de +∞ :

| 1

1− e−t −1

t)e−t| ∼ e−t

tet la fonction t → e−t

test integrable

sur ]1,+∞[

Resume :

t→ (1

1− e−t −1

t)e−t est integrable sur ]0,+∞[

On a ∀t ∈]0,+∞[,1

1− e−t = (1+e−t+e−2t+. . .+e−(n−1)t)+e−nt

1− e−tDonc

1

1− e−t−1

t)e−t = e−t+e−2t+. . .+e−nt)−e

−t − e−ntt

+e−nt[1

1− e−t−1

t]

Donc∫ +∞

0

1

1− e−t −1

t)e−tdt =

∫ +∞

0(e−t + e−2t + . . .+ e−nt)

−e−t − e−nt

tdt+

∫ +∞

0e−nt[

1

1− e−t −1

t]dt(??)

La fonction g : t 7−→ 1

1− e−t −1

test continue sur ]0,+∞[ et

limt7→0

g(t) =1

2, limt7→+∞

g(t) = 0 donc g est bornee sur ]0,+∞[, il existe

donc M > 0 tel que :

∫ +∞

0|e−nt[ 1

1− e−t −1

t]|dt ≤M

∫ +∞

0|e−ntdt =

M

n

Par suite

limn7→+∞

∫ +∞

0e−nt[

1

1− e−t −1

t]dt = 0

On fait n 7→ +∞ dans la formule (??) et on utilise la question III-4-con obtient : ∫ +∞

0(

1

1− e−t −1

t)e−tdt = γ

III.4.d On sait d’apres le cours que Γ′(1) =

∫ +∞

0ln(t)e−tdt.

On ad

dt(e−t ln t) = e−t(− ln t+

1

t) donc

∀t ∈]0,+∞[ ln(t)e−t = −(1

1− e−t −1

t)e−t+

e−t

1− e−t −d

dt(e−t ln t)

On a donc pour X > 0, ε > 0:

∫ X

εln(t)e−tdt = −

∫ X

ε(

1

1− e−t−1

t)e−tdt+

∫ X

ε

e−t

1− e−tdt−[e−t ln t]Xε

Par ailleurs

∫ X

ε

e−t

1− e−tdt = ln(1− e−ε)− ln(1− e−X)

Delim

X 7→+∞ln(1− e−X)− e−X ln(X) = 0

etlimε7→0

ln(1− eε) + eε ln ε = 0

on obtient :∫ +∞

0ln(t)e−tdt = −

∫ +∞

0(

1

1− e−t −1

t)e−tdt = −γ

III.5.a La fonction t → e−x sur ]0,+∞[ est manifestementconvexe donc

∀x ∈]0,+∞[e−x ≥ 1− x( y=1-x est l’equation de la tangente en 0 a la courbe).

On fait x =t

npuis on eleve a la puissance n, on obtient le resultat.

III.5.b Notons par ξn la fonction indicatrice de l’intervalle [0, n]

• La suite de fonctions fn(x) = ξn(x)(1− t

n)ntx−1 converge sim-

plement vers la fonction f(x) = tx−1e−t sur ]0,+∞[.

• ∀n, fn est trivialement integrable sur ]0,+∞[.

• Par la question precedente on a :

∀x ∈]0,+∞[, ∀n, |fn(x)| ≤ f(x)

• f est integrable sur ]0,+∞[.

Le resultat se deduit alors par application du theoreme de conver-gence domine

III.5.c Posons In =

∫ n

0(1− t

n)ntx−1dt.

On fait le changement de variables u =t

n, on obtient :

In = nx∫ 1

0(1− t)ntx−1dt = nxJ(n, x− 1)

On fait ensuite une integration par parties en posant

u = (1− t)n, dv = tx−1

on obtient alors :

J(n, x− 1) =n

xJ(n− 1, x)

On en deduit alors par recurrence que

In =nxn!

x(x+ 1) . . . (x+ n)

et donc

Γ(x) = limn7→+∞

nxn!

x(x+ 1) . . . (x+ n)

III.6 Soit x > 0.Quand n 7→ +∞ ona :

ln(1 +x

n) =

x

n− x2

2n2+ o(

1

n2) donc

x

n− ln(1 +

x

n) ∼ x2

2n2

et la serie et bien convergente.

De la formule Γ(x) = limn7→+∞

nxn!

x(x+ 1) . . . (x+ n)on obtient

ln(Γ(x)) = limn7→+∞

ln(nxn!

x(x+ 1) . . . (x+ n))

et ensuite

ln(nxn!

x(x+ 1) . . . (x+ n)) = x lnn+

∑

k=1

n1

k− ln(x)−

∑

k=1

n ln(n+ x)

= − lnx+ x lnx− x∑

k=1

n1

k+∑

k=1

n(x

k− ln(1 +

x

k))

= − lnx − xun +∑

k=1

n(x

k− ln(1 +

x

k)) La suite (un) et la serie

∑

k≥1

x

n− ln(1 +

x

n) sont convergentes, on fait donc n 7→ +∞ on

obtient :

ln(Γ(x)) = −γx− lnx++∞∑

k=1

x

n− ln(1 +

x

n)

III.7.a Posons g(x) =+∞∑

k=1

x

n− ln(1 +

x

n)Soit a > 1 fixe, posons

Ia = [a,+∞[ et fn la fonction definie sur Ia par fn(s) =x

n−ln(1+

x

n)

6

infty08

• ∀n, fn est de classe C1 sur Ia et

∀s ∈ Ia, f ′n(x) =1

n− 1

n+ x=

x

n(n+ x)

• |f ′n(x)| ≤ a

n2,∀x ∈ Ia et la serie

∑

n≥1

1

n2est convergente.

La serie∑

n≥u′n est donc uniformement convergente sur

Ia ( car normalement convergente.

Donc d’apres le theoreme de derivation sous le signe∑

.

g est C1 sur ]0,+∞[ et:

g′(x) =+∞∑

n=1

1

n− 1

n+ x,∀x > 0

En derivant la formule obtenue en II-6 on obtient la relation de-mandee.III.7.b On fait x = 1 dans la derniere formule on obtient:

Γ′(1) = −γ − 1−+∞∑

n=1

1

n− 1

n+ 1= −γ

On montre de meme que g est C2 et que :

g′′(x) =+∞∑

n=1

1

(n+ x)2, ∀x > 0

On rederive l’expression trouvee en III-7-a on obtient:

Γ”(x)Γ(x)− (Γ‘(x))2

(Γ(x)2=

1

x2+

+∞∑

n=1

1

(n+ x)2

On fait alors x = 1 on obtient :

Γ”(1) = γ2 + 1 ++∞∑

n=1

1

(n+ 1)2= γ2 + 1 +

+∞∑

n=2

1

n2= γ2 +

+∞∑

n=1

1

n2Soit

enfin :

Γ”(1) = γ2 + ζ(2)2 = γ2 +π2

6

III.8 Soit x ∈]0, 1[.

Γ‘(x)

Γ(x)= −γ − 1

x+

+∞∑

n=1

x

n(n+ x), mais

∀n ≥ 11

n(n+ x)=

1

n2(1 + xn)

=1

n2

+∞∑

k=0

(−1)kxk

nk

(car |x| < 1 < n )

Donc+∞∑

n=1

x

n(n+ x)=

+∞∑

n=1

(+∞∑

k=0

(−1)kxk+1

nk+2) =

+∞∑

n=1

(+∞∑

k=1

(−1)k+1xk

nk+1)

La suite double ((−)k+1xk)

nk+)n≥1,k≥0 est sommable (Deja demontre

en II-2-6).Alors on permutant

Γ‘(x)

Γ(x)= −γ − 1

x+

+∞∑

k=1

[(−1)k+1xk(+∞∑

n=1

1

nk+1)]

= −γ − 1

x+

+∞∑

k=1

[(−1)k+1xkζ(k + 1)

Partie IV

IV.1.a Par la regle de d’Alembert le rayon de convergence estR = 1.IV.1.b

S1(x) =+∞∑

n=1

xn

n= − ln(1− x), ∀x ∈]− 1, 1[

Posons f(x) =1

1− x =+∞∑

n=0

xn,∀x ∈] − 1, 1[. Alors

f ′(x) =+∞∑

n=1

nxn−1, ∀x ∈]− 1, 1[ donc xf ′(x) =+∞∑

n=0

nxn, ∀x ∈]− 1, 1[

et donc

[xf ′(x)]′ = xf”(x) + f ′(x) =+∞∑

n=1

n2xn−1, ∀x ∈]− 1, 1[

On en deduit alors que :

S−2(x) = x2f”(x) + xf ′(x) = 2x2

(1− x)3+

x

(1− x)2

IV.2

• α > 1

– ∀x ∈]− 1, 1[, |xn

nα| ≤ 1

nαet la serie

∑

n≥1

1

nαest convergente

donc la serie∑

n≥1

xn

nαest normalement, donc uniformement

convergente sur −1, 1[

– ∀n ≥ 1, limx 7→1

xn

nα=

1

nαD’apres le theoreme d’interversion

limite et∑

limx 7→1

Sα(x) =+∞∑

n=1

1

nα= ζ(α)

• α ≤ 1

Sα est C1 sur ] − 1, 1[ et ∀x ∈] − 1, 1[, S′α(x) =+∞∑

n=1

nxn−1

nα.

Donc Sα est croissante sur ]0, 1[ et admet alors une limite agauche en 1.Supposons que lim

x 7→1(Sα) = M < +∞

on a alors Sα(x) ≤ M,∀x ∈]0, 1[, par suite

∀N ∈ N,N∑

n=1

xn

nα≤ M , on fait x 7→ +∞ dans la derniere

inegalite on obtient:N∑

n=1

1

nα≤M

ce qui est impossible car la serie∑

n≥1

1

nαest divergente.

Conclusion:lims 7→1

(Sα(x) = +∞

IV.3 Soit x ∈]0, 1[. La fonction f(t) =xt

tαest decroissante et

positive (produit de deux fonctions decroissantes et positives ).Donc d’apres le theoreme de comparaison serie integrale on a :

∫ +∞

2xtt−αdt ≤ Sα(x)− x ≤

∫ +∞

1xtt−αdt

On fait le changement u = −t ln(x) dans les deux integrales onobtient :

∫ +∞

1xtt−αdt = (− 1

ln(x))1−α

∫ +∞

− lnxu−αe−udu

de lnx ∼x7→1 on deduit

(− 1

ln(x))1−α ∼x 7→1

1

(1− x)1−α

7

infty08

et comme

limx 7→1

∫ +∞

− lnxu−αe−udu = Γ(1− α)

On a ∫ +∞

1xtt−αdt ∼x 7→1 Γ(1− α)

1

(1− x)1−α

On montre de meme que :

∫ +∞

2xtt−αdt ∼x 7→1 Γ(1− α)

1

(1− x)1−α

et on en deduit que :

Sα(x)− x ∼x 7→1 Γ(1− α)1

(1− x)1−α

et enfin :

Sα(x) ∼x 7→1 Γ(1− α)1

(1− x)1−α

IV.4.a La fonction1

xn’est pas integrable sur ]1,+∞[ donc

d’apres le theoreme d’integration des relations de comparaison on a: ∫ x

1

f ′(s)f(s)

∼x 7→+∞∫ x

1

α

s

Par consequent

ln(f(x)) ∼x7→+∞ ln(xα)

IV.4.b On a ln f(n) ∼n7→+∞ ln(nα) donc limn7→+∞

ln f(n) = +∞par suite

limn7→+∞

f(n) = +∞

La serie et donc grossierement divergente.IV.4.c Soit t > 0 fixe.Puisque ln(f(x)) ∼x 7→+∞ ln(xα), il existe donc A > 0 telque

x > A⇒ ln(f(x))

ln(xα)− 1 ≤ 1

par suite x > A⇒ ln(f(x)) ≤ 2 ln(xα) Soit enfin

x > A⇒ 0 < f(x) ≤ x2α

En consequence

f(n)e−nt =n7→+∞ O(n2αe−nt)

et comme

n2αe−nt) =n7→+∞ O(1

n2)

La serie est par consequent convergente.On a aussi:

• La fonction x 7−→ f(x)e−xt est continue sur [0,+∞[

• Au voisinage de +∞:

f(x)e−xt =x 7→+∞ O(x2αe−xt)

et comme la fonction

x 7−→ x2αe−xt) =x 7→+∞ O(1

x2)

La fonction x 7−→ f(x)e−xt est par consequent sommable sur[0,+∞[.

IV.4.d La fonction G(t) =+∞∑

n=1

f(n)e−nt est trivialement

decroissante sur ]0,+∞[, elle admet donc une limite en 0. Si onsuppose que cette limite est finie on montre comme en IV-2 et I-3-bque la serie

∑

n≥1f(n) est convergente ce qui n’est pas le cas et donc

limt7→0

+∞∑

n=1

f(n)e−nt = +∞

IV.5.a Soit λ > 0 fixe.

D’une part on a

∫ λx

x

f ′(s)f(s)

ds = [ln(f(s)]λxx ) = ln(f(λx

f(x))

D’autre part on a :

∫ λx

x

f ′(s)f(s)

ds =

∫ x

1

f ′(s)f(s)

ds−∫ λx

1

f ′(s)f(s)

ds

D’apres la question, IV-4-a on a :

ln(f(x)) =x 7→+∞ ln(xα) + o(ln(xα))

etln(f(λx)) =x 7→+∞ ln((λx)α) + o(ln(xα))

Par suite

ln(f(λx))− ln(f(x)) = ln(λα) + o(ln(xα))

Sot en encore : limx 7→+∞

ln(f(λx)

f(x)) = ln(λα) et donc :

limx 7→+∞

f(λx)

f(x)= λα

IV.5.b Soit t > 0 fixe. Soit g la fonction definie sur ]0,+∞[ parg(x) = f(x)e−xt.

g′x) = e−xtf(x)[f ′(x)

f(x)− t]

Maisf ′(x)

f(x)∼x 7→+∞

α

xpar suite

f ′(x)

f(x)− t a le signe de

α

x− t pour

x assez grand. Il existe donc A > 0 tel que : x > A ⇒ g′(x) < 0.Le theoreme de comparaison serie - integrale s’applique donc.

∫ +∞

n0+1e−xtf(x)dx ≤

+∞∑

n0+1

e−ntf(n) ≤∫ +∞

n0

e−xtf(x)dx (1)

Or ln(f(x)) ∼x 7→+∞ ln(xα), il existe donc B > 0 telque

x > B ⇒ ln(f(x))

ln(xα)− 1 ≥ −1

2

par suite x > B ⇒ ln(f(x)) ≥ 1

2ln(xα) donc :

x > B ⇒ f(x) ≥ xα2

Par consequent :∫ +∞

n0

e−xtf(x)dx ≥∫ +∞

n0

e−xtxα2 dx

On fait le changement de variables u = xt dans la derniere integraleon obtient:

∫ +∞

n0

e−xtxα2 dx =

1

tα2+1

∫ +∞

n0tuα2 e−udu

De

limt7→0

1

tα2+1

∫ +∞

n0tuα2 e−udu = +∞

et de l’inegalite (1) on en deduit que:

+∞∑

1

e−ntf(n) ∼t7→0

∫ +∞

0e−xtf(x)dx

8

2.4 2000 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.4 2000

2.4.1 Enonce

34

MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUNFILIERE MP

SESSION 2000

PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES

* * *

Definitions et notations

Pour n ∈ N, on pose :

un =(−1)n

(2n+ 3)(2n+ 1)!.

Pour (x, t) ∈ [0, 1]2, on pose :

K(x, t) =t2

xsi x > t, K(x, t) = K(t, x) si t > x et K(x, x) = x.

On designe par C([0, 1]) l’ensemble des fonctions continues de [0, 1]vers R. Pour f ∈ C([0, 1]) on pose :

Tf : [0, 1] 7→ R, x 7→∫ 1

0K(x, t)f(t) dt.

On notera en general de la meme facon une fonction et une deses restrictions a un sous intervalle de son intervalle de definitionmaximum.

Partie I

1. Verifier que x 7→∞∑

n=0

unx2n+ 3

2 definit une fonction G sur R+,

de classe C1.

2. Exprimer pour x ∈ R+ , xG′(x) +3

2G(x) a l’aide de fonctions

usuelles simples.

Partie II

1. a) Pour f ∈ C([0, 1]), preciser Tf(0) et montrer la continuitede Tf en 0.

b) Montrer que f 7→ Tf definit un endomorphisme T deC([0, 1]).

2. T est-il surjectif?

3. Soit f ∈ C([0, 1]). On pose F = Tf .

a) Montrer que pour tout x ∈]0, 1] on a :

F (x) =1

x

∫ x

0t2f(t) dt+ x2

∫ 1

x

f(t)

tdt.

b) Montrer que F est de classe C1 sur [0, 1]. Calculer F (0)et F ′(0). Etablir une relation entre F (1) et F ′(1).

c) Montrer que F est de classe C2 sur ]0, 1] et verifie sur ]0, 1]l’equation differentielle

y′′ − 2

x2y = −3f.

4. On considere l’equation differentielle

(E0) : x2y′′ − 2y = 0.

a) Trouver les solutions de (E0) sur ]0, 1] de la formex 7→ xλ, λ ∈ Z.

b) En deduire l’ensemble des solutions de (E0) sur l’intervalle]0, 1].

c) En deduire que pour tout f ∈ C([0, 1]), Tf est la seulesolution sur ]0, 1] de l’equation differentielle

y′′ − 2

x2y = −3f

verifiant limx→0x>0

y(x) = 0 et y′(1) + y(1) = 0.

5. On dira qu’un reel λ est valeur propre de T s’il existef ∈ C([0, 1]) tel que Tf = λf et f 6= 0. Dans ce cas, on diraque f est un vecteur propre de T associe a λ.

Montrer que λ est une valeur propre non nulle de T si et seule-ment s’il existe une solution non nulle sur ]0, 1] de l’equationdifferentielle

λx2y′′ + (3x2 − 2λ)y = 0

verifiant limx→0x>0

y(x) = 0 et y′(1) + y(1) = 0.

Partie III

Soit λ ∈ R+∗. On considere l’equation differentielle

(Eλ) : λx2y′′ + (3x2 − 2λ)y = 0.

1. Montrer qu’il existe une et une seule solution fλ de (Eλ) sur Rdeveloppable en serie entiere au voisinage de 0 telle que

fλ(x) ∼0x2.

2. Donner Kλ ∈ R∗ tel que

∀x ∈ R+, fλ(x) = Kλ

√x G

(√3

λx

).

3. a) Justifier l’existence de a > 0 tel que fλ ne s’annule passur l’intervalle ]0, a].

b) Soit y une solution de (Eλ) sur ]0, 1]. On pose z = yfλ

.Donner une equation differentielle du premier ordreverifiee par z′.

c) En deduire qu’il existe une solution gλ de (Eλ) sur ]0, 1]

telle gλ(x) ∼0

1

x.

4. Une telle solution gλ etant choisie.

a) Montrer que la famille (fλ, gλ) d’elements de C(]0, 1]) estlibre.

b) Decrire alors l’ensemble∑

0 des solutions sur ]0, 1] del’equation differentielle (Eλ).

c) Montrer que les solutions de (Eλ) sur ]0, 1] qui tendentvers 0 quand x tend vers 0 sont exactement les elementsde V ect(fλ).

5. a) Montrer que toute valeur propre strictement positive de

T est de la forme λk =3

k2π2pour un certain k ∈ N∗.

1

b) Montrer que pour tout k ∈ N∗, λk est effectivement valeurpropre de T .

c) Donner les vecteurs propres associes a la valeur propre λk,k ∈ N∗.

Partie IV

On considere l’espace prehilbertien E = C([0, 1]) muni du produitscalaire (f, g) =

∫ 10 f(x)g(x) dx pour f et g dans E. On notera ‖.‖

la norme associee a ce produit scalaire. (On ne demande pas deredemontrer que l’on a bien defini un produit scalaire).

Pour tout k ∈ N∗ on pose hk : [0, 1] 7→ R, x 7→ √x G(kπx) etϕk = hk

‖hk‖ .

1. Montrer que ∀(f, g) ∈ E2, (Tf, g) = (f, Tg).

2. a) Calculer Thk pour tout k ∈ N∗.b) Montrer que la famille (ϕk)k∈N∗ est une famille or-

thonormee de E.

3. a) Developper en serie de Fourier la fonction f : R 7→ R,

2π-periodique, definie sur [−π, π] par f(x) = 1− x2

π2.

b) En deduire+∞∑

k=1

1

k4=π4

90.

c) Calculer

∫ 1

0

∫ 1

0K2(x, t) dxdt et comparer le resultat avec

+∞∑

k=1

λ2k.

4. Pour tout x ∈ [0, 1], on note Kx : [0, 1] 7→ R, t 7→ K(x, t).Pour tout N ∈ N∗, soit KN,x la projection orthogonale de Kx

sur V ect(ϕ1, . . . , ϕN ).

a) Donner l’expression de KN,x.

b) Etablir limN→+∞

∫ 1

0‖Kx −KN,x‖2 dx = 0.

c) Soit f ∈ E et F = Tf . Montrer que

limN→+∞

‖F −N∑

k=1

(F,ϕk)ϕk‖2 = 0.

(On remarquera que ∀x ∈ [0, 1], F (x) = (Kx, f).)

Fin de l’epreuve

2

2.4 2000 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.4.2 Corrige

37

MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUNFILIERE MP

SESSION 2000

PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES

corrige par Gilles Deruelle.

Premiere Partie

1. On a :

limn→∞

|un+1||un|

= limn→∞

1

(2n+ 5)(2n+ 2)= 0

ce qui montre que le rayon de convergence de la serie entiere∑unX

n est egal a +∞.

On en deduit que celui de la serie entiere∑unx

2n est egal a+∞. G apparaıt donc comme le produit

de cette serie entiere par la fonction x 7→ x32 qui est de classe

C1 sur R+.

2.

∀x ∈ R+ , xG′(x)+3

2G(x) = x

x 3

2 .∑

n≥0unx

2n

′

+3

2

∑

n≥0unx

2n+ 32

=3

2x

32

∑

n≥0unx

2n + x52

∑

n≥12nunx

2n−1 +3

2

∑

n≥0unx

2n+ 32

= x32

(3∑

n≥0 unx2n +

∑n≥1 2nunx

2n)

= x32

(3u0 +

∑n≥1(2n+ 3)unx

2n)

= x32

∑

n≥0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n =

√x sinx .

Deuxieme Partie

1. a) ∀t ∈ [0, 1],K(0, t) = 0. On en deduit que Tf(0) = 0. Ona par ailleurs :

∀x ∈]0, 1] , T f(x) =∫ x0 K(x, t)f(t)dt+

∫ 1x K(x, t)f(t)dt

=1

x

∫ x

0t2f(t)dt + x2

∫ 1

x

f(t)

tdt (?).

Cela donne la majoration :

∀x ∈]0, 1] , |Tf(x)| ≤ ‖f‖∞[

1

xx

∫ x

0t2dt+ x2

∫ 1

x

dt

t

]

= ‖f‖∞[x3

3− x2 lnx

].On en deduit la continuite de Tf

en x = 0.

b) La linearite de l’operateur T decoule de la linearitede l’integrale. Par ailleurs (?) montre, pour toutf ∈ C([0, 1]), la continuite de Tf sur ]0, 1]. Enfin graceau 1.(a): ∀f ∈ C([0, 1]), T f ∈ C([0, 1]). En conclusion Test bien un endomorphisme de C([0, 1]).

2. T n’est pas surjectif : la question 1.(a) a montre que pourtout f ∈ C([0, 1]), Tf(0) = 0 ; or une fonction de C([0, 1]) nes’annule pas necessairement a l’origine.

3. a) On a deja montre ce resultat a la question 1.(a).

b) (?) montre sans difficulte que F est de classe C1 sur ]0, 1].On obtient precisement :

∀x ∈]0, 1] , F ′(x) = − 1

x2

∫ x

0t2f(t)dt+2x

∫ 1

x

f(t)

tdt .(??)

D’ou la majoration :

∀x ∈]0, 1] , |F ′(x)| ≤ ‖f‖∞[x2

3− 2x lnx

].

On en deduit que limx→0+

F ′(x) = 0, puis classiquement par

le theoreme de “prolongement C1” ,

que F est de classe C1 sur [0, 1] avec F ′(0) = 0.

(?) et (??) montrent que F (1) + F ′(1) = 0.

c) En derivant (??) il vient :

∀x ∈]0, 1] , F ′′(x) =2

x3

∫ x

0t2f(t)dt+2

∫ 1

x

f(t)

tdt−3f(x) .

On en deduit grace a (?) :

∀x ∈]0, 1] , F ′′(x) =2

x2

[1

x

∫ x

0t2f(t)dt+ x2

∫ 1

x

f(t)

tdt

]−3f(x)

=2

x2F (x)− 3f(x) .

4. a) Exprimons que x 7→ xλ est solution de (E0) :

∀x ∈]0, 1] , λ(λ−1)x2x(λ−1)(λ−2)−2xλ = xλ[λ(λ− 1)x(λ−2)

2 − 2]

= 0 .

La seule possibilite est λ = 2.

b) x 7→ x2 ne s’annulant pas sur ]0, 1], cherchons une autresolution sous la forme y = x2z. On est alors ramene aresoudre :

Z = z′ et xZ ′ + 4Z = 0 .

On obtient : Z =Cste

x4= z’ , puis z =

Cste

x3+ Cste.

Une solution de (E0) independante de x 7→ x2 est par

exemple : x 7→ 1

x.

Toute solution de (E0) sur ]0, 1] s’ecrit alors sous la forme:

y(x) = αx2 +β

xou α et β ∈ R .

c) D’apres ce qui precede, f etant donnee, Tf est bien solu-tion du probleme pose. Il s’agit donc de montrer que c’estla seule. Supposons pour cela que F et G soient solutions.Alors F−G est solution de (E0) et en consequence il existeα et β ∈ R tels que :

F (x)−G(x) = αx2 +β

x.

Le fait que limx→0+

F (x)−G(x) = 0 implique que β = 0. Il

vient alors F (x)−G(x) = αx2, puis

F (1) − G(1) + F ′(1) − G′(1) = α + 2α = 0 entraıne queα = 0. Finalement F = G.

1

5. Soit λ une valeur propre non nulle de T et f un vecteur propreassocie. Tf = λf est alors solution du probleme enonce a laquestion 4.(c). En particulier :

∀x ∈]0, 1] , λf ′′(x)− 2

x2λf(x) = −3f(x) .

Ce qui donne :

∀x ∈]0, 1] , λx2f ′′(x) +(3x2 − 2λ

)f(x) = 0 .

Les autres conditions du probleme, etant verifiees par λf , lesont par f .

Reciproquement, on montre par un calcul similaire que si f estune solution non identiquement nulle du probleme pose danscette question (λ 6= 0) , λf est solution de celui pose a laquestion 4.(c) : Tf etant l’unique solution de ce probleme, onobtient : Tf = λf avec f 6= 0. Ce qui montre que f est valeurpropre de T associe a la valeur propre λ.

Troisieme Partie.

1.et 2. Exprimons donc qu’une serie entiere∑anx

n est solution de(Eλ) sur ]−R,R[ :

∀x ∈]−R,R[ , λx2∑

n≥2n(n−1)anx

n−2+3x2∑

n≥0anx

n−2λ∑

n≥0anx

n

= −2λ(a0 + a1x) +∑

n≥2λ[n(n− 1)− 2]anx

n + 3∑

n≥2an−2xn

= −2λ(a0 + a1x) +∑

n≥2[λ(n+ 1)(n− 2)an + 3an−2]xn = 0 .

Cela exige que a0 = a1 = 0. On en deduit que tous les coeffi-cients de rang impair sont nuls. Par ailleurs a2 peut etre choisiarbitrairement et l’on a :

∀n ≥ 2 , a2n =−3

λ(2n+ 1)(2n− 2)a2n−2 ,

d’ou l’on tire :

∀n ≥ 1 , a2n = (−1)n−13n

λn−1(2n+ 1)(2n− 1)!a2 .

La condition fλ(x) ∼ x2 au voisinage de zero est verifiee poura2 = 1. La seule serie entiere qui repond a la question est alors

: fλ(x) =∑

n≥1(−1)n−13n

λn−1(2n+ 1)(2n− 1)!x2n

=∑

n≥0

(−1)n3n+1

λn(2n+ 3)(2n+ 1)!x2n+2 . On verifie sans difficulte que

son rayon de convergence est egal a +∞.

On obtient ensuite :

∀x ∈ R , fλ(x) =√x∑

n≥0(−1)n3n+1

λn(2n+ 3)(2n+ 1)!x2n+

32

=√x 3

14λ

34

∑

n≥0

(−1)n

(2n+ 3)(2n+ 1)!

(√3

λx

)2n+ 32

, c’est a dire :

fλ(x) = (3λ3)14√x G

(√3

λx

).

3. a) Cela decoule directement de fλ(x) ∼ x2 au voisinage dezero.

b) Classiquement on cherche une solution de (Eλ) sur ]0, a]sous la forme y = fλz ; un calcul sans difficulte montreque Z = z′ est solution de :

2f ′λZ + fλZ′ = 0 .

c) On obtient alors : Z = z′ =Cste

f2λ, puis

y(x) = fλ(x).

∫ ?

x

Cste

f2λ(t)dt.

La fonction positive t 7→ 1

f2λ(t)n’etant pas integrable sur

]0, ?], on obtient par “ integration

des relation de comparaison” , au voisinage de zero :

y(x) ∼ x2∫ ?

x

dt

t4∼ Cste

x.

Ceci montre qu’il existe une solution yλ de (Eλ) sur ]0, a]verifiant au voisinage de zero :

yλ(x) ∼ 1

x.

Les solutions maximales de l’equation differentielle

λy′′ +3x2 − 2λ

x2y = 0 sont definies sur ]0,+∞[ ou sur

] − ∞, 0[. Le resultat d’existence et d’unicite de tellessolutions montre que yλ se prolonge de facon unique enune solution sur ]0,+∞[ de (Eλ). En particulier il existeune solution gλ sur ]0, 1] qui prolonge yλ.

4. a) Les equivalents respectifs de fλ et gλ au voisinage dezero montrent que ces deux fonctions ne peuvent etrecolineaires.

b) Toute solution de (Eλ) sur ]0, 1] s’ecrit sous la forme :

αfλ + βgλ, avec (α, β) ∈ R2 .

c) Soit h = αfλ + βgλ. La condition limx→0+

h(x) = 0 exige

clairement β = 0. Reciproquement . . .

5. a) Utilisons la caracterisation de la question II-5. : soitλ une valeur propre non nulle de T ; il existe alors unesolution non identiquement nulle de (Eλ) sur ]0, 1] quitend vers zero a l’origine. D’apres la question 4.(c), cettesolution est proportionnelle a fλ.

Voyons ce qu’entraıne la condition f ′λ(1) + fλ(1) = 0 :

f ′λ(x) = Kλ

[1

2√xG

(√3

λx

)+

√3

λ

√x G′

(√3

λx

)],

donne :

f ′λ(1)+fλ(1) = Kλ

[G

(√3

λ

)+

1

2G

(√3

λ

)+

√3

λG′(√

3

λ

)]

2

= Kλ

[√3

λG′(√

3

λ

)+

3

2G

(√3

λ

)]= Kλ

(3

λ

) 14

sin

(√3

λ

)= 0 .

λ est donc necessairement de la forme :

λ =3

k2π2= λk avec k ∈ N? .

b) Le calcul effectue dans la question precedente montre quesi λ = λk, fλk , qui est solution de (Eλk), verifie bien lesconditions requises (cf. question II-5) . . . : λk est valeurpropre de T , pour tout k ∈ N?.

c) Le sous-espace propre associe a la valeur propre λk estd’apres ce qui precede Vect(fλk).

Quatrieme Partie

1. On obtient sans difficulte :

∀(f, g) ∈ E , (Tf, g) = (f, Tg) =

∫ ∫

[0,1]×[0,1]K(x, y)f(y)g(x)dxdy .

2. a) On a :

fλk(x) = Kλk

√x G

(√3

λkx

)= Kλk

√x G (kπx)

=(3λ3k) 1

4 hk(x) =3

(kπ)32

hk(x) . D’ou :

Thk = λkhk =3

k2π2hk .

b) Il vient pour k et m ∈ N? distincts :

(Thk, hm) = λk(hk, hm) = (hk, Thm) = λm(hk, hm)

qui montre que la famille (hk)k∈N? est orthogonale.

On en deduit que la famille (Φk)k∈N? est orthonormale.

3. a) La fonction f est 2π periodique, continue , C1 parmorceaux et paire : le theoreme de Dirichlet permetd’affirmer que f est la somme de sa serie de Fourier.

On a :

a0(f) =2

π

∫ π

0f(t)dt =

4

3

et ∀n ≥ 1 , an(f) =2

π

∫ π

0f(t) cosntdt

=−2

π3

∫ π

0t2 cosntdt

=−2

π3· −2

n

∫ π

0t sinntdt =

4

π3n· (−1)n−1

nπ .

On obtient finalement :

∀t ∈ R , f(t) =2

3+

4

π2

∑

n≥1

(−1)n−1

n2cosnt .

b) Parseval donne :

1

π

∫ π

0f2(t)dt =

8

15=a0(f)2

4+

1

2

∑

n≥1an(f)2 =

4

9+

8

π4

∑

n≥1

1

n4.

D’ou :

∑

n≥1

1

n4=π4

8

(8

15− 4

9

)=π4

8· 4

45=π4

90.

c) Un calcul direct donne :∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt =∫ 10

(∫ x0

t4

x2dt+

∫ 1

x

x4

t2dt

)dx

=∫ 10

(x3

5+ x3 − x4

)dx =

1

10.

Par ailleurs :

∑

k≥1λ2k =

9

π2

∑

k≥1

1

k4=

9

π2· π

4

90=

1

10.

4. a) On observera que pour toutx ∈ [0, 1], Kx ∈ C([0, 1]). On a :

KN,x =∑N

k=1(Φk,Kx)Φk =∑N

k=1

(∫ 10 K(x, t)Φk(t)dt

)Φk

=∑N

k=1 TΦk(x) · Φk =∑N

k=1 λkΦk(x) · Φk

b) Il vient :

‖Kx −KN,x‖2 = ‖Kx‖2 − ‖KN,x‖2

=

∫ 1

0K2(x, t)dt−

N∑

k=1

λ2kΦ2k(x) .

Puis :∫ 10 ‖Kx−KN,x‖2dx =

∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt−∑Nk=1 λ

2k

∫ 10 Φ2

k(x)dx

=∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt−∑Nk=1 λ

2k . D’apres ce qui precede,

cette quantite admet pour limite zero quand N tend vers+∞.

c) On a donc : ∀x ∈ [0, 1] , F (x) =∫ 10 Kx(t)f(t)dt = (Kx, f)

= (KN,x, f) + (Kx −KN,x, f) et

(Φk, F ) = (Φk, Tf) = (TΦk, f) = λk(ϕk, f)

qui entraınent pour N ∈ N? :∀x ∈ [0, 1] , F (x)−∑N

k=1(Φk, F )Φk(x)

=∑N

k=1 λkΦk(x)(Φk, f)−∑Nk=1 λk(Φk, f)Φk(x)+(Kx−KN,x, f) ,

d’ou

‖F−N∑

k=1

(Φk, F )Φk‖2 =

∫ 1

0

(F (x)−

N∑

k=1

(Φk, F )Φk(x)

)2

dx

≤ ‖f‖2 ·∫ 1

0‖Kx −KN,x‖2dx .

La question precedente montre alors que :

limN→+∞

‖F −N∑

k=1

(Φk, F )Φk‖2 = 0 .

* * *

3

2.5 2001 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.5 2001

2.5.1 Enonce

41

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’EnseignementEnseignement Secondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2001

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2001 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Definitions

Pour tout le probleme, on definit une famille de fonctions (Jn)n∈Z par :

∀ n ∈ Z, ∀ x ∈ R, Jn(x) =1

π

∫ π

0cos(x sin θ − nθ)dθ.

On definit aussi une famille d’equations differentielles (En)n∈Z par :

∀ n ∈ Z, x2y′′ + xy′ + (x2 − n2)y = 0. (En)

Par “solution d’une equation differentielle”, on fait reference aux solutions a valeurs reelles.

1ere PartiePremieres proprietes de Jn

1. Montrer que pour tout entier n, la fonction Jn est definie et bornee sur R .

2. Etablir l’egalite J−n = (−1)nJn.

3. Montrer que pour tout entier n, la fonction Jn est de classe C∞ sur R et donner une expressionde J (p)

n (x) pour tout entier naturel p et tout reel x.

4. Montrer que pour tout entier n, Jn est une solution de (En) definie sur R.

5. Pour tout entier n, quelle est la dimension de l’espace vectoriel des solutions de (En) qui sontdefinies sur R∗

+ ?

2eme PartieEtude du comportement de Jn au voisinage de +∞

1. Soient u et v deux applications definies et continues sur R∗+ a valeurs positives ; soit A > 0.

On suppose que pour tout x > 0, les applications v et uv sont integrables sur [x,+∞[ et que

u(x) 6 α(x) = A+

∫ +∞

xu(t)v(t)dt.

Soit y > 0 ; pour tout x ∈ R∗+, on pose w(x) =

(∫ x

yu(t)v(t)dt

)exp

(∫ x

yv(t)dt

).

(a) Montrer que w est derivable sur R∗+ et que pour tout s ∈ R∗

+, on a

w′(s) 6 α(y)d

ds

[exp

(∫ s

yv(t)dt

)].

Epreuve de Mathematiques I 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2001 – MP

(b) En deduire que

∀ x ∈]0, y], u(x) 6 α(y) exp(∫ y

xv(t)dt

),

puis que

∀ x ∈ R∗+, u(x) 6 A exp

(∫ +∞

xv(t)dt

).

2. Soit a ∈ R ∪ −∞ et p une application continue definie sur ]a,+∞[ a valeurs dans R. Par lasuite, b designe un element fixe de ]a,+∞[. On considere l’equation differentielle :

y′′ + (1 + p)y = 0. (Fp)

(a) On prend a = −∞ et p = 0 ; resoudre l’equation differentielle (F0).

(b) Soit f une application definie et continue sur ]a,+∞[ a valeurs reelles. Montrer que toutesolution y de l’equation differentielle y′′(x) + y(x) = −p(x)f(x) s’ecrit sous la forme :

∀ x ∈]a,+∞[, y(x) = A cosx+B sinx+

∫ x

bf(t)kp(x, t)dt

ou A et B sont des constantes reelles et kp est une application que l’on determinera enfonction de p. (On pourra chercher y(x) sous la forme A(x) cosx+B(x) sinx. . . )

(c) En deduire que pour toute solution z de (Fp) il existe un couple (A,B) de reels tel que :

∀ x ∈]a,+∞[, z(x) = A cosx+B sinx+

∫ x

bz(t)kp(x, t)dt.

3. Soit n ∈ Z.

(a) Determiner une application q definie sur R∗+, a valeurs dans R∗

+ et de classe C2, telle que

l’application In =Jnq

soit solution d’une equation differentielle du type (Fpn), ou pn est

une application, definie et continue sur R∗+, que l’on determinera. (Ici on a a = 0.)

(b) On reprend les notations de la question 2. avec p = pn. Montrer que pour tout reel x,

l’application t 7→ In(t)kpn(x, t) est integrable sur [1,+∞[ et que x 7→∫ +∞

1In(t)kpn(x, t)dt

est une application definie sur R qui s’ecrit comme une combinaison lineaire des fonc-tions sinus et cosinus.

(c) Montrer alors qu’il existe un couple (C,D) de reels tel que :

∀ x ∈ R∗+, In(x) = C cosx+D sinx−

∫ +∞

xIn(t)kpn(x, t)dt.

(d) Montrer que

∀ x ∈ R∗+, |In(x)| 6 |C|+ |D|+

∫ +∞

x|In(t)||pn(t)|dt,

puis en deduire que (C,D) 6= (0, 0) et que In est bornee sur [1,+∞[.(Utiliser la question 1.)

(e) En deduire l’existence de deux reels An et βn, avec An 6= 0, tels que :

Jn(x) =An√xsin(x+ βn) +O

(1

x32

)au voisinage de +∞.

(On montrera que∫ +∞

xIn(t)kpn(x, t)dt = O

(1

x

)au voisinage de +∞. )

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Concours National Commun – Session 2001 – MP

3eme PartieExistence d’une solution Nn de (En) definie sur R∗

+ et telle que limx→0x>0

Nn(x) = +∞.

Dans toute cette partie, on fixe un entier n ∈ N.

1. (a) Montrer que pour tout couple (m, k) d’entiers naturels non nuls on a la relation :

2J (k)m (0) = J

(k−1)m−1 (0)− J

(k−1)m+1 (0).

(b) Si n > 1 montrer que pour tout k ∈ 0, . . . , n− 1 on a J (k)n (0) = 0.

( On pourra faire un raisonnement par recurrence.)

(c) Calculer J (n)n (0).

(d) En deduire l’existence de α > 0 tel que Jn(x) > 0 pour tout x ∈]0, α].Par la suite, pour toute application f definie sur ]0, α] a valeurs reelles, on notera φf l’applicationdefinie sur ]0, α] par : f = Jnφf .

2. Verifier qu’il existe une equation differentielle du premier ordre, notee (εn), telle que :

y est solution de (En) sur ]0, α] si et seulement sidφydx

est solution de (εn) sur ]0, α].

3. Etablir l’existence d’une application ψn definie, continue et bornee sur ]0, α] telle que (εn)s’ecrive :

z′ =(−2n+ 1

x+ ψn(x)

)z. (εn)

4. (a) Exprimer la solution generale z de (εn) sous forme integrale.(b) En deduire l’existence d’une solution yn de (En) definie sur ]0, α] telle que :

dφyndx

(x) = − 1

x2n+1(1 + ζn(x)),

ou ζn est une application definie, continue et bornee sur ]0, α] telle que limx→0x>0

ζn(x) = 0 .

(c) Dans le cas n = 0, montrer que y0 verifie limx→0x>0

y0(x) = +∞.

(d) Dans le cas n ∈ N∗, montrer que yn verifie limx→0x>0

yn(x) = +∞.

5. Etablir alors l’existence d’une application Nn definie sur R∗+, solution de (En) sur R∗

+ telleque :

limx→0x>0

Nn(x) = +∞.

6. Determiner l’ensemble V des solutions de (En), definies sur R∗+, qui sont bornees.

4eme PartieUn developpement en serie de FOURIER

Soient f et g les applications de R dans R, periodiques de periode 2, telle que

∀ x ∈ [−1, 1[, f(x) =√1− x2 et g(x) =

∫ x

0f(t)dt− x

∫ 1

0f(t)dt.

On note((an(f))n∈N, (bn(f))n∈N∗

)et((an(g))n∈N, (bn(g))n∈N∗

)les coefficients de Fourier de f et g

respectivement. On rappelle que ∀ n ∈ N∗, an(f) = cn(f) + c−n(f) et bn(f) = i(cn(f)− c−n(f)).

Epreuve de Mathematiques I 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2001 – MP

1. Apres avoir justifie la nullite des suites (an(g))n∈N et (bn(f))n∈N∗ , etablir une relation entre lescoefficients an(f) et bn(g) valable pour tout n ∈ N∗.

2. Montrer que ∀x ∈ R,∫ π

0cos(x sin θ) cos θ dθ = 0.

3. (a) Etablir que :

∀x ∈ R, J1(x) =2x

π

∫ 1

0cos(xt)

√1− t2 dt.

(b) Exprimer les coefficients (an(f))n∈N∗ a l’aide de valeurs prise par la fonction J1.

4. (a) A l’aide des resultats obtenus a la 2eme partie, etablir que an(f) = O( 1n3/2 ).

(b) En deduire la convergence uniforme de la serie de Fourier de f .

5. (a) Montrer que g est une application de classe C1 sur R.

(b) Justifier le fait que g soit egale a la somme de sa serie de Fourier.

6. En justifiant soigneusement votre reponse, conclure que f est egale en tout point a la sommede sa serie de Fourier.

5eme PartieTransformee de LAPLACE de J0

1. Etablir que, pour tout p ∈ R∗+, la fonction t 7→ J0(t)e

−pt est integrable sur R+.

On definit alors l’application F par F (p) =∫ +∞

0J0(t)e

−pt dt pour tout p > 0.

2. Soit a un reel positif et p un reel strictement positif. Etablir les majorations :∣∣∣∣∫ +∞

aJ0(t)e

−pt dt

∣∣∣∣ 6e−ap

p,

∀ θ ∈ [0, π],

∣∣∣∣∫ +∞

ae−pt cos(t sin θ) dt

∣∣∣∣ 6e−ap

p.

3. En deduire l’egalite :

∀p ∈ R∗+, F (p) =

1

π

∫ π

0

(∫ +∞

0e−pt cos(t sin θ) dt

)dθ.

4. Prouver la formule :

∀p ∈ R∗+, F (p) =

2

π

∫ π2

0

p

p2 + sin2θdθ,

et en deduire une expression simple de F .

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.5 2001 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.5.2 Corrige

47

2.6 2002 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.6 2002

2.6.1 Enonce

55

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’EnseignementEnseignement Secondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2002

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 5 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2002 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 5 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Definitions et notations

Quand on ouvre progressivement un robinet, on assiste a la superposition d’etats periodiques(goutte a goutte) dont les periodes ne sont pas necessairement multiples d’une meme frequence,contrairement a la theorie classique des Series de FOURIER. L’objet de ce probleme est donc dedonner un contexte dans lequel on puisse etudier des sommes de phenomenes periodiques deperiodes quelconques.

On travaille dans RR, qui est l’espace vectoriel de toutes les fonctions de R dans lui meme ; onnotera aussi C0(R) (resp. Cp(R), C∞(R)) le sous-espace vectoriel des fonctions continues (resp. declasses Cp, C∞).

Soient f ∈ RR et w ∈ R. On dira que f est w-periodique (ou que w est une periode de f ) si pourtout reel x, f(x+ w) = f(x).

On notera ‖.‖∞ la norme de la convergence uniforme sur R ; elle est definie, pour toute fonctionreelle f bornee sur R, par :

‖f‖∞ = supx∈R

|f(x)|.

I. VALEUR MOYENNE D’UNE FONCTION

On appellera valeur moyenne d’une fonction f definie sur R la quantite suivante, quand elleexiste :

µ(f) = limA→+∞

1

2A

∫ A

−Af(t) dt.

1. Valeur moyenne d’une fonction periodique

(a) Calculer la valeur moyenne de chacune des fonctions suivantes :

C1 : t 7→ cos t S2 : t 7→ sin 2t C0 : t 7→ 1.

Dans les deux questions suivantes, f designe une fonction continue sur R, a valeursreelles, w-periodique, avec w > 0.

(b) Montrer que la suite de terme general un =1

n

∫ nw

0f(t) dt, pour n > 1, est constante.

(c) En deduire soigneusement la valeur de µ(f) sous forme d’une integrale sur un segment.

2. Transformations

(a) Montrer que l’ensemble des fonctions continues de R dans R et qui admettent une valeurmoyenne est un espace vectoriel reel, et que l’application µ : f 7→ µ(f) est une formelineaire sur cet espace.

Epreuve de Mathematiques I 1 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2002 – MP

(b) On considere un endomorphisme de l’espace vectoriel RR :

τa : f 7→ τa(f) avec τa(f) : t 7→ f(t+ a).

Montrer que si f ∈ C0(R) est une fonction bornee ayant une valeur moyenne, alors τa(f)aussi et que l’on a

µ(τa(f)) = µ(f).

(c) Faire une etude similaire pour

Na : f 7→ Na(f) avec Na(f) : t 7→ f(at).

(d) Que peut-on dire de la valeur moyenne d’une fonction impaire.

(e) Donner une expression simplifiee de la valeur moyenne d’une fonction paire.

3. Valeur moyenne d’une fonction convergente

On considere des fonctions continues de R dans R.

(a) Calculer la valeur moyenne de g : t 7→ 11+|t| .

(b) On suppose que f(t) → 0 quand t → ±∞. Montrer que µ(f) existe et vaut 0.

(c) On suppose que f admet une limite ` en +∞ et en −∞. Que dire de µ(f) ?

(d) On suppose enfin que f converge en +∞ et en −∞ vers deux limites `+ et `−. Exprimerµ(f).

4. Valeur moyenne d’une fonction integrable

On suppose que f est integrable sur R. Montrer que µ(f) existe et donner sa valeur.

5. Valeur moyenne et fonctions bornees

(a) La fonction t 7→√|t| cos t est-elle bornee sur R ? Calculer sa valeur moyenne.

(b) On definit une fonction paire, continue par morceaux, par

χ(t) =

0 si 0 6 t < 1,1 si 32p 6 t < 32p+1 pour un certain p ∈ N,0 si 32p−1 6 t < 32p pour un p ∈ N∗.

Calculer 3−n

∫ 3n

0χ(t) dt puis en deduire que χ n’a pas de valeur moyenne.

II. UN PRODUIT SCALAIRE

On veut definir un produit scalaire par la formule

(f |g) = µ(f.g).

Nous allons construire progressivement des espaces de plus en plus gros pour lesquels ceproduit scalaire est bien defini. Certains exemples de la premiere partie prouvent que l’on ne peutpas y faire figurer n’importe quelle fonction.

1. Exemples

On note de facon abregee Cw : t 7→ cos(wt) et Sη : t 7→ sin(ηt), pour w > 0 et η > 0 donnes.

(a) Calculer (Cα|Cβ). On trouvera trois valeurs distinctes selon les cas.

(b) Donner sans demonstration les valeurs de (Sα|Sβ) et de (Cα|Sβ).

Epreuve de Mathematiques I 2 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2002 – MP

2. Sommes finies de fonctions periodiques

On considere le sous-espace vectoriel F de RR engendre par les Cw et Sη pour tous les w > 0et η > 0.

(a) Est-ce que la fonction h : t 7→ cos t+ cos(πt) est periodique ?

(b) Est-ce que h est un element de F ? Et t 7→+∞∑

n=1

2−n cos(3nt) ?

(c) Montrer que (f, g) 7→ (f |g) definit un produit scalaire sur F .

3. Continuite

On considere une suite (fn)n∈N d’elements de F qui tend vers 0 au sens de la norme uniforme,c’est a dire que

‖fn‖∞ −→+∞

0.

Montrer que (fn|fn) −→+∞

0 et en deduire que, pour tout g ∈ F , (fn|g) −→+∞

0.

4. Limites uniformes

(a) Produit scalaire et limites uniformesOn considere dans F une suite d’applications (fn)n∈N (resp. (gn)n∈N) qui convergeuniformement sur R vers une fonction continue f (resp. g) . Montrer que la suite((fn|gn)

)n∈N est convergente.

(b) Nommer un theoreme qui assure que toute application w-periodique continue est limiteuniforme sur R d’une suite d’elements de F , tous w-periodiques.

5. Une extension de (.|.)On veut maintenant definir (f |g) pour deux applications continues periodiques (de periodesarbitraires) ; pour cela on considere une application w-periodique f continue et une applica-tion η-periodique g continue elle aussi.

On considere donc dans F une suite d’applications w-periodiques (fn)n∈N (resp. η-periodiques(gn)n∈N) qui converge vers f (resp. g) uniformement sur R, et on pose

(f |g) = limn→+∞

(fn|gn).

(a) Montrer que cette quantite existe, et qu’elle ne depend pas du choix des suites (fn)n∈N et(gn)n∈N dans F .

(b) Montrer que l’expression precedente est bilineaire par rapport au couple (f, g) et quepour g = f , elle est positive ou nulle.

(c) On suppose que la suite d’applications w-periodiques (fn)n∈N converge vers f , uni-formement sur R. Montrer que f est w-periodique et que

(f |f) = µ(f2) =1

w

∫ w

0f2.

(d) Montrer que pour f continue et periodique, on a (f |f) = 0 seulement quand f est lafonction nulle.

6. Groupe des periodes d’une fonction

(a) Sous-groupe de (R,+)

On considere un sous-groupe G de R pour la loi +. On suppose que G 6= 0 et on poseα = inf G∩]0,+∞[.

Epreuve de Mathematiques I 3 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2002 – MP

• Si α > 0, montrer que α ∈ G et que G = αZ(on pourra utiliser le critere de la borne inferieure).

• Si α = 0, montrer que G rencontre tout intervalle de la forme ]a, b[ (a < b) et conclure queG est dense dans R.

(b) Application au groupe des periodes d’une fonctionSoit f une fonction de R dans R. On note Gf l’ensemble, eventuellement reduit a 0 ,des periodes de f .

• Montrer que Gf est un sous-groupe additif de R.

• On suppose que f est continue sur R, et periodique. Montrer que f possede une pluspetite periode strictement positive ou bien que f est constante.

7. Theoreme du melange

On considere deux fonctions f w-periodique et g η-periodique. f et g sont de plus continues.

(a) On suppose que w/η est un nombre rationnel.Montrer que f et g possedent une periode commune τ , en deduire l’existence et uneexpression integrale de (f |g).

(b) On suppose que w/η est un nombre irrationnel.A l’aide d’un resultat precedemment demontre dans ce probleme, montrer que l’on a

(f |g) = µ(f)µ(g).

III. UNE ALGEBRE DE FONCTIONS PRESQUE-PERIODIQUES

On note A l’ensemble des fonctions de la forme t 7→+∞∑

n=0

(αn cos(wnt) + βn sin(wnt)) ou encore

+∞∑

n=0

(αnCwn + βnSwn), ou les suites des amplitudes (αn), (βn) sont des familles sommables de reels,

et la suite des frequences (wn) est une suite quelconque de reels distincts deux a deux.

1. Structure d’algebre

(a) Que pouvez-vous dire de la convergence de la serie de fonctions definissant un elementde A ? Conclure que A ⊂ C0(R) et montrer que A est un espace vectoriel reel.

(b) Justifier que le produit de deux element de A est encore dans A : c’est donc une sous-algebre de l’algebre des applications continues.

2. Structure prehilbertienne

(a) Montrer que le produit scalaire de F se prolonge a A. On precisera la valeur du carre

scalaire de+∞∑

n=0

(αnCwn + βnSwn).

(b) Soit f ∈ A. Quelles valeurs peuvent prendre (f |C−w) et (f |S−w) quand w varie dans R ?

L’ecriture de f =+∞∑

n=0

(αnCwn+βnSwn) s’appelle son developpement en serie de FOURIER-BOHR.

(c) Etant donnes deux elements f et g de A, calculer (f |g) en fonction des coefficients de leurdeveloppement de FOURIER-BOHR. On admettra qu’il est possible de prendre pour f etg une meme suite (wn) des frequences.

Epreuve de Mathematiques I 4 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2002 – MP

IV. LA FONCTION cosx+ cos(x√2)

Dans cette derniere section, plus experimentale, on etudie un exemple celebre de fonctionpresque-periodique. On definit une fonction de F , la fonction B : x 7→ cosx+ cos(x

√2).

1. Pres de√2

(a) Montrer que (3 + 2√2)n = pn + qn

√2 definit deux suite d’entiers naturels (pn) et (qn).

(b) Verifier que (3− 2√2)n = pn − qn

√2 pour tout n ∈ N.

(c) En deduire des expressions de pn, qn, p2n − 2q2n, en tirer un equivalent de pn et de qn.

2. Approximation rationnelle de√2

Montrer qu’ils existe des fractions p/q avec q arbitrairement grand et verifiant∣∣∣∣p

q−√2

∣∣∣∣ 61

q2√2<

1

q2.

3. Maxima de B

Soit ε > 0 donne. Montrer qu’il existe des entiers naturel k et k′ arbitrairement grands tels que

|2kπ√2− 2k′π| 6 ε.

En deduire que la fonction B prend une infinite de fois des valeurs superieures a 2− ε.

4. Presque periodicite-la definition de BOHR

On etudie sur cet exemple de la fonction B la definition generale des applications quasiperiodiques.On fixe un ε > 0. Avec les notations de la question 2., montrer que pour q assez grand on a

∀ x ∈ R |B(x)−B(x+ 2pπ)| 6 2π

q6 ε.

On a ainsi montre que B possede des “quasi-periodes” c telles que

∀ x ∈ R |B(x)−B(x+ c)| 6 ε.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 5 / 5 FIN

2.6 2002 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.6.2 Corrige

62

Concours National Commun - Session 2002

Corrigé de l’épreuve de mathématiques IFilière MPQuelques propriétés des fonctions presque-périodiques

Corrigé par M.TARQI

I. VALEUR MOYENNE D’UNE FONCTION

1. Valeur moyenne d’une fonction périodique

(a) Nous avons∫ A

−Acos tdt = [− sin t]A−A = −2 sinA, d’où lim

A→+∞1

2A

∫ A

−Acos tdt = 0 et

donc µ(C1) = 0.

De même µ(S2) = 0 et µ(C0) = limA→+∞

1

2A

∫ A

−Adt = 1.

(b) En utilisant la relation de Chasles, on obtient, pour tout n ∈ N∗ l’égalité

un =1

n

∫ nω

0f(t)dt =

1

n

n−1∑

k=0

∫ (k+1)ω

kωf(t)dt

et par le changement de variable t = u+ kω, on obtient :

un =1

n

n−1∑

k=0

∫ ω

0f(u+ kω)du =

∫ ω

0f(u)du,

donc pour tout n ∈ N∗, un =

∫ ω

0f(t)du.

(c) Soit A un réel strictement positif, notons n = E(Aω ), donc nω ≤ A < (n+ 1)ω. ( E(x)désigne la partie entière de x ). D’autre part :

∫ A

−Af(t)dt =

∫ −nω

−Af(t)dt+

∫ nω

−nωf(t)dt+

∫ A

nωf(t)dt

=

∫ −nω

−Af(t)dt+ 2n

∫ ω

0f(t)dt+

∫ A

nωf(t)dt

f étant continue sur R et ω-périodique, donc il est bornée sur R et pour tout t ∈ R,|f(t)| ≤M , avec M = sup

t∈[0,ω]|f(t)|, donc :

∣∣∣∣1

2A

∫ A

−Af(t) − 1

ω

∫ ω

0f(t)dt

∣∣∣∣ =∣∣∣∣

1

2A

∫ −nω

−Af(t)dt+

(n

A− 1

ω

)∫ ω

0f(t)dt+

1

2A

∫ A

nωf(t)dt

∣∣∣∣ .

Or ∣∣∣∣1

2A

∫ −nω

−Af(t)dt

∣∣∣∣ ≤M(A− nω)

2A≤ Mω

2A,

et ∣∣∣∣1

2A

∫ A

nωf(t)dt

∣∣∣∣ ≤M(A− nω)

2A≤ Mω

2A,

et comme limA→+∞

(n

A− 1

ω

)= 0, car

∣∣∣∣nω −A

Aω

∣∣∣∣ ≤ 1

A, donc f admet une valeur

moyenne et

µ(f) = limA→+∞

1

2A

∫ A

−Af(t)dt =

1

ω

∫ ω

0f(t)dt.

CNM2002IMPC.tex - page 1

2. Transformations

(a) Soit E = f ∈ C0(R)/µ(f) existe. Il est clair que la fonction nulle est un élément deE, et si f et g sont dans E, alors pour tout λ ∈ R,

1

2A

∫ A

−A(f + λg)(t)dt =

1

2A

∫ A

−Af(t)dt+

λ

2A

∫ A

−Ag(t)dt,

donc f + λg admet une valeur moyenne, c’est-à-dire f + λg ∈ E et µ(f + λg) =µ(f)+λµ(g). Donc E est un sous-espace vectoriel de C0(R) et l’application µ est uneforme linéaire sur E.

(b) Soient a ∈ R fixé et A > 0, alors

1

2A

∫ A

−Aτaf(t)dt =

1

2A

∫ A

−Af(t+ a)dt =

1

2A

∫ −a+A

−a−Af(t)dt

=1

2A

∫ −A

−a−Af(t)dt+

1

2A

∫ A

−Af(t)dt+

1

2A

∫ −a+A

Af(t)dt.

Mais ∣∣∣∣1

2A

∫ −A

−a−Af(t)dt

∣∣∣∣ ≤M |a|2A

et ∣∣∣∣1

2A

∫ −a+A

Af(t)dt

∣∣∣∣ ≤M |a|2A

,

avec M = supt∈R

|f(t)|, donc τa(f) admet une valeur moyenne et µ(τa(f)) = µ(f).

(c) Soit A > 0, alors pour tout a 6= 0, on a :

1

2A

∫ A

Af(at)dt =

1

2aA

∫ aA

−aAf(t)dt =

1

2B

∫ B

−Bf(t)dt

Avec B = aA, donc si a > 0 Na(f) admet une valeur moyenne et µ(Na(f)) = µ(f).De même , si a < 0

1

2A

∫ A

Af(at)dt =

1

2(−a)A

∫ −aA

aAf(t)dt =

1

2B

∫ B

−Bf(t)dt

AvecB = −aA, donc dans ce cas aussiNa(f) admet une valeur moyenne et µ(Na(f)) =µ(f).Si a = 0, µ(N0(f)) = µ(f) = f(0).

(d) Si f est une fonction impaire, alors pour toutA > 0,∫ A

−Af(t)dt = 0 et donc µ(f) = 0.

(e) Pour une fonction paire, on a, pour tout A > 0,∫ A

−Af(t)dt = 2

∫ A

0f(t)dt, et par

conséquent µ(f) = limA→+∞

1

A

∫ A

0f(t)dt.

3. Valeur moyenne d’une fonction convergente

(a) Soit A > 0, comme g est paire, alors :∫ A

−Ag(t)dt = 2

∫ A

0

dt

1 + tdt = [ln(1 + t)]A0 = ln(1 +A),

donc µ(g) = limA→∞

ln(1 +A)

A= 0.

CNM2002IMPC.tex - page 2

(b) Soit ε > 0. Puisque limt→±∞

f(t) = 0, alors il existe A0 > 0 tel que ∀A ≥ A0, |f(t)| ≤ ε.

Soit maintenant A ≥ A0, alors

1

2A

∣∣∣∣∫ A

−Af(t)dt

∣∣∣∣ ≤ 1

2A

∫ −A0

−A|f(t)|dt+

1

2A

∣∣∣∣∫ A0

−A0

f(t)dt

∣∣∣∣+1

2A

∫ A

A0

|f(t)| dt

≤ A−A0

Aε+

1

2A

∣∣∣∣∫ A0

−A0

f(t)dt

∣∣∣∣

Donc µ(f) existe et vaut 0.(c) La fonction g = f − l vérifie la condition de la question précédente, et donc µ(g) =

µ(f) − l = 0, c’est-à-dire µ(f) = l.

(d) On a f = ϕ+ φ avec ∀t ∈ R, ϕ(t) =f(t) + f(−t)

2et φ(t) =

f(t) − f(−t)2

. La fonction

ϕ est paire de limite l−+l+2 en +∞ et φ est impaire, donc

µ(f) = µ(ϕ+ φ) =l− + l+

2.

4. Valeur moyenne d’une fonction intégrable

Si f est intégrable sur R, alors limA→+∞

∫ A

−Af(t)dt existe et finie, et par conséquent µ(f)

existe et µ(f) = limA→+∞

1

2A

∫ A

−Af(t)dt = 0.

5. Valeur moyenne et fonctions bornées(a) Notons f(t) =

√|t| cos t. La suite (2nπ)n∈N∗ tend vers +∞ et la suite (f(2nπ))n∈N∗

tend vers +∞, donc f ne peut pas être bornée sur R.Soit A > 0,

1

A

∫ A

−Af(t)dt = 2

∫ A

0f(t)dt =

1

A[√t sin t]A0 − 1

A

∫ A

0

sin t

2√tdt =

sinA√A

− 1

A

∫ A

0

sin t

2√tdt

On a limA→+∞

sinA√A

= 0, puisque∣∣∣∣sinA√A

∣∣∣∣ ≤1√A

et l’inégalité

1

A

∣∣∣∣∫ A

0

sin t

2√tdt

∣∣∣∣ ≤1

A

∫ A

0

dt

2√t

=1√A,

montre que limA→+∞

1

A

∫ A

0

sin t

2√tdt = 0. Donc f admet une valeur moyenne et µ(f) = 0.

(b) Soit n un entier naturel non nul, alors on a :∫ 32n

0χ(t)dt =

n−1∑

p=0

∫ 32p+1

32p

χ(t)dt =n−1∑

p=0

(32p+1 − 32p)

= 2

n−1∑

p=0

32p =1

4(32n − 1).

et donc limn→∞

1

32n

∫ 32n

0χ(t)dt =

1

4.

De même∫ 32n+1

0χ(t)dt =

∫ 32n

0χ(t)dt+

∫ 32n+1

32n

χ(t)dt

=1

4(32n − 1) + (32n+1 − 32n)

= 32n+1 − 3

432n,

CNM2002IMPC.tex - page 3

et donc limn→∞

1

32n+1

∫ 32n+1

0χ(t)dt =

3

4. Donc χ n’a pas de valeur moyenne.

II. UN PRODUIT SCALAIRE

1. Exemples

(a) Nous avons CαCβ =1

2(Cα−β + Cα+β), d’où :

• Si α 6= 0 ou β 6= 0, alors (Cα|Cβ) = µ(CαCβ) =

0, si α 6= β1

2, si α = β

• Si α = β = 0, (Cα|Cβ) = 1.

(b) (Sα|Sβ) =

0, si α 6= β1

2, si α = β

et (Cα|Sβ) = 0

2. Sommes finies de fonctions périodiques

(a) Supposons qu’il existe T > 0 tel que h(t) = h(t+ T ) pour tout t ∈ R, alors en parti-culier 2 = h(0) = h(T ) = cosT + cos(πT ), donc nécessairement cosT = cos(πT ) = 1et par suite il existe des entiers relatifs k et k′ tel que T = 2kπ et πT = 2k′π, ceci estabsurde puisque π /∈ Q.

(b) h = C1 + Cπ, donc h ∈ F .

Puisque ∀t ∈ R,∣∣2−n cos(3nt)

∣∣ ≤(

1

2

)n

, alors la fonction f(t) =∞∑

n=1

2−n cos(3nt)

est bien définie sur R. Les éléments de F sont de classes C∞, en particulier ils sontdérivables sur R. On va montrer que f n’est pas dérivable en π

2 , ce qui permet deconclure que f 6∈ F . En effet, supposons que f est dérivable en π

2 , alors pour toutε > 0, il existe α > 0 tel que

∀t ∈]π2− α,

π

2+ α

[, l − ε ≤ f(t)

t− π2

≤ l + ε,

donc

∀t ∈]π2− α,

π

2+ α

[, l − ε ≤ lim

n→∞

n∑

k=1

2−k cos(3kt)

t− π2

≤ l + ε.

Donc il existe un entier naturel n0 tel que

∀t ∈]π2− α,

π

2+ α

[, ∀n ≥ n0, l − ε ≤

n∑

k=1

2−k cos(3kt)

t− π2

≤ l + ε,

et comme limt→π

2

cos(3kt)

t− π2

= −3n sin(3nπ

2

)= −3n, alors quand t tend vers π

2 , on

obtient l’inégalité

∀n ≥ n0, l − ε ≤ −n∑

k=1

(3

2

)k

≤ l + ε,

inégalité qui montre que la série∑

n∈N

(3

2

)n

est convergente, ce qui est absurde. En

conclusion, la fonction f 6∈ F(c) Il est clair que l’application (f, g) 7−→ (f |g) est une forme bilinéaire symétrique et

positive ( propriétés de l’intégrale ). Soit maintenant f = α0 +p∑

i=1αiCωi +

q∑j=1

βjSηj

CNM2002IMPC.tex - page 4

un élément de F tel que µ(f2) = 0, où les αi, βi sont non nuls.Mais

µ(f2) = α20 +

1

2

p∑

i=1

α2i +

1

2

q∑

j=1

β2j ,

donc αi = βj = 0 pour tout i et j, donc f est la fonction nulle. D’où le résultat.

3. ContinuitéOn a pour tout n ∈ N et pour tout A > 0,

1

2A

∫ A

−Af2n(t)dt ≤ ‖fn‖2

∞,

doncµ(f2

n) ≤ ‖fn‖2∞,

et par conséquent limn→∞

(fn|fn) = limn→∞

µ(f2n) = 0.

En utilisant l’inégalité de Caucyh-Schwarz |(fn|g)| ≤√

(fn|fn)√

(g|g), en déduit que silimn→∞

(fn|fn) = 0, alors limn→∞

(fn|g) = 0.

4. Limites uniformes(a) Les suites (fn)n∈N et (gn)n∈N sont bornées dans (F , ‖.‖∞) ; soit M > 0 tel que pour

tout n ∈ N, ‖fn‖∞ ≤M et ‖gn‖∞ ≤M .D’autre part, les deux suites sont de Cauchy dans (F , ‖.‖∞), donc pour tout ε > 0, ilexiste n0 tel que pour tout n,m ≥ n0, on a :

‖fn − fm‖∞ ≤ ε et ‖gn − gm‖∞ ≤ ε

Nous avons pour tout n ∈ N,

(fn|gn) − (fm|gm) = (fn − fm|gn) + (fm|gn − gm)

Donc pour tout n,m ≥ n0, on a

|(fn|gn) − (fm|gm)| ≤ ‖fn − fm‖∞‖gn‖∞ + ‖fm‖∞‖gn − gm‖∞≤ 2Mε.

Donc la suite (fn|gn)n∈N est de Cauchy dans (R, |.|), donc elle est convergente et parconséquent lim

n→∞(fn|gn) existe.

(b) THÉORÈME DE WEIRSTRASS : Soit f une fonction numérique et ω-périodique sur R.Alors quel que soit le nombre ε > 0 donné, il existe un polynôme trigonométrique

Pε = a0 +n∑

k=0

(ak cos

2π

ωx+ bk sin

2π

ωx

)vérifiant |f(x)−Pε(x)| ≤ ε pour tout x ∈ R.

5. Une extension de (.|.)(a) D’après ce qui précède ( Théorème de Weirstrass et la question 4.(a) ) lim

n→∞(fn|gn)

existe. Maintenant soient (hn)n∈N et (kn)n∈N d’autres suites qui convergent unifor-mément vers f et g respectivement, alors les suites (fn − hn)n∈N et (gn − kn)n∈Nconvergent uniformément vers 0, et donc l’inégalité

|(fn|gn) − (hn|kn)| = |(fn − hn|gn) + (hn|gn − kn)|≤ ‖fn − hn‖∞‖gn‖∞ + ‖gn − kn‖∞‖hn‖∞

montre que limn→∞

[(fn|gn) − (hn|kn)] = 0, car (gn)n∈N et (hn)n∈N sont bornées pour la

norme ‖.‖∞. Donc limn→∞

(fn|gn) ne depend pas du choix des suites (fn)n∈N et (gn)n∈N,

autrement dit l’application (f, g) 7−→ (f |g) est bien définie dans l’ensemble des fonc-tions continues périodiques.

CNM2002IMPC.tex - page 5

(b) Il est clair que l’application (f, g) 7−→ (f |g) est symétrique et positive ou nulle. Soientf, g, h des suites continues périodiques sur R et λ ∈ R. Considérons des suites d’élé-ments de F , (fn)n∈N, (gn)n∈N et (hn)n∈N, qui convergent uniformément vers f , g et hrespectivement, alors (f + λg)n∈N converge uniformément vers f + λg et pour toutn ∈ N, on a :

(fn + λgn|hn) = (fn|hn) + λ(gn|hn),

d’où, par passage à la limite, (f + λg|h) = (f |h) + λ(g|h).

(c) D’après la question I.1.(b), on a pour tout n ∈ N, (fn|fn) = µ(f2n) =

1

w

∫ ω

0f2n.

D’autre part, l’inégalité

∀t ∈ R, |f2n(t) − f2(t)| ≤ ‖fn − f‖∞(‖fn‖∞ + ‖f‖∞)

montre que la suite (f2n)n∈N converge uniformément vers f2 sur R, car (fn)n∈N est

bornée pour la norme ‖.‖∞, et donc

(f |f) = limn→∞

1

w

∫ ω

0f2n(t)dt =

1

w

∫ ω

0limn→∞

f2n(t)dt =

1

ω

∫ ω

0f2(t)dt.

(d) Soit f une fonction continue et w-périodique tel que (f |f) = 0, alors d’après la ques-

tion précédente∫ w

0f2(t)dt = 0 et donc f = 0 sur [0, w] et comme elle est périodique,

f est nulle sur R.

6. Groupe des périodes d’une fonction

(a) • Si α > 0, il résulte de la caractérisation de la borne supérieure qu’il existe x ∈G ∩ R∗

+ tel que α ≤ x ≤ α + α2 < 2α. Si α < x, alors il existe b ∈ G ∩ R∗

+ tel queα ≤ b < x < 2α.Donc, si on pose y = x − b, alors y ∈ G et 0 < y < 2α − b < α, et ceci contredit ladéfinition de α et par suite, α = x ∈ G, et donc αZ ⊂ G.Soit x ∈ G ; posons n = E( xα), on a : nα ≤ x < (n + 1)α et donc 0 ≤ x − nα < α.Puisque x− nα ∈ G et α = inf G∩R∗

+, alors x− nα = 0, c’est-à-dire x = nα ∈ αZ.Ceci montre que G = αZ.

• Si α = 0, montrons que G est dense dans R. En effet, soit ]a, b[⊂ R (a < b) unintervalle de R, montrons que ]a, b[∩G 6= ∅. puisque b− a > 0, alors il existe x ∈ Gtel que 0 < x < b− a.Posons n = E(ax), on a nx ≤ a < (n+ 1)x, donc

0 < (n+ 1)x− a = (nx− a) + x < x < b− a

et par conséquent a < (n+1)x < b. Comme (n+1)x ∈ G, alors (n+1)x ∈]a, b[∩G.On en déduit que ]a, b[∩G 6= ∅, c’est-à-dire G est dense dans R.

(b) • 0 ∈ Gf et si w et w′ sont périodes de f , alors w−w′ est une période de f . Donc Gf

est un sous-groupe de (R,+).• Soit w = inf Gf ∩ R∗

+

– Si w > 0, alors w = limn→∞

wn où (wn)n∈N est une suite d’éléments de Gf . Doncpour tout t ∈ R,

f(t+ w) = f(t+ limn→∞

wn) = limn→∞

f(t+ wn) = limn→∞

f(t) = f(t),

ainsi f est w-périodique.

CNM2002IMPC.tex - page 6

– Si w = 0, alors G est dense dans R, et donc pour tout t ∈ R, il existe une suite(wn)n∈N d’éléments de Gf telle que t = lim

n→∞wn .

Donc pour tout t ∈ R,

f(t) = f( limn→∞

wn) = limn→∞

f(wn) = limn→∞

f(0) = f(0),

ainsi f est constante sur R.

7. Théorème de mélange

(a) Soit r = pq ∈ Q tel que w

η = r, donc qw = rη et par conséquent pour tout t ∈ R,f(t) = f(t+ qw) et g(t) = g(t+ pη) = g(t+ qw). Donc τ = qw = pη est une périodecommune de f et g.Maintenant soient (fn)n∈N et (gn)n∈N deux suites de fonctions τ -périodiques, quiconvergent uniformément vers f et g respectivement, alors pour tout n ∈ N, on a :

(fn|gn) =1

τ

∫ τ

0fn(t)gn(t)dt,

et par conséquent ( la suite (fngn)n∈N converge uniformément vers fg sur R.)

(f |g) = limn→∞

(fn|gn) =1

τ

∫ τ

0f(t)g(t)dt.

(b) Soient (fn)n∈N et (gn)n∈N deux suites de F qui convergent uniformément vers f et grespectivement.Posons

fn(x) = a0(n) +

ϕ(n)∑

k=1

(ak(n) cos

2πk

ωx+ bk(n) sin

2πk

ωx

)

et

gn(x) = c0(n) +

φ(n)∑

k=1

(ck(n) cos

2πk

ηx+ dk(n) sin

2πk

ηx

).

On a µ(fn) = a0(n) et µ(fn) = c0(n). D’autre part :

fn(x)gn(x) = a0(n)c0(n) + a0(n)

φ(n)∑

k=1

(ck(n) cos

2πk

ηx+ dk(n) sin

2πk

ηx

)

+ c0(n)

ϕ(n)∑

k=1

(ak(n) cos

2πk

ωx+ bk(n) sin

2πk

ωx

)

+

φ(n)∑

k=1

ϕ(n)∑

l=1

[ak(n)cl(n) cos2πk

ωx cos

2πl

ηx+ ak(n)dl(n) cos

2πk

ωx sin

2πl

ηx

+ bk(n)cl(n) sin2πk

ωx cos

2πl

ηx+ bk(n)dl(n) sin

2πk

ωx sin

2πl

ηx]

Puisqueω

η6∈ Q, alors (fn|gn) = a0(n)c0(n) = µ(fn)µ(gn) , donc

(f |g) = limn→∞

(fn|gn) = limn→∞

µ(fn)µ(gn) = µ(f)µ(g).

III. UNE ALGÈBRE DE FONCTIONS PRESQUE-PÉRIODIQUES

CNM2002IMPC.tex - page 7

1. (a) Soit f(t) = α0 +∞∑

n=1

(αn cos(wnt) + βn sin(wnt)) un élément de A. Nous avons pour

tout n ∈ N∗ et pour tout x ∈ R, |αn cos(wnt) + βn sin(wnt)| ≤ |αn| + |βn|, donc la

série∑

n∈N(αn cos(xnt)+βn sin(wnt)) converge uniformément vers f sur R. D’autre les

fonctions t 7−→ αn cos(xnt)+βn sin(wnt) sont continues sur R, donc f ∈ C0(R) et parconséquent A ⊂ C0(R).

Soient f(t) =∞∑

n=0

(αn cos(wnt) + βn sin(wnt)) et g(t) =∞∑

n=0

(γn cos(ηnt) + δn sin(ηnt))

deux éléments de A et λ un nombre réel. Alors

(f + λg)(t) =∞∑

n=0

(αn cos(wnt) + λγn cos(ηnt) + βn sin(wnt) + λδn sin(ηnt))

cette somme s’écrit sous la forme∞∑n=0

(an cos(ϕnt) + bn sin(ϕnt) avec

a2n = αn,a2n+1 = λγn.

,

b2n = βn,b2n+1 = λδn.

etϕ2n = wn,ϕ2n+1 = ηn.

On vérifie aussi que les suites (an)n∈N et (bn)n∈N sont des familles sommables etquitte à regrouper les termes ayant la même fréquence, on peut supposer que les ϕn

sont distincts deux à deux. Ainsi on a montré que A est un sous-espace vectoriel deC0(R).

(b) Soient f(t) =∞∑

n=0

(αn cos(wnt) + βn sin(wnt)) et g(t) =∞∑

n=0

(γn cos(ηnt) + δn sin(ηnt))

deux éléments de A. Les deux séries définissant f et g sont absolument convergentes,donc leur produit ( produit de Cauchy) f(t)g(t) existe et ∀t ∈ R,

f(t)g(t) =∞∑

n=0

Wn(t)

où

Wn(t) =n∑

k=0

(αk cos(wkt) + βk sin(wkt))(γn−k cos(ηn−kt) + δn−k sin(ηn−kt))

CNM2002IMPC.tex - page 8

Mais

Wn =

n∑

k=0

(αkCwk+ βkSwk

)(γn−kCηn−k+ δn−kSηn−k

)

=n∑

k=0

[αkγn−kCwkCηn−k

+ αkδn−kCwkSηn−k

+βkγn−kSwkCηn−k

+ βkδn−kSwkSηn−k

]

=

n∑

k=0

[αkγn−k

2Cwk+ηn−k

+αkγn−k

2Cwk−ηn−k

+αkδn−k

2Swk+ηn−k

− αkδn−k

2Swk−ηn−k

+βkγn−k

2Swk+ηn−k

+βkγn−k

2Swk−ηn−k

+βkδn−k

2Cwk−ηn−k

− βkδn−k

2Cwk+ηn−k

]

=n∑

k=0

[(αkγn−k

2− βkδn−k

2)Cwk+ηn−k

+ (αkγn−k

2+βkδn−k

2)Cwk−ηn−k

+(αkδn−k

2+βkγn−k

2)Swk+ηn−k

+ (βkγn−k

2− αkδn−k

2)Swk−ηn−k

Les familles

(n∑

k=0

αkγn−k

2

)

n∈N,

(n∑

k=0

αkδn−k

2

)

n∈N,

(n∑

k=0

βkγn−k

2

)

n∈Net

(n∑

k=0

βkδn−k

2

)

n∈Nsont semmables, donc en regroupant les termes ayant la même fréquence, on obtientun élément de A, ainsi fg ∈ A.

2. (a) Tout élément f de A est limite uniforme d’une suite d’éléments de F , donc on peutprolonger le produit scalaire de F à A, en posant :

(f |g) = limn→∞

(fn|gn)

avec f = limn→∞

fn = limn→∞

n∑k=0

(αnCwn +βSwn) et g = limn→∞

gn = limk→n

n∑k=0

(γnCηn +δnSηn)

Soit f = limn→∞

(α0 +n∑

k=1

(αnCwn + βnSwn)) avec wn 6= 0 pour tout n ∈ N∗. Donc

(fn|fn) = α20 + 1

2

n∑k=1

(α2k + β2

k), d’où

(f |f) = α20 +

1

2

∞∑

n=1

(α2n + β2

n)

(b) Soit f = limn→∞

fn = limn→∞

n∑k=0

(αnCwn + βSwn) un élément de A, alors

(f |C−w) = limn→∞

n∑

k=0

(αk(Cwk|C−w) + β(Swk

|C−w)

D’où• (f |C−w) = 0 si pour tout n ∈ N, |w| 6= |wn|,

• si’il existe n tel que |wn| = |w|, (f |C−w) =

αn, si w = 0,αn

2, si w 6= 0.

CNM2002IMPC.tex - page 9

De même si w = 0, (f |S0) = 0 et si w 6= 0,• (f |S−w) = 0 si pour tout n ∈ N, |w| 6= |wn|,

• si’il existe n tel que |wn| = |w|, (f |S−w) =

αn

2, si w = −wn,

−αn

2, si w = wn.

(c) Soient f = α0 +∞∑k=1

(αnCwn + βnSwn) et g = γ0 +∞∑n=1

(γnCwn + δnSwn) deux éléments

de A, alors on peut vérifie que

(f |g) = α0γ0 +1

2

∞∑

n=1

(αnγn + βnδn).

IV. LA FONCTION cosx+ cos(x√

2)

1. Près de√

2

(a) Pour n = 0, p0 = 1 et q0 = 0, supposons la propriété est vraie pour n et montrons lapour n+ 1.On a :

(3 + 2√

2)n+1 = (3 + 2√

2)(pn + qn√

2) = pn+1 + qn+1

√2,

avec pn+1 = 3pn + 4qn et qn+1 = 2pn + 3qn, donc la propriété est vraie pour toutn ∈ N.

(b) De même on peut montrer que (3−2√

2)n = pn− qn√

2 avec pn et qn sont des entiersnaturels.

(c) Nous avons

pn =1

2((3 + 2

√n)n + (3 − 2

√n)n) et qn =

1

2√

2((3 + 2

√n)n − (3 − 2

√n))n,

donc

pn ' 1

2(3 + 2

√2)n et qn ' 1

2√

2(3 + 2

√2)n.

La relation(3 + 2

√2)n =

1

(3 − 2√

2)n= pn + qn

√2,

montre que p2n − 2q2n = 1.

2. Approximation rationnelle de√

2Les deux suites (pn)n∈N et (qn)n∈N tendent vers l’infini, donc on peut les supposer nonnulles à partir d’un certain rang n0. Donc pour tout entier naturel n ≥ n0, on a :

∣∣∣pn − qn√

2∣∣∣ = 1

pn +√

2qn≤ 1

qn√

2

et donc ∣∣∣∣pnqn

−√

2

∣∣∣∣ ≤1

q2n√

2≤ 1

q2n.

On prend par exemple p = pn0 et q = qn0 .

3. Maxima de BPosonsG =

2kπ

√2 − 2k′π/(k, k′) ∈ Z2

. Il est clair queG est un sous-groupe non trivial

de (R,+), donc G = αZ (α > 0) ou bien G est dense dans R.Supposons G = αZ, alors, puisque 2π

√2 ∈ αZ, 2π

√2 = nα, de même 2π = mα, donc

CNM2002IMPC.tex - page 10

√2 = n

m ∈ Q, et ceci est absurde. Donc G est dense dans R et par conséquent il existe unesuite (xn)n∈N d’éléments de G de limite nulle, ainsi si on pose xn = 2knπ

√2− 2k′nπ, alors

pour ε > 0, il existe n0 ∈ N tel que ∀n ≥ n0, on a :

|2knπ√

2 − 2k′nπ| ≤ ε

La suite (kn)n∈N d’éléments de Z, ne peut pas être bornée, car sinon (k′n)n∈N sera borné etdans ce cas (xn)n∈N prendra un nombre fini de valeurs et ceci est absurde car lim

n→∞xn = 0.

On remarque aussi que, pour chaque n, kn et k′n sont de même signe, donc en remplaçantle couple (kn, k

′n) par le couple (−kn,−k′n), on peut supposer kn > 0 et k′n > 0 pour tout

n ∈ N. Finalement on peut prendre par exemple k = kn0 et k′ = k′n0.

On a :

cos(2knπ) = 1 + cos(2knπ√

2) = 1 + cos(2knπ√

2 − 2k′nπ) = 1 + cos(xn),

donc limn→∞

B(2knπ) = 2, donc il existe n0 ∈ N tel que pour tout n ≥ n0,B(2knπ) ≥ 2−ε, et

comme 2knπ/n ∈ N est infini, alorsB prend une infinité de fois des valeurs supérieuresà 2 − ε.

4. Presque périodicité-la définition de BOHR

Soient ε > 0 et (p, q) ∈ N2 tel que∣∣∣∣p

q−√

2

∣∣∣∣ ≤1

q2√

2. Soit x ∈ R, alors

|B(x) −B(x+ 2pπ)| =∣∣∣cos(x

√2) − cos(x

√2 + 2pπ

√2)∣∣∣

=∣∣∣cos(x

√2) − cos(x

√2 + 2(p− q

√2)π

√2)∣∣∣

≤ 2π√

2∣∣∣p− q

√2∣∣∣ ≤ 2π

q,

car la fonction cos est 1-lipschitizienne

• • • • • • • • • • ••

M.Tarqi-Centre Ibn Abdoune des classes préparatoires-Khouribga. MarocE-mail : medtarqi@yahoo.fr

CNM2002IMPC.tex - page 11

2.7 2003 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.7 2003

2.7.1 Enonce

74

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’Enseignementet de la Jeunesse Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2003

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2003 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Definitions et notations

On travaille dans CR, qui est l’espace vectoriel de toutes les fonctions de R dans C ; on noteraaussi C0(R) (resp. Cp(R), C∞(R)) le sous-espace vectoriel des fonctions continues (resp. de classesCp, C∞) a valeurs complexes. Pour toute fonction f ∈ CR et tout reel x, on pose

f(x) =

∫ +∞

−∞e−ixtf(t) dt,

lorsque cette quantite a un sens.Quand elle est definie, La fonction f s’appelle la transformee de FOURIER de f .

I. ETUDE D’UN EXEMPLE

1. Soient x et α deux reels strictement positifs.

(a) Justifier l’integrabilite de la fonction t 7→ 1−e−t

t sur l’intervalle ]0, α].

(b) Montrer que la fonction t 7→ e−t

t est integrable sur l’intervalle [x,+∞[.

2. Dans la suite, ϕ designe la fonction definie sur R∗+ par ϕ(x) =

∫ +∞

x

e−t

tdt.

(a) Montrer que, pour tout reel strictement positif x, 0 < ϕ(x) < e−x

x .

(b) Justifier que ϕ est derivable sur R∗+ et donner l’expression de ϕ′.

(c) Montrer que, lorsque x tend vers 0+, ϕ(x) + lnx tend vers

C = ϕ(1)−∫ 1

0

1− e−t

tdt.

( on pourra exprimer lnx sous forme d’une integrale.)

(d) Montrer que, pour tout x > 0,

ϕ(x) + lnx = C +

∫ x

0

1− e−t

tdt,

et en deduire que

ϕ(x) + lnx = C ++∞∑

k=1

(−1)k−1

k

xk

k!.

Epreuve de Mathematiques I 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2003 – MP

3. Soit ψ la fonction definie sur R∗ par

ψ(x) =1

2ϕ(|x|).

(a) Montrer que ψ est integrable sur les deux intervalles ]−∞, 0[ et ]0,+∞[.

(b) Justifier que, pour tout x ∈ R, ψ(x) a un sens et que

ψ(x) =

∫ +∞

0ϕ(t) cos(xt) dt.

(c) Montrer que ψ est de classe C∞ sur R et exprimer ses derivees successives sous formed’integrales.

(d) Montrer que, pour tout reel non nul x, on a

ψ(x) =1

x

∫ +∞

0

e−t

tsin(xt) dt,

et calculer ψ(0).

4. (a) Montrer que la fonction Φ : x 7→∫ +∞

0

e−t

tsin(xt) dt est derivable sur ]0,+∞[ et calculer

Φ′(x), pour tout x > 0, puis l’exprimer sans utiliser le signe integrale.

(b) En deduire soigneusement que pour tout reel non nul x,

ψ(x) =arctanx

x.

II. QUELQUES PROPRIETES DE LA TRANSFORMEE DE FOURIER D’UNE FONCTION

1. Transformee de Fourier d’une fonction integrable

(a) Soit f une fonction continue par morceaux et integrable sur R ; montrer que pour toutreel x, f(x) est bien definie et que la fonction f est bornee.

(b) Si en plus f est continue, montrer que f est aussi continue.

2. Transformations

(a) Montrer que l’application F : ϕ 7→ ϕ, definie sur l’espace vectoriel des fonctionscomplexes continues par morceaux et integrables sur R, a valeur dans CR, est lineaire.Dans la suite de cette question, f est une fonction continue par morceaux et integrable sur R.

(b) Verifier que pour tout reel a, les fonctions fa : t 7→ f(t − a) et af : t 7→ f(at) possedentdes transformees de Fourier et montrer que

∀ x ∈ R, fa(x) = e−iaxf(x) et af(x) =1

|a| f(x

a) (a 6= 0).

(c) Exprimer de meme la transformee de Fourier de l’application t 7→ f(t)eiat en fonction decelle de f .

(d) Si f est paire (resp. impaire), donner une expression de sa transformee de Fourier sousforme d’une integrale sur [0,+∞[.

Epreuve de Mathematiques I 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2003 – MP

(e) Que peut-on alors dire de la tarnsformee de Fourier d’une fonction reelle et paire (resp.impaire).

3. Derivation

On considere un element f de C1(R) ; on suppose que f et f ′ sont integrables sur R .

(a) Montrer que f tend vers 0 en ±∞.

(b) Montrer alors que∀ x ∈ R, f ′(x) = ixf(x),

puis en deduire que f tend vers 0 en ±∞.

(c) On suppose de plus que l’application g : t 7→ tf(t) est integrable sur R ; montrer que fest de classe C1 sur R et que

∀ x ∈ R, (f)′(x) = −ig(x).

III. UNE FORMULE D’INVERSION

A- Un autre exemple

Dans cette section, h designe la fonction t 7→ e−t2 ; on admet que∫ +∞

−∞h(t) dt =

√π.

1. Verifier que h est bien definie, derivable sur R et qu’elle satisfait l’equation differentielle

y′ +x

2y = 0. (1)

2. Resoudre l’equation differentielle (1) et donner l’expression de h.

3. Donner alors l’expression de la transformee de Fourier de la fonction t 7→ e−εt2, ε > 0.

B- Application a la formule d’inversion

Dans cette section, f designe une fonction continue, bornee et integrable sur R telle que f soitaussi integrable sur R. Soit (εn)n une suite de reels strictement positifs tendant vers 0.

1. (a) Soit v ∈ C0(R) une fonction integrable sur R. En utilisant le theoreme de la convergencedominee, montrer que

limn→+∞

∫ +∞

−∞v(y)e−εny

2dy =

∫ +∞

−∞v(y) dy.

(b) Montrer de meme que si w ∈ C0(R) est une fonction bornee alors pour tout x ∈ R,

limn→+∞

∫ +∞

−∞w(x+ εny)e

−y2 dy = w(x)√π.

2. Montrer que, pour tout n ∈ N et tout x ∈ R,∫ +∞

−∞f(t)

(∫ +∞

−∞e−iy(t−x)−εny2 dy

)dt = 2

√π

∫ +∞

−∞f(x+ 2

√εn s)e

−s2 ds.

Epreuve de Mathematiques I 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2003 – MP

3. Soit x un nombre reel.

(a) Justifier que, pour tout couple (p, q) d’entiers naturels non nuls et tout ε > 0,∫ p

−peixy−εy

2

(∫ q

−qf(t)e−iyt dt

)dy =

∫ q

−qf(t)

(∫ p

−pe−iy(t−x)−εy2 dy

)dt.

(b) Montrer que, pour tout ε > 0,

limq→+∞

∫ +∞

−∞eixy−εy

2

(∫ q

−qf(t)e−iyt dt

)dy =

∫ +∞

−∞eixy−εy

2

(∫ +∞

−∞f(t)e−iyt dt

)dy.

(c) Montrer que, pour tout entier naturel non nul q et tout ε > 0,

limp→+∞

∫ q

−qf(t)

(∫ p

−pe−iy(t−x)−εy2 dy

)dt =

∫ q

−qf(t)

(∫ +∞

−∞e−iy(t−x)−εy2 dy

)dt.

(d) En deduire que, pour tout ε > 0,∫ +∞

−∞f(t)

(∫ +∞

−∞e−iy(t−x)−εy2 dy

)dt =

∫ +∞

−∞eixy−εy

2f(y) dy.

4. Montrer alors que, pour tout x ∈ R,

f(x) =1

2π

∫ +∞

−∞eixyf(y) dy.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.7 2003 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.7.2 Corrige

80

CorrigeCNC MP 2003, Math 1

Partie I

1. a) La fonction t 7−→ 1− e−t

test continue sur ]0, α] prolongeable par conti-

nuite en 0, elle est donc integrable sur ]0, α]

b) La fonction t −→ e−t

test continue sur [x,+∞[ et t2

(e−t

t

)−→t→+∞

0.

donc elle est integrable sur [x,+∞[.

2. ∀x ∈]0,+∞[, ϕ(x) =

∫+∞

x

e−t

tdt.

a) Faites bien attention ici, les inegalites demandees sont strictes.

Soit x > 0. ϕ(x) > 0 car la fonction t −→ e−t

test continue positive non

nulle sur [x,+∞[.

Ensuite ∀t ∈]x,+∞[,e−t

t<e−t

xdonc : ϕ(x) <

1

x

∫+∞

x

e−tdt avec∫+∞

x

e−tdt = e−x donc ϕ(x) <e−x

x.

b) On peut ecrire ϕ(x) =

∫+∞

1

e−t

tdt−

∫x

1

e−t

tdt.

La fonction x 7−→∫x

1

e−t

tdt est de classe C1 sur ]0,+∞[ d’apres le

theoreme fondamental du calcul integral.

Donc ϕ est de classe C1 sur ]0,+∞[ et pour tout x ∈]0,+∞[,

ϕ ′(x) = −e−x

x.

c) pour un x > 0,

ϕ(x) + ln(x) = ϕ(1) +

∫x

1

ϕ ′(t)dt+ ln x

= ϕ(1) −

∫x

1

e−t

tdt+

∫x

1

dt

t

= ϕ(1) +

∫x

1

1− e−t

tdt

La fonction t 7−→ 1− e−t

test int sur ]0, 1], donc

limx→0+

∫x

1

1− e−t

tdt = −

∫1

0

1− e−t

tdt.

Alors limx→0+

(ϕ(x) + ln(x)) = ϕ(1) −

∫1

0

1− e−t

tdt.

d) La fonction ρ : x 7−→ ϕ(x)+ ln x est de classe C1 sur ]0,+∞[, donc d’apres

le thm fondamental du calcul integral on a pour tout x > 0

ρ(x) = ρ(1) +

∫x

1

ρ ′(t)dt. Ce qui donne

ϕ(x) + ln x = ϕ(1) +

∫x

1

1− e−t

tdt = C+

∫1

0

1− e−t

tdt+

∫x

1

1− e−t

tdt

= C+

∫x

0

1− e−t

tdt.

Ensuite, en utilisant le DSE de la fonction exponentielle on a pou t 6= 01− e−t

t=

+∞∑

n=1

(−1)n−1

n!tn−1.

(ce qui au passage permet de justifier que la fonction t 7−→ 1− e−t

test

prolongeable en une fonction de classe C∞ sur R).

Et par primitivisation de la somme d’une serie entiere :∫x

0

1− e−t

tdt =

+∞∑

n=1

(−1)n−1

n.n!xn.

Ainsi pour tout x > 0, ϕ(x) + ln x = C+

+∞∑

n=1

(−1)n−1

n.n!xn.

3. ∀x ∈ ]0,+∞[, ψ(x) =1

2ϕ(|x|).

a) ψ est une fonction paire, il suffit de justifier son integrabilite sur ]0,+∞[.

Sur ]0,+∞[, ψ est continue par continuite de ϕ et d’apres la question

(2.a), ψ(x) <1

2

e−x

xce qui justifie l’integrabilite de ψ sur [1,+∞[. D’apres

la question (2.c) ψ(x) ∼0−1

2ln x donc

√xψ(x) −→

x→00, ce qui prouve que

ψ est integrable sur ]0, 1]

Alors ψ est integrable sur ]0,+∞[.

b) Signalons un detail qui pose probleme : l’ecriture

∫+∞

−∞ψ(t)e−ixtdt ”se-

rait” incorrecte puisque la fonction t 7−→ ψ(t)e−ixt n’est pas CPM sur

R (lim0ψ(t)eixt = +∞), Une convention dans de pareil cas est de poser

ψ(x) =

∫0

−∞ψ(t)e−ixtdt+

∫+∞

0

ψ(t)e−ixtdt.

ϕ est integrable sur ]0,+∞[ donc ψ est integrable sur les intervalles

] −∞, 0[ et ]0,+∞[. et on a pour tout x 6= 0,

ψ(x) =

∫0

−∞ψ(t)e−ixtdt+

∫+∞

0

ψ(t)e−ixtdt

=

∫+∞

0

ψ(−t)eixtdt+

∫+∞

0

ψ(t)e−ixtdt

=

∫+∞

0

ψ(t)(e−ixt + eixt)dt

= 2

∫+∞

0

ψ(t) cos(xt)dt =

∫+∞

0

ϕ(t) cos(xt)dt

c) • La fonction Ψ : (x, t) 7−→ ϕ(t) cos(xt) est continue sur

D = R×]0,+∞[, et admet pour tout k ∈ N∗ une derivee partielle∂kΨ

∂xk: (x, t) 7−→ tkϕ(t) cos

(xt+ k

π

2

)continue sur D. De plus pout

tout (x, t) ∈ D :

• |Ψ(x, t)| 6 ϕ(t) et ϕ est integrable sur ]0,+∞[.

•∣∣∣∣∂kΨ

∂xk(x, t)

∣∣∣∣ 6 tkϕ(t).

La fonction t 7−→ tkϕ(t) est continue sur ]0,+∞[. Elle est pro-

longeable par continuite en 0 car tkϕ(t) ∼0

−tk ln t et donc

tkϕ(t) −→t→0

0. Sur [1,+∞[ on a la majoration tkϕ(t) 6 tk−1e−t et

donc t2(tkϕ(t)) −→t→+∞

0 ce qui acheve la justification de l’integrabilite

de la fonction t 7−→ tkϕ(t) sur ]0,+∞[.

Alors ψ est bien definie de classe C∞ sur R et pour tous k ∈ N∗ et x ∈ Rψ(k)(x) =

∫+∞

0

tkϕ(t) cos(xt+ k

π

2

)dt

d) La fonction t 7−→ ϕ(t) cos(xt) etant integrable sur ]0,+∞[, une

integration par partie (en utilisant la suite exhaustive ([1

n, n])n>0)

donne :

ψ(x) = limn→∞

∫n

1/n

ϕ(t) cos(xt)dt

= limn→∞

([ϕ(t)

sin(xt)

x

]n

1/n

−1

x

∫n

1/n

ϕ ′(t) sin(xt)dt

)

=1

xlimn→∞

∫n

1/n

e−t

tsin(xt)dt =

1

x

∫+∞

0

e−t

tsin(xt)dt

Car d’un cote la fonction t 7−→ ϕ(t)sin(xt)

xtend vers 0 en 0 et en +∞

et de l’autre la fonction t 7−→ e−t

tsin(xt) est integrable sur ]0,+∞[.(les

deux points a la charge du lecteur).

Ensuite

ψ(0) =

∫+∞

0

ϕ(t)dt = lim

([tϕ(t)]

n1/n −

∫n

1/n

tϕ ′(t)dt

)

= lim

∫n

1/n

e−tdt =

∫+∞

0

e−tdt, soit ψ(0) = 1.

puisque tϕ(t) tend vers 0 quand t tend vers 0 et vers +∞

4. ∀x ∈]0,+∞[, Φ(x) =

∫+∞

0

e−t

tsin(xt)dt = xψ(x)

a) Premiere facon : On utilise la fonction ψ

L’expression Φ(x) = xψ(x) explique que Φ est de classe C1 sur ]0,+∞[

et que pour tout x ∈]0,+∞[

1

Φ ′(x) = ψ(x) + xψ ′(x) = ψ(x) − x∫+∞

0

tϕ(x) sin(xt)dt

Une integration par partie (a faire correctement) donne :

x

∫+∞

0

tϕ(t) sin(xt)dt =

∫+∞

0

(ϕ(t) + tϕ ′(t)) cos(xt)dt

= ψ(x) −

∫+∞

0

e−t cos(xt)dt

Et donc : Φ ′(x) =∫+∞

0

e−t cos(xt)dt

Deuxieme facon : On utilise la formule de Leibniz.

• La fonction k : (x, t) 7−→ e−t

tsin(xt) et continue sur

∆ =]0,+∞[×]0,+∞[ et sa derivee partielle∂k

∂x: (x, t) 7→ e−t cos(xt)

est continue sur ∆.

• Via l’inegalite |sin(u)| 6 u si u > 0, on a pour tout (x, t) ∈ ∆,

|k(x, t)| 6 xe−t.Soit donc a > 0.

∀(x, t) ∈]0, a]×]0,+∞[, |k(x, t)| 6 ae−t

∀(x, t) ∈]0,+∞[×]0,+∞[,

∣∣∣∣∂k

∂x(x, t)

∣∣∣∣ 6 e−t

les fonctions t 7→ e−t et t 7→ ae−t etant continues integrables sur

]0,+∞[.

Alors Φ est de classe C1 sur ]0,+∞[ et

∀x ∈]0,+∞[, Φ ′(x) =∫+∞

0

e−t cos(xt)dt

Maintenant la fonction t 7−→ e−teixt est integrable sur ]0,+∞[ puisque∣∣e−teixt∣∣ = e−t. donc

∫+∞

0

e−t cos(xt)dt = Re(∫+∞

0

e−teixtdt

)

= Re([e(−1+ix)t

−1+ ix

]+∞

0

)

= Re(−

1

−1+ ix

)=

1

1+ x2

Alors : ∀x ∈]0,+∞[, Φ ′(x) =1

1+ x2

b) Pour tout x > 0, Φ ′(x) =1

1+ x2et la relation Φ(x) = xψ(x) implique

qu’en fait Φ est continue en 0 puisque ψ est continue sur R, et que

Φ(0) = 0. Alors Φ(x) = arctan x. Anisi

∀x > 0, ψ(x) = arctan x

x.

Ensuite l’ecriture ψ(x) =

∫+∞

0

ϕ(t) cos(xt)dt valable pour tout x non nul

implique que ψ est paire sur R∗. Donc

∀x ∈ R∗, ψ(x) = arctan x

x

Partie II1. a) f une fonction CPM integrable sur R. Soit x ∈ R, l’inegalite

∀t ∈ R,∣∣f(t)e−ixt

∣∣ 6 |f(t)|

montre que la fonction t 7−→ f(t)e−ixt est integrable sur R. Donc f est

bien definie sur R.

Ensuite pour tout x ∈ R,∣∣∣f(x)

∣∣∣ 6∫+∞

−∞|f(t)|dt. Donc f est bornee sur R.

b) Si f est continue, la fonction (x, t) 7−→ f(t)eixt est continue sur R×R et

∀(x, t) ∈ R× R,∣∣f(t)e−ixt

∣∣ 6 |f(t)|, |f| etant continue integrable sur R.

Alors f est continue sur R.

2. a) La linearite de F decoule de la linearite de l’integrale.

b) Les fonctions fa et af sont bien definie puisque les fonctions t 7−→ f(t−a)

et t 7−→ f(at) sont CPM integrables sur R.

Soit x ∈ R.

fa(x) =

∫+∞

−∞f(t− a)e−ixtdt

translation=

∫+∞

−∞f(u)e−ix(a+u)du = e−iaxf(x).

et si a 6= 0 et ε = sign(a)

af(x) =

∫+∞

−∞f(at)e−ixtdt

u=at=

1

a

∫+ε∞

−ε∞f(u)e−ixu/adu

=ε

a

∫+∞

−∞f(u)e−ixu/adu =

1

|a|f( xa

)

c) Considerons la fonction g : t 7−→ f(t)eiat. Soit x ∈ R,

g(x) =

∫+∞

−∞f(t)ei(a−x)tdt = f(x− a).

d) Ayant

∫0

−∞f(t)e−ixtdt =

∫+∞

0

f(−t)eixtdt,

f(x) =

∫+∞

0

(f(t)e−ixt + f(−t)eixt)dt.

et donc :

f(x) = 2

∫+∞

0

f(t) cos(xt)dt si f est paire.

f(x) = −2i

∫+∞

0

f(t) sin(xt)dt si f est impaire.

e) Si f est une fonction reelle paire, f est paire et a valeurs reelles. Si f est

reelle impaire, f est impaire et a valeurs imaginaires pures.

3. f est une fonction de classe C1 sur R, et f et f ′ sont integrables sur R.

a) f ′ est integrable sur [0,+∞[ donc la fonction x 7→∫x

0

f ′(t)dt admet une

limite finie en +∞, comme

∫x

0

f ′(t)dt = f(x) − f(0) ceci revient a ce que

f admette une limite finie en +∞. Soit l cette limite.

Supposons que l 6= 0, alors il existe A > 0 tel que :

∀x ∈ [A,+∞[, |f(x)| > 1

2|l|.

La fonction constante x 7−→ 1

2|l| n’est pas integrable sur [A,+∞[ donc f

ne serait pas integrable sur [A,+∞[. contradiction.

Alors l = lim+∞

f = 0. On obtient lim−∞

f = 0 en appliquant ce dernier resultat

a la fonction x 7−→ f(−x).

b) Une integration par partie (a executer correctement avec des bornes fi-

nies) donne pour tout x ∈ R :

f ′(x) =∫+∞

−∞f ′(t)e−ixtdt

= limt→+∞

f(t)e−ixt − limt→−∞

f(t)e−ixt + ix

∫+∞

−∞f(t)e−ixtdt.

∣∣f(t)e−ixt∣∣ = |f(t)| donc d’apres la question precedente

limt→±∞

f(t)e−ixt = 0. Alors

f ′(x) = ixf(x).

c) D’apres (II-1.a), f ′ est bornee sur R. La relation f(x) =f ′(x)ix

implique

alors que lim±∞

f = 0.

d) On suppose que la fonction g : t 7−→ tf(t) est integrable sur R.

Utiliser le theoreme de derivation d’une integrale dependant d’un pa-

rametre (formule de Leibniz) pour justifier que dans ce cas f est de classe

C1 sur R et que pour tout x ∈ R.

f ′(x) = −i

∫+∞

−∞tf(t)e−ixtdt = −ig(x)

N.B : Ici on a juste besoin que f soit continue integrable sur R et que

la fonction t 7−→ tf(t) soit integrable sur R. Nul besoin que f soit de

classe C1 et encore moins que f ′ soit integrable comme peut le suggerer

l’enchaınement des questions de l’enonce.

Par extension si f est continue sur R (CPM suffit) et pour tout k ∈ N, la

fonction t 7−→ tkf(t) est integrable sur R, alors la transformee de Fourier

f de f est de classe C∞ sur R et :

∀k ∈ N∗, ∀x ∈ f (k)(x) =

∫+∞

−∞tkf(t)e−ixtdt

Partie III

A.On considere la fonction h : t 7−→ e−t

2

.

2

1. h est continue integrable sur R et la fonction t 7−→ th(t) est integrable sur Rpuisque lim

±∞t3h(t) = 0. D’apres la question (II-3.c) h est de classe C1 sur R et

pour tout x ∈ Rh ′(x) = −i

∫+∞

−∞t e−t

2

e−ixtdt

Une integration par partie donne alors

h ′(x) = i

([e−t

2

2e−ixt

]+∞

−∞+ix

2

∫+∞

−∞e−t

2

e−ixtdt

)

= −x

2

∫+∞

0

e−t2

e−ixtdt = −x

2h(x)

h est donc une solution de l’equation differentielle

y ′ +x

2y = 0 (1)

2. Les solutions de l’equation (1) sur R sont les fonctions de la forme

x 7−→ λe−x2/4 ou λ ∈ R.

Il existe donc λ ∈ R tel que pour tout x ∈ R, h(x) = λe−x2/4.

Comme h(0) =

∫+∞

−∞e−t

2

dt =√π alors λ =

√π. Ainsi

∀x ∈ R, h(x) =∫+∞

−∞e−t

2−ixtdt =√πe−x

2/4

3. Soient ε > 0 et la fonction √εh : t 7−→ e−εt2

. D’apres (II-2.b),

∀x ∈ R, √εh(x) =1√εh

(x√ε

)=

√π

εe−x

2/4ε

B.

f une fonction continue, bornee et integrable sur R telle que f soit integrable sur R.

(εn)n une suite de reels strictement positifs qui converge vers 0.

1. a) v une fonction continue integrable sur R. Si on pose vn(y) = v(y)e−εny

2

,

les fonctions vn sont continues sur R, la suite de fonctions (vn)n CVS

vers v sur R puisque (εn)n converge vers 0 et v est continue sur R.

De plus ∀y ∈ R, |vn(y)| 6 |v(y)| et v est integrable sur R.

Le theoreme de la convergence dominee s’applique ici, il donne :

lim

∫+∞

−∞v(y)e−εny

2

dy =

∫+∞

−∞v(y)dy.

b) Soit x ∈ R, le meme theoreme se base ici sur la domination :∣∣∣w(x+ εny)e−y2∣∣∣ 6Me−y2

ou M = supu∈R

|w(u)|. Il donne :

lim

∫+∞

−∞w(x+ εny)e

−y2

dy =

∫+∞

−∞w(x)e−y

2

dy = w(x)√π.

2.

∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εny

2

dy = √εnh(t− x) =

√π

εne−(t−x)2/4εn donc

∫+∞

−∞f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εny

2

dy

)dt =

√π

εn

∫+∞

−∞f(t)e−(t−x)2/4εndt

En posant s =t− x

2√εn

, soit t = x+ 2s√εn on obtient :

∫+∞

−∞f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εny

2

dy

)dt

=

√π

εn.2√εn

∫+∞

−∞f(x+ 2s

√εn)e

−s2ds

= 2√π

∫+∞

−∞f(x+ 2s

√εn)e

−s2ds

3. x u reel donne.

a) Soient ε > 0 et (p, q) ∈ N∗2.Sachant que la fonction (y, t) 7−→ f(t)eixy−εy

2−iyt est continue sur

[−p, p]× [−q, q], le theoreme de Fubini donne :

∫p

−p

eixy−εy2

(∫q

−q

f(t)e−iytdt

)dy =

∫q

−q

f(t)

(∫p

−p

e−iy(t−x)−εy2

dy

)dt.

b) Posons pour tout q ∈ N∗, Fq(y) = eixy−εy2

∫q

−q

f(t)e−iytdt.

Du au fait que

∫q

−q

f(t)e−iytdt −→q→∞

f(y), la suite de fonction (Fq)q CVS

sur R vers la fonction F : y 7−→ eixy−εy2

f(y), fonction qui est continue

puisque f est continue sur R.

De plus pour tout y ∈ R, |Fq(y)| 6 e−εy2

∫q

−q

|f(t)|dt 6 Ie−εy2

ou

I =

∫+∞

−∞|f(t)|dt.

la fonction y 7−→ Ie−εy2

etant continue integrable sur R.

Le theoreme de la convergence dominee donne alors

limq→∞

∫+∞

−∞Fq(y)dy =

∫+∞

−∞F(y)dy, soit :

limq→∞

∫+∞

−∞eixy−εy

2

(∫q

−q

f(t)e−iyt)dy =

∫+∞

−∞eixy−εy

2

(∫+∞

−∞f(t)e−iyt

)dy

c) De facon similaire on demontre que :

limp→∞

∫q

−q

f(t)

(∫p

−p

e−iy(t−x)−εy2

dy

)dt =

∫q

−q

f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)dt

d) La fonction A : y 7−→ eixy−εy2

(∫q

−q

f(t)e−iytdt

)est integrable sur R

puisque

|A(y)| 6 Ie−εy2

ou I =

∫+∞

−∞|f(t)|dt. Donc lim

p→∞

∫p

−p

A(y)dy =

∫+∞

−∞A(y)dy.

En faisant tendre p vers l’infini dans la relation du (III-B-3.a) et via le

resultat demontre dans la question (III-B-3.c) on obtient :∫+∞

−∞eixy−εy

2

(∫q

−q

f(t)e−iyt)dy =

∫q

−q

f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)dt

Maintenant en considerant la fonction

B : t 7−→ f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)

et vu que f est integrable sur R :

limq→∞

∫q

−q

f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)dt =

∫+∞

−∞f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)dt

La relation precedente, via la question (III-B-3.b) donne alors :

∫+∞

−∞f(t)

(∫+∞

−∞e−iy(t−x)−εy

2

dy

)dt =

∫+∞

−∞eixy−εy

2

(∫+∞

−∞f(t)e−iyt

)dy

=

∫+∞

−∞eixy−εy

2

f(y)dy

4. Soit x ∈ R. D’apres (III-B-2) et (III-B-3.c), en remplacant ε par εn on obtient :∫+∞

−∞eixy−εny

2

f(y)dy = 2√π

∫+∞

−∞f(x+ 2s

√εn)e

−s2ds

D’apres (III-B-1.b) limn→∞

∫+∞

−∞f(x+ 2s

√εn)e

−s2ds =√π f(x)

Et d’apres (III-B-1.a) limn→∞

∫+∞

−∞eixy−εny

2

f(y)dy =

∫+∞

−∞eixyf(y)dy

Alors : ∫+∞

−∞eixyf(y)dy = 2π f(x).

Resumons, Si f est continue integrable sur R et sa transformee de Fourier est aussi

integrable sur R, alors on a la relation dite formule d’inversion de la transformee de

Fourier :

∀x ∈ R, f(x) = 1

2π

∫+∞

−∞f(t)eixtdt

Fin.

3

2.8 2004 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.8 2004

2.8.1 Enonce

84

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’Enseignementet de la Jeunesse Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2004

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2004 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Definitions et notations

Dans tout le probleme, par “solution d’une equation differentielle”, on fait reference aux solutionsa valeurs reelles definies sur R.

Si f est une fonction continue sur R a valeurs reelles, on lui associe l’equation differentielle

y′ − y + f = 0. (Ef )

Le but du probleme est d’etudier des conditions d’existence de solutions bornees de l’equationdifferentielle (Ef ), et lorsque ces conditions sont remplies, certaines proprietes des ces solutions sontensuite etudiees.

I. EXEMPLES ET RESULTATS GENERAUX

1. Un premier exemple

Soient α un reel et fα la fonction x 7−→ eαx.

(a) Resoudre l’equation differentielle (Ef1). Cette equation possede-t-elle des solutionsbornees au voisinage de +∞ ?

(b) Ici on suppose que α 6= 1.

i. Resoudre l’equation differentielle (Efα).ii. A quel condition necessaire et suffisante sur α cette equation admet-elle des solutions

bornees au voisinage de +∞ ? Lesquelles ?

(c) L’equation differentielle (Efα) admet-elle des solutions bornees sur R ?

2. Resultats generaux

(a) Quelle est la structure de l’ensemble des solutions de l’equation differentielle (Ef ) ?

(b) Montrer que les solutions de l’equation differentielle (Ef ) sont de la forme

yλ : x 7−→ ex(λ−

∫ x

0e−tf(t) dt

), λ ∈ R.

(c) On suppose que la solution yλ est bornee au voisinage de +∞. Montrer alors que

l’integrale∫ +∞

0e−tf(t) dt est convergente et vaut λ.

(d) Combien de solutions bornees au voisinage de +∞ l’equation differentielle (Ef ) peut-elleavoir au maximum ?

Epreuve de Mathematiques I 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2004 – MP

(e) On suppose maintenant que l’integrale∫ +∞

0e−tf(t) dt est convergente et on pose

λf =

∫ +∞

0e−tf(t) dt et Yf = yλf

.

i. Verifier que, pour tout reel x, Yf (x) = ex∫ +∞

xe−tf(t) dt.

ii. La solution Yf est-elle necessairement bornee au voisinage de +∞ ?(f) On suppose ici que f est bornee.

i. Montrer que Yf est bien definie et que c’est l’unique solution bornee, sur R, del’equation differentielle (Ef ).

ii. Si en outre f tend vers 0 en +∞, montrer que Yf possede une limite nulle en +∞.iii. Si maintenant f tend vers 0 en −∞, montrer que Yf possede une limite nulle en −∞.

3. Un autre exemple

On pose

un,p(x) = (−1)p(2p+ 2)n

(2p+ 1)!

xn

n!, x ∈ R et (n, p) ∈ N2.

(a) Montrer que, pour tout reel x, la suite double(un,p(x)

)(n,p)∈N2 est sommable.

(b) En deduire le rayon de convergence et la somme de la serie entiere∑

n>0

anxn

n!, ou

an =

+∞∑

p=0

(−1)p(2p+ 2)n

(2p+ 1)!, n ∈ N.

Dans la suite on pose u(x) = ex sin(ex), x ∈ R.

(c) Montrer que l’integrale∫ +∞

0e−tu(t) dt est convergente.

(d) Montrer que, pour tout reel x,∫ +∞

xe−tu(t) dt =

∫ +∞

ex

sin θ

θdθ

(e) En faisant une integration par partie dans l’integrale du second membre de l’egaliteprecedente, montrer que la solution Yu de l’equation differentielle (Eu) est bornee surR.

II. CAS D’UNE FONCTION INTEGRABLE

A- Cas ou f est integrable sur R

On suppose que f est integrable sur R et on pose, pour tout reel x,

G(x) =

∫ x

−∞f(t) dt.

1. Montrer que la fonction G est continue, bornee et tend vers 0 en −∞.

2. Montrer que, pour tout reel x, la fonction t 7−→ e−tf(t) est integrable sur [x,+∞[.

3. Montrer alors que la solution Yf de l’equation differentielle (Ef ) verifie

∀ x ∈ R, |Yf (x)| 6∫ +∞

x|f(t)| dt,

puis en deduire que Yf est bornee sur R et tend vers 0 en +∞.

Epreuve de Mathematiques I 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2004 – MP

4. Montrer que Yf = −G+ YG et conclure que Yf tend vers 0 en −∞.

5. Justifier que la solution Y|f | de l’equation differentielle (E|f |) est bornee et tend vers 0 en ±∞.

6. Montrer alors que Y|f | est integrable sur R.

7. En deduire que Yf est integrable sur R et montrer que∫ +∞

−∞Yf (t) dt =

∫ +∞

−∞f(t) dt.

8. On designe par E l’espace vectoriel des fonctions reelles continues et integrables sur R ; on lemuni de la norme N1 definie, pour tout element g de E , par

N1(g) =

∫ +∞

−∞|g(t)| dt.

Montrer que l’application Φ : g 7−→ Yg est un endomorphisme continu de E et calculer sanorme.

B- Cas ou l’integrale de f sur R converge

On suppose ici que f possede une integrale convergente sur R et on pose, pour tout reel x,

F (x) =

∫ +∞

xf(t) dt.

1. Montrer que la fonction F est continue, bornee et tend vers 0 en +∞.

2. Montrer que, pour tout reel x, l’integrale∫ +∞

xe−tf(t) dt est convergente et que

ex∫ +∞

xe−tf(t) dt = F (x)− YF (x).

(on pourra faire une integration par partie)

3. En deduire que la solution Yf de l’equation differentielle (Ef ) est bornee et tend vers 0 en +∞.

4. Montrer que Yf tend vers 0 en −∞.

5. Montrer alors que Yf possede une integrale convergente sur R, egale a celle de f .

III. CAS D’UNE FONCTION PERIODIQUE

On suppose ici que f est 2π-periodique.

1. Montrer que l’equation differentielle (Ef ) possede une unique solution bornee qui est lafonction Yf .

2. Montrer que Yf est 2π-periodique et de classe C1.

3. Calculer les coefficients de FOURIER complexes de Yf en fonction de ceux de f .

4. On pose f0 = f et fn+1 = Yfn , n > 0.

(a) Pour tout n ∈ N, exprimer les coefficient de FOURIER complexes de fn en fonction deceux de f1.

Epreuve de Mathematiques I 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2004 – MP

(b) Montrer que la serie de FOURIER de f1 est normalement convergente.

(c) En deduire la convergence de la serie∑

k∈N

(|c−k(f1)|+ |ck(f1)|

).

(d) En utilisant le theoreme de DIRICHLET, montrer que

∀ n ∈ N∗, ∀ x ∈ R, |fn(x)− c0(f)| 6(

1√2

)n−1 +∞∑

k=1

(|c−k(f1)|+ |ck(f1)|

).

(e) Quelle conclusion concernant le mode de convergence de la suite (fn)n∈N peut-on tirerde ce qui precede ?

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.8 2004 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.8.2 Corrige

90

Concours commun marocain 2004Epreuve Math 1 MP

Partie I. Exemples et resultats generaux

1. Un premier exemple

a) l’equation differentielle en question est :(Ef1) : y′ − y = −ex, dont la solution s’ecrit y = yH + y0ou yH solution generale de l’equation homogene :(EH) : y′ − y = 0 et y0 solution particuliere de (Ef1). Ona yH(x) = λex et a l’aide de la methode de la variationde la constante, on pose y0(x) = λ(x)ex , on injecte cettesolution dans l’equation et on trouve λ′(x) = −1, d’ouy0(x) = −xex. Donc y(x) = (−x + λ)ex. Cette equationne possede aucune solution bornee au voisinage de +∞.

b) i. De meme on a : l’equation differentielle en questionest : (Efα) : y′ − y = −eαx, dont la solution s’ecrity = yH +y0 ou yH solution generale de l’equation ho-mogene : (EH) : y′ − y = 0 et y0 solution particulierede (Efα). On a yH(x) = λex et a l’aide de la methodede la variation de la constante, on pose y0(x) = λ(x)ex

, on injecte cette solution dans l’equation et ontrouve λ′(x)ex = −eαx, d’ou y0(x) = − 1

α−1eαx. Donc

y(x) = − 1α−1e

αx + λex.

ii. Donc une condition necessaire et suffisante sur α pourque cette equation admet des solutions bornees auvoisinage de +∞ est que α < 0, en prenant λ = 0mais cette solution n’est pas bornee sur R.

2. Resultats generaux

a) L’ensemble des solutions de l’equation differentielle (Ef )est un espace affine de dimension 1.

b) Soit y une solution de l’equation differentielle (Ef ),donc (y(x)e−x)′ = (y′(x) − y(x))e−x = −f(x)e−x

, d’ou y(x)e−x = λ −∫ x0 e−tf(t) dt et donc

y = yλ : x 7−→ ex(λ−

∫ x0 e−tf(t) dt

), λ ∈ R.

c) Si on suppose que la solution yλ est bornee au voisinagede +∞, alors λ −

∫ x0 e−tf(t) dt = yλ(x)e−x →

x→+∞0 et

donc l’integrale

∫ +∞

0e−tf(t) dt est convergente et vaut

λ.

d) L’equation differentielle (Ef ) peut avoir au maximumune solution bornee au voisinage de +∞, en pre-nant λ =

∫ +∞0 e−tf(t) dt, a condition que l’integrale∫ +∞

0e−tf(t) dt soit convergente.

e) i. Pour tout reel x, on a :

Yf (x) = ex(λf −

∫ x

0e−tf(t) dt

)

= ex(∫ 0

xe−tf(t) dt+

∫ +∞

0e−tf(t) dt

)

= ex∫ +∞

xe−tf(t) dt.

ii. La solution Yf n’est pas necessairement bornee au voi-

sinage de +∞ si on prend par exemple f(t) = et2 , dans

ce cas Yf (x) = 2ex2 →x→+∞

+∞

f) i. Si f est bornee par une constante M , alors|∫ +∞x e−tf(t) dt| 6

∫ +∞x e−t|f(t)| dt 6M

∫ +∞x e−tdt

= Me−x, donc l’integrale∫ +∞x e−tf(t) dt est bien

definie donc Yf (x) = ex∫ +∞x e−tf(t) dt est bien

definie et bornee aussi par M , comme l’equationadmet au maximum une solution bornee alorsc’est l’unique solution bornee, sur R, de l’equationdifferentielle (Ef ).

ii. Si f tend vers 0 en +∞, alors ∀ε > 0 ∃A > 0tel que ∀x ∈ R : x > A ⇒ |f(x)| < ε.Ainsi ∀x > A on a : |f(t| < ε. ∀t ≥ x donc|Yf (x)| = |ex

∫ +∞x e−tf(t) dt| ≤ ex

∫ +∞x e−t|f(t) |dt

≤ εex∫ +∞x e−tdt = ε, d’ou Yf possede aussi une limite

nulle en +∞.

iii. Si maintenant f tend vers 0 en −∞, alors∀ε > 0 ∃A < 0 tel que ∀x ∈ R : x < A⇒ |f(x)| < ε.Ainsi ∀x < A on a : |f(t| < ε. ∀x ≤ t ≤ A, donc|Yf (x)| = |ex

∫ +∞x e−tf(t) dt| ≤ ex

∫ +∞x e−t|f(t) |dt

= ex∫ Ax e−t|f(t) |dt + ex

∫ +∞A e−t|f(t) |dt,

or ex∫ +∞A e−t|f(t)|dt → 0 quand

x → −∞, car∫ +∞A e−t|f(t) |dt est

une constante qui ne depond pas x etex∫ Ax e−t|f(t) |dt ≤ ex

∫ Ax e−tεdt = εex(e−x − e−A)

= ε(1 − ex−A) ≤ ε, et donc Yf possede une limitenulle en −∞.

3. Un autre exemple

a)∑

n≥0|un,p(x)| =

1

(2p+ 1)!

∑

n≥0

((2p+ 2)x)n

n!=

e(2p+2)x

(2p+ 1)!fi-

nie∑

p≥0

∑

n≥0|un,p(x)| =

∑

p≥0

e(2p+2)x

(2p+ 1)!= ex

∑

p≥0

(ex)2p+1

(2p+ 1)!

= exsh(x) aussi finie et donc, pour tout reel x, la suitedouble

(un,p(x)

)(n,p)∈N2 est sommable.

b) Le rayon de convergence de la serie entiere∑

n≥0anxn

n!, est alors infinie et sa somme est

∑p≥0

∑n≥0 un,p(x) =

∑p≥0

∑n≥0(−1)p (2p+2)n

(2p+1)!xn

n! =∑

p≥0(−1)p(2p+1)!

∑n≥0

((2p+2)x)n

n! =∑

p≥0(−1)p(2p+1)!e

(2p+2)x

= ex∑

p≥0(−1)p(ex)2p+1

(2p+1)!

= ex sin(ex).

c) l’integrale

∫ A

0e−tu(t) dt =

∫ A

0sin(et)dt =

∫ B=eA

1

sin(x)

xdx

est alors une integrale classique convergente car de meme

nature que la serie alternee∑ (−1)k

k . On a effectue le chan-gement de variable x = et.

d) Pour tout reel x, on a :

∫ +∞

xe−tu(t) dt =

∫ +∞

ex

sin θ

θdθ

en effectuant le changement de variable θ = et.

e) Yu(x) = ex∫ +∞x e−tu(t) dt est deja bornee en +∞

car

∫ A

0e−tu(t) dt converge, il reste donc a l’etudier en

−∞. faisons une integration par partie dans l’integrale

|∫ +∞ex

sin θθ dθ| = |

[− cos θ

θ

]+∞ex

+∫ +∞ex

cos θθ2

dθ|= | cos exex +

∫ +∞ex

cos θθ2

dθ| ≤ 1ex +

∫ +∞ex

1θ2dθ

= 2ex , d’ou |Yu(x)|

= |ex∫ +∞x e−tu(t) dt|

1

= |ex∫ +∞ex

sin θθ dθ| ≤ 2 donc la solution Yu de l’equation

differentielle (Eu) est bornee sur R.

Partie II. Cas d’une fonction integrableA- Cas ou f est integrable sur R

1. La fonction G est continue, car primitive, bornee et tend vers0 en −∞ car f integrable sur R.

2. f est integrable sur R, donc sa limite en +∞ ne peut qu’etrefinie et donc f ne peut qu’etre bornee par une constante M ,d’ou ∀A ≥ x, on a :

∫ Ax e−t|f(t)dt| ≤ Me−x. Donc, pour tout

reel x, la fonction t 7−→ e−tf(t) est integrable sur [x,+∞[.

3. Et dans ce cas : ∀x ∈ R |Yf (x)| = |ex∫ +∞x e−tf(t) dt|

≤ ex∫ +∞x e−t|f(t)| dt ≤ ex

∫ +∞x e−x|f(t)| dt =

∫ +∞x |f(t)| dt

donc Yf est bornee sur R par∫ +∞−∞ |f(t)| dt et tend vers 0 en

+∞ car∫ +∞x |f(t)| dt tend vers 0 en +∞.

4. D’autre part ∀x ∈ R, Yf (x) = ex∫ +∞x e−tf(t) dt

= ex∫ +∞x e−tG′(t) dt

= ex[e−tG(t)

]t→+∞x

+ ex∫ +∞x e−tG(t) dt = −G(x) + YG(x)

car limt→+∞

e−tG(t) = 0, puisque G est bornee et donc Yf tend

vers 0 en −∞ car G et YG tendent vers 0 en −∞.

5. On a f integrable R⇒ | f | integrable R, donc de facon pareilleon montre que la solution Y|f | de l’equation differentielle (E|f |)est bornee et tend vers 0 en ±∞.

6. On a : Y|f |(t) = Y ′|f |(t) + |f(t)|, or Y ′|f | integrable car Yf tend

vers 0 en ±∞ et |f | integrable donc Y|f | integrable sur R et parsuite Yf est aussi integrable sur R puisque |Yf | ≤ Y|f |.

7. Effectuons une integration par parties, donc :∫ +∞−∞ Yf (x) dx =

∫ +∞−∞ ex

∫ +∞x e−tf(t) dt

=[ex∫ +∞x e−tf(t) dt

]x→+∞

x→−∞+∫ +∞−∞ exe−xf(x)dx

=∫ +∞−∞ f(x) dx, car limx→−∞ ex

∫ +∞x e−tf(t) dt = 0,

puisque la la fonction t 7−→ e−tf(t) est integrable et|ex∫ +∞x e−tf(t) dt| ≤

∫ +∞x |f(t)| dt→ 0 quand x→ +∞

8. ∀(f, g) ∈ E2, ∀λ ∈ R, on a : Φ(f + λg)(x) = Yf+λg(x)

=∫ +∞x e−t(f(t)+λg(t)) dt =

∫ +∞x e−tf(t) dt+λ

∫ +∞x e−tf(t) dt

= Yf (x) + λYg(x) = Φ(f)(x) + λΦ(g)(x), d’ouΦ(f + λg) = Φ(f) + λΦ(g) et par suite Φ est lineaire, de plusd’apres les questions precedentes si g est une fonction reellecontinue et integrable sur R, alors Yg = Φ(g) l’est aussi, doncΦ : g 7−→ Yg est un endomorphisme de E, d’autre part :

N1(Yg) =∫ +∞−∞ |Yg(t)| dt ≤

∫ +∞−∞ Y|g(t)| dt =

∫ +∞−∞ |g(t)| dt = N1(g),

d’ou Φ est continue avec ‖Φ‖ = supg 6=0

N1(Φ(g))

N1(g)≤ 1,

de plus, pour g ≥ 0 on a : Yg ≥ 0, d’ou

N1(Yg) =∫ +∞−∞ Yg(t) dt =

∫ +∞−∞ g(t) dt, d’ou ‖Φ‖ ≥ 1 et

donc ‖Φ‖ = 1.

B- Cas ou l’integrale de f sur R converge

1. La fonction F est continue sur R, car c’est une primitive, et enplus admet une limite nulle en +∞ par construction de F etune limite finie en −∞ car l’integrale converge, donc bornee ettend vers 0 en +∞.

2. Meme raisonnement que celui de la question II.A.4) En deduireque la solution Yf de l’equation differentielle (Ef ) est bornee ettend vers 0 en +∞.

3. Ainsi on a : Yf = F − YF , or F bornee et tend vers 0 en −∞,donc YF aussi et donc Yf verifie la meme chose.

4. Meme raisonnement que celui de la question II.A.7).

Partie III. Cas d’une fonction periodique

1. f est 2π–periodique continue, donc bornee sur R, d’ou Yf aussi,or l’equation differentielle (Ef ) possede au maximum une solu-tion bornee qui est donc la fonction Yf .

2. On effectue le changement de variable u = t − 2π donc

yF (x+ 2π) = ex+2π

∫ +∞

x+2πe−tf(t) dt

= ex+2π

∫ +∞

xe−t−2πf(t− 2π) dt

= ex∫ +∞

xe−tf(t) dt = Yf (x), donc Yf est 2π–periodique et de

classe C1, comme produit de deux fonction de classe C1.3. Les coefficients de Fourier complexes de Yf sont donnes par

la formule :

∀k ∈ Z : ck(Yf ) =1

2π

∫ 2π

0Yf (x)e−ikx dx

=1

2π

∫ 2π

0e(1−ik)x

(∫ +∞

xe−tf(t) dt

)dx

=1

2π

[e(1−ik)t

1− ik

∫ +∞

xe−tf(t) dt

]2π

0

+

∫ 2π

0

e(1−ik)x

1− ik e−xf(x) dt

=1

2π(1− ik)

(e2π∫ +∞

2πe−tf(t) dt−

∫ +∞

0e−tf(t) dt

)+ck(f)

1− ik=

ck(f)

1− ik car

e2π∫ +∞

2πe−tf(t) dt =

∫ +∞

0e−tf(t) dt en effectuant le chan-

gement de variable u = t − 2π et utilisant le fait que f est

2π–periodique. D’ou ∀k ∈ Z : ck(Yf ) =ck(f)

1− ik .

4. a) Pour tout n ∈ N, on a : ck(fn) =ck(f1)

(1− ik)n−1.

b) Parceque Yf de calsse C1 bornee.

c)∑

k∈N

(|c−k(f1)| + |ck(f1)|

)= M

∑

k∈N

( |c−k(f1)|+ |ck(f1)|M

)

est finie car c’est la serie de FOURRIER de f1 en x0 ouM = |f1(x0)| = max

x∈R|f1(x)| .

d) D’apres le theoreme de Dirichlet, on a :∀n ∈ N∗, ∀x ∈ R on a :|fn(x)− c0(fn)| = |∑k∈Z∗ ck(fn)eikx|

≤∑k∈Z∗ |ck(fn)|=∑

k∈N∗ |c−k(fn)|+ |ck(fn)|=∑

k∈N∗|c−k(fn)||1+ik|n−1 +

|c−k(fn)||1−ik|n−1

≤(

1√2

)n−1∑+∞k=1

(|c−k(f1)|+ |ck(f1)|

)

car |1 + ik| =√

1 + k2 ≥ 2 et |1 − ik| =√

1 + k2 ≥ 2. deplus c0(fn) = c0(f) d’ou le resultat.

e) Le mode de convergence de la suite (fn)n∈N est le meme

que celui de la suite geometrique(

1√2

)n−1

Fin de l’epreuve

2

2.9 2005 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.9 2005

2.9.1 Enonce

93

ROYAUME DU MAROC

Ministere Charge de l’Enseignement Ministere de l’EnseignementSecondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2005

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 3 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2005 – MP

Notations et rappels

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de lafiliere MP,

comporte 3 pages.L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsique le soin apporte a la redaction et a la presentation des copies serontdes elements pris en compte dans la notation. Il convient en particulier derappeler avec precision les references des questions abordees.

Dans ce probleme, (ak)k>1 et (bk)k>1 designent deux suitesreelles et, pour tout entier n > 1, un et vn les fonctions de R vers Rdefinies par

∀x ∈ R, un(x) = an cos(nx)+bn sin(nx) et vn(x) = bn sin(nx).

On rappelle que si f est une fonction reelle 2π-periodique etcontinue sur R, les coefficients de Fourier trigonometriques de fsont definis par:∀ n ∈ N an(f) = 1

π

∫ π−π f(t) cos(nt) dt et

∀ n ∈ N∗, bn(f) = 1π

∫ π−π f(t) sin(nt) dt.

Le but du probleme est d’etudier quelques proprietes des seriesde fonctions

∑

n>1

un et∑

n>1

vn, dites series trigonometriques, et no-

tamment celles liees a la continuite de la somme.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui peut luisembler etre une erreur d’enonce, il le signale sur sa copie etpoursuit sa composition en expliquant les raisons des initiativesqu’il est amene a prendre.

I. Resultats preliminairesA- Un resultat de derivation

Soit f : R −→ R une fonction deux fois derivable sur R et soitx0 un reel quelconque .

1. Ecrire, pour h > 0, la formule de Taylor-Young, a l’ordre 2,appliquee a f entre x0 et x0 + h, puis entre x0 et x0 − h.

2. En deduire quef(x0 + h) + f(x0 − h)− 2f(x0)

h2−→h→0h>0

f ′′(x0).

3. Que peut-on dire de f si f ′′ est nulle?

Dans la suite du probleme, on admet que si f : R −→ R est une

fonction continue et verifiantf(x+ h) + f(x− h)− 2f(x)

h2−→h→0h>0

0,

pour tout reel x, alors f est une fonction affine.

B- Un resultat de convergence

Dans cette section, on suppose que la suite de fonctions (vn)n>1

converge simplement sur R vers la fonction nulle.

1. Si la suite (bn)n>1 est bornee.

1-1. En utilisant un resultat du cours a preciser, montrer que

la suite reelle(∫ 2π

0v2n(x) dx

)n>1

converge vers 0.

1-2. Montrer que, pour tout entier n > 1, πb2n =∫ 2π

0b2n sin

2(nx) dx et en deduire que la suite (bn)n>1

converge vers 0.

2. Dans le cas general, on pose cn = min(1, |bn|) et wn(x) =cn sin(nx), (x, n) ∈ R× N∗.

2-1. Montrer que la suite (cn)n>1 est bornee et que la suitede fonctions (wn)n>1 converge simplement sur R vers lafonction nulle.

2-2. En deduire que la suite (cn)n>1 converge vers 0 puisjustifier que la suite (bn)n>1 converge elle aussi vers 0.

II. Serie trigonometrique dont la somme est continueOn suppose que la serie de fonctions

∑

n>1

un converge simplement

sur R et que sa somme, notee f , est continue.

1. 1-1. Montrer que la suite de fonctions (un)n>1 converge sim-plement sur R vers 0.

1-2. Montrer alors que la suite (an)n>1 converge vers 0.

1-3. Montrer que la suite de fonctions (vn)n>1 converge sim-plement sur R vers la fonction nulle et en deduire que lasuite (bn)n>1 converge vers 0.

2. 2-1. Montrer que la serie de fonctions∑

n>1

unn2

converge nor-

malement sur R et que sa somme, notee −F , est con-tinue.

2-2. Verifier que F est 2π-periodique et calculer ses coeffi-cients de Fourier trigonometriques.

3. Soit ϕ la fonction definie sur R par : ϕ(t) =sin2 t

t2si t 6= 0

et ϕ(0) = 1.

3-1. Justifier que ϕ est de classe C1 sur R.

3-2. Montrer que la fonction ϕ′ est integrable sur l’intervalle[0,+∞[.

4. Soit x un reel ; on pose S0(x) = 0 et Sn(x) =n∑

k=1

uk(x),

n > 1.

4-1. Montrer, pour tout reel h > 0, la relationF (x+2h)+F (x−2h)−2F (x)

4h2

=∑+∞

n=1

(an cos(nx) + bn sin(nx)

)ϕ(nh).

4-2. Montrer, pour tout reel h > 0, la relationF (x+2h)+F (x−2h)−2F (x)

4h2− f(x)

=∑+∞

n=0

(Sn(x)− f(x)

)(ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)

).

4-3. Soit ε > 0 ; on pose A =

∫ +∞

0|ϕ′(t)| dt.

i. Justifier qu’il existe N ∈ N, tel que |Sn(x) − f(x)| 6ε

2Ades que n > N .

ii. En exprimant, pour h > 0 et n > N , la quantite(ϕ(nh) − ϕ((n + 1)h)

)sous forme d’une integrale,

prouver que∣∣∣∣∣+∞∑

n=N

(Sn(x)− f(x)

)(ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)

)∣∣∣∣∣ 6ε

2.

iii. Montrer alors que:F (x+ 2h) + F (x− 2h)− 2F (x)

4h2−→h→0h>0

f(x).

5. 5-1. Verifier que la fonction F1 : x 7−→∫ x

0(x− t)f(t) dt est de

classe C2 sur R et exprimer F ′′1 .

Epreuve de Mathematiques I 2 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2005 – MP

III. Series trigonometriques impaires

5-2. En deduire, moyennant les resultats de la premiere sec-tion des preliminaires, que la fonction (F − F1) est affineet conclure que F est de classe C2 sur R, puis exprimerF ′′.

5-3. Verifier que f est 2π-periodique et exprimer ses coeffi-cients de Fourier trigonometriques en fonction de ceuxde F , puis en deduire que pour tout n > 1, an(f) =an et bn(f) = bn.

A- Une application de l’etude precedente

Dans cette section, on suppose que la serie de fonctions∑

n>1

vn

converge simplement sur R ; on note alors f la fonction somme decette serie et on suppose de plus que f est continue.

1. Que peut-on alors dire de la suite (bn)n>1.

2. Montrer que la serie de fonctions∑

n>1

vnn2(n2 + 1)

converge

normalement sur R et que sa somme, notee ψ, est de classeC2 sur R, puis exprimer ψ′′.

3. Pour tout reel x, on pose g(x) =

+∞∑

n=1

bnn2 + 1

sin(nx). Justifier

que g est bien definie, puis en remarquant que:

g(x) =

+∞∑

n=1

bnn2

sin(nx)−+∞∑

n=1

bnn2(n2 + 1)

sin(nx), montrer que g

est de classe C2 sur R et que −g′′ + g = f .

4. Resoudre l’equation differentielle −y′′ + y = f et montrer queg est l’unique solution de cette equation qui s’annule en 0 et π.

B- Cas ou la suite (bn)n>1 des coefficients est decroissante

Dans cette section, on suppose que la suite (bn)n>1 estdecroissante de limite nulle.

1. Pour tout reel x, on pose

An(x) =n∑

k=1

cos(kx) et Bn(x) =n∑

k=1

sin(kx), n ∈ N∗

1-1. Montrer que, pour tout x ∈ R \ 2πZ,

An(x) + iBn(x) =1− einx1− eix e

ix

puis en deduire que

1

2+An(x) =

sin((n+ 12)x)

2 sin(x2 ), etBn(x) =

sin(nx2 ) sin((n+ 1)x2 )

sin(x2 ).

1-2. Montrer alors que, pour tout reel x, la suite(Bn(x)

)n>1

est bornee.

2. Soit x un reel.

2-1. Montrer, pour tout entier n > 1, la relation

n∑

k=1

bk sin(kx) = bnBn(x) +n−1∑

k=1

(bk − bk+1)Bk(x).

2-2. Montrer que la serie numerique∑

p>1

(bp − bp+1)Bp(x) est

absolument convergente.

2-3. Deduire de ce qui precede que la serie de fonctions∑

n>1

vn

converge simplement sur R et verifier que sa somme,notee encore f , est une fonction impaire et 2π-periodique.

3. Un exempleOn suppose uniquement dans cette question que ∀ n ∈N∗, bn = 1

n ; l’etude precedente montre que la serie de fonc-tions

∑

n>1

vn converge simplement sur R vers une fonction

qu’on notera S et dont on sait deja qu’elle est impaire et 2π-periodique. Soit x ∈]0, 2π[.

3-1. Montrer que:n∑

k=1

sin(kx)

k=π − x2− 1

2

∫ π

x

sin((n+ 12)t)

sin( t2)dt.

3-2. Moyennant une integration par partie, montrer que∫ π

x

sin((n+ 12)t)

sin( t2)dt tend vers 0 lorsque n tend vers +∞

et en deduire l’expression de S(x).

3-3. Que vaut S(0)?La fonction S est-elle continue sur R?

4. Une condition necessaire de continuite

On reprend de nouveau les hypotheses de III. B- et on sup-pose que la fonction f definie a la question 2. precedenteest de plus continue. On considere la fonction G : θ 7−→∫ θ

0f(t) dt.

4-1. Montrer que G est paire et 2π-periodique.

4-2. Justifier que G est de classe C1 et ecrire sondeveloppement limite en 0 a l’ordre 1.

4-3. Pour tout entier n > 1, calculer le coefficient an(G) enfonction de bn. Que vaut bn(G)?

4-4. Que peut-on dire de mieux concernant le mode de con-vergence de la serie de Fourier de la fonction G? Montrer

alors que la serie∑

n>1

bnn

est convergente de somme a0(G)2 .

4-5. Soit k un entier > 2 ; on noteE(k2 ) la partie entiere du reelk2 .

i. Montrer que, pour tout n ∈ E(k2 ) + 1, . . . , k,cos(nπk ) 6 0, puis en deduire que

k∑

n=E( k2)+1

bnn

(1− cos

(nπk

))>bk2.

ii. Exprimer G(πk ) comme somme d’une serie et endeduire que 0 6 bk

2 6 G(πk ) puis montrer que la suite(nbn)n>1 converge vers 0.

Remarque :On peut montrer, mais ce n’est pas demande dans cetteepreuve, que si la suite (nbn)n>1 converge vers 0 alors la fonction f estcontinue.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 3 / 3 FIN

2.9 2005 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.9.2 Corrige

97

CNC Maroc 2005 - Math I

I. Resultats preliminaires

A- Un Resultat de derivation

1. La formule de Taylor-young a l’ordre 2 appliquee a f entre x0 et x0 + h donne :

f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) +h2

2f ′′(x0) + h2ε1(h) (1)

avec limh→0

ε1(h)

De meme si l’on applique la formule de Taylor-young a l’ordre 2 appliquee a f entre x0 − h et x0, on aura :

f(x0 − h) = f(x0)− hf ′(x0) +h2

2f ′′(x0) + h2ε2(h) (2)

avec limh→0

ε2(h)

2. Si l’on pose ∆2f (x0, h) =

f(x0 + h) + f(x0 − h)− 2f(x0)

h2, par (1) et (2), on a :

f(x0 + h) + f(x0 − h)− 2f(x0)

h2= f ′′(x0) + ε1(h) + ε2(h) et puis lim

h→0+

(f(x0 + h) + f(x0 − h)− 2f(x0)

h2

)

= limh→0+

(f ′′(x0) + ε1(h) + ε2(h)) = f ′′(x0). Donc :

limh→0+

∆2f (x0, h) = f ′′(x0)

3. Si f ′′ = 0 sur l’intervalle R, alors f est affine sur R .

B- Un resultat de convergenceOn suppose que (vn)n converge simplement sur R vers la fonction nulle .

1. On suppose en plus que (bn)n est bornee : ∃M > 0 tel que ∀n ∈ N∗, |bn| 6M

1.1 Montrons que limn∞

2π∫0

v2n(x)dx = 0

On a : • Pour tout n, vn est continue sur R• (vn)n converge simplement vers la fonction nulle, donc (v2n)n converge aussi vers la fonction nulle.• Pour tout x ∈ R et tout entier n > 1, 0 6 v2n(x) 6 b2n sin2(nx) 6 b2n 6M2.

Par le theoreme de convergence dominee, on a : limn∞

2π∫0

v2n(x)dx =2π∫0

0dx = 0

1.2 Pour tout entier n > 0, on a :2π∫0

v2n(x)dx = b2n

2π∫0

sin2(nx)dx = πb2n , donc limn∞

πb2n = limn∞

2π∫0

v2n(x)dx = 0, et puis limn∞

bn = 0.

2. .

2.1 Pour tout n ∈ N∗, on a : cn = min(1, |bn|) 6 1, donc (cn)n est bornee .Pour x ∈ R, et n ∈ N, ,on a :|wn(x)| = |cn sin(nx)|

= |cn| |sin(nx)|6 |bn| |sin(nx)| = |bn sin(nx)| = |vn(x)|

Comme (vn)n converge simplement vers la fonction nulle, alors (wn)n converge aussi vers la fonction nulle sur R .

2.2 D’apres la question 1.), la suite (cn)n converge vers 0.Soit ε = 1

2 < 1, il existe donc n0 ∈ N tel que |cn| 6 ε = 12 pour tout n > n0 et par cn = min(1, |bn|), on a : |cn| = |bn| pour tout

n > n0 et par suite limnbn = 0 .

II. Serie trigonometriques dont la somme est continue.

On suppose ici∑un converge simplement sur R vers et que sa somme f est continue sur R.

1. 1.1 On sait que (hypothese) la serie numerique∑un(x) converge pour tout x ∈ R, donc la suite (un(x))n converge vers 0 pour tout

x ∈ R, et par suite la suite de fonctions (un)n converge simplement vers la fonction nulle sur R .

1.2 Pour x = 0, on a :∑un(0) converge, donc lim

nun(0) = 0. Mais un(0) = an cos(n.0) + bn sin(n.0) = an ,donc an →

n→+∞0 .

1.3 On sait que, piur tout x ∈ R, limn

(an cos(nx) + bn sin(nx)) = 0, en echangeant x en −x, on a aussi limn

(an cos(nx)− bn sin(nx)) = 0

et par difference, on obtient : limn

(2bn sin(nx)) = 0 et apr suite : limnvn(x) = 0.

En conclusion : la suite de fonctions (vn)n converge sipmlement vers la fonction nulle sur R .Autre facon : On peut ecrire vn(x) = un(x)− an cos(nx) pour tout x ∈ R, donc : |vn(x)| 6 |un(x)|︸ ︷︷ ︸

↓0

− |an|︸︷︷︸↓0

et puis (vn)n converge

simplement vers la fonction nulle sur R .D’apres la question I-2.2.1 la suite (bn)n converge vers 0.

cc05m1_cor.tex - page 1

2.

2.1 Pour tout x ∈ R, et n ∈ N∗, on a :|un(x)|n2

6 |an|+ |bn|n2

= o(1

n2) car an → 0 et bn → 0 . Comme

∑ 1

n2converge, il en resulte que

∑ unn2

converge normalement (donc uniformement ) sur R.

On pose −F (x) =+∞∑n=1

un(x)

n2pour tout x ∈ R .

Comme chaque fonction1

n2un est continue sur R et que

∑ 1

n2un converge uniformement sur R vers −F, il en resulte ( thm. du

cours )que −F est continue sur R.Conclusion : F est continue sur R .

2.2 Pour chaque n, un est 2π-periodique sur R, donc F est aussi 2π-periodique sur R .

Pour n ∈ N∗, on a : an(F ) = 1π

2π∫0

F (x) cos(nx)dx = − 1π

2π∫0

+∞∑k=1

uk(x)

k2cos(nx)dx

Mais∣∣∣uk(x)k2

cos(nx)∣∣∣ 6 ‖uk‖∞

k2et que

∑ ‖uk‖∞k2

converge (donc+∞∑k=1

(x 7→ uk(x)

k2cos(nx)

)converge uniformement sur R )., donc le

theoreme d’interversion de2π∫0

et∑

s’applique, il en resulte que

an(F ) = −+∞∑k=1

1

k21

π

2π∫0

uk(x) cos(nx)dx

= −+∞∑k=1

1

k2

ak

1

π

2π∫

0

cos(kx) cos(nx)dx

︸ ︷︷ ︸δn,k

+ bk1

π

2π∫

0

sin(kx) cos(nx)dx

︸ ︷︷ ︸=0

= −+∞∑k=1

1

k2akδn,k, avec δk,n =

1 si k = n0 si k 6= n

= −ann2

3. Si ϕ(t) =

(sin(t)t

)2si t 6= 0

1 si t = 0, on pose g(t)

sin(t)t si t 6= 0

1 si t = 0, alors ϕ = g2 .

3.1 Or pour t 6= 0, on a : g(t) =sin(t)

t=

1

t

∞∑n=0

(−1)nt2n+1

(2n+ 1)!=∞∑n=0

(−1)nt2n

(2n+ 1)!relation qui reste aussi valable pour t = 0, donc

g est developpable en serie entiere sur R, elle est donc de classe C∞ sur R et par suite ϕ = g2 est aussi de classe C∞ sur R. En

particulier ϕ = g2 est de classe C1 sur R, avec ϕ′(t) = 2g(t)g′(t) = sin(2t)t2− 2 sin2(t)

t3pour tout t ∈ R .

3.2 D’apres la question precedente ϕ′ est continue sur [0,+∞[ et qu’au voisinage de +∞, ϕ′(t) = O( 1f2

), et t 7→ 1t2

est integrable au

voisinage de +∞, donc ϕ′ est integrable sur [0,+∞[ .

4. S0(x) = 0 et Sn(x) =n∑k=1

uk(x) pour n ∈ N∗ .

4.1 Pour n > 1,un(x+2h)+un(x−2h)−2un(x) = an [cos(nx+ 2nh) + cos(nx− 2nh)− 2 cos(nx)]+bn [sin(nx+ 2nh) + sin(nx− 2nh)− 2 sin(nx)]Or cos(nx+ 2nh) + cos(nx− 2nh)− 2 cos(nx) = 4 cosnx cos2 nh− 4 cosnx

= 4 cos(nx)[cos2(nh)− 1

]

et sin(nx+ 2nh) + sin(nx− 2nh)− 2 sin(nx) = 4 sinnx cos2 nh− 4 sinnx= 4 sin(nx)

[cos2(nh)− 1

] .

DoncF (x+ 2h)− F (x− 2h)− 2F (x)

4h2= −

∞∑n=1

1n2

un(x+ 2h) + un(x− 2h)− 2un(x)

4h2

= −∞∑n=1

4n2

an cos(nx)+bn sin(nx)4h2

[cos2(nh)− 1

]

=∞∑n=1

un(x)

[cos2(nh)− 1

n2h2

]

et comme −cos2(nh)− 1

n2h2=

(sin(nh)

nh

)2

= ϕ(nh), on obtient :

∆2F (x, 2h) =

F (x+ 2h)− F (x− 2h)− 2F (x)

4h2=

∞∑

n=1

un(x)ϕ(nh)

cc05m1_cor.tex - page 2

4.2 Avec un = Sn − Sn−1 , on a :+∞∑n=1

un(x)ϕ(nh) =+∞∑n=1

(Sn(x)− Sn−1(x))ϕ(nh)

=+∞∑n=1

Sn(x)ϕ(nh)−∑+∞n=1 Sn−1(x)ϕ(nh)

=+∞∑n=1

Sn(x)ϕ(nh)−∑+∞n=0 Sn(x)ϕ((n+ 1)h)

=+∞∑n=0

Sn(x) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)) car S0(x) = 0

Comme+∞∑n=1

(ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)) = ϕ(0) = 1 car ϕ(nh) →n→∞

0, on a : f(x) =+∞∑n=1

f(x) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)) et par suite :

∆2F (x, 2h)− f(x) =

+∞∑n=0

Sn(x) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h))−+∞∑n=1

f(x) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h))

=+∞∑n=1

(Sn(x)− f(x)) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h))

D’ou le resultat demande .

4.3 Soit ε > 0 et A =∫ +∞0 |ϕ′(t)| dt.

Comme ϕ′ est continue et non identiquement nulle sur [0, +∞[, alors A =∫ +∞0 |ϕ′(t)| dt > 0.

i) Pour x ∈ R , comme (Sn)n converge simplement vers f sur R, il existe alors N ∈ N∗ tel que : |Sn(x)− f(x)| 6 e2A pour tout

n > N .

ii) Pour n ∈ N et h > 0, on a : ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h) = −(n+1)h∫nh

ϕ′(t)dt, donc :

|ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)| 6(n+1)h∫nh

|ϕ′(t)| dt et par suite :∣∣∣∣+∞∑n=N

(Sn(x)− f(x)) (ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h))

∣∣∣∣ 6+∞∑n=N

|Sn(x)− f(x)|︸ ︷︷ ︸6 ε

2A

|ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)|︸ ︷︷ ︸>0

6 ε2A

+∞∑n=N

∫ (n+1)hnh |ϕ′(t)| dt

6 ε2A

∫ +∞Nh |ϕ′(t)| dt

6 ε2

iii) D’apres ii) , pour n > N et h > 0, on a :∣∣∆2

F (x, 2h)− f(x)∣∣ 6

N−1∑k=0

|Sk(x)− f(x)| |ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)|+ ε2 .

Comme ϕ est continue en 0, on a : limh→0|ϕ(kh)− ϕ((k + 1)h)| = 0, donc lim

h→0

N−1∑k=0

|Sk(x)− f(x)| |ϕ(nh)− ϕ((n+ 1)h)| = 0 et

par suite limh→0

∣∣∆2F (x, 2h)− f(x)

∣∣ = 0 c’est a dire limh→0

F (x+ 2h)− F (x− 2h)− 2F (x)

4h2= f(x).

5. .

5.1 Pour x ∈ R, F1(x) =x∫0

(x− t)f(t) = xx∫0

f(t)−x∫0

tf(t) et comme f est une fonction continue sur R , il en resulte que F1 est de classe

C1 avec F ′1(x) =x∫0

f(t)dt+ xf(x)− xf(x) =x∫0

f(t)dt.

F ′1 est donc la primitive de f qui s’annule en 0, d’ou F ′′1 (x) = f(x) pour tout x ∈ R.En Conclusion F1 est de classe C1 sur R, avec F ′′1 = f .

5.2 Pour x ∈ R et h > 0, on pose H = 2h, on a : h→ 0+ ⇔ H → 0+.Comme lim

H→0∆2F (x,H) = lim

h→0∆2F (x, 2h) = f(x) et lim

h→0∆2F1

(x, 2h) = limH→0

∆2F1

(x,H) = F ′′1 (x) = f(x), il en resulte que

limh→0

∆2(F−F1)

(x, 2h) = limh→0

(∆2F (x, 2h)−∆2

F1(x, 2h)

)= 0, donc g = F − F1 est affine

En deduit que F = g + F1 est de classe C2 sur R car g affine et F1 de classe C2 sur R, avec F ′′(x) = F ′′1 (x) = f(x).

5.3 Pour tout x, f(x) =∞∑n=1

un(x) et un est 2π-periodique sur R, pour tout entier n, donc f est 2π-periodique sur R .

On a : an(f) = an(F ′′) = −nbn(F ′)= −n2an(F )= −n2(−an

n2 )= an

bn(f) = bn(F ′′) = nan(F ′)= −n2bn(F ) = bn

Car la serie trigonometrique de somme F convege uniformement sur R .

III. Series trigonometriques impaires

A. Une etude de l’application precedenteOn suppose que

∑vn converge simplement ves f ∈ C0(R,R)

cc05m1_cor.tex - page 3

1. La serie trigonometrique∑vn converge simplement sur R , donc (vn)n converge simplement vers la fonction nulle, et par suite bn → 0.

2. Pour tout x ∈ R ,|vn(x)|

n2(n2 + 1)6 |bn|n2(n2 + 1)

= o(1

n4) et que

∑ 1

n4converge, donc

∑ |bn|n2(n2 + 1)

converge et par suite∑ vn

n2(n2 + 1)converge normalement sur R.

Dans la suite ψ(x) =∞∑n=1

vn(x)

n2(n2 + 1)pour tout x ∈ R .

Si ψn(x) =vn(x)

n2(n2 + 1), alors :

• ψn est de classe C2 sur R et ψ′n(x) =v′n(x)

n2(n2 + 1)=bn cos(nx)

n(n2 + 1)pour tout x ∈ R et tout entier n > 1 .

• ∀(x, n) ∈ R×N , |ψ′n(x)| 6 |bn|n(n2 + 1)

= o(1

n3) , donc

∑ψ′n converge normalement (donc uniformement ) sur R .

•∀(x, n) ∈ R×N , |ψ′′n(x)| 6 |bn|(n2 + 1)

= o(1

n2) , donc

∑ψ′′n converge normalement (donc uniformement ) sur R .

Le theoreme de derivation terme a terme montre que ψ est de classe C2, et ψ′′(x) =∞∑n=1

ψ′′n(x) = −∞∑n=1

bn sin(nx)

(n2 + 1).

3.

cc05m1_cor.tex - page 4

2.10 2006 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.10 2006

2.10.1 Enonce

102

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2006Ecole Mohammadia d’Ingenieurs

EMI

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou AssimileesSession 2006

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2006 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui peut lui sembler etre une erreur d’enonce, ille signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Definitions et notations

Dans ce probleme, E designe le R -espace vectoriel des applications continues de R+ dans R, etE2 le sous ensemble de E forme des applications de carres integrables sur R+.

A toute fonction f ∈ E on associe la fonction, notee ψ(f), definie sur R+ par

ψ(f)(0) = f(0) et ∀ x > 0, ψ(f)(x) =1

x

∫ x

0f(t) dt.

Si Φ est un endomorphisme de E, on dit que λ ∈ R est une valeur propre de Φ s’il existe f ∈ Etel que Φ(f) = λf et f 6= 0 ; dans ce cas, on dit que f est un vecteur propre de Φ associe a λ etKer (Φ− λidE) s’appelle alors le sous-espace propre de Φ associe a la valeur propre λ.

Premiere partie

1. Soient a et b deux reels strictement positifs.

1-1. Montrer que la fonction t 7−→ e−at − e−bt

test integrable sur ]0,+∞[.

Dans la suite, on pose I(a, b) =

∫ +∞

0

e−at − e−bt

tdt.

1-2. Montrer que I(a, b) = −I(b, a) et que I(a, b) = I(1, b/a).

1-3. On note ϕ l’application definie, pour tout x > 1, par ϕ(x) =

∫ +∞

0

e−t − e−xt

tdt.

1-3-1. Montrer que ϕ est continue sur l’intervalle [1,+∞[.1-3-2. Montrer que ϕ est de classe C1 sur l’intervalle [1,+∞[ et calculer ϕ′(x) pour x > 1.1-3-3. Que vaut alors ϕ(x) pour x > 1 ?

1-4. En deduire soigneusement la valeur de l’integrale I(a, b) en fonction de a et b.

2. 2-1. Montrer que la fonction t 7−→ ln(1 + t)

test integrable sur l’intervalle ]0, 1].

2-2. Preciser le rayon de convergence et la somme de la serie entiere∑

n>0

(−1)nxn

n+ 1.

2-3. Montrer que cette serie entiere converge uniformement sur le segment [0, 1].

2-4. On rappelle que+∞∑

n=1

1

n2=π2

6; montrer alors que

∫ 1

0

ln(1 + t)

tdt =

π2

12.

Epreuve de Mathematiques I 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2006 – MP

Deuxieme partie

1. Soit f un element de E ; on note g la fonction definie sur R+ par

∀ x > 0, g(x) =

∫ x

0f(t) dt .

1-1. Justifier que g est de classe C1 sur R+ et que la fonction ψ(f) est un element de E.

1-2. On suppose que la fonction f tend vers une limite finie λ lorsque x tend vers +∞ ;montrer qu’il en est de meme de la fonction ψ(f). Etudier la reciproque.

1-3. Que peut-on dire dans le cas ou cette limite est egale a +∞ ?

1-4. On pose h(x) = xf(x), x > 0.

1-4-1. Montrer que g − ψ(g) = ψ(h).1-4-2. En deduire que si f est integrable sur [0,+∞[ alors ψ(h) admet 0 comme limite en

+∞. Etudier la reciproque.

1-5. Montrer que si f est positive alors, 0 6 ψ(√f) 6

√ψ(f) ; dans quel cas y’a t-il egalite ?

2. 2-1. Montrer que ψ est un endomorphisme de l’espace vectoriel E.

2-2. Montrer que ψ est injectif.

2-3. L’endomorphisme ψ est-il surjectif ?

3. Soit λ un reel non nul.

3-1. Determiner les applications f de ]0,+∞[ dans R derivables et verifiant

∀ x > 0, λxf ′(x) + (λ− 1)f(x) = 0.

3-2. Pour quelles valeurs du reel λ ces fonctions sont-elles prolongeables a droite en 0 ?

4. 4-1. Est-ce que 0 est valeur propre de ψ ?

4-2. Montrer que si f ∈ E est un vecteur propre de ψ associe a une valeur propre µ alors f estune fonction derivable sur ]0,+∞[.

4-3. Determiner l’ensemble des valeurs propres de ψ et preciser pour chacune d’elles le sous-espace propre associe.

Troisieme partie

1. 1-1. Montrer que si f et g sont deux elements deE2, leur produit fg est une fonction integrablesur R+.

1-2. Montrer alors que E2 est un sous-espace vectoriel de E.

1-3. Montrer que l’application (f, g) 7−→∫ +∞

0f(t)g(t) dt est un produit scalaire sur E2.

Dans la suite, ce produit scalaire se notera (.|.) et ‖.‖ designera la norme associee.

2. Soit f un element de E2 ; on note toujours g la fonction definie sur R+ par

∀ x > 0, g(x) =

∫ x

0f(t) dt .

Epreuve de Mathematiques I 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2006 – MP

2-1. Calculer la limite en 0+ de la fonction t 7−→ g2(t)t .

2-2. Montrer que, pour tout reel b > 0, la fonction t 7−→ g2(t)t2

est integrable sur ]0, b] et que

∫ b

0ψ(f)2(t) dt =

∫ b

0

g2(t)

t2dt = −bψ(f)2(b) + 2

∫ b

0f(t)ψ(f)(t) dt. (1)

2-3. En deduire que, pour tout reel b > 0,

∫ b

0ψ(f)2(t) dt 6 2

(∫ b

0f2(t) dt

) 12(∫ b

0ψ(f)2(t) dt

) 12

.

2-4. Conclure que ψ(f) ∈ E2 et que ‖ψ(f)‖ 6 2‖f‖.

2-5. On note ψ2 l’endomorphisme induit par ψ sur E2. Que peut-on alors dire de ψ2 en tantqu’endomorphisme de l’espace vectoriel norme (E2, ‖.‖) ?

3. Soit f un element de E2.

3-1. En utilisant la formule (1) montrer que la fonction x 7−→ xψ(f)2(x) tend vers 0 lorsque xtend vers +∞.

3-2. Montrer alors que (ψ(f)|ψ(f)) = 2(f |ψ(f)).

4. Soit f ∈ E2 une fonction telle que ‖ψ(f)‖ = 2‖f‖. Calculer ‖ψ(f)− 2f‖2 et montrer que f estla fonction nulle.

Quatrieme partie

1. On considere un reel a > 0 et on note fa la fonction definie sur R+ par fa(x) = e−ax, x > 0.

1-1. Montrer que la fonction fa ∈ E2 et calculer ‖fa‖2.

1-2. Calculer ψ(fa)(x) pour tout x > 0 puis donner les valeurs de (fa|ψ(fa)) et de‖ψ(fa)‖‖fa‖

.

2. On considere la fonction f definie sur R+ par f(x) =1

x+ 1, x > 0.

2-1. Calculer ψ(f)(x) pour tout x > 0.

2-2. Verifier que f ∈ E2 et montrer que (f |ψ(f)) =∫ 1

0

( ln(1 + t)

t− ln t

1 + t

)dt.

2-3. Trouver une primitive de la fonction t 7−→ ln(1 + t)

t+

ln t

1 + tpuis calculer

‖ψ(f)‖‖f‖ .

3. Montrer plus generalement que si f ∈ E2 est positive, decroissante et non nulle, alors

‖ψ(f)‖‖f‖ >

√2.

4. 4-1. Montrer que l’application f 7−→ ‖ψ(f)‖‖f‖ est continue sur E2 \ 0.

4-2. En deduire que

‖ψ(f)‖‖f‖ ; f ∈ E2 \ 0

est un intervalle contenu dans ]0, 2[.

Epreuve de Mathematiques I 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2006 – MP

5. Dans cette question, on va montrer ces deux ensembles coıncident.

5-1. Pour tout s ∈]− 1,−12 [ on note fs la fonction definie sur R+ par

fs(0) = 0, fs(t) = ts si t > 1 , et fs affine sur [0, 1].

5-1-1. Verifier que fs ∈ E2 et calculer ‖fs‖2 en fonction de s puis en donner un equivalentlorsque s tend vers −1

2 .5-1-2. Calculer ‖ψ(fs)‖2 en fonction de s et en donner un un equivalent lorsque s tend vers

−12 .

5-1-3. En deduire que la borne superieure de l’ensemble

‖ψ(f)‖‖f‖ ; f ∈ E2 \ 0

vaut 2.

5-2. Soit α > 0 ; on note f la fonction definie sur R+ par

f(t) = tα si t ∈ [0, 1], et f(t) = t−α−1 si t ∈ [1,+∞[.

5-2-1. Verifier que f ∈ E2 et calculer ‖f‖2 en fonction de α.5-2-2. Calculer ‖ψ(f)‖2 en fonction de α et en donner un equivalent au voisinage de +∞.

5-2-3. En deduire que la borne inferieure de l’ensemble

‖ψ(f)‖‖f‖ ; f ∈ E2 \ 0

est nulle.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.10 2006 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.10.2 Corrige

108

Corrige concours marocain 2006MP, Maths 1

Premiere partie

1. a) Au voisinage de 0 : On sait que et = 1 + t + o(t), donce−at − e−bt

t= b− a+ o(1) ∼ b− a integrable au voisinage

de 0.

Au voisinage de +∞ : On sait que e−at = o

(1

t

), donc

e−at − e−btt

= o

(1

t2

)integrable au voisinage de +∞.

b) I(a, b) = −I(b, a), tres evident.Posons : u = ta, donc :

I(a, b) =

∫ +∞

0

e−at − e−btt

dt =

∫ +∞

0

e−u − e− bauu

du

= I

(1,b

a

).

c) i. L’application : f : (x, t) 7→ e−t − e−xtt

est continue

sur [1,+∞[×R∗ en tant que somme, rapport de fonc-tions continue, qui ne s’annule pas. En (x, 0) on a :f(x, t) ∼ x − 1 continue, donc f est continue sur[1,+∞[×R.D’autre part : pour x ∈ [a, b] ⊂ [1,+∞[ on a :∣∣∣∣e−t − e−xt

t

∣∣∣∣ =e−t − e−xt

t≤ e−t − e−bt

tqui est conti-

nue, integrable sur ]0,+∞[, donc ϕ est continue sur[1,+∞[.

ii. Pour x ∈ [a, b] ⊂ [1,+∞[ on a :

∣∣∣∣∂f

∂x

∣∣∣∣ = e−xt ≤ e−at

continue, integrable sur [0,+∞[. Donc ϕ est de classe

C1 sur [1,+∞[, avec ϕ′(x) =

∫ +∞

0e−xtdt =

1

x.

iii. D’aes le raisonnement fait dans la question

precedente, on a : ϕ′(x) =1

x, donc ϕ(x) = lnx + K,

or ϕ(1) = 0, d’ou K = 0 et donc ϕ(x) = lnx.

d) Si b ≥ a, alors x = ba ≥ 1, donc

I(a, b) = I(1, ba) = ϕ(ba

)= ln

(ba

).

Si b ≤ a, alors x = ab ≥ 1, donc :

I(a, b) = −I(b, a) = −I(1, ab ) = −ϕ(ab

)= − ln

(ab

)= ln

(ba

).

Conclusion : I(a, b) = ln(ba

).

2. a) Au voisinage de 0 : on sait que ln(1 + t) = t + o(t),

d’ouln(1 + t)

t∼ 1 integrable au voisinage de 0, donc

t 7→ ln(1 + t)

test integrable sur ]0, 1].

b) Posons an =(−1)n

n+ 1, on a lim

n→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1, donc le

rayon de convergence de la serie∑

n≥0

(−1)n

n+ 1xn est egal a

1, dont la somme estln(1 + x)

x, puisqu’il s’agit de son

developpement en serie entiere.

c) Pour x ∈ [0, 1] fixe, on verifie faciulement que la serie∑

n≥0

(−1)n

n+ 1xn est une serie alternee, donc verifie le critere

special, en prticulier la majoration du reste par son 1er

terme, donc

∣∣∣∣∣∣∑

k≥n

(−1)k

k + 1xk

∣∣∣∣∣∣≤∣∣∣∣(−1)n

n+ 1xn∣∣∣∣ ≤

1

n+ 1, donc le

reste converge uniformement vers 0, et par suite la conver-gence de la serie sur [0, 1] est uniforme.

d)

∫ 1

0

ln(1 + t)

tdt =

∫ 1

0

+∞∑

n=0

(−1)n

n+ 1tndt D’apres 2.2

=+∞∑

n=0

∫ 1

0

(−1)n

n+ 1tndt

Car la convergence est uniforme sur [0,1]

=+∞∑

n=0

(−1)n

(n+ 1)2

=+∞∑

p=1

1

(2p+ 1)2−

+∞∑

p=0

1

(2p+ 2)2

=+∞∑

n=1

1

n2−

+∞∑

p=1

1

(2p)2−

+∞∑

p=0

1

(2p+ 2)2

=+∞∑

n=1

1

n2− 2

+∞∑

p=1

1

(2p)2

Car+∞∑

p=1

1

(2p)2=

+∞∑

p=0

1

(2p+ 2)2

=

+∞∑

n=1

1

n2− 1

2

+∞∑

p=1

1

p2

=1

2

+∞∑

n=1

1

n2

Car

+∞∑

n=1

1

n2=

+∞∑

p=1

1

p2

=π2

12

Deuxieme partie

1. a) g est de classe C1, en tant que primitive de f qui est conti-nue.

On a ψ(f)(x) =g(x)

xpour x > 0, donc ψ est continue sur

R∗+.Pour x 6= 0, le theoreme des accroissement finie, doncg(x) − g(0) = xg′(c) avec c compris entre 0 et x, d’ouψ(f)(x) = f(c) → f(0) = ψ(f)(0) car g(0) = 0 et g′ = fcontinue, donc ψ(f) est continue sur R+, autrement ditψ(f) ∈ E.

b) limt→+∞

f(t) = λ =⇒ ∀ε > 0, ∃A > 0, |f(t)− λ| ≤ ε

2∀t ≥ A,

donc pour x ≥ A on a :

|ϕ(x)− λ| =1

x

∣∣∣∣∫ x

0f(t)dt− λx

∣∣∣∣

=1

x

∣∣∣∣∫ x

0f(t)dt−

∫ x

0λdt

∣∣∣∣

=1

x

∣∣∣∣∫ x

0(f(t)− λ)dt

∣∣∣∣

≤ 1

x

∫ x

0|f(t)− λ| dt

=1

x

∫ A

0|f(t)− λ| dt+

1

x

∫ A

x|f(t)− λ| dt

=K

x+

1

x

∫ A

x|f(t)− λ| dt

≤ K

x+

1

x

∫ A

x

ε

2dt

=K

x+x−Ax

ε

2

≤ K

x+ε

2car

x−Ax≤ 1

≤ ε car limx→+∞

K

x= 0

La reciproque est fausse, prenons pour contre-exemle la

1

fonction f(t) = cos t, on a : ψ(f)(x) =sinx

x→ 0 quand

x→ +∞, alors que limx→+∞

cosx n’existe pas.

c) limt→+∞

f(t) = +∞ =⇒ ∀B > 0, ∃A > 0 tel que: f(t) ≥ B

2∀t ≥ A,

donc

ϕ(f)(x) =1

x

(∫ A

0f(t)dt+

∫ x

Af(t)dt

)

≥ 1

x

(K +

B

2(x−A)

)

=K

x+x−Ax

B

2

≥ B car limx→+∞

K

x+x−Ax

B

2=B

2Donc lim

x→+∞ψ(f)(x) = +∞.

d) i. Dans ψ(h) on va utiliser une integration par partie,en posant u = x, v′ = f , donc u′ = 1, v = g, d’ou :

ψ(h)(x) =1

x

∫ x

0tf(t)dt

=1

x

([tg(t)]x0 −

∫ x

0g(t)dt

)

= g(x)− 1

x

∫ x

0g(t)dt

= g(x)− ψ(g)(x)

.

ii. f est integrable sur [0,+∞[, donc g(x) =

∫ x

0f(t)dt

admet une limite finie en +∞, d’apres la question1.2) ψ(h) admet aussi la meme limite en +∞, orψ(h) = g − ψ(g), donc lim

x→+∞ψ(h)(x) = 0.

La reciproque n’est pas toujours vraie, prenons

pour contre-exemple f(x) =e−x

x, non integrable

au voisinage de 0, care−x

x∼ 1

x, alors que

ψ(h)(x) =1

x

∫ x

0e−tdt =

1

x(1 − e−x) → 0, quand

x→ +∞.

e)√f ≥ 0 et x ≥ 0, donc ψ(

√f)(x) =

1

x

∫ x

0

√f(t)dt ≥ 0.

D’autre part : en utilisant l’inegalite deCauchy-schwarz pour 1 et

√f , on aura :

1

x

∫ x

0

√f(t)dt ≤ 1

x

√∫ x

0dt

√∫ x

0f(t)dt

=

√1

x

∫ x

0f(t)dt =

√ψ(f)

.

On aura egalite, s’il y a egalite dans l’inegalite de Cauchy-schwarz pour 1 et

√f , donc s’ils sont proportionnels,

c’est a dire f est constante.

2. a) Il est clair que ψ(f + λg) = ψ(f) + λψ(g), n’oubliez pasde le mentionner pour x = 0, donc ψ est lineaire.D’autre part d’apres 1.1) ψ(f) ∈ E, ∀f ∈ E, donc ψ estun endomorphisme de E.

b) f ∈ Ker (ψ) =⇒ ψ(f)(x) = 0, ∀x > 0

=⇒ g(x) =

∫ x

0f(t)dt = 0, ∀x > 0

=⇒ g′(x) = f(x) = 0, ∀x ≥ 0Donc ψ est injective.

c) D’apres 1.1) on peut affirmer que ψ(f) est de classe C1sur R∗+, donc toute fonction de E qui ne l’est pas nepeut pas etre de la forme ψ(f), c’est a dire n’admet pasd’antecedant, donc ψ n’est pas surjective. F (x) = |x − 1|est un exemple de fonction de E qui n’est pas de classe C1sur R∗+, car non derivable en 1.

3. a) Il s’agit d’une equation differentielle lineaire du 1er ordre

a coefficients non constant, dont la solution est :

f(x) = Ke−∫ x

0

λ− 1

λtdt

= Ke1−λλ

lnx = Kx1−λλ .

b) f est prolongeable en 0+sietseulementsi limx→

f(x) est finie

sietseulementsi1− λλ≥ 0sietseulementsi0 < λ ≤ 1.

4. a) 0 ne peut pas etre une valeur propre de ψ car elle estinjective.

b) Soit f ∈ E non nulle telle que ψ(f) = µf , donc f =1

µψ(f)

car µ 6= 0 d’apres 4.1). De plus d’apres 1.1) on peut affir-mer que ψ(f) est de classe C1 sur R∗+, donc f aussi.

c) Soit λ valeur propre de ψ et f vecteur propr associe, donc

ψ(f)(x) = λf(x), d’ou

∫ x

0f(t)dt = λxf(x), en derivant

cette egalite on obtient : λxf ′(x) + (λ− 1)f(x) = 0, dontles solutions sont :f(x) = Kx

1−λλ , derivables sur ]0,+∞[ pour tout λ ∈]0, 1].

Troisieme partie

1. a) Pour tout segment [a, b] ⊂ R+, on ad’apres l’inegalite de Cauchy-Schwarz :∣∣∣∣∫ b

af(t)g(t)dt

∣∣∣∣ ≤√∫ b

af2(t)dt

√∫ b

ag2(t)dt

≤M =

√∫ +∞

0f2(t)dt

√∫ +∞

0g2(t)dt

Donc fg est integrable sur R+

b) Il est clair que l’application nulle est de carre integrable,donc appartient a E2, d’autre part, soit (f, g) ∈ E2, λ ∈ R,alors :(f + λg)2 = f2 + 2λfg + g2 car f2, fg, g2 sont toutesintegrables, donc f +λg ∈ E2 et par suite E2 est un sous-espace vectoriel de E.

c) – Symetrie :

(f, g) =

∫ +∞

0f(t)g(t)dt =

∫ +∞

0g(t)f(t)dt = (g, f).

– Bilinearite : (f +λg, h) = (f, h)+λ(g, h), car l’integraleest lineaire, d’ou la linearite a gauche, a l’aide de lasymetrie on conclut la bilinearite.

– Positive : (f, f) =

∫ +∞

0f2(t)dt ≥ 0.

– Definie : (f, f) = 0 =⇒∫ +∞

0f2(t)dt = 0 =⇒ f2 = 0,

car f2 continue positive, donc f = 0.

2. a)g2(t)

t= g(t)ψ(f)(t) → g(0)ψ(f)(0) = 0, quand t → 0+,

car g et ψ(f) sont continues sur R+ et g(0) = 0.

b)g2(t)

t2= (ψ(f)(t))2 → (ψ(f)(0))2, quand t→ 0+, car ψ(f)

est continue sur R+, donc t 7→ g2(t)

t2est integrable sur

]0, b] car prolongeable par continuite en 0+.

D’autre part :

∫ b

0ψ(f)2(t)dt =

∫ b

0

g2(t)

t2dt, par definition

de ψ(f), pour l’autre egalite on va utiliser une integration

par parties, avec u = g2(t), v′ =1

t2, donc u′ = 2g′(t)g(t)

et v = −1

t, d’ou :

2

∫ b

0

g2(t)

t2dt =

[−g

2(t)

t

]b

0

+ 2

∫ b

0

g′(t)g(t)

tdt

= −g2(b)

b+ 2

∫ b

0

g′(t)g(t)

tdt

car : limt→0+

g2(t)

t= 0

= −g2(b)

b+ 2

∫ b

0f(t)ψ(f)(t)dt

car : g′(t) = f(t),g(t)

t= ψ(f)(t)

c)

∫ b

0ψ(f)2(t)dt ≤ 2

∫ b

0f(t)ψ(f)(t)dt D’apres (1)

≤ 2

√∫ b

0f2(t)dt

√∫ b

0ψ(f)2(t)dt

D’apres l’inegalite de Cauchy-Shwarz.

,

Si

∫ b

0ψ(f)2(t)dt = 0, c’est termine, sinon on peut simpli-

fier avec et on obtient encore le resultat demande.

d) Decoule immediatement de 2-4) en faisant tendre b vers+∞.

e) D’apres 2-5) on peut conclure que ψ2 est 2-lipshitzienne,donc continue.

3. a)

b) Faire tendre b vers +∞ dans (1), en utilisant 3-1).

4. ||ψ(f)− 2f ||2 = (ψ(f)− 2f, ψ(f)− 2f)= (ψ(f), ψ(f))− 4(ψ(f), f) + 4(f, f)= ||ψ(f)||2 − 4(ψ(f), f) + 4||f ||2= −4(ψ(f), f) + 8||f ||2 Car : ||ψ(f)|| = 2||f ||= −4(ψ(f), f) + 2||ψ(f)||2 Car : ||ψ(f)|| = 2||f ||= 0 D’apres 3-2)

Donc ψ(f)− 2f = 0, ainsi si f 6= 0, on aurait 2 est une valeurpropre de ψ, impossible puisque les valeurs propres de ψ sontles λ ∈]0, 1].

Quatrieme partie

1. a) f2a (x) = e−2ax est evidement integrable sur R+, avec :

||fa||2 =

∫ +∞

0e−2axdx =

1

2a.

b) Pour x 6= 0, on a : ψ(fa)(x) =1

x

∫ x

0e−atdt =

1− e−axax

.

Pour x = 0, on a : ψ(fa)(0) = fa(0) = 1.

(fa, ψ(fa)) =

∫ +∞

0fa(x)ψ(fa)(x)dx

=1

a

∫ +∞

0

e−ax − e−2axx

dx

=1

aI(a, 2a)

=ln a

aD’apres 1-4 de la 1ere partie

( ||ψ(fa)||||fa||

)2

= 2a(ψ(fa), ψ(fa) D’apres 1-1

= 4a(fa, ψ(fa)) D’apres 3-2, 3eme partie= 4 ln a

.

D’ou :||ψ(fa)||||fa||

= 2√

ln a.

2. a) Pour x 6= 0, on a : ψ(f)(x) =1

x

∫ x

0

1

1 + tdt =

ln(1 + x)

x.

Pour x = 0, on a : ψ(f)(0) = f(0) = 1.

b) Au voisiange de 0 : f2(x) ∼ 1

Au voisinage de +∞ : f2(x) ∼ 1

x2, donc f2 est integrable

sur R+, or f continue, donc f ∈ E2.

(f |ψ(f)) =

∫ +∞

0f(t)ψ(f)(t)dt

=

∫ +∞

0

ln(1 + t)

t(1 + t)dt

=

∫ 1

0

ln(1 + t)

t(1 + t)dt+

∫ +∞

1

ln(1 + t)

t(1 + t)dt

=

∫ 1

0

ln(1 + t)

t(1 + t)dt+

∫ 1

0

ln(1+uu

)

1 + udu, u =

1

t

=

∫ 1

0

(ln(1 + t)

t(1 + t)+

ln(1+tt

)

1 + t

)dt

=

∫ 1

0

(1 + t) ln(1 + t)− t ln t

t(1 + t)dt

=

∫ 1

0

(ln(1 + t)

t− ln t

1 + t

)dt

c) (ln t ln(1 + t))′ =ln(1 + t)

t+

ln t

1 + t, donc ln t ln(1 + t) est

une primitive deln(1 + t)

t+

ln t

1 + t.

Calculons d’abord :

∫ 1

0

ln(1 + t)

tdt et

∫ 1

0

ln t

1 + tdt, en

effet :

∫ 1

0

ln(1 + t)

tdt = [ln t ln(1 + t)]10 −

∫ 1

0

ln t

1 + tdt

Integration par parties avec :

u = ln(1 + t) v′ =1

t

u′ =1

1 + tv = ln t

= −∫ 1

0

ln t

1 + tdt

Car au voisinage de 0+ : ln t ln(1 + t) ∼ t ln t→ 0

3.

4. a) les application f 7→ ||f || et f 7→ ψ(f) sont continue, or

f 6= 0, donc l’application f 7→ ||ψ(f)||||f || est continue en

tant que composee et rapport d’applications continues.

b)

||ψ(f)||||f || tel que: f ∈ E2 − 0

est un connexe dans R en

tant qu’image d’un connexe par une application continue,

d’autre part : 0 <||ψ(f)||||f || < 2, puisque ψ(f) est injec-

tive et d’apres la question 2-4) 3eme partie, donc c’est unintervalle contenu dans ]0, 2[.

5. a) i. L’application f est definie ainsi :f(t) = ts si : 0 ≤ t ≤ a

= −as(t− a− 1) si : a ≤ t ≤ a+ 1= 0 si : t ≥ a+ 1

f2 est integrable car son integrale surR+ est egale a celui sur [0, a + 1], avec :

||f ||2 =

∫ a

0t2sdt− a2s

∫ a+1

a(t− a− 1)2dt

=a2s+1

2s+ 1− a2s

3∼ a2s+1

2s+ 1ii. D’abord pour 0 ≤ x ≤ a, on a :

ψ(f)(x) =1

x

∫ x

0f(t)dt =

1

x

∫ x

0tsdt =

xs

s+ 1, car :

2s+1 > 0 =⇒ s > −12 =⇒ s+1 > 0 =⇒ lim

x→0+xs+1 = 0.

D’autre part :

||ψ(f)||2 =

∫ +∞

0ψ(f)2(x)dx ≥

∫ a

0ψ(f)2(x)dx

=

∫ a

0

x2s

(s+ 1)2dx

=a2s+1

(s+ 1)2(2s+ 1)

3

=2a2s+1

(s+ 1)(2s+ 1).

1

2(s+ 1)≥ 2a2s+1

(s+ 1)(2s+ 1), car

2(s+ 1) = 2s+ 2 > 1.

iii. D’apres les deux questions precedentes,en faisant tendre a vers +∞, on aura :

sup

( ||ψ(f)||2||f ||2

)≥ 2

s+ 1∀s ∈ R tel que: 2s+1 > 0,

donc pour s ≥ −12 , en faisant tendre s vers

−12 , on obtient : sup

( ||ψ(f)||2||f ||2

)≥ 4, d’ou :

sup

( ||ψ(f)||||f ||

)≥ 2, or d’apres la question 4.2) on a :

sup

( ||ψ(f)||||f ||

)≤ 2, d’ou l’egalite.

b) i. Au voisinage de +∞ on a : f2(t) =1

t2α+2est bien

integrable car 2α+ 2 > 1, avec :

||f ||2 =

∫ +∞

0f2(t)dt =

∫ 1

0t2αdt+

∫ +∞

1

1

t2α+2dt

=1

2α+ 1+

1

2α+ 1=

2

2α+ 1

ii. Determinons d’abord ψ(f)(x) pour x ≥ 0.1er cas : 0 ≤ x ≤ 1, alors :

ψ(f)(x) =1

x

∫ x

0f(t)dt =

1

x

∫ x

0tαdt =

xα

α+ 1.

2eme cas : x ≥ 1, alors :

ψ(f)(x) =1

x

∫ x

0f(t)dt =

1

x

(∫ 1

0f(t)dt+

∫ x

1f(t)dt

)

=1

x

(∫ 1

0tαdt+

∫ x

1

1

tα+1dt

)

=1

x

(1

α+ 1− 1

α

(1

xα− 1

))

=2α+ 1

xα(α+ 1)− 1

αxα+1

||ψ(f)||2 =

∫ +∞

0ψ(f)2(x)dx

=

∫ 1

0

x2α

(α+ 1)2dx+

∫ +∞

1

(2α+ 1

xα(α+ 1)− 1

αxα+1

)2

dx

=1

(2α+ 1)(α+ 1)2+

(2α+ 1)2

α2(α+ 1)2− 2(2α+ 1)

α2(α+ 1)2

+1

α2(2α+ 1)

=1

(2α+ 1)(α+ 1)2+

4α2 − 1

α2(α+ 1)2+

1

α2(2α+ 1)

∼+∞4

α2

iii. D’apres les deux questions precedentes, on aura :

inf

( ||ψ(f)||2||f ||2

)≤ 2(2α+ 1)

α2pour α > 0 assez grand,

quand α → +∞, on obtient inf

( ||ψ(f)||2||f ||2

)≤ 0, or

d’apres la question 4.2) on a : inf

( ||ψ(f)||||f ||

)≥ 0,

d’ou l’egalite.

Fin.

4

2.11 2007 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.11 2007

2.11.1 Enonce

113

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2007Ecole Nationale Superieure d’Electricite et de Mecanique

ENSEM

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou AssimileesSession 2007

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2007 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulierde rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Definitions

Pour tout le probleme, on definit une famille d’equations differentielles (Fλ)λ∈R+ par :

∀ λ ∈ R+, y′′ +1

xy′ −

(1 +

λ2

x2)y = 0. (Fλ)

par “solution d’une equation differentielle”, on fait reference aux solutions a valeurs reelles.

La partie I du probleme est largement independante des autres.

PARTIE I

1. Soit x un reel.

(a) Etudier, selon les valeurs de x, l’integrabilite sur l’intervalle ]0, 1] de la fonction

t 7−→ tx−1e−t.

(b) Montrer que cette meme fonction est integrable sur l’intervalle [1,+∞[.

2. A quelle condition, necessaire et suffisante, sur le complexe z la fonction t 7−→ tz−1e−t est-elleintegrable sur l’intervalle ]0,+∞[ ?

3. On pose Γ(z) =

∫ +∞

0tz−1e−t dt, z ∈ C et Re(z) > 0.

(a) Soit z un complexe tel que Re(z) > 0 ; montrer que

Γ(z + 1) = zΓ(z).

(b) En deduire, pour tout reel α > −1 et tout p ∈ N∗, l’identite

Γ(α+ p+ 1) = (α+ p)(α+ p− 1) . . . (α+ 1)Γ(α+ 1).

(c) Montrer que pour tout x > 0, Γ(x) > 0.

(d) Calculer Γ(1) et en deduire la valeur de Γ(n+ 1) pour tout entier naturel n.

4. (a) Soit z un complexe tel que Re(z) > 0 ; montrer soigneusement que

Γ(z) =+∞∑

n=0

(−1)n

n!

1

n+ z+

∫ +∞

1tz−1e−t dt.

Epreuve de Mathematiques I 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2007 – MP

(b) Montrer que la fonction z 7−→+∞∑

n=0

(−1)n

n!

1

n+ zest definie sur la partieC\0,−1,−2, . . .

du plan complexe et qu’elle y est continue.La formule precedente permet de prolonger la fonction Γ a C \ 0,−1,−2, . . . .

5. Soient a et b deux reels avec 0 < a < b, et soit t > 0.

(a) Determiner max(ta−1, tb−1) selon les valeurs de t.(b) Montrer que

∀ x ∈ [a, b], 0 6 tx−1 6 max(ta−1, tb−1).

(c) En deduire que la fonction Γ est de classe C1 sur R∗+ et donner l’expression de sa derivee

sous forme integrale.(d) Donner un equivalent de la fonction Γ au voisinage de 0.

PARTIE II

Soient λ > 0, α un reel et∑

n>0

anzn une serie entiere, a coefficients reels et de rayon de convergence

R > 0. Pour tout x ∈]0, R[, on pose

yα(x) =

+∞∑

n=0

anxn+α.

1. On suppose que la fonction yα est solution de l’equation differentielle (Fλ) et que a0 6= 0.Montrer que

α2 = λ2,((α+ 1)2 − λ2

)a1 = 0, et ∀ n > 2,

((α+ n)2 − λ2

)an = an−2.

2. On suppose que α = λ et que la fonction yα est solution de l’equation differentielle (Fλ) aveca0 6= 0.

(a) Montrer que

∀ p ∈ N, a2p+1 = 0 et a2p =a0Γ(α+ 1)

22pp! Γ(α+ p+ 1).

(b) Les an etant ceux trouves precedemment ; calculer le rayon de convergence de la serieentiere

∑

n>0

anzn.

(c) Montrer que si a02λΓ(λ+ 1) = 1 alors

∀ x > 0, yλ(x) =+∞∑

p=0

1

p! Γ(λ+ p+ 1)

(x2

)2p+λ,

puis donner un equivalent de la fonction yλ au voisinage de 0.

3. On suppose que 2λ 6∈ N ; si p ∈ N∗, on note le produit (α + p)(α + p − 1) . . . (α + 1) parΓ(α+ p+ 1)

Γ(α+ 1)si α ∈ C \ −1,−2, . . . .

(a) En reprenant la question precedente avec α = −λ, montrer que la fonction

x 7−→+∞∑

p=0

1

p! Γ(−λ+ p+ 1)

(x2

)2p−λ

est aussi solution, sur R∗+, de l’equation differentielle (Fλ).

Epreuve de Mathematiques I 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2007 – MP

(b) Verifier que la famille (yλ, y−λ), d’elements de C(R∗+,R), est libre et decrire l’ensembles

des solutions, sur R∗+, de l’equation differentielle (Fλ).

PARTIE III

Dans cette partie, on va construire, dans les cas λ = 0 ou 1, une solution zλ de l’equationdifferentielle (Fλ), definie sur R∗

+, qui soit lineairement independante de la solution yλ.

A- Etude de (F0)

On rappelle que

∀ x > 0, y0(x) =+∞∑

p=0

1

(2pp! )2x2p.

Soit α > −1 ; on definit la suite(a2p(α)

)p∈N par la donnee de a0(α) = 1 et la relation

a2p(α)(α+ 2p

)2= a2(p−1)(α), p > 1 (1).

1. (a) Montrer que, pour tout entier naturel p > 1,

a2p(α) =

p∏

k=1

1

(α+ 2k)2.

(b) On voit bien que, pour tout entier naturel p > 1, les fonctions a2p sont derivables en 0 ; onpose alors

bp =da2pdα

(0) = a′2p(0) et Hp =

p∑

k=1

1

k.

Montrer que, pour tout entier naturel p > 1,

bp = − 1

(2pp! )2Hp.

(c) Calculer alors le rayon de convergence de la serie entiere∑

p>1

bpz2p.

2. (a) En utilisant la relation (1), montrer que , pour tout entier naturel p > 1,

(2p)2bp + 4pa2p(0) = bp−1,

avec la convention b0 = 0.

(b) En deduire que la fonction z0 : x 7−→ y0(x) lnx+

+∞∑

p=1

bpx2p est une solution de l’equation

differentielle (F0) , definie sur R∗+.

3. Verifier que la famille (y0, z0), d’elements de C(R∗+,R), est libre et decrire l’ensembles des

solutions, sur R∗+, de l’equation differentielle (F0).

B- Etude de (F1)

On rappelle que

∀ x > 0, y1(x) =

+∞∑

p=0

1

p! (p+ 1)!

(x2

)2p+1.

Soit α ∈]0, 2[ ; on definit la suite(c2p(α)

)p∈N par la donnee de c0(α) = 1 et la relation

c2p(α)((α+ 2p)2 − 1

)= c2(p−1)(α), p > 1 (2).

Epreuve de Mathematiques I 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2007 – MP

1. (a) Montrer que, pour tout entier naturel p > 1,

c2p(α) =

p∏

k=1

1

(α+ 2k)2 − 1.

(b) On voit la aussi que, pour tout entier naturel p > 1, les fonctions c2p sont derivables en 1 ;on pose alors

dp =dc2pdα

(1) = c′2p(1) et Hp =

p∑

k=1

1

k.

Montrer que, pour tout entier naturel p > 1,

dp = − 1

22p+1p! (p+ 1)!

(Hp +Hp+1 − 1

).

(c) Calculer alors le rayon de convergence de la serie entiere∑

p>1

dpz2p.

2. (a) En utilisant la relation (2), montrer que , pour tout entier naturel p > 1,((1 + 2p)2 − 1

)dp + 2(1 + 2p)c2p(1) = dp−1,

avec la convention d0 = 0.

(b) En deduire que la fonction u1 : x 7−→ 2y1(x) lnx ++∞∑

p=1

dpx2p+1 est une solution de

l’equation differentielle

y′′ +1

xy′ −

(1 +

1

x2)y =

2

x, (E1)

definie sur R∗+.

3. (a) Montrer que l’equation differentielle (E1) possede une solution v1, definie sur R∗+, qui est

de la forme v1(x) =+∞∑

n=0

enxn−1.

(b) Verifier que la fonction z1 = v1 − u1 est une solution de l’equation differentielle (F1),definie sur R∗

+.

4. Verifier que la famille (y1, z1), d’elements de C(R∗+,R), est libre et decrire l’ensembles des

solutions, sur R∗+, de l’equation differentielle (F1).

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.11 2007 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.11.2 Corrige

119

CNC-Maroc 2007—Epreuve de math I : CorrigePar M.Taibi professeur en MP* a Rabat

Partie I

1. L’application t 7→ tx−1e−t est continue sur ]0,+∞[ pour toutreel x .

a) On a : tx−1e−t ∼t→0+

tx−1, donc t 7→ tx−1e−t est integrable

sur ]0, 1[ si, et seulement 1− x < 1 soit x > 0.

b) On a aussi tx−1e−t = Ot→+∞

(1

t2), donc t 7→ e−ttx−1 est

integrable sur [1,+∞[ .

2. L’applicationn t 7→ tx−1e−t = e−te(z−1) ln(t) est continue sur]0,+∞[, et que pour tout t > 0,

∣∣e−ttz−1∣∣ = e−tt<(z)−1, donc

par la question 1), l’application t 7→ tz−1e−t est integrable sur]0,+∞[ si et seulement si <(z) > 0 .

3. Quelques formules utiles :

a) Les applications t 7→ tz et t 7→ e−t sont de classesC1 sur ]0,+∞[ et que pour tout z ∈ C tel que<(z) > 0, on a :

∣∣e−ttz∣∣ = e−tt<(z)−1 →

t7→+∞0. On

applique alors une integration par parties a l’integrale

Γ(z + 1) =+∞∫0

tze−z−1dt :

Γ(z + 1) =+∞∫0

tze−z−1dt =[−e−ttz

]+∞t=0

+ z+∞∫0

tz−1e−tdt

= zΓ(z) pour tout z tel que <(z) > 0

b) Pour tout z ∈ C tel que <(z) > 0 et tout p ∈ N∗, on a :Γ(z + p) = Γ((z + p− 1) + 1) = (z − p− 1)Γ(z − p− 1).D’ou :p∏

k=1

Γ(z+k) =p∏

k=1

(z−k−1)Γ(z−k−1) =p−1∏k=1

(z−k)p−1∏k=1

Γ(z−k)

et par suite :

Γ(z + p) =

p−1∏

k=1

(z − k)Γ(z)

On prend z = α+1, on a : <(z) = <(α+1) = <(α)+1 > 0et par suite

Γ(α+1+p) = γ(α+1)

p−1∏

k=1

(α+1+k) = Γ(α+1)(α+1)...(α+p)

c) Pour tout x > 0, la fonction t 7→ tx−1e−t est continue et

strictement positive, donc Γ(x) =+∞∫0

tx−1e−tdt > 0 .

d) Par un simple calcul, on a Γ(1) = 1 et par b) pour α = 0,p = n, on a ::

Γ(n+ 1) =n∏

k=1

k = n!

4. Developpement en serie de Γ.

a) Soit z ∈ C tel que <(z) > 0, on a :Γ(z) =

∫]0,1[ t

z−1e−tdt+∫

[1,+∞[ tx−1e−tdt

Ecrivons e−t =∞∑n=0

(−1)n

n!tn, on a alors :

tz−1e−t =∞∑n=0

(−1)n

n!tz+n−1

Si l’on pose fn(t) =(−1)n

n!tz+n−1 pour t ∈]0, 1], on

a : fn est integrable sur ]0, 1] pour tout entier naturel net que

∫]0,1] |fn(t)| dt 6

∫]0,1]

1n!dt = 1

n! et puisque la serie∑ 1

n!converge, il en resulte par le theoreme d’integration

terme a terme que

∫ 1

0tz−1e−tdt =

+∞∑

n=0

(−1)n

n!

∫ 1

0tz+n−1dt =

+∞∑

n=0

(−1)n

n!

1

z + n

b) Posons fn(z) =(−1)n

n!

1

z + npour n ∈ N et z ∈ C8Z− .

Pour n ∈ N, la fonction fn est continue sur C8Z− (fraction rationnelle en z )pour tout z ∈ C8Z− et tout n ∈ N, on

a : |fn(z)| =1

n!

1

|n+ z| 6 1

n!

1

|n+ <(z)| car

|n+ <(z)| 6 |n+ z| , donc∑fn(z) converge absolu-

ment et par suite∑fn

converge simplement sur C8Z−.Soit K un compact inclu dans C8Z−, et α = d(Z−,K),on a α > 0 car Z− ferme et K compact. On a alorspour tout z ∈ K, et tout n ∈ N, |n+ z| = d(−n, z) > α,

donc |fn(z)| 6 1

n!

1

|n+ z| 61

n!

1

α. Comme la serie

∑ 1

n!converge, il en resulte que

∑fn converge localement uni-

formement sur C8Z−, donc par le theoreme de continuite

la fonction somme+∞∑n=0

fn est continue sur C8Z− .

On peut aussi montrer que∑∞

n=0 fn est continue entout point z0 de C8Z− en effet : Comme C8Z− est unouvert, on a pour tout z0 ∈ C8Z−, il existe r > 0 telB(z0, r) ⊂ C8Z−, on prend alors le compact K = B(z0, α)et on termine comme avant .

5. Soit 0 < a < b et t > 0, on a : ta−1 = e(a−1) ln(t) .

a) Si t ∈]0, 1], , alors ln(t) 6 0, donc (a−1) ln(t) > (b−1) ln(t)et comme x 7→ ex est croissante, on deduit que ta−1 > tb−1

. Soit max(ta−1, tb−1) = ta−1.Si t > 1, alors ln(t) > 0, donc ta−1 < tb−1et par suitemax(ta−1, tb−1) = tb−1.Conclusion finale : Pour tous 0 < a < b et t > 0, on a :

max(ta−1, tb−1) 6 ta−1 + tb−1.

b) Pour t ∈]0, 1], on a d’apres a)0 < tx−1 6 max(tx−1, ta−1) = ta−1 = max(ta−1, tb−1)de meme si t > 1, on a :0 < tx−1 6 max(tx−1, tb−1) = tb−1 = max(ta−1, tb−1)En conclusion : 0 < tx−1 6 max(ta−1, tb−1) pour toutt ∈]0,+∞[

c) La fonction f : (x, t) 7→ tx−1e−t. est continue sur R∗+×R∗+

L’application x 7→ tx−1e−t = e−te(x−1) ln(t) est declasse C1 sur R∗+ et d

dxf(x, t) = ln(t)f(x, t) pour tout(x, t) ∈ R∗+ × R∗+.De plus pour tout compact K = [a, b] ⊂ R∗+et tout (x, t) ∈ K × R∗+, on a :∣∣ ddxf(x, t)

∣∣ 6 |ln(t)| e−ttx−1 6 |ln(t)| e−t max(ta−1, tb−1)6 |ln(t)| e−t(ta−1 + tb−1) et que la fonctionϕ : t 7→ |ln(t)| e−t(ta−1 + tb−1) est integrable surR∗+ car

√tϕ(t) =

√t(ta−1 + tb−1)e−t |ln(t)| →

t→0+0. Pour

t > 1, ϕ(t) 6 (ta−1 + tb−1)te−t = (ta + tb)e−t .Donc par le theoreme de derivation sous le signe integral,

cc07m1_cor.tex - page 1

il en resulte que Γ est de classe C1 sur l’ouvert R∗+ et que

Γ′(x) =

∫ +∞

0

d

dxf(x, t)dt =

∫ +∞

0ln(t)tx−1e−tdt.

d) On a Γ(x + 1) = xΓ(x) pour tout x > 0, et comme Γ estcontinue en 1, on a limx→0+ Γ(x+ 1) = Γ(1) = 1, donc

Γ(x) ∼x→0+1

x

Partie II :

λ > 0, α ∈ R, yα(x) =+∞∑n=0

an xn+α

1. a0 6= 0 et yα est solution sur ]0, R[ de l’equation (Fλ) .

L’application x 7→ xα est de classe C∞ sur R∗+ et quex 7→ ∑∞

n=0 anxn est de classe C∞ sur ]0, R[ ( somme d’une

serie entiere ), donc yα est de classe C∞ sur ]0, R[ (produit defonctions de classes C∞ ).

Par calculs : y′α(x) = αxα−1∞∑n=0

anxn + xα

∞∑n=1

nanxn−1

=∞∑n=0

(α+ n)anxα+n−1

y′′α(x) =∞∑n=1

(α+ n)(α+ n− 1)anxα+n−2

Doncyα est solution sur ]0, R[ de (Fλ)

⇔ ∀x ∈]0, R[, −(x2 + λ)∞∑n=0

anxα+n

+∞∑n=0

(α+ n)anxα+n +

∞∑n=1

(α+ n)(α+ n− 1)anxα+n = 0

⇔ ∀x ∈]0, R[,∞∑n=0

((n+ α)2 − λ2)anxα+n −∑∞n=2 an−2x

α+n

= 0

⇔ ∀x ∈]0, R[,∞∑n=0

((n+ α)2 − λ2)anxn −

∞∑n=2

an−2xn = 0

car xα 6= 0 :On fait tendre x vers 0+, obtenir α2 − λ2 = 0 car a0 6= 0 etpuis ((α + 1)2 − λ2)a1 = 0 et une recurrence ((α + n)2 − λ2)an = an−2..

2. α = λ, a0 6= 0 et yλ est solution sur ]0, R[ de (Fλ) .

a) On a : yλ(x) =∞∑n=0

anxλ+n = xλ

∞∑n=0

anxn. On sait que (1)

((λ+ n)2 − λ2)an = an−2 pour tout n > 2Puisque . (λ + 1)2 − λ2 6= 0 , on a a1 = 0 et par larelation (1), on a : a2p+1 = 0 pour tout p ∈ N .et

a2p =1

(λ+ 2p)2 − λ2a2(p−1) pour tout p ∈ N∗. Donc

p∏k=1

a2k =p∏

k=1

1

(λ+ 2k)2 − λ2

p∏k=1

a2(k−1)

=p∏

k=1

1

(λ+ 2k)2 − λ2

p−1∏k=0

a2k

soit : a2p =p∏

k=1

1

(λ+ 2k)2 − λ2a0.

Mais (λ + 2k)2 − λ2 = 4λk + 4k2 = 4k(λ + k), d’oup∏

k=1

1

(λ+ 2k)2 − λ2=

p∏k=1

1

4k(λ+ k)=

1

4pp!

p∏k=1

1

λ+ k

=1

22pp!

Γ(λ+ 1)

Γ(λ+ p+ 1).

En conclusion :

∀p ∈ N, a2p =a0

22pp!

Γ(λ+ 1)

Γ(λ+ p+ 1)

b) Pour x > 0 , on a :∣∣∣∣∣a2px

2p

a2(p−1)x2(p−1)

∣∣∣∣∣ =a2p

a2(p−1)x2 =

1

(λ+ 2p)2 + λ2x2 →

p→+∞0,

donc le rayon de convergence R est infini .

c) On suppose a02λΓ(λ+ 1) = 1.

On a : ∀x > 0, yλ(x) =+∞∑p=0

a2px2p+λ

=+∞∑p=0

a0

22pp!

Γ(λ+ 1)

Γ(λ+ p+ 1)x2p+λ

=+∞∑p=0

a0

p!

Γ(λ+ 1)

Γ(λ+ p+ 1)(x

2)2p+λ2λ

=+∞∑p=0

1

p!

1

Γ(λ+ p+ 1)(x

2)2p+λ

car a02λΓ(λ+ 1) = 1.Equivalent au voisinage de 0 :D’apres les proprietes des series entieres, on a :

∞∑

p=0

1

p!

1

Γ(λ+ p+ 1)(x

2)2p ∼

x→0+

1

Γ(λ+ 1)

Donc

yλ(x) ∼x→0+

1

Γ(λ+ 1)(x

2)λ

3. On suppose ici que 2λ /∈ N .

a) D’apres la question 1 et 2) la fonction y−λ est aussi solu-tion sur R∗+ de (Fλ) .

b) Montrons (yλ, y−λ) est un systeme fondamental desolutions sur R∗+ de (Fλ) .Soit (α, β) ∈ R2 tel que αyλ + βy−λ = 0.

Comme yλ(x) ∼x→0+

1

Γ(λ+ 1)(x

2)λ et

y−λ(x) ∼x→0+

1

Γ(−λ+ 1)(x

2)−λ, on a : yλ(x) →

x→0+0

et y−λ(x) →x→0+

+∞, donc si l’on suppose α 6= 0, alors en

faisant tendre x vers 0, on aboutit a une contradiction.On conclut que α = 0 et puis β = 0, donc les solutionsyλ et y−λ sont lineairement independantes .(Fλ) est une equation differentielle lineaire du secondordre a coefficients continus et sans second membre, sonensemble de solutions est donc un espace vectoriel reelde dimension deux. En consequence : ( yλ, y−λ) est unsysteme fondamental de solutions de (Fλ) et que toutesolution sur R∗+ de (Fλ) est de la forme :

y = αyλ + βy−λ ou α, β ∈ R

Partie III.

A- Etude de (F0) :

Pour x > 0, on a : yλ(x) =∞∑n=0

1

(2pp!)2x2p .

1. .

a) Pour tout entier k ≥ 1 :p∏

k=1

a2k(α) =p∏k1

1

(α+ 2k)2

p∏k=1

a2(k−1) , donc

a2p(α) =p∏

k=1

1

(α+ 2k)2a0(α).

Or a0(α) = 1, d’ou la formule cherchee :

a2p(α) =

p∏

k=1

1

(α+ 2k)2pour tout p ≥ 1.

cc07m1_cor.tex - page 2

b) D’apres les notations de l’enonce, pour tout p ∈ N∗, on a :

a2p(α) = exp(p∑

k=1

ln(1

(α+ 2k)2)) = exp(−2

p∑k=1

ln(α+2k)),

donc : a′2p(α) = −p∑

k=1

2

α+ 2ka2p(α) et puis

a’2p(0) = −2p∑

k=1

1

2ka2p(0)

= −p∑

k=1

1

ka2p(0)

= −Hp.a2p(0)

Or a2p(0) =p∏

k=1

1

(2k)2=

1

22p(p!)2=

(1

2pp!

)2

, donc :

bp = a′2p(0) = −(

1

2pp!

)2

Hp

c) Calcul du rayon de convergence Rb :

On a bp ∼p→∞

− 1

(2pp!)2ln(p) = o(

1

2pp!) car Hp ∼ ln(p),

donc le rayon de convergence de la serie entiere∑bpx

p

est infini :

Rb = +∞

2. .

a) Pour tout p ∈ N∗, on a :(2p)2bp + 4pa2p(0) = −(2p)2a2p(0) + 4pap(0)

= a2p(0)(−(2p)2HP + 4p

) .

Mais (2p)2a2p(0) = a2(p−1)(0), donc :

(2p)2bp + 4pa2p(0) = −a2p(0)Hp + 4pa2p(0)

= −a2(p−1)(0)Hp−1−1

pa2(p−1)(0) + 4pa2p(0)

︸ ︷︷ ︸=0

= bp−1

D’ou le resultat demande .

b) L’application x 7→ y0(x) ln(x) est de classe C∞ sur R∗+ (Operations ), donc z0 est de classe C∞ sur R∗+. Pour toutx > 0, on a :

z0(x) = y0(x) ln(x) +∞∑p=1

bpx2p

z′0(x) =1

xy0(x) + ln(x).y′0(x) + 2

∞∑p=1

pbpx2p−1

z′′0 (x)

= − 1

x2y0(x)+

2

xy′0(x)+ln(x).y′′0(x)+2

∞∑p=1

p(2p−1)bpx2p−2

Doncx2z′′0 (x) + xz′0(x)− (x2 + 0)z0(x)

= −y0(x) + 2xy′0(x) + ln(x)x2y′′0(x) +∞∑p=1

2p(2p− 1)bpx2p

+y0(x) + ln(x).xy′0(x) +∞∑p=1

bp2px2p − x2 ln(x)y0(x)

−∞∑p=1

bpx2p+2

En tenant compte du fait que y0 est solution sur R∗+ de(F0) et de la question precedente, il vient :

x2z′′0 (x) + xz′0(x)− (x2 + 0)z0(x)

= 2xy′0(x) +∞∑p=1

bp(2p)2x2p −

∞∑p=1

bpx2p+2

=

∞∑

p=1

4pa2p(0)x2p +

∞∑

p=1

bp(2p)2x2p

︸ ︷︷ ︸∞∑p=1

bp−1x2p

−∞∑p=1

bpx2p+2

= b0x2 = 0

car xy′0(x) =∞∑p=1

2p a2p(0)x2p

Ce qui permet de conclure .

3. Comme y0(x) ∼x→0+

1Γ(0+1)(x2 )0 = 1, lim

x→0

∞∑p=1

bpx2p = 0 et

limx→0+

ln(x) = −∞, on a :

z0(x) ∼x→0+

ln(x).

ceci permet de prouver ( comme a la question II 3.b) que les so-lutions y0 et z0 sur R∗+ de (F0) sont lineairement independantes.et avec les memes raisons que dans III.3b), toute solution de(F0) est de la forme :y = αy0+ βz0 ou α, β sont des constantes reelles arbitraires .

B- Etude de (F1) :

1. .

a) Pour tout p ∈ N∗, on a : c2p(α) =1

(α+ 2p)2 − 1c2(p−1) ,

doncp∏

k=1

c2k(α) =p∏k=

1

(α+ 2k)2 − 1

p∏k=1

c2(k−1) et par suite

c2p(α) =p∏k=

1

(α+ 2k)2 − 1c0(α).

et comme c0(α) = 1, on deduite que :

c2p(α) =

p∏

k=

1

(α+ 2k)2 − 1

b) Pour tout p ∈ N∗, dp =d

dαc2p(1). Comme

c2p(α) = exp(−p∑

k=1

ln((α + 2k)2 − 1), on a :

c′2p(α) = −p∑

k=1

2(α+ 2k)

(α+ 2k)2 − 1c2p(α). D’ou

dp = −p∑

k=1

2(1 + 2k)

(1 + 2k)2 − 1

p∏k=

1

(α+ 2k)2 − 1

= −p∑

k=1

2(1 + 2k)

4k(1 + k)

p∏k=

1

(1 + 2k)2 − 1.

Orp∏k=

1

(1 + 2k)2 − 1=

p∏k=

1

4k(1 + k)

=1

22p

p∏k=

1

k(1 + k)=

1

22p

1

p!

1

(p+ 1)!et

2(1 + 2k)

4k(k + 1)=

1

k− 1

k(k + 1)=

1

k− 1

2(1

k− 1

k + 1)

=1

2(1

k+

1

k + 1)

,

doncp∑

k=1

2(1 + 2k)

4k(k + 1)= 1

2(Hp +Hp+1 − 1). D’ou le resultat

demande :

dp =1

22p+1p!(p+ 1)(Hp +Hp+1 − 1)

c) On a :

dp =1

22p+1p!(p+ 1)(Hp +Hp+1 − 1)

=1

22p+1p!(p+ 1)!(2Hp+

1

p+ 1−1) ∼

p→∞1

22p

1

p!(p+ 1)!ln(p),

donc le rayon de convergence demande :

Rd = +∞

2. .

cc07m1_cor.tex - page 3

a) On a : Pour tout p ∈ N∗,((1 + 2p)2 − 1

)dp + 2(1 + 2p)c2p(1) = dp−1 . En ef-

fet :par derivation de l’identitec2p(α)

((1 + 2p)2 − 1

)= c2(p−1)(α), on a :

c′2p(α)((α+ 2p)2 − 1

)+ 2(α+ 2p)c2p(α) = c′2(p−1)(α)

Pour α = 1, on a :

dp((1 + 2p)2 − 1) + 2(1 + 2p)c2p(1) = dp−1

b) Il est clair que les fonctions y1 et x 7→∞∑p=1

dpx2p+1 sont de

classe C∞ sur R∗+ et par derivation on obtient pout toutx > 0 :

x2u′′1(x) + xu′1(x)− (1 + x2)u1(x)

= x2

(2y′1(x) ln(x) +

4

xy′1(x)− 2

x2y1(x) +

∞∑p=1

2p(2p+ 1)dpx2p−1

)

+x

(2y′1(x) ln(x) +

2

xy1(x) +

∞∑p=1

(2p+ 1)dpx2p

)

−(1 + x2)

(2y1(x) ln(x) +

∞∑p=0

dpx2p+1

)

= 2 ln(x)(x2y′′1(x) + xy′1(x)− (1 + x2)y1(x)

)+ 4xy′1(x)

+∞∑p=0

(2p+ 1)2dpx2p+1 − (1 + x2)

∞∑p=0

dpx2p+1

Comme y1 est xsolution sur R∗+ de (F1), on a :x2y′′1(x) + xy′1(x) − (1 + x2)y1(x) = 0 et donc

x2u′′1(x) + xu′1(x)− (1 + x2)u1(x)

= 4xy′1(x) +∞∑p=0

(2p+ 1)2dpx2p+1 − (1 + x2)

∞∑p=0

dpx2p+1

=∞∑p=0

4(2p+1)p!(p+1)!22p+1x

2p+1 +∞∑p=0

(2p+ 1)2 − 1)dpx2p+1

−∞∑p=0

dpx2(p+1)+1 , d0 = 0

=∞∑p=0

1

p!(p+ 1)!22p

︸ ︷︷ ︸=c2p(1)

4(2p+1)12 x2p+1

+∞∑p=0

(2p+ 1)2 − 1)dpx2p+1 −

∞∑p=1

dp−1x2p+1

=∞∑p=1

(2(2p+ 1)c2p(1) + ((2p+ 1)2 − 1)dp − dp−1

)︸ ︷︷ ︸

=0

x2p+1

+2x= 2x

On deduit alors que u1 est bien solution sur R∗+ de (E1) .

3. .

a) On pose u1(x) =e0

x+

∞∑p=1

epxp−1 avec

R = Rcv(∑p>1

epxp−1) > 0.

Sur ]0, R[, on a : x2u′′1(x) + xu′1(x)− (1 + x2)u1(x)− 2x

= x2

(2e0

x3+∞∑p=1

(p− 1)(p− 2)epxp−2

)

+ x

(−e0

x2+∞∑p=1

(p− 1)epxp−2

)− 2x

=∞∑p=0

(p(p − 1)ep − ep−2)xp−1 − (e0 + 2)x − e1 = 0.

comme dans la question ...., on deduit :

e0 = −2e1 = 0∀p > 3, p(p− 2)ep − ep−1 = 0

, ce qui permet de

conclure par une recurrence que : ∀p ∈ N, e2p+1 = 0 et

e2p =e0

22pp!(p+ 1)! = −2c2p(1)car e0 = −2 et par suite

R est infini et que u1 est solution sur R∗+ de (E1).

b) (F1) est une equation differentielle lineaire sans secondmembre associee a (E1) et comme z1 et u1 sont solutionssur R∗+ de (E1), il en resulte que z1 − u1 est solution surR∗+ de (F1) .

4. Comme dans la question....., en etudiant le comportement dessolutions z1 et y1 au voisinage de 0+, on deduit que (y1, z1) estsysteme fondamental de solutions sur R∗+ de (F1), donc toutesolution sur R∗+ de (F1) est de la forme : y : x 7→ αy1(x)+βz1(x)ou α et β sont des constantes reelles arbitraires .

cc07m1_cor.tex - page 4

2.12 2008 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.12 2008

2.12.1 Enonce

124

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2008Ecole Nationale de l’Industrie Minerale

ENIM

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou Assimilees

Session 2008

EPREUVE DE MATHEMATIQUES I

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 5 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2008 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,

comporte 5 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulier

de rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Dans ce probleme, l’espace vectoriel reel R2 est muni de son produit scalaire canonique et de lanorme qui lui est associee, notee ||.|| ; C est muni de sa norme standard z −→ |z| qui en fait un R -espace vectoriel norme. On rappelle que si z0 ∈ C et r > 0, le disqueD(z0, r) : = z ∈ C ; |z−z0| < rest un ouvert de C .

1ere Partie : Resultats preliminaires

1. On considere l’application ψ : R2 −→ C definie par : ψ(x, y) = x+ iy, (x, y) ∈ R2.

(a) Verifier que l’application ψ est une bijection continue et que ψ−1 est aussi continue .

(b) Justifier que si Ω est un ouvert de C alors (x, y) ∈ R2 ; x+ iy ∈ Ω est un ouvert de R2.

(c) Montrer que Ω : = z ∈ C ; Re(z) > 0 est un ouvert de C et qu’il est connexe par arcs.

2. Soit∑n0

anzn une serie entiere de rayon de convergence R > 0, de somme f et dont les

coefficients an ne sont pas tous nuls ; on pose p = mink ∈ N ; ak = 0.

(a) Justifier qu’il existe une fonction g, somme d’une serie entiere a preciser, telle que pourtout complexe z de module < R, on ait f(z) = zpg(z). Que vaut g(0) ?

(b) Montrer alors qu’il existe r ∈]0, R[ tel que, pour tout z ∈ D(0, r) \ 0, f(z) = 0.

2eme Partie : La propriete (H)

Definition. Soit f : Ω −→ C une application definie sur un ouvert non vide Ω de C ; on luiassocie l’application f : U −→ C, definie sur l’ouvert U = ψ−1(Ω) de R2 par : f(x, y) = f(x + iy).On dit que f verifie la propriete (H) si f est de classe C1 sur U et

∀ (x, y) ∈ U , ∂f∂y

(x, y) = i∂f

∂x(x, y).

1. (a) f : C −→ C, z −→ ez ; montrer que f verifie la propriete (H).

(b) Meme question avec f : z = x + iy −→ ln |z| + i arcsin( y|z|) definie sur l’ouvert

Ω : = z ∈ C; Re(z) > 0. Que vaut ef(z) pour z ∈ Ω ?

(c) Soit P = a0+a1X+· · ·+adXd ∈ C[X] ou d ∈ N∗. Justifier que l’application f : z −→ P (z),

definie sur C , verifie la propriete (H) et exprimer∂f

∂xen fonction de P ′.

(d) L’application f : C −→ C, z −→ z verifie-t-elle la propriete (H) ?

Epreuve de Mathematiques I 1 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2008 – MP

2. Cas d’une fonction definie par une integrale

(a) Soit v un reel ; pour quelles valeurs du complexe z la fonction t −→ e−zt2+ivt est-elleintegrable sur R ?

Pour tout reel v, on pose fv(z) =

∫ +∞

−∞e−zt2+ivt dt, z ∈ Ω : = z ∈ C ; Re(z) > 0.

(b) Montrer que fv possede, en tout point de U , une derivee partielle par rapport a sadeuxieme variable et l’exprimer sous forme integrale.

(c) Montrer soigneusement que fv possede, en tout point de U , une derivee partielle par

rapport a sa premiere variable et l’exprimer en fonction de∂fv

∂y.

(d) Montrer que l’application fv verifie la propriete (H).

3. Cas de la somme d’une serie entiere

Soit∑n0

anzn une serie entiere de rayon de convergence R > 0 ; on note f l’application definie

par f(z) =+∞∑n=0

anzn, z ∈ D(0, R) ( avec D(0, R) = C si R = +∞).

(a) Soit y0 ∈]−R,R[ ; montrer soigneusement que l’application x −→ f(x+iy0) est derivablesur l’intervalle ] −

√R2 − y2

0,√R2 − y2

0[ ( = R si R = +∞) et exprimer sa derivee sousforme de la somme d’une serie. On posera fn(z) = anz

n, z ∈ D(0, R), n ∈ N.

(b) Montrer que f possede des derivees partielles premieres en tout point de U = ψ−1(D(0, R)

)

et exprimer∂f

∂yen fonction de

∂f

∂x.

(c) Montrer que f verifie la propriete (H).

4. Quelques proprietes generales

Soit Ω un ouvert non vide de C , et soient f , g deux applications definies sur Ω a valeurscomplexes et verifiant la propriete (H) ; on pose U = ψ−1(Ω).

(a) Montrer que, pour tout λ ∈ C, l’application λf + g verifie la propriete (H).

(b) Montrer que le produit fg verifie la propriete (H).

(c) Soient Ω′ un ouvert de C et F : Ω′ −→ C une application verifiant la propriete (H) ; onsuppose de plus que f(Ω) ⊂ Ω′. Montrer que l’application F f verifie la propriete (H).

(d) On suppose que, pour tout z ∈ Ω, f(z) = 0 ; montrer que l’application1

fverifie la

propriete (H).

(e) Soit z0 = x0 + iy0 ∈ Ω et posons∂f

∂x(x0, y0) = a+ ib.

i. Exprimer la differentielle de f en (x0, y0), notee df(x0, y0), a l’aide des reels a et b puisecrire la matrice jacobienne A de f au point (x0, y0) dans la base canonique (e1, e2)de R2 et la base (1, i) du R -espace vectoriel C .

ii. On suppose que a + ib = 0 et on oriente l’espace euclidien R2 par sa base canon-ique ; que peut-on dire de la nature geometrique de l’endomorphisme de R2 canon-iquement associe a A ? a quelle condition sur a et b cet endomorphisme est-il unerotation ?

(f) Si de plus f est de classe C2, calculer le laplacien ∆f de f defini par ∆f : =∂2f

∂x2+∂2f

∂y2.

Epreuve de Mathematiques I 2 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2008 – MP

3eme PartieAnalyticite des applications verifiant la propriete (H)

Soient Ω un ouvert non vide de C , z0 = x0 + iy0 ∈ Ω et f : Ω −→ C verifiant la propriete (H).

1. Justifier que l’ensemble ρ > 0 ; D(z0, ρ) ⊂ Ω n’est pas vide.

Si cet ensemble est majore, on note R sa borne superieure, sinon on pose R = +∞.

2. On note ϕ l’application de ]0, R[×R dans C definie par

ϕ(r, θ) = f(z0 + reiθ) = f(x0 + r cos θ, y0 + r sin θ).

Justifier que ϕ est de classe C1 sur ]0, R[×R et calculer ses derivees partielles∂ϕ

∂ret∂ϕ

∂θen

fonction de∂f

∂x. Donner une relation entre les derivees partielles premieres de ϕ.

3. Pour tout r ∈]0, R[, on note ϕr l’application definie sur R par : ϕr(θ) = ϕ(r, θ) = f(z0 + reiθ).

(a) Justifier que ϕr est 2π-periodique, de classe C1 et exprimer sa derivee en fonction de∂f

∂x.

Dans la suite, on note(cn(r)

)n∈Z

la suite des coefficients de Fourier complexes de ϕr.

(b) Justifier que la suite(cn(r)

)n∈Z

est sommable. Qu’en deduit-on au sujet de la convergencede la serie de Fourier de la fonction ϕr ? quelle est sa somme ? on precisera les hypothesesdes theoremes utilises.

4. Les notations etant celles de la question precedente ; on pose hn(r) =cn(r)

rn, r ∈]0, R[, n ∈ Z.

(a) Donner l’expression integrale de cn(r) pour tout r ∈]0, R[ et n ∈ Z.

(b) Soit n ∈ Z ; montrer que la fonction r −→ cn(r) est derivable sur ]0, R[ et exprimer saderivee sous forme integrale puis justifier que, pour tout r ∈]0, R[, c′n(r) = n

rcn(r).

(c) Montrer que, pour tout n ∈ Z, la fonction hn est constante sur l’intervalle ]0, R[.

(d) Montrer que si n est un entier naturel non nul alors la fonction h−n est nulle puis endeduire que c−n(r) = 0 pour tout r ∈]0, R[. On pourra justifier que la fonction r −→ c−n(r)est bornee au voisinage de 0 a droite.

5. Soit n ∈ N ; d’apres ce qui precede, il existe une constante an ∈ C telle que an = hn(r) pour

tout r ∈]0, R[. Montrer que le rayon de convergence de la serie entiere∑n0

anzn est superieur

ou egal a R et que, pour tout z ∈ D(z0, R), f(z) =

+∞∑n=0

an(z − z0)n.

6. Montrer l’unicite de la suite (an)n∈N de la question precedente.

7. En precisant le theoreme utilise montrer que, pour tout r ∈]0, R[,

1

2π

∫ 2π

0|f(z0 + reiθ)|2 dθ =

+∞∑n=0

|an|2r2n (Formule de Gutzmer).

Epreuve de Mathematiques I 3 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2008 – MP

4eme PartieProprietes fondamentales des applications verifiant la propriete (H)

A. Theoreme de Liouville

Soit f : C −→ C une application verifiant la propriete (H) ; d’apres l’etude menee dans la partie

precedente, en prenant z0 = 0, on obtient R = +∞ et il existe une unique serie entiere∑n0

anzn de

rayon de convergence infini dont f est la somme.1. Montrer en utilisant la formule de Gutzmer que si f est bornee, elle est constante.(Liouville)

2. Application : Soit P un polynome non constant a coefficients complexes ; on veut montrer queP possede au moins une racine dans C. Supposons le contraire et considerons l’application g

de C vers C , definie par g(z) =1

P (z). On pose P (z) = a0 + a1z + · · ·+ adz

d, d 1 et ad = 0.

(a) Justifier que |P (z)| ∼|z|→+∞

|ad||z|d et trouver la limite de g(z) lorsque |z| tend vers +∞puis montrer que g est bornee.

(b) Justifier que g verifie la propriete (H) et conclure.

B. Principe du prolongement analytique

Soient Ω un ouvert connexe par arcs de C , et f : Ω −→ C une application verifiant la propriete(H). On suppose qu’il existe z0 ∈ Ω et ρ > 0 tels que D(z0, ρ) ⊂ Ω et f(z) = 0 pour tout z ∈ D(z0, ρ).On veut montrer que f est nulle ; supposons le contraire et considerons z1 ∈ Ω tel que f(z1) = 0.

1. Justifier qu’il existe une application γ : [0, 1] −→ C continue et a valeurs dans Ω telle queγ(0) = z0 et γ(1) = z1. On pose I = t ∈ [0, 1] ; ∀ s ∈ [0, t], f(γ(s)) = 0.

2. Justifier que I possede une borne superieure notee σ puis montrer que σ est > 0 et que σ ∈ I .

3. Justifier que [0, σ] ⊂ I et que σ < 1 puis construire une suite (tk)k1 d’elements de ]σ, 1[ quidecroıt vers σ et verifiant f(γ(tk)) = 0 pour tout k 1. En particulier γ(σ) = z0, pourquoi ?

4. (a) Justifier qu’il existe r1 > 0 et une serie entiere∑n0

anzn de rayon de convergence r1 tels

que D(γ(σ), r1) ⊂ Ω et f(z) =

+∞∑n=0

an(z − γ(σ))n, z ∈ D(γ(σ), r1).

(b) Deduire de la question 3. precedente que les coefficients an ne sont pas tous nuls etjustifier qu’il existe r ∈]0, r1[ tel que f(z) = 0 pour tout z ∈ D(γ(σ), r) \ γ(σ).

5. Montrer que γ([0, σ]

)∩ D(γ(σ), r) \ γ(σ) = ∅ et conclure. (On pourra considerer la borne

inferieure β de t ∈ [0, σ] ; γ(t) = γ(σ) et justifier que β > 0).

C. Applications

1. Principe du maximum : Soient Ω un ouvert connexe par arcs de C et f : Ω −→ C uneapplication verifiant la propriete (H). On suppose que l’application z −→ |f(z)| admet unmaximum local en un point z0 ∈ Ω et on considere ρ > 0 tel que D(z0, ρ) ⊂ Ω et que, pour toutz ∈ D(z0, ρ), |f(z)| |f(z0)|.

(a) Montrer en utilisant la formule de Gutzmer que, pour tout z ∈ D(z0, ρ), f(z) = f(z0).

(b) Montrer que f est constante sur Ω tout entier.

Epreuve de Mathematiques I 4 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2008 – MP

2. Calcul d’une integrale

On rappelle que, pour tout reel v, la fonction fv : z −→∫ +∞

−∞e−zt2+ivt dt, definie sur l’ouvert

Ω : = z ∈ C ; Re(z) > 0, verifie la propriete (H) (question 2. de la 2eme partie).

(a) On fixe un reel u > 0 et on pose µ(v) =

∫ +∞

−∞e−ut2+ivt dt, v ∈ R.

i. Justifier que la fonction µ est derivable sur R et que µ′(v) = − v2uµ(v), pour tout v ∈ R.

ii. On admet que

∫ +∞

−∞e−t2 dt =

√π ; calculer la valeur de µ(0) et donner l’expression

de µ(v), pour tout v ∈ R, a l’aide des fonctions usuelles.

(b) On sait que l’application f definie sur Ω par f(z) = ln |z| + i arcsin( y|z|), z = x + iy ∈ Ω,

verifie la propriete (H) (question 1. (b) de la 2eme partie). Soit v un reel.

i. Verifier que, pou tout u > 0, fv(u) =√π e−

f(u)2 e−

v2

4u .

ii. Justifier que l’application z −→ √π e−

f(z)2 e−

v2

4z , definie sur Ω, verifie la propriete (H).

iii. Montrer en utilisant convenablement le principe du prolongement analytique que∫ +∞

−∞e−zt2+ivt dt =

√π e−

f(z)2 e−

v2

4z pour tout z ∈ Ω.

(On pourra appliquer la question 2. des preliminaires en considerant le developpement enserie entiere, sur le disque D(1, 1), de la difference de ces deux fonctions ).

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 5 / 5 FIN

2.12 2008 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.12.2 Corrige

131

CORRIGE C.N.C.08.MP.MATHS1

A.NAIMI

1erePartie : Resultats pre lim inaire

1. .

(a)

- Ψ est bijective puisque tout complexe z ∈ C s’ecrit de maniere unique : z = Re(z) + iIm(z).

- Ψ est continue car lineaire et son espace vectoriel de depart R2 est de dimension fini

- Ψ−1 est continue car, etant la bijection reciproque de Ψ qui est lineaire, alors elle est lineaire et de plus son espacevectoriel de depart C est de dimension fini.

(b) Si Ω est un ouvert de C, alors(x, y) ∈ R2/ x+ iy ∈ Ω

= Ψ−1(Ω ), est l’image reciproque par l’application

continue Ψ de l’ouvert Ω, c’est donc un ouvert de R2..

(c) - L’application : z → Re(z) est continue car lineaire et son espace vectoriel de depart C est de dimension fini, et Ωest l’image reciproque par cette application de l’ouvert R∗

+, c’est donc un ouvert de C- Ω est connexe par arcs puisqu’il est convexe. En effet si z1, z2 sont des elements de Ω et t ∈ [0, 1], alors Re(z1) etRe(z2) sont 〉0, donc

tRe(z1) + (1 − t)Re(z2)〉0. Mais Re(tz1 + (1 − t)z2) = tRe(z1) + (1 − t)Re(z2), donc Re(tz1 + (1 − t)z2)〉0, par suitetz1 + (1− t)z2 ∈ Ω. .

(a) Par definition de l’entier p, on a : a0 = ... = ap−1 = 0. Donc si z ∈ D(0, R), f(z) =∞∑

n=panz

n ou encore

f(z) = zp∞∑

n=panz

n−p, mais apres

changement d’indice∞∑

n=panz

n−p =∞∑k=0

ak+pzk , donc f(z) = zpg(z), ou l’on a pose : g(z) =

∞∑k=0

ak+pzk et g(0) = ap.

(Remarquer que les series entieres∑an+pz

n et∑anz

n ont meme rayon de convergence R)

(b) La fonction g est la somme d’une serie entiere de rayon de convergence R, elle est donc continue sur D(0, R)et en particulier en 0, et comme g(0) = ap 6= 0 alors ∃r ∈]0, R[, tel que ∀z ∈ D(0, r), g(z) 6= 0. Or ∀z ∈ D(0, R),f(z) = zpg(z). D’ou ∀z ∈ D(0, r)\ 0 , f(z) 6= 0.

2emePartie : La propriete (H)

1. .

(a) L’application∼f correspondante est definie de R2 dans C, par : (x, y) → ex+iy = exeiy.

Ses derivees partielles ∂∼f

∂x : (x, y) → exeiy et ∂∼f

∂y : (x, y) → iexeiy , existent et sont continues, comme produitd’applications continues.

D’autre part ∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x = i∼f . Par suite f verifie la propriete (H).

(b) - L’application∼f correspondante est definie de U dans C, par : (x, y) → ln

√x2 + y2. + i arcsin( y√

x2+y2), ou

U = R∗+ × R.

On verifie apres calculs que les fontions ∂∼f

∂x et ∂∼f

∂y sont definies sur U , par ∂∼f

∂x : (x, y) → x−iyx2+y2 et ∂

∼f

∂y : (x, y) →y+ixx2+y2 = i x−iy

x2+y2 , de plus elles sont continues comme rapport de fonctions continues.

Donc d’une part la fonction∼f est de classe C1 sur U et d’autre part ∂

∼f

∂y = i∂∼f

∂x sur U. On conclut que la fonction fverifie la propriete (H).

- Si z ∈ Ω et (x, y) = Ψ−1(z), alors ef(z) = eln|z|+i arcsin( y|z| ) = eln|z|.ei arcsin(

y|z| ) = |z| [cos(arcsin( y

|z| ))+i sin(arcsin(y|z| ))].

Or ∀t ∈ [−1, 1],

cos(arcsin t) =

√1− t2

sin(arcsin t) = t, donc ef(z) = |z| [

√1− ( y

|z| )2 + i( y

|z| )]. =|z||z| (

√x2 + iy) = |x|+ iy .

1

Mais z etant dans Ω, donc Re(z) = x〉0. D’ou ef(z) = x+ iy = z . En conclusion ∀z ∈ Ω, ef(z) = z

(c) L’application∼f correspondante est definie de R2 dans C par : (x, y) →

n∑k=0

ak(x+ iy)k.

On verifie apres calculs et en utilisant la propriete sur les derivees partielle d’une somme, que les fontions ∂∼f

∂x et ∂∼f

∂y

sont definies surR2 par ∂∼f

∂x : (x, y) →n∑

k=1

kak(x+iy)k−1 = P ′(x+iy) et ∂

∼f

∂y : (x, y) →n∑

k=1

ikak(x+iy)k−1 = iP ′(x+iy).

Donc ∂∼f

∂x = P ′ Ψ et ∂∼f

∂y = iP ′(x + iy) et ces fonctions sont continues sur R2, comme compose d’applicationscontinues.

Par suite∼f est de classe C1 sur R2 et de plus ∂

∼f

∂y = i∂∼f

∂x . On conclue que la fonction f verifie la propriete (H)

(d) L’application∼f correspondante est definie de R2 dans C, par (x, y) → x− iy.

Donc les fontions ∂∼f

∂x et ∂∼f

∂y sont definies sur R2, par ∂∼f

∂x : (x, y) → 1 et ∂∼f

∂y : (x, y) → −i, en particulier∂∼f

∂y (0, 0) 6= i∂∼f

∂x (0, 0).

Donc f ne verifie pas la propriete (H).

2. (a) Soit z ∈ C et (a, b) ∈ R2, tel que z = Ψ(a, b) = a+ ib.

Alors d’une part ∀t ∈ R,∣∣∣e−zt2+ivt

∣∣∣ =∣∣∣e−zt2eivt

∣∣∣ =∣∣∣e−zt2

∣∣∣∣∣eivt

∣∣ =∣∣∣e−zt2

∣∣∣ =∣∣∣e−at2−ibt2

∣∣∣ = e−at2.

D’autre part la fonction t→ e−at2 est integrable sur R ssi a〉0 ( Si a〉0 alors e−at2 =t→+∞

0( 1t2 ) et t→ e−at2 est pair donc

integrable sur R et si a ≤ 0 alors 1t =

t→+∞0(e−at2) donc t → e−at2 est non integrable sur [1,+∞[ donc non integrable

sur R) .

On conclue alors que la fontion t→ e−zt2+ivt est integrable sur R ssi Re(z)〉0.

(b) Ici U = R∗+ × R et pour tout (x, y) ∈ U,

∼fv(x, y) =

∫ +∞−∞ e−xt2e−iyt2eivtdt.

Soit alors x ∈ R∗+ fixe, et considerons l’application h definie de R2 dans C, par h(y, t) = e−xt2e−iyt2eivt. Alors :

- h est continue comme produit et compose d’applications continues, et verifie l’hpothese de domination puisque∀(y, t) ∈ R2, |h(y, t)| = e−xt2 et l′application t → e−xt2 est independante de la variable y et elle est integrable sur Rpuisque x〉0.- L’application ∂h

∂y existe et est definie sur R2 par ∂h∂y (y, t) = −it2e−xt2e−iyt2eivt. De plus elle est continue comme

produit et compose d’applications continues, et verifie l’hpothese de domination puisque ∀(y, t) ∈ R2,∣∣∣∂h∂y (y, t)

∣∣∣ =t2e−xt2 et l′application t → t2e−xt2 est independante de la variable y et elle est integrable sur R, car elle est pair etnegligeable au voisinage de +∞ devant la fonction t→ 1

t2 .

Donc d’apres le theoreme de derivabilite sous signe integrale la fonction y →∼fv(x, y) est de classe C1 sur R et sa

derive en chaque y ∈ R est∫ +∞−∞

∂h∂y (y, t)dt.

Donc ∀y ∈ R , ∂∼fv∂y (x, y) existe et ∂

∼fv∂y (x, y) =

∫ +∞−∞

∂h∂y (y, t)dt. =

∫ +∞−∞ −it2e−xt2e−iyt2eivtdt.

Ceci etant pour tout x〉0 fixe.

On conclue alors que ∀(x, y) ∈ U = R∗+ × R , ∂

∼fv∂y (x, y) existe et ∂

∼fv∂y (x, y) =

∫ +∞−∞ −it2e−xt2e−iyt2eivtdt..

(c) De la meme maniere qu’en (b), On montre que ∀(x, y) ∈ U = R∗+ × R , ∂

∼fv∂x (x, y) existe et ∂

∼fv∂x (x, y) =∫ +∞

−∞ −t2e−xt2e−iyt2eivtdt.

En particulier ∀(x, y) ∈ U, ∂∼fv∂x (x, y) = 1

i∂

∼fv∂y (x, y).

(d) D′apres les questions (b) et (c) precedentes : ∂∼fv∂x et ∂

∼fv∂y existent sur U et ∀(x, y) ∈ U, i∂

∼fv∂x (x, y) = ∂

∼fv∂y (x, y)..

De plus les fonctions ∂∼fv∂x et ∂

∼fv∂y sont continues sur U , en effet, montrons par exemple que la fonction ∂

∼fv∂x est continue

sur U.

Notons pour cela, g la fonction definie de U × R dans C, par g((x, y), t) = −t2e−xt2e−iyt2eivt. Alors :

- g est continue comme produit et compose d’applications continues

2

- g verifie l’hpothese de domination sur tout compact, en effet soit K un compact de R2 inclus dans U et notons a =inf

(x,y)∈Kx (L’existence de cette borne inferieur est justifie par la continuite de la fonction (x, y) → x sur le compactK, de

plus cette borne inferieur est atteinte, en particulier a〉0).Alors ∀((x, y), t) ∈ K×R,∣∣∣g((x, y), t) = −t2e−xt2e−iyt2eivt

∣∣∣ ≤t2e−xt2 ≤ t2e−at2 et la fonction t → t2e−at2 est integrable sur R puisque a〉0. Donc d’apres le theoreme de continuite

sous signe integrale la fonction : ∂∼fv∂x : (x, y) →

∫ +∞−∞ −t2e−xt2e−iyt2eivtdt est continue sur U.

De la meme maniere on montre que la fonction ∂∼fv∂y est continue sur U. et par suite

∼fv est de classe C1 sur U.

On conclut alors que la fonction fv verifie la propriete (H).

3. .

(a) Notons I =]−√R2 − y20 ,

√R2 − y20 [ , g la fonction definie de I dans C par g(x) = f(x+ iy0) =

∞∑n=0

an(x+ iy0)n et

pour tout n ∈ N et

x ∈ I, fn(x) = an(x+ iy0)n. Alors :

- ∀n ∈ N, gn est de classe C1sur I et ∀x ∈ I, f′n(x) =

0 si n = 0

nan(x+ iy0)n si n ≥ 1

- La serie de fonctions∑fn converge simplement sur I. En effet :

si x ∈ I , alors |x| 〈√R2 − y20 donc |x+ iy0|2 = x2+y20〈R2 donc |x+ iy0| 〈R et R est le rayon de convergence de la serie

entiere∑anz

n donc la serie∑an(x+ iy0)

n converge absolument donc converge et par suite∑fn(x) converge..

- La serie de fonctions∑f

′n converge uniformement sur tout segment de R inclus dans I : En efffet, soit J un segment

inclus dans I et soit

α ∈ [0,√R2 − y20 [ tel que J ⊂ [−α, α], alors :

∀n ≥ 1, ∀x ∈ J,∣∣∣ f ′

n(x)∣∣∣ = |nan(x+ iy0)

n| = n |an| (x2 + y20)n−12 ≤ n |an| (α2 + y20)

n−12 = n |an| |α+ iy0|n−1

.

Donc ∀n ≥ 1, supx∈J

∣∣∣ f ′n(x)

∣∣∣ ≤ n |an| |α+ iy0|n−1 et la serie∑n |an| |α+ iy0|n−1 converge, puisque α etant dans I , alors

d’une part |α+ iy0| 〈R et d’autre part la serie entiere∑nanz

n−1 a meme rayon de convergence R que la serie entiere∑anz

n.

On conclue alors que la serie de fonctions∑f

′n converge normalement et donc uniformement sur J .

Donc d’apres le theoreme de derivation termes a termes, la fonction g definie ci dessus est de classe C1 sur I et∀x ∈ I,

g′(x) =∞∑

n=0f ′n(x) =

+∞∑n=1

nan(x+ iy0)n−1.

(b) Soit (x0, y0) ∈ U . Alors |x0 + iy0|2 = x20+y20〈R2, donc y0 ∈]−R,R[ et x0 ∈]−

√R2 − y20 ,

√R2 − y20 [ , donc d’apres

la question (a) precedente, la fonction x→ f(x+ iy0) est derivable en x0 et sa derive en x0 vaut+∞∑n=1

nan(x0 + iy0)n−1,

donc ∂∼f

∂x existe et egale a+∞∑n=1

nan(x0 + iy0)n−1 .

Donc ∂∼f

∂x existe en tout point de U et ∀(x, y) ∈ U, ∂∼f

∂x (x, y) =+∞∑n=1

nan(x+ iy)n−1.

De la meme maniere on montre que ∂∼f

∂y existe en tout point de U et ∀(x, y) ∈ U, ∂∼f

∂y (x, y) =+∞∑n=1

inan(x+ iy)n−1.

En particulier ∀(x, y) ∈ U, ∂∼f

∂y (x, y) = i ∂∼f

∂x .

(c) Compte tenue de la question precedente, il suffit de montrer que la fonction∼f est de classe C1 sur U.

En effet, d’apres le (b) precedent on a : ∀(x, y) ∈ U, ∂∼f

∂x (x, y) =+∞∑n=1

nan(x + iy)n−1 =+∞∑n=1

nan(Ψ(x, y))n−1, donc

∂∼f

∂x = F Ψ ou F est la fonction definie de D(0, R) vers C, par F (z) =+∞∑n=1

nanzn−1.

Or

Ψest continue sur U d’apres le (1) de la premiere partieΨ(U) = D(0, R)

F est continue sur D(0, R) puisque c’est la somme d’une serie entiere de rayon de convergence R, par suite

∂∼f

∂x est continue sur U comme compose d’applications continues.

3

De la meme maniere on montre que la fonction ∂∼f

∂y est continue sur U.

En conclusion : f verifie la propriete (H).

4. .

(a) Soit λ ∈ C, alors ∀(x, y) ∈ U, (∼

λf + g)(x, y) = (λf + g)(x + iy) = λf(x + iy) + g(x + iy) = λ∼f (x, y) +

∼g(x, y) =

(λ∼f +

∼g)(x, y).

Par suite∼

λf + g = λ∼f +

∼g. Or f, g verifient la propriete (H), donc

∼f et

∼g sont C1 sur U et

∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x

∂∼g

∂y = i∂∼g

∂x

, donc par

les operations algebriques sur les fonctions de classe C1, la fonction∼

λf + g = λ∼f +

∼g est C1 sur U et ∀(x, y) ∈ U,

∂∼

(λf+g)∂y (x, y) = λ∂

∼f

∂y (x, y) +∂∼g

∂y (x, y)

∂∼

(λf+g)∂x (x, y) = λ∂

∼f

∂x (x, y) +∂∼g

∂x (x, y)

, donc ∀(x, y) ∈ U, ∂∼

(λf+g)∂y (x, y) = i(λ∂

∼f

∂x (x, y) +∂∼g

∂x (x, y)) = i.∂∼

(λf+g)∂x (x, y).

Par suite λf + g verifie (H)

(b) On verifie que∼fg =

∼f

∼g , et comme f, g verifient la propriete (H), alors

∼f et

∼g sont C1 sur U et

∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x

∂∼g

∂y = i∂∼g

∂x

,donc par les operations algebriques sur les fonctions de classe C1, la fonction∼fg =

∼f

∼g est C1 sur U

et ∀(x, y) ∈ U,

∂∼

(fg)∂y (x, y) =

∼f (x, y)∂

∼g

∂y (x, y) +∼g(x, y)∂

∼f

∂y (x, y)

∂∼

(fg)∂x (x, y) =

∼f (x, y)∂

∼g

∂x (x, y) +∼g(x, y)∂

∼f

∂x (x, y)

, donc ∀(x, y) ∈ U, ∂∼

(fg)∂y (x, y) = i(

∼f (x, y)∂

∼g

∂x (x, y) +

∼g(x, y)∂

∼f

∂x (x, y)) = i.∂∼

(fg)∂x (x, y). Par suite fg verifie (H)

(c) Notons U ′ = Ψ−1(Ω′), (e1, e2) la base canonique de R2 et (e∗1, e∗2) sa base dual.

On a ∀(x, y) ∈ U,∼

(F f)(x, y) = (F f)(x+ iy) = F (f(x+ iy)) = F (∼f (x, y)) =

∼F (Ψ−1(

∼f (x, y)))

Donc∼

F f =∼F G ou G = Ψ−1

∼f , et comme f et F verifient la propriete (H), alors

∼F est de classe C1 sur U ′,

∼f

est de classe C1 sur U , mais Ψ−1 etant lineaire, alors elle est de classe C1sur C. D’autre part∼f (U) = f(Ω) ⊂ Ω′ donc

G(U) = (Ψ−1 ∼f )(U) ⊂ Ψ−1(Ω′) = U ′, donc par composition, la fonction

∼F f =

∼F G est C1 sur U et ∀(x, y) ∈ U

∂(∼

Ff)∂y (x, y) = d(

∼F f)(x, y).e2 = d(

∼F G)(x, y).e2 = (d

∼F (G(x, y)) dG(x, y)).e2

= d∼F (G(x, y))(dG(x, y).e2) = d

∼F (G(x, y))(∂G∂y (x, y)).

Mais G = Ψ−1 ∼f et Ψ−1 est lineaire donc ∂G

∂y (x, y) = Ψ−1(∂∼f

∂y (x, y)).

D’ou ∀(x, y) ∈ U , ∂(∼

Ff)∂y (x, y) = d

∼F (G(x, y))(Ψ−1(∂

∼f

∂y (x, y))) = e∗1(Ψ−1(∂

∼f

∂y (x, y))).∂

∼F

∂x (G(x, y))+e∗2(Ψ

−1(∂∼f

∂y (x, y))).∂

∼F

∂y (G(x, y)).

De meme on montre que ∀(x, y) ∈ U , ∂(∼

Ff)∂x (x, y) = e∗1(Ψ

−1(∂∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂x (G(x, y)) + e∗2(Ψ−1(∂

∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂y (G(x, y)).

Or f verifie la propriete (H), donc ∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x sur U, donc ∀(x, y) ∈ U , ∂(∼

Ff)∂y (x, y) = e∗1(Ψ

−1(∂∼f

∂y (x, y)))∂

∼F

∂x (G(x, y)) +

e∗2(Ψ−1(∂

∼f

∂y (x, y)))∂

∼F

∂y (G(x, y)) =

e∗1(Ψ−1(i∂

∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂x (G(x, y)) + e∗2(Ψ−1(i∂

∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂y (G(x, y)) et par linearite de e∗1, Ψ−1 et e∗2.

On conclue que ∀(x, y) ∈ U , ∂(∼

Ff)∂y (x, y) = i

(e∗1(Ψ

−1(∂∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂x (G(x, y)) + e∗2(Ψ−1(∂

∼f

∂x (x, y)))∂

∼F

∂y (G(x, y))

)=

i∂(∼

Ff)∂x (x, y).

D’ou F f verifie la propriete (H)

(d) On verifie que∼( 1f ) =

1∼f

et comme∼f est C1 sur U et ne s’annulle pas sur U , sa fonction inverse

∼( 1f ) =

1∼f

est C1 sur

U et

∀(x, y) ∈ U ,

∂∼1f

∂y (x, y) = − 1∼f

2

(x,y)

∂∼f

∂y

∂∼1f

∂x (x, y) = − 1∼f

2

(x,y)

∂∼f

∂x

, et comme f verifie (H) alors ∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x sur U et par suite ∀(x, y) ∈ U,

∂∼1f

∂y (x, y) = i∂

∼1f

∂x (x, y).

4

D’ou 1f verifie la propriete (H).

(e) (i)

- d∼f (x0, y0) est l’application lineaire definie de R2 dans C par ∀(h, k) ∈ R2, d

∼f (x0, y0) .(h, k) = h.∂

∼f

∂x (x0, y0) +

k ∂∼f

∂y (x0, y0).

Or f verifie (H), donc ∂∼f

∂y (x0, y0) = i.∂∼f

∂x (x0, y0)(= i(a+ ib)), donc ∀(h, k) ∈ R2, d∼f (x0, y0) .(h, k) = ah− bk+ i(ak+hb)

En particulier : d∼f (x0, y0) .e1 = a+ ib et d

∼f (x0, y0) .e2 = −b+ ia

- Par definition on a A =Mat(e1,e2),(1,i)(d∼f (x0, y0)). D’ou A =

(a −bb a

)

ii)- Si on note u cet endomorphisme, alors u = (√a2 + b2.idR2) R ou R est la rotation de R2 dont la matrice dans

la base orthonormee directe (e1, e2) est donnee par

(a√

a2+b2−b√a2+b2

b√a2+b2

a√a2+b2

). Par suite u est une similitude directe (

compose d’une rotation et d’une homothetie).

- u est une rotation ssi√a2 + b2 = |a+ ib| = 1.

(f) Puisque f verifie (H) alors ∂∼f

∂y = i∂∼f

∂x sur U , mais∼f est suppose C2, donc en prenant les 2emes derivees

partielles de ces fonctions, il vient ∂2∼f

∂y2 = i ∂2∼f

∂y∂x , d’autre part, d’apres le theoreme de Scwartz ∂2∼f

∂y∂x = ∂2∼f

∂x∂y , donc

∂2∼f

∂y2 = i ∂2∼f

∂x∂y = i∂( ∂

∼f

∂y )

∂x = i∂(i ∂

∼f

∂x )

∂x = i2 ∂2∼f

∂x2 = −∂2∼f

∂x2 .

D’ou 4∼f = ∂2

∼f

∂x2 + ∂2∼f

∂y2 = 0.

3emePartie : Analyticite des applications verifiant lapropriete (H)

1. . Ω etant un ouvert contenant z0, donc ∃r〉0 tel que D(z0, r) ⊂ Ω et par suite l’ensemble en question n’est pas vide.

2. .Si on note g l’application definie de ]0, R[×R vers R2 par g(r, θ) = (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ) et g1, g2 ses fonctionscoordonnees dans la base canonique de R2, alors d’une part g est C1 sur ]0, R[×R ( Puisque ses fonctions coordonnees

le sont), d’autre part ϕ =∼f g et g(]0, R[×R) ⊂U = Ψ−1(Ω). (En effet si (r, θ) ∈]0, R[×R, alors r〈R, donc par definition

de R, ∃ρ〉r tel que D(z0, ρ) ⊂ Ω, donc D(z0, r) ⊂ Ω. Mais |Ψ(g(r, θ))− z0| = r, par suite Ψ(g(r, θ)) ∈ D(z0, r) ⊂ Ω, d’ou

g(r, θ) ∈ Ψ−1(Ω) = U) et∼f est C1 sur U puisque par hypothese f verifie (H), donc par composition ϕ =

∼f g est C1

sur ]0, R[×R et

∀(r, θ) ∈]0, R[×R,

∂ϕ∂r (r, θ) =

∂g1∂r (r, θ).

∂∼f

∂x (g(r, θ)) +∂g2∂r (r, θ).

∂∼f

∂y (g(r, θ))

∂ϕ∂θ (r, θ) =

∂g1∂θ (r, θ).

∂∼f

∂x (g(r, θ)) +∂g2∂θ (r, θ).

∂∼f

∂y (g(r, θ)), et compte tenue de l’egalite ∂

∼f

∂y =

i∂∼f

∂x sur U , il vient : ∀(r, θ) ∈]0, R[×R,

∂ϕ∂r (r, θ) = (cos θ + i sin θ).∂

∼f

∂x (g(r, θ)) = eiθ.∂∼f

∂x (g(r, θ))

∂ϕ∂θ (r, θ) = ireiθ.∂

∼f

∂x (g(r, θ)). D’ou l’egalite

∀(r, θ) ∈]0, R[×R, ∂ϕ∂θ (r, θ) = ir.∂ϕ∂r (r, θ)

3. . (a)

- La fonction ϕr est 2π−periodique par 2π− periodicite des fonctions cos et sin

- La fonction ϕr est C1 sur R, puisque ϕ est C1 sur ]0, R[×R, de plus ∀θ ∈ R, ϕ′r(θ) =

∂ϕ∂θ (r, θ).

Mais d’apres ce qui precede ∀θ ∈ R, ∂ϕ∂θ (r, θ) = ireiθ ∂

∼f

∂x (g(r, θ)) = ireiθ ∂∼f

∂x (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ).

D’ou ∀θ ∈ R, ϕ′r(θ) = ireiθ ∂

∼f

∂x (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ)..

(b) puisque ϕr est 2π−periodique et C1 sur R, alors d’apres le theoreme de Dirichlet de convergence normale :

- la famille (cn(r))n∈Z est sommable

- La serie de fourier de ϕr converge normalement sur R et sa somme est ϕr.

4. .(a) ∀r ∈]0, R[ et ∀n ∈ Z, cn(r) = 12π

∫ 2π

0ϕr(θ).e

−inθdθ = 12π

∫ 2π

0ϕ(r, θ).e−inθdθ.

(b) Notons h la fonction definie sur ]0, R[×[0, 2π] a valeurs complexes par h(r, θ) = ϕ(r, θ).e−inθ. Alors :

5

- h est continue puisqu’elle est produit de deux fonctions continues . (ϕ est C1d’apres la question (2) precedente donccontinue)

- Puisque ϕ est C1, alors h aussi, et ∀(r, θ) ∈]0, R[×[0, 2π], ∂h∂r (r, θ) =

∂ϕ∂r (r, θ).e

−inθ et ∂h∂r est continue.

Donc d’apres le theoreme de derivabilite sous signe integrale cn est C1 sur ]0, R[ et ∀r ∈]0, R[, c′n(r) =12π

∫ 2π

0∂ϕ∂r (r, θ).e

−inθdθ .

Or d’apres la question (2) precedente ∀(r, θ) ∈]0, R[×R, ∂ϕ∂θ (r, θ) = ir.∂ϕ∂r (r, θ), donc ∀r ∈]0, R[, c′n(r) =

12π

∫ 2π

0−ir

∂ϕ∂θ (r, θ).e

−inθdθ.

Et par integration par partie ∀r ∈]0, R[, c′n(r) = −i2πr

([ϕ(r, θ).e−inθ]2π0 + in.

∫ 2π

0ϕ(r, θ).e−inθdθ

).

Mais le crochet est nul puisque l’application θ → ϕ(r, θ).e−inθ est 2π−periodique. Par suite

∀r ∈]0, R[, c′n(r) = nr (

12π

∫ 2π

0ϕ(r, θ).e−inθdθ) = n

r cn(r)

(c) Comme cn estC1 sur ]0, R[, alors hn aussi, et ∀r ∈]0, R[, h′n(r) = 1r2n (r

nc′n(r)−nrn−1cn(r)) =1

rn+1 (rc′n(r)−ncn(r)).

Or d’apres ce qui precede ∀r ∈]0, R[, c′n(r) = nr cn(r), par suite ∀r ∈]0, R[, h′n(r) = 0, et donc h est constante sur ]0, R[.

(d) Soit n un entier naturel non nul.

Commencons par montrer que la fonction c−n est bornee au voisinage de 0 a droite.

En faisant la meme demarche que dans la question (2) precedente, on montre facilement que g([0, R[×[0, 2π]) ⊂U =

Ψ−1(Ω) ou g(r, θ) = (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ), et puisque g est continue sur [0, R[×[0, 2π] et∼f est continue sur U (car

f verifie (H)), alors leur compose∼f g aussi, et donc la fonction (r, θ) → ϕ(r, θ) =

∼f (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ) .einθ est

continue sur [0, R[×[0, 2π].

Donc d’apres le theoreme de continuite sous signe integrale, la fonction r → 12π

∫ 2π

0ϕ(r, θ).e−inθdθ est continue sur

[0, R[.

Mais ∀r ∈]0, R[, c−n(r) =12π

∫ 2π

0ϕ(r, θ).einθdθ, donc la fonction c−n est prolongeable par continuite en 0 a droite

( limr→0+

c−n(r) =12π

∫ 2π

0

∼f (x0 +0 cos θ, y0 +0 sin θ).einθdθ = 1

2π

∼f (x0, y0)

∫ 2π

0.einθdθ = 0) et donc bornee au voisinage de

0 a droite. Remarquer que de la meme maniere on montre que limr→0+

c0(r) =∼f (x0, y0) = f(z0)

D’autre part, d’apres le (c) precedent, la fonction h−n est constante sur ]0, R[.

Soit alors K ∈ C, tel que ∀r ∈]0, R[, h−n(r) = c−n(r)r−n = K. Donc ∀r ∈]0, R[, c−n(r) = K

rn et limr→0+

1rn = +∞ (puisque

n ∈ N∗),.

Or c−n est bornee au voisinage de 0 a droite, donc K = 0, et par suite ∀r ∈]0, R[, h−n(r) = 0. D’ou ∀r ∈]0, R[,c−n(r) = 0

5. . - Soit z ∈ C tel que |z| 〈R, et soit r reel tel que |z| 〈r〈R . Alors : ∀n ∈ N, |anzn| = |hn(r).zn| =∣∣∣ cn(r)rn .zn

∣∣∣ = |cn(r)|∣∣ zr

∣∣n ≤|cn(r)| .Or d’apres le (b) de la 3eme question de la 3eme partie, la famille (cn(r))n∈Z est sommable. Donc la serie

∑ |cn(r)| .converge, par suite la serie

∑ |anzn| converge, d’ou la serie∑anz

nconverge absolument.

On a donc montre que ∀ z ∈ C tel que |z| 〈R, la serie∑anz

nconverge absolument. Par suite le rayon de convergencede la serie entiere

∑anz

n est superieur ou egal a R.

- Soit z ∈ D(z0, R)\ z0, alors ∃(r, θ) ∈]0, R[×R tel que z = z0 + r.eiθ.

Donc f(z) = f(z0 + r.eiθ) = ϕr(θ). Mais dans le (b) de la 3eme question de la 3eme partie, nous avons ∀x ∈ R, ϕr(x) =

∑n∈Z

cn(r).einx, et d’apres le (d) de la 4eme question de la 3eme partie, on a ∀n ∈ N∗, c−n(r) = 0. Donc

f(z) =+∞∑n=0

cn(r).einθ.

Mais ∀n ∈ N, cn(r) = rnhn(r) = anrn, par suite f(z) =

+∞∑n=0

anrn.einθ =

+∞∑n=0

an(re)inθ =

+∞∑n=0

an.(z − z0)n,ou encore :

f(z) =+∞∑n=0

an.(z − z0)n.

Reste a montrer que cette egalite est verifiee pour z = z0. Ce qui revient a montrer que f(z0) = a0.

En effet : on a ∀r ∈]0, R[, a0 = h0(r), donc ∀r ∈]0, R[, a0 = c0(r), donc par passage a la limite (r → 0+) et compte tenuede la remarque precdente, il vient a0 = f(z0).

D’ou ∀ z ∈ D(z0, R), f(z) =+∞∑n=0

an.(z − z0)n.

6

6. . D’apres la question precedente, on a ∀ z ∈ D(z0, R), f(z) =+∞∑n=0

an.(z−z0)n, donc ∀ z ∈ D(0, R), f(z+z0) =+∞∑n=0

an.zn.,

en particulier ∀x ∈]−R,R[, f(x+z0) =+∞∑n=0

an.xn, ceci est le developpement en serie entiere de la fonction x→ f(x+z0),

et puisque le developpement en serie entiere d’une fonction s’il existe est unique, alors il y’a unicite de la suite (an)n∈N.

7. . Soit r ∈]0, R[. Puisque ϕr est continue 2π−periodique, alors d’apres la formule de Parcevall : 12π

∫ 2π

0|ϕr(θ)|2 dθ =∑

n∈Z|cn(r)|2

Mais ∀θ, ϕr(θ) = f(z0 + r.eiθ) et ∀n ∈ Z, cn(r) =

0 si n ∈ Z∗−

anrn si n ∈ N , d’ou 1

2π

∫ 2π

0

∣∣f(z0 + r.eiθ)∣∣2 dθ =

+∞∑n=0

|an|2 r2n.

4emePARTIE : Proprietes fondamentales des applications verifiant la propriete (H)

A.Theoreme de Liouville

1. . La formule de Gutzmer devient dans ce cas : ∀r〉0, 12π

∫ 2π

0

∣∣f(r.eiθ)∣∣2 dθ =

+∞∑n=0

|an|2 r2n.

Et si on suppose f bornee et on pose M = supz∈C

|f(z)|, alors ∀r〉0,+∞∑n=0

|an|2 r2n ≤ 12π

∫ 2π

0M2dθ =M2.

Or ∀r〉0 et ∀n ∈ N, |an|2 r2n ≤+∞∑p=0

|ap|2 r2p, donc ∀r〉0 et ∀n ∈ N, |an|2 r2n ≤ M2 ou encore ∀n ∈ N∗,(∀r〉0 |an|2 ≤ M2

r2n

).

Mais ∀n ∈ N∗, limr→+∞

M2

r2n = 0, donc par passage a la limite dans ce qui precede, on obtient ∀n ∈ N∗, an = 0.

Mais ∀z ∈ C, f(z) =+∞∑n=0

anzn, d’ou ∀z ∈ C, f(z) = a0 = f(0), par suite f est constante.

2. .

(a) Comme ∀k ∈ 0, ..., d− 1 , lim|z|→+∞

|z|k−d= 0, alors ∀k ∈ 0, ..., d− 1 , lim

|z|→+∞

∣∣∣akzk

adzd

∣∣∣ = lim|z|→+∞

∣∣∣ak

ad

∣∣∣ |z|k−d= 0,

donc lim|z|→+∞

∣∣∣P (z)adzd

∣∣∣ = lim|z|→+∞

∣∣∣∣d−1∑k=0

akzk

adzd + 1

∣∣∣∣ = 1, d’ou |P (z)| ∼|z|→+∞

∣∣adzd∣∣, en particulier lim

|z|→+∞|P (z)| = +∞ (d ≥ 1),

donc lim|z|→+∞

|g(z)| = 0, donc lim|z|→+∞

g(z) = 0, en particulier ∃ρ〉0 tel que ∀z ∈ C, (|z|〉ρ =⇒ |g(z)| ≤ 1). D’autre part,

puisque P est une fonction polynome, elle est continue sur C, et de plus par hypothese elle ne prend pas la valeur 0,donc son inverse g est continue sur C donc continue sur le compact D(0, ρ), par suite g est bornee sur D(0, ρ) et si onpose α = sup

z∈D(0,ρ)

|g(z)|, alors ∀z ∈ C, |g(z)| ≤ max(1, α). On conclut alors que g est bornee.

(b) D’apres le (c) du 1) de la 2emePartie, la fonction P verifie la propriete (H) et donc par le d) du 4) de la meme partie,sa fonction inverse g = 1

P verifie (H) en tant que fonction definie sur C, et de plus d’apres ce qui precede elle estbornee. Donc elle est constante d’apres la 1ere question de cette meme partie, par suite sa fonction inverse qui est Pest constante. Ceci contredit alors le fait que P est non constant.

On conclut alors que P possede au moins une racine complexe. (C’est le Theoreme de Dalembert que vous avez biensur reconnu)

B.Principe du prolongement analytique

1. . C’est la connexite par arcs de Ω et z0, z1 ∈ Ω.

2. . - Puisque f(z0) = f(γ(0) = 0, donc 0 ∈ I , par suite I 6= ∅, d’autre part I est majore(par 1 par exemple), et etant unepartie de R, donc il admet une borne superieur σ ∈ [0, 1].

- La continuite de γ en 0 assure l’existence de η ∈]0, 1[, tel que ∀t ∈ [0, η], |γ(t)− γ(0)| 〈ρ. Mais γ(0) = z0, donc∀t ∈ [0, η], γ(t) ∈ D(z0, ρ), et comme par hypothese f est nulle sur ce disque, alors ∀t ∈ [0, η], f(γ(t)) = 0, donc η ∈ Iet par suite σ = sup I ≥ η〉0, d’ou σ〉0.- Comme σ = sup I, alors σ est adherent a I , il existe donc une suite (tn)n d’elements de I convergeante vers σ.

On a en particulier ∀n ∈ N, ( f γ)(tn) = 0 ou encore ∀n ∈ N, (∼f Ψ−1 γ)(tn) = 0, mais γ est continue sur [0, 1],

Ψ−1 est continue sur Ψ−1,∼f est continue sur U = Ψ−1(Ω) car C1 sur cet ouvert et (Ψ−1 γ)([0, 1]) ⊂ Ψ−1(Ω) = U ,

7

par suite leur composes∼f Ψ−1 γ est continue sur [0, 1] donc en σ, donc d’apres la caracterisation sequentielle de la

continuite : limn→+∞

(∼f Ψ−1 γ)(tn) = (

∼f Ψ−1 γ)(σ) .

Or ∀n ∈ N, (∼f Ψ−1 γ)(tn) = 0, donc (

∼f Ψ−1 γ)(σ) = 0 ou encore f(γ(σ)) = 0.

Soit maintenant s ∈ [0, σ[, comme limn→+∞

tn = σ, alors ∃n0 ∈ N, tel que s〈tn0 , mais tn0 ∈ I, donc f(γ(s)) = 0.

On a donc montre que ∀s ∈ [0, σ], f(γ(s)) = 0. D’ou σ ∈ I.

3. . - Soit t ∈ [0, σ], alors [0, t] ⊂ [0, σ]. Or d’apres ce qui precede σ ∈ I, donc ∀s ∈ [0, σ], f(γ(s)) = 0, donc ∀s ∈ [0, t],f(γ(s)) = 0 et par suite t ∈ I.

- Comme f(γ(1)) = f(z1) 6= 0 et f(γ(σ)) = 0, alors σ 6= 1, mais on a vu que σ ∈ [0, 1]., par suite σ〈1.- Notons σ1 la moitie de σ et de 1(σ1 = 1

2 (σ+1)), alors σ1〉σ = sup I , donc σ1 /∈ I , donc ∃t1 ∈ [0, σ1] tel que f(γ(t1)) 6= 0.

Or ∀s ∈ [0, σ], f(γ(s)) = 0 puisque σ ∈ I , donc t1〉σ en particulier 0〈t1 − σ ≤ σ1 − σ = 12 (1− σ).

Soit maintennt k ∈ N∗ et supposons construits t1, ..., tk des reels tels que 1〉t1〉....〉tk〉σ et ∀i ∈ 1, ..., k , 0〈ti − σ ≤12i (1− σ) et f(γ(ti)) 6= 0.

On reprend le meme procede que tout a l’heure et on pose cette fois σ2 = 12 (σ + tk) , alors σ2〉σ = sup I , donc

∃tk+1 ∈ [0, σ2] tel que f(γ(tk+1)) 6= 0 et comme ∀s ∈ [0, σ], f(γ(s)) = 0 alors tk+1〉σ en particulier 0〈tk+1 − σ ≤σ2 − σ = 1

2 (tk − σ).et comme tk+1 ≤ σ2 et σ2〈tk, alors tk+1〈tk et comme par hypothese de recurrence tk〈1 alors tk+1〈1.Mais par hypothese de recurrence tk − σ ≤ 1

2k(1− σ) et par suite 0〈tk+1 − σ ≤ 1

2k+1 (1− σ).

On a donc construit par recurrence une suite (tk)k strictement decroissante d’elements de ]σ, 1[, verifiant ∀k ∈ N∗,f(γ(tk)) 6= 0 et 0〈tk − σ ≤ 1

2k(1− σ).

Donc (tk)k est une suite d’elements de ]σ, 1[ qui decroıt vers σ et verifie ∀k ∈ N∗, f(γ(tk)) 6= 0 .

- Raisonnons par l’absurde et supposons γ(σ) = z0. La continuite de γ en σ assure l’existence de η〉0 tel que[σ − η, σ + η] ⊂ [0, 1] et ∀t ∈ [σ − η, σ + η], |γ(t)− γ(σ)| 〈ρ. Donc ∀t ∈ [σ − η, σ + η], |γ(t)− γ(σ)| 〈ρ ou encore∀t ∈ [σ − η, σ + η], γ(t) ∈ D(z0, ρ). Or la suite (tk)k converge vers σ, donc ∃k0 ∈ N, tel que ∀k ≥ k0, tk ∈ [σ − η, σ + η],donc compte tenue de ce qui precede : ∀k ≥ k0, γ(tk) ∈ D(z0, ρ). Mais f est nulle sur D(z0, ρ), donc ∀k ≥ k0,f(γ(tk)) = 0. Ceci contredit le fait que ∀k ≥ 1, f(γ(tk)) 6= 0. On conclut alors que γ(σ) 6= z0.

4. .(a) Puisque γ arrive dans Ω, alors γ(σ) ∈ Ω et f est une fonction definie de Ω a valeurs complexes qui verifie lapropriete (H), alors d’apres le 5) de la 3emePartie, il existe r1〉0 et une serie entiere

∑anz

n de rayon de convergence

≥ r1, tel que D(γ(σ), r1) ⊂ Ω et ∀z ∈ D(γ(σ), r1), f(z) =+∞∑n=0

an(z − γ(σ))n.

(b) -Raisonnons par l’absurde et supposons ∀n ∈ N, an = 0, donc d’apres le (a) precedent : ∀z ∈ D(γ(σ), r1), f(z) = 0.

Or la suite (tk)k converge vers σ et par continuite de γ, la suite (γ(tk))k converge vers γ(σ).

Donc ∃k0 ∈ N, tel que ∀k ≥ k0, γ(tk) ∈ D(γ(σ), r1), par suite ∀k ≥ k0, f(γ(tk)) = 0. Ceci contredit le fait que ∀k ≥ 1,f(γ(tk)) 6= 0.

On conclut alors que les an ne sont pas tous nuls.

- Comme f(z) =+∞∑n=0

an(z − γ(σ))n , ∀z ∈ D(γ(σ), r1), alors ∀z ∈ D(0, r1), f(z + γ(σ)) =+∞∑n=0

anzn, de plus on vient de

voir que les an ne sont pas tous nuls, donc d’apres le 2) de la premiere partie, il existe r ∈]0, r1[ tel que f(z+γ(σ)) 6= 0,∀z ∈ D(0, r)\ 0.

Donc ∀z ∈ D(γ(σ), r)\ γ(σ) , f(z) 6= 0.

5. .Notons E l’ensemble t ∈ [0, σ] / γ(t) = γ(σ)- L’ensembleE est une partie deR non vide car contient σ, minore (par 0 par exemple) donc admet une borne inferieurβ ≥ 0.

Mais en utilisant par exemple la caracterisation sequentielle des fermes, et compte tenue de la continuite de la fonctionγ, on montre facilement que E est ferme et par suite β = inf E appartient a E, donc β ∈ [0, σ] et γ(β) = γ(σ).

Or d’apres le 3), γ(σ) 6= z0 = γ(0), donc β 6= 0 et par suite β ∈]0, σ]- D’autre part la continuite de γ en β assure l’existence de η〉0 tel que [β − η, β + η] ⊂ [0, 1] et ∀t ∈ [β − η, β + η],|γ(t)− γ(β)| 〈r.Mais γ(β) = γ(σ), donc ∀t ∈ [β − η, β + η], |γ(t)− γ(σ)| 〈r, donc ∀t ∈ [β − η, β[, γ(t) ∈ D(γ(σ), r).

Or β = inf E, en particulier ∀t ∈ [0, β[, t /∈ E, donc ∀t ∈ [0, β[, γ(t) 6= γ(σ).

Donc ∀t ∈ [β − η, β[, γ(t) ∈ D(γ(σ), r)\ γ(σ) et comme [β − η, β[⊂ [0, σ], alors γ([0, σ]) ∩D(γ(σ), r)\ γ(σ) 6= ∅

8

- Puisque γ([0, σ]) ∩ D(γ(σ), r)\ γ(σ) 6= ∅, alors ∃t0 ∈ [0, σ] tel que γ(t0) ∈ D(γ(σ), r)\ γ(σ), donc d’une partf(γ(t0)) 6= 0 d’apres le b) du 4) precedent et d’autre part puisque σ ∈ I et t0 ∈ [0, σ], alors f(γ(t0)) = 0, ce qui estabsurde .

On conclut alors que f est nulle.

C.Applications

1.

1. (a) . Puisque la fonction f verifie (H) et z0 ∈ Ω, alors d’apres les questions 5) et 7) de la 3emePartie : il existe

une suite (an)n de nombres complexes tel que : ∀z ∈ D(z0, R), f(z) =+∞∑n=0

an(z − z0)n ou R est definie comme

dans la 3emePartie, et comme D(z0, ρ) ⊂ Ω, alors par definition de R, D(z0, ρ) ⊂ D(z0, R). Donc ∀z ∈ D(z0, ρ),

f(z) =+∞∑n=0

an(z − z0)n et ∀r ∈]0, ρ[, 1

2π

∫ 2π

0

∣∣f(z0 + r.eiθ)∣∣2 dθ =

+∞∑n=0

|an|2 r2n.

Or par hypothese |f(z)| ≤ |f(z0)| , ∀z ∈ D(z0, ρ), donc ∀r ∈]0, ρ[ et ∀θ ∈ [0, 2π],∣∣f(z0 + r.eiθ)

∣∣ ≤ |f(z0)| et compte

tenue de l’egalite precedente et en utilisant la croissance de l’integrale il vient : ∀r ∈]0, ρ[,+∞∑n=0

|an|2 r2n ≤ |f(z0)|2.

Mais a0 = f(z0), donc ∀r ∈]0, ρ[, |f(z0)|2 ++∞∑n=1

|an|2 r2n ≤ |f(z0)|2. ou encore ∀r ∈]0, ρ[,+∞∑n=1

|an|2 r2n ≤ 0 ou encore

∀r ∈]0, ρ[,+∞∑n=1

|an|2 r2n = 0, par suite ∀r ∈]0, ρ[ et ∀n ∈ N∗, |an|2 r2n = 0, d’ou ∀n ∈ N∗, an = 0, et par suite

∀z ∈ D(z0, ρ), f(z) = a0 = f(z0)

(b) Comme f verifie (H) alors la fonction definie sur Ω, par g(z) = f(z) − f(z0) verifie aussi la propriete (H) et deplus d’apres le a) precedent elle est nulle sur D(z0, ρ) et donc d’apres la section B) precedente elle est nulle et par suite∀z ∈ Ω, f(z) = f(z0) , donc f est constante sur Ω tout entier.

2.(a)

(i) Notons h la fonction definie sur R2 par h(v, t) = e−ut2+ivt. Alors :

- h est continue comme compose de fonctions continues et verifie l’hypothese de domination (sur R) puisque∀(v, t) ∈ R2, |h(v, t)| = e−ut2 et t → e−ut2 est une fonction(independante de la variable v) et elle est continue positiveet integrable sur R(u〉0)- ∂h

∂v existe et elle est definie sur R2 par ∂h∂v (v, t) = ite−ut2+ivt = ith(v, t), de plus elle est continue comme produit

de fonctions continues et verifie l’hypothese de domination (sur R) puisque ∀(v, t) ∈ R2,∣∣∂h∂v (v, t)

∣∣ = |t| e−ut2 ett → |t| e−ut2 est une fonction(independante de la variable v) et elle est continue positive et integrable sur R (car pairet negligeable devant la fonction t → 1

t2 au voisinage de +∞).Donc d’apres le theoreme de derivation sous signeintegrale la fonction µ est de classe C1 sur R et ∀v ∈ R, µ′(v) =

∫ +∞−∞ ite−ut2+ivtdt.

Mais pour v reel,∫ +∞−∞ ite−ut2+ivtdt = − i

2u

∫ +∞−∞ (−2ut+ iv.)e−ut2+ivtdt− v

2u

∫ +∞−∞ e−ut2+ivtdt.

Or∫ +∞−∞ (−2ut + iv.)e−ut2+ivtdt = [e−ut2+ivt]+∞

−∞ et limt→+∞

∣∣∣e−ut2+ivt∣∣∣ = lim

t→−∞

∣∣∣e−ut2+ivt∣∣∣ = 0, d’ou

∫ +∞−∞ (−2ut +

iv.)e−ut2+ivtdt = 0 et par suite µ′(v) = − v2u

∫ +∞−∞ e−ut2+ivtdt = − v

2uµ(v).

(ii) On a µ(0) =∫ +∞−∞ e−ut2dt et par le changement de variable s = t.

√u, il vient µ(0) = 1√

u.∫ +∞−∞ e−s2ds =

√πu .

D’autre part, µ est solution sur R de l’equation differentielle lineaire scalaire d’ordre 1 : y′ + v2uy = 0, donc ∀v ∈ R,

µ(v) =√

πu .e

− v2

4u .

(b)(i)

Soit u〉0. alors fv(u) = µ(v) et d’apres le ii), µ(v) =√

πu .e

− v2

4u , donc fv(u) =√

πu .e

− v2

4u , mais f(u) = lnu et donc

e−f(u)

2 = 1√u.

D’ou fv(u) =√π.e−

f(u)2 .e−

v2

4u .

ii) Par hypothese la fonction f verifie (H), donc d’apres le a) du 4) de la 2emePartie : la fonction − 12 .f verifie aussi (H).

D’autre part, d’apres le a) du 1) de la 2emePartie la fonction z → ez verifie (H), donc par composition (voirc)4).2emepartie), la fonction z → e−

f(z)2 verifie (H). De la meme maniere et en utilisant la question 4) de la deusieme

partie, on montre que la fonction : z → e−v2

4z verifie (H) et donc par produit la fonction : z → e−f(z)2 .e−

v2

4z verifie (H)

et finalement d’apres le a) du 4) de la 2emePartie, la fonction : z → √π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z verifie (H).

9

iii) Notons g la fonction definie sur Ω, par : g(z) = fv(z)−√π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z . D’apres le 2) de la 2emePartie, la fonction

fv verifie (H) et on vient de voir que la fonction z → √π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z verifie (H).

On conclut alors par le a) du 4) de la 2emePartie que la fonction g verifie aussi (H), donc en utilisant les resultats de la3emePartie a la fonction g et au point z0 = 1 ∈ Ω, il vient : ∃(an)n ∈ CN, telle que le rayon de convergence R′de la serie

entiere∑anz

n est ≥ R. et ∀z ∈ D(1, R), g(z) =+∞∑n=0

an(z − 1)n . Or D(1, 1) ⊂ Ω, donc R ≥ 1 (par definition de R), par

suite ∀z ∈ D(1, 1), g(z) =+∞∑n=0

an(z − 1)n.ou encore ∀z ∈ D(0, 1), g(z + 1) =+∞∑n=0

anzn.

Montrons que les an sont tous nuls.

En effet raisonnons par l’absurde et supposons les an ne sont pas tous nuls. Comme R′ = Rc(∑anz

n)〉0, alors d’apresle 2) de la 1erePartie, ∃r ∈]0, R′[, tel que ∀z ∈ D(0, r)\ 0 , g(z + 1) 6= 0, donc ∀z ∈ D(1, r)\ 1 , g(z) 6= 0, mais]1, r + 1[⊂ D(1, r)\ 1, donc ∀u ∈]1, r + 1[, g(u) 6= 0.

Ceci est impossible puisque d’apres la question i) precedente : ∀u〉0, g(u) = fv(u)−√π.e−

f(u)2 .e−

v2

4u = 0.

On conclut alors que les an sont tous nuls.

Mais ∀z ∈ D(1, 1), g(z) =+∞∑n=0

an(z − 1)n par suite ∀z ∈ D(1, 1), g(z) = 0.

La fonction g est donc nulle sur le disque D(1, 1) (qui est inclus dans Ω) et verifie (H) , donc d’apres le principe de

prolongement analytique la fonction g est nulle sur Ω, c’est a dire : ∀z ∈ Ω, g(z) = fv(z) −√π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z = 0 ou

encore ∀z ∈ Ω, fv(z) =√π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z .

D’ou ∀z ∈ Ω,∫ +∞−∞ e−zt2+ivtdt =

√π.e−

f(z)2 .e−

v2

4z .

10

2.13 2009 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.13 2009

2.13.1 Enonce

142

Concours National Commun – Session 2009 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulierde rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

EXERCICE

Soit ϕ une fonction de classe C2 sur R ; on definit la fonction g sur R∗ × R par g(x, y) = ϕ(yx

).

1. (a) Justifier que g est de classe C2 sur R∗ × R et calculer ses derivees partielles premieres enfonction de ϕ′.

(b) Calculer les derivees partielles secondes∂2g

∂x2et∂2g

∂y2en fonction de ϕ′ et ϕ′′.

2. Determiner les solutions sur R de l’equation differentielle

(1 + t2)x′′ + 2tx′ = t. (1)

3. On veut determiner les fonctions ϕ pour lesquelles g verifie l’equation aux derivees partielles

∂2g

∂x2(x, y) +

∂2g

∂y2(x, y) =

y

x3, (x, y) ∈ R∗ × R. (2)

(a) Montrer que si g verifie (2) alors ϕ verifie l’equation differentielle (1).

(b) En deduire l’expression de ϕ puis celle de g.

(c) Verifier que les fonctions trouvees ci-dessus sont effectivement des solutions de (2).

PROBLEME

Dans diverses demonstrations du theoreme de WEIERSTRASS sur l’approximation uniforme surun segment d’une fonction reelle ou complexe continue sur ce segment par des polynomes, l’etapecle est de montrer que l’application valeur absolue est limite uniforme sur [−1, 1] d’une suite depolynomes. L’objectif de ce probleme est de presenter quelques une de ces suites qui permettent derealiser cette approximation.

Les deux parties du probleme sont independantes.

Notations et rappels

Si α est un reel et n un entier naturel, on pose(α

n

)=α(α− 1) · · · (α− n+ 1)

n!si n > 1 et

(α

0

)= 1.

On rappelle que si n et m sont des entiers naturels avec n 6 m,(mn

)est le nombre de parties a n

elements d’un ensemble a m elements.

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Concours National Commun – Session 2009 – MP

1ere PartieApproximation par les polynomes de Lebesgue

A. Une relation entre coefficients binomiaux

1. Soient n et m deux entiers naturels avec n 6 m ; montrer quen∑

p=0

(m

p

)(m

n− p

)=

(2m

n

).

On pourra considerer deux ensembles disjointsE et F ayantm elements chacun, puis calculerde deux facons differentes le nombre de parties a n elements de E ∪ F .

2. Soit n un entier naturel.

(a) Verifier que l’application α 7−→(2α

n

)−

n∑

p=0

(α

p

)(α

n− p

)est polynomiale puis en

donner des zeros.

(b) Montrer alors que pour tout reel α,(2α

n

)=

n∑

p=0

(α

p

)(α

n− p

).

B. Recherche d’un equivalent

1. Soit (an)n∈N une suite de nombres reels strictement positifs tels que, pour tout n ∈ N,an+1

an= 1 + wn ou (wn)n∈N est une suite sommable. Etudier la suite

(ln(an)

)n∈N et en deduire

que la suite (an)n∈N converge vers un reel strictement positif.

2. Soient (bn)n∈N une suite de nombres reels strictement positifs et γ un reel tel que, pour tout

n ∈ N∗,bn+1

bn= 1− γ

n+ w′

n ou (w′n)n∈N est une suite sommable.

(a) Etudier la suite (nγ bn)n>1 et en deduire qu’il existe une constante ` > 0 telle que bn ∼ `

nγ.

(b) Quelle est la nature de la serie de terme general bn ?

3. Pour tout n ∈ N∗, on pose cn = (−1)n−1

(1/2

n

).

(a) Verifier que pour tout n ∈ N∗,cn+1

cn=

2n− 1

2(n+ 1).

(b) Etablir qu’il existe une constante C > 0 telle que(1/2

n

)∼ C

(−1)n−1

n3/2.

C. Resultat d’approximation

1. Preciser le rayon de convergence de la serie entiere∑

n>0

(1/2

n

)(−1)nzn.

2. Montrer que cette serie converge normalement sur le disque ferme de C , de centre 0 et derayon 1 ; sa somme sera notee f(z) pour |z| 6 1.

3. Montrer soigneusement que si |z| 6 1 alors f(z)2 = 1− z .

4. Montrer que la fonction x 7−→ f(x) ne s’annule pas sur l’intervalle ] − 1, 1[ et justifiersoigneusement que f(x) > 0 pour tout x ∈]− 1, 1[, puis que f(x) =

√1− x, x ∈ [−1, 1].

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5. Pour tout n ∈ N, on pose Ln = −n∑

k=0

(2k

k

)1

(2k − 1)22k(1−X2)k (n-ieme Polynome de Lebesgue).

(a) Verifier que pour tout n ∈ N,(1/2

n

)= (−1)n−1

(2n

n

)1

(2n− 1)22n.

(b) Verifier que pour tout x ∈ [−1, 1], |x| = f(1−x2) et montrer que la suite(Ln

)n∈N, des polynomes

de Lebesgue, converge uniformement sur [−1, 1] vers la fonction x 7−→ |x|.

2eme PartieApproximation par d’autres suites de polynomes plus simples

A. Integrales de Wallis

Pour tout entier naturel n, on pose In =

∫ π/2

0cosn t dt.

1. (a) Calculer I0 et I1 et justifier que In > 0 pour tout n ∈ N.

(b) Montrer que pour tout entier n > 2, nIn = (n− 1)In−2.

(c) En deduire que pour tout entier n > 1, nInIn−1 = π/2.

2. (a) Montrer que la suite (Ip)p∈N est decroissante et que pour tout n > 1,n− 1

n6

InIn−1

6 1.

(b) Justifier alors que In ∼√

π

2n.

B. Etude d’une suite de fonctions

1. Montrer que pour tout entier n > 1, la fonction t 7−→ 1− (1− t2)n

t2est integrable sur ]0, 1].

Dans la suite, on considere les fonctions un et vn definies, pour tout entier n > 1, par

vn(0) = un(0) = 0 ; vn(x) =

∫ x

0

1− (1− t2)n

t2dt et un(x) =

(2nn

)

22nvn(x) si x ∈]0, 1].

2. Etude de la suite(vn(1)

)n>1

(a) Montrer que pour tout entier p > 0,∫ 1

0(1− t2)p dt = I2p+1.

(b) En deduire que pour tout entier n > 1, vn(1) =n−1∑

p=0

I2p+1.

(c) Montrer alors que vn(1) ∼√π

2

∫ n

1

dt√t

puis justifier que vn(1) ∼√nπ.

3. Etude de la suite(un(1)

)n>1

(a) Montrer que

(2nn

)

22n=

2

πI2n.

(b) En deduire un equivalent de

(2nn

)

22net preciser la constante C de la question B.3(b) de la

premiere partie.

(c) Montrer alors que la suite(un(1)

)n>1

converge vers 1.

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4. Soit a ∈]0, 1[.

(a) Montrer que pour tout entier n > 1, la restriction de la fonction un au segment [a, 1] est

kn−lipschitzienne avec kn =

(2nn

)

a222n.

(b) En utilisant ce qui precede et le fait que la suite(un(1)

)n>1

converge vers 1, montrer quela suite de fonctions

(un)n>1

converge uniformement vers 1 sur le segment [a, 1].

5. (a) Justifier que pour tout entier n > 1, la fonction un est croissante sur le segment [0, 1].

(b) En deduire qu’il existe une constante M > 0 telle que

∀ (n, x) ∈ N∗ × [0, 1], 0 6 un(x) 6 M.

C. D’autres suites de polynomes approchant uniformement la valeur absolue sur [−1, 1]

On considere la suite(Pn

)n>1

des polynomes suivants :

Pn =

(2nn

)

22n

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)1

2k − 1X2k, n ∈ N∗.

1. Montrer que pour tout (n, x) ∈ N∗ × [0, 1], Pn(x) = xun(x).

2. Deduire des questions 4. et 5. de la section precedente que la suite(Pn

)n>1

converge uni-formement vers la valeur absolue sur le segment [−1, 1] ; on remarquera que les polynomesPn sont pairs et on choisira convenablement le a de la question 4.

3. On pose Qn =

(2nn

)

22n

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)2k

2k − 1X2k, n ∈ N∗. Montrer que la suite

(Qn

)n>1

converge uniformement vers la valeur absolue sur [−1, 1].

4. Montrer de meme que les suites(Pn

)n>1

et(Qn

)n>1

convergent vers la valeur absolue sur lesegment [−1, 1], ou

Pn =1√nπ

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)1

2k − 1X2k et Qn =

1√nπ

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)2k

2k − 1X2k, n ∈ N∗.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques I 4 / 4 FIN

2.13 2009 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.13.2 Corrige

147

Corrigé du CNC 2009 Maths 1 MPPar KHOUTAIBI Abdelaziz CPGE de Marrakech

Exercice

1.a La fonction h : (x; y) 7! yx

est de classe C2 sur R R, et la fonction ' est de classe C2 sur R,donc la fonction g = ' h est de calsse C2 sur R R.

1.b 8(x; y) 2 R R; @g@x

(x; y) = yx2'

0yx

8(x; y) 2 R R; @g

@y(x; y) =

1x'0yx

1.c 8(x; y) 2 R R; @2g

@x2 (x; y) =y2

x4'00yx

+

2yx3'

0yx

8(x; y) 2 R R; @2g

@y2 (x; y) =1x2'

00yx

2. On remarque que ((1 + t2)x0)0 = (1 + t2)x00 + 2tx0, donc

8 t 2 R; ((1 + t2)x0)0 = t () 9 2 R;8 t 2 R; (1 + t2)x0(t) =t2

2+

() 9 2 R; x0(t) =12

t2

1 + t2+

t2 + 1

=12

(1 11 + t2

) +

t2 + 1

() 9(; ) 2 R2;8 t 2 R; x(t) =12

(t arctan(t)) + arctan(t) +

Donc la solution génèrale sur R de l'équation dierentielle (2) s'écrit:

x(t) =12t 1

2arctan(t) + arctan(t) + où (; ) 2 R2

3.a On a 8 (x; y) 2 R R; @2g@x2 (x; y) +

@2g@y2 (x; y) =

y2

x4 +1x2

!'00yx

+

2yx3'

0yx

Si g vérie (2) alors :

8 (x; y) 2 R R; y2

x4 +1x2

!'00yx

+

2yx3'

0yx

=

yx3

En multipliant par x2 qui est non nul, on obtient alors :

8 (x; y) 2 R R; y2

x2 + 1!'00yx

+

2yx'0yx

=yx

Pour x = 1 et y = t, on obtient 8 t 2 R; (t2 + 1)'00(t) + 2t'0(t) = tAinsi ' est une solution de l'équation dierentielle (1)

RemarqueLorsque x décrit R et y décrit R, t =

yxdécrit R, donc on a même l'équivalence entre g vérie (2)

et ' vérie (1)

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3.b D'aprés la question 2), il existe (; ) 2 R2 tels que :

8 t 2 R; '(t) =t2 1

2arctan(t) + arctan(t) +

Et donc, 8 (x; y) 2 R R; g(x; y) = 'yx

=

y2x

+ ( 12

) arctanyx

+

3.c Première méthodeOn prend g : R R 7! R dénie par l'expression trouvée en 3)b) et on vérie par le calcul que gvérie (2).Deuxième méthodeD'aprés la remarque faite à la question 3)a) les fonctions g trouvées dans 3)b) vérient bien (2) .

Problème

Partie1

A. Une relation entre coecients binomiaux:

1) Soit Pk(E) le nombre de parties de E à k éléments. Pour former une partie de E [ F à n élé-ments on choisit 0 p n; une partie A de E à p éléments et une partie B de F à n p éléments doncles ensembles Ep = fA [ B; A 2 Pp(E); B 2 Pp(F ); 0 p ng forment une partition de Pn(E [ F )d'où

2mn

= card Pn(E [ F ) =

X0pn

card Ep;d'autre part comme E et F sont disjoints alors l'application (A;B) ! A [ B est une bijection dePp(E) Pnp(F ) vers Epdonc card Ep = cardPp(E) Pnp(F ) =

mp

mnp

, nalement on a bien

2mn

=

X0pn

mp

mnp

:

2)a) On a par dénition, 8k 2 N, l'application ! k

est polynômiale,

donc l'application Q : ! 2n

X0pn

p

np

l'est aussi et d'aprés 1) on a

8m 2 N \ [n;+1[; Q(m) = 0:2)b) D'aprés a) on a Q est un polynôme ayant une innité de racines donc c'est le polynôme nul, d'où8 2 R,Q() = 0 càd 8 2 R, 2

n

=

X0pn

p

np

:

B. Recherche d'un équivalent:

1) On rappelle que la suite (wn)n2N est sommable ssi la série Pwn converge absolument.On a (wn)n2N est sommable donc wn tend vers 0 donc jwnj j ln(1 + wn)j =

ln(an+1an )

d'où la suiteln(an+1

an ) est sommable or la série télescopiqueX

ln(an+1)ln(an) est de même nature que la suite ln(an)donc la suite ln(an) est convergente, soit c sa limite on a alors la suite an converge vers ec > 0:

2)(a) Notons an = n bn; on aan+1an = (1 + 1

n) (1 n +w0n) = (1 +

n +O( 1n2 ))(1

n) + (1 + 1n) w0n = 1 +O( 1

n2 ) + (1 + 1n) w0n = 1 +wn

avec wn = O(1n2 )| z fn

+ (1 +1n

) w0n| z gn

; on a la sérieX jfnj converge, jgnj jw0nj donc X jgnj converge,

or jwnj jfnj+ jgnj donc X jwnj converge et d'aprés 1) 9` > 0 tel que an ` nalement bn `n :

2)b). On a bn `n > 0 donc la série P bn converge ssi > 1:

3)a) On a cn = (1)n1

n1Yk=0

(12 k)

n!= 1

2

n1Yk=1

(k 12)

n!> 0 donc cn est non nul et cn+1

cn = 1n+1(n 1

2) = 2n12(n+1) :

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(b) On a cn > 0 et cn+1cn = (1 1

2n)(1 + 1n)1 = (1 1

2n)(1 1n + O( 1

n2 )) = 1 32n + O( 1

n2 ) donc d'aprés2.a) on a 9C > 0 tel que cn C

n3=2 d'où

1=2n

C (1)n1

n3=2 :

C. Résultat d'approximation.

1. D'aprés 3.a) on a cn+1

cntend vers 1, donc par D'Alembert on voit que R = 1:

2. On a pour jzj 11=2

n

(1)nzn

1=2n

Cn3=2 et

X 1n3=2 converge donc la série entière con-

verge normalement sur le disque fermé de centre 0 et de rayon 1.

3. Pour jzj 1; posons un =

1=2n

(1)nzn; on a d'aprés 2)

Xn0

un converge normalement donc converge

absolument surD(0; 1), et d'aprés le produit de Cauchy, f(z)2 =+1Xn=0

anzn où an =nPp=0

1=2p

(1)p

1=2np

(1)np

et A.2.b) donne an = (1)n

1n

donc a0 = 1; a1 = 1 et 8n 2; an = 0 d'où f(z)2 = 1 z:

4. On a un : x ! 1=2n

(1)nxn est continue sur [1; 1] et d'aprés 2) la série

Xun converge nor-

malement sur [1; 1] donc par théorème de continuité f est continue sur [1; 1]; or f(x)2 = 1 x doncf ne s'annule pas sur [1; 1[ et comme elle est continue, alors elle garde un signe constant sur [1; 1[or f(0) = 1 > 0 donc 8x 2 [1; 1[; f(x) > 0 or f(x)2 = 1 x donc 8x 2 [1; 1[; f(x) =

p1 x et par

continuité de f en 1 l'égalité reste valable pour x = 1:

5.a) Pour n = 0 l'égalité demandée est 1 = 1; pour n = 1 on obtient 12 = 2 1

22 vraie,

pour n 2 on a

1=2n

=

1n!

n1Yk=0

(12 k) =

1n!

(1)n1

2

n1Yk=1

(k 12) =

1n!

(1)n1

2n(2n 1)

nYk=1

(2k 1),

donc

1=2n

=

1n!

(1)n1

2n(2n 1)(2n)!nk=1

2k=

(1)n1

22n(2n 1)(2n)!(n!)2 =

(1)n1

(2n 1)22n

2nn

:

(b) Comme x 2 [1; 1]; alors 1 x2 2 [0; 1] donc f(1 x2) =q

1 (1 x2) = jxj :D'aprés (a) on a Ln(x) =

nXk=0

(1)k

1=2k

(1 x2)k = Sn(1 x2) où Sn(z) =

nXk=0

(1)k

1=2k

zn:

D'aprés C.2) on a Sn converge uniformément vers f sur le disque fermé D(0; 1) et comme 1 x2 2 [0; 1]alors Ln : x! Sn(1 x2) converge uniformément sur [1; 1] vers l'application x! f(1 x2) = jxj:2eme Partie.

A. Intégrales de Wallis.

1.a) I0 = 2 ; I1 = [sin t]=20 = 1; L'application t! cosn t est continue positive sur [0; 2 ] et non identique-

ment nulle donc In > 0:

1.b) On a In = [sin t cosn1 t]=20 +Z =2

0(n 1) sin2 t cosn2 t dt = (n 1)

Z =2

0(1 cos2 t) cosn2 t dt

donc In = (n 1)(In2 In) par suite nIn = (n 1)In2:

1.c) D'aprés b) on a nInIn1 = (n 1)In1In2 donc la suite (nInIn1)n1 est constante par suitenInIn1 = I1I0 =

2 :

2.a) On a pour n 1 et t 2 [0; 2 ]; cosn1 t cosn t = (cosn1 t)(1 cos t) 0 donc cosn1 t cosn t parsuite In1 In donc la suite (In)n0 est décroissante de plus on a d'aprés 1.a) pour n 1; In1 > 0

donc InIn1

1 d'autre part si n 2 on a n 1n

=InIn2

InIn1

ainsi 8n 2;n 1n InIn1

l'inégalitéreste valable pour n = 1:

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2.b) D'aprés 2.a) on a In In1 donc d'aprés 1.c) on a nI2n =2 d'où In

r 2n:

B. Étude d'une suite de fonctions

1. L'application f : t ! 1 (1 t2)nt2

est continue sur ]0; 1]; d'autre part (1 t2)n =t!0

1 nt2 + o(t2)

donc f(t) =nt2 + o(t2)

t2= n + o(1) donc f est prolongeable par continuité en 0 avec f(0) = n donc f

est intégrable sur ]0; 1]:

2.a) En faisant le changement t = sin on obtientZ 1

0(1 t2)pdt =

Z =2

0cos2p+1 d = I2p+1:

2.b) On a vn(1) =Z 1

0

1 (1 t2)n1 (1 t2) dt =

Z 1

0

n1Xp=0

(1 t2)pdt donc par linéarité de l'intégrale et a) on

obtient vn(1) =n1Pp=0I2p+1:

2.c) D'aprés A.2.b) on a I2p+1 p!+1

s

2(2p+ 1)

p!+1

p

21pp > 0 et

Xp1

1pp diverge doncn1Xp=0I2p+1

n!+1n1Xp=1I2p+1

n!+1

p

2

n1Xp=1

1ppD'autre part pour p 1 on a 1pp

1pp+ 1

Z p+1

p

dtpt 1pp donc 1pp

Z p+1

p

dtpt

d'oùn1Xp=1

1pp n!+1

n1Xp=1

Z p+1

p

dtpt

=Z n

1

dtpt.

Ainsi vn(1) n!+1

p

2

Z n

1

dtpt

=p(pn 1)

n!+1pn:

3.a) D'aprés A.1.b) on a pour n 1; I2n =2n 1

2nI2(n1) d'où I2n =

nYk=1

2k12k

!I0 = (2n)! nY

k=1

2k

!22

donc

I2n =(2n)!

22n (n!)22

=1

22n

2nn

2nalement

2nn

22n =

2I2n:

3.b) D'aprés 3.a) et A.2.b) on a

2nn

22n 2

r 4n

=1pn

: D'aprés C.5.a) de la 1ere partie on a1=2n

= (1)n1

2n1(2nn )

22n donc

1=2n

(1)n1

2n1pn = 1

2p

(1)n1

n3=2 d'où C =1

2p:

3.c) On a un(1) = (2nn )

22n vn(1) donc d'aprés 3.b) et 2.c) on a un(1) 1pnpn = 1:

4.a) On a vn est de classe C1 sur [a; 1] et v0n(x) =1 (1 x2)n

x2 donc 0 v0n(x) 1a2 donc d'aprés

l'inégalité des accroissements nis on a pour x; y 2 [a; 1]; jvn(x) vn(y)j jx yja2 ,

par suite jun(x) un(y)j knjx yj avec kn =

2nn

a222n :

4.b) D'aprés 4.a) on a pour x 2 [a; 1]; jun(x) un(1)j kn(1 x) kndonc jun(x)1j jun(x)un(1)j+ jun(1)1j kn+ jun(1)1j d'où sup

x2[a;1]jun(x)1j kn+ jun(1)1j.

D'aprés 3.b) on a kn 1a2pn

qui tend vers 0 et d'aprés 3.c) on a jun(1) 1j tend vers 0 nalement

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supx2[a;1]

jun(x) 1j tend vers 0 d'où un converge uniformément vers 1 sur [a; 1]:

5.a) On a un est C1 sur ]0; 1] et u0n(x) =

2nn

22n

1 (1 x2)n

x2 > 0 donc un est croissante sur ]0; 1] de plus8x 2]0; 1]; un(x) 0 = un(0) donc un est croissante sur [0; 1]:5.b) Soit (n; x) 2 N [0; 1]; d'aprés 5.a) on a 0 = un(0) un(x) un(1) et d'aprés 3.c) on a (un(1))n1est convergente donc elle est bornée donc 9M > 0; 8n 1; un(1) M .Finalement 9M > 0; 8(n; x) 2 N [0; 1]; 0 un(x) M:C. D'autres suites approchant uniformément la valeur absolue sur [1; 1]

1. L'égalité demandée est vériée pour x = 0; soit x 2]0; 1] on a

un(x) =

2nn

22n

Z x

0

1 (1 t2)nt2

dt =

2nn

22n

Z x

0 1t2

nXk=1

nk

!(t2)kdt =

2nn

22n

Z x

0

nXk=1

nk

!(1)k1t2k2dt =

2nn

22n

nXk=1

nk

!(1)k1 x2k1

2k 1par suite xun(x) = Pn(x):

2. Soit " > 0 alors il existe a 2]0; 1[ tel que a "M+1 donc pour x 2 [0; a]

jPn(x) xj = xjun(x) 1j a(jun(x)j+ 1) donc d'aprés B.5.b) on a jPn(x) xj a(M + 1) "; ainsi8x 2 [0; a]; jPn(x) xj ": D'autre part d'aprés B.4.b)9N 2 N;8n N; 8x 2 [a; 1]; jun(x) 1j " donc jPn(x) xj = xjun(x) 1j jun(x) 1j ";on a donc 8n N; 8x 2 [0; 1]; jPn(x) xj ", comme Pn est pair alors8x 2 [1; 1]; jPn(x) jxj j = jPn(jxj) jxj j " nalement Pn converge uniformément vers la valeurabsolue sur [1; 1]:

3. On a 2k2k 1

= 1 +1

2k 1donc Qn = Rn + Pn avec

Rn(x) =

2nn

22n

nXk=1

(1)k1nk

x2kor

nXk=1

(1)k1nk

x2k = nX

k=1

nk

(x2)k = (1 (1 x2)n) donc pour

x 2 [1; 1] on a jRn(x)j (2nn )

22n soit v : x! jxj , pour f continue sur [1; 1] on note jjf jj1 = supt2[1;1]

jf(t)jon a alors jjQn vjj1 jjPn vjj1 + kRnk1 jjPn vjj1 + (2n

n )22n d'aprés 2) on a jjPn vjj1 tend vers

0 et d'aprés B.3.b)

on a

2nn

22n 1p

ntend vers 0 nalement jjQn vjj1 tend vers 0 d'où Qn converge uniformément vers

v sur [1; 1]:

4. Soit v : x ! jxj; posons an =1pn

22n2nn

on a an tend vers 1, ~Pn = anPn et ~Qn = anQn on a

~Pn v = an(Pn v) + (an 1)v donc jj ~Pn vjj1 anjjPn vjj1 + jan 1j ! 0 (d'aprés 2).De même on a jj ~Qn vjj1 anjjQn vjj1 + jan 1j ! 0 (d'aprés 3). Finalement ~Pn et ~Qn convergentuniformément vers v sur [1; 1]:

Fin du corrigé

Corrigé cnc Math1 MP-2009 5/5 akhoutaibi@yahoo.fr

2.14 2010 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.14 2010

2.14.1 Enonce

153

MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUNFILIERE MP

SESSION 2000

PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES

* * *

Definitions et notations

Pour n ∈ N, on pose :

un =(−1)n

(2n+ 3)(2n+ 1)!.

Pour (x, t) ∈ [0, 1]2, on pose :

K(x, t) =t2

xsi x > t, K(x, t) = K(t, x) si t > x et K(x, x) = x.

On designe par C([0, 1]) l’ensemble des fonctions continues de [0, 1]vers R. Pour f ∈ C([0, 1]) on pose :

Tf : [0, 1] 7→ R, x 7→∫ 1

0K(x, t)f(t) dt.

On notera en general de la meme facon une fonction et une deses restrictions a un sous intervalle de son intervalle de definitionmaximum.

Partie I

1. Verifier que x 7→∞∑

n=0

unx2n+ 3

2 definit une fonction G sur R+,

de classe C1.

2. Exprimer pour x ∈ R+ , xG′(x) +3

2G(x) a l’aide de fonctions

usuelles simples.

Partie II

1. a) Pour f ∈ C([0, 1]), preciser Tf(0) et montrer la continuitede Tf en 0.

b) Montrer que f 7→ Tf definit un endomorphisme T deC([0, 1]).

2. T est-il surjectif?

3. Soit f ∈ C([0, 1]). On pose F = Tf .

a) Montrer que pour tout x ∈]0, 1] on a :

F (x) =1

x

∫ x

0t2f(t) dt+ x2

∫ 1

x

f(t)

tdt.

b) Montrer que F est de classe C1 sur [0, 1]. Calculer F (0)et F ′(0). Etablir une relation entre F (1) et F ′(1).

c) Montrer que F est de classe C2 sur ]0, 1] et verifie sur ]0, 1]l’equation differentielle

y′′ − 2

x2y = −3f.

4. On considere l’equation differentielle

(E0) : x2y′′ − 2y = 0.

a) Trouver les solutions de (E0) sur ]0, 1] de la formex 7→ xλ, λ ∈ Z.

b) En deduire l’ensemble des solutions de (E0) sur l’intervalle]0, 1].

c) En deduire que pour tout f ∈ C([0, 1]), Tf est la seulesolution sur ]0, 1] de l’equation differentielle

y′′ − 2

x2y = −3f

verifiant limx→0x>0

y(x) = 0 et y′(1) + y(1) = 0.

5. On dira qu’un reel λ est valeur propre de T s’il existef ∈ C([0, 1]) tel que Tf = λf et f 6= 0. Dans ce cas, on diraque f est un vecteur propre de T associe a λ.

Montrer que λ est une valeur propre non nulle de T si et seule-ment s’il existe une solution non nulle sur ]0, 1] de l’equationdifferentielle

λx2y′′ + (3x2 − 2λ)y = 0

verifiant limx→0x>0

y(x) = 0 et y′(1) + y(1) = 0.

Partie III

Soit λ ∈ R+∗. On considere l’equation differentielle

(Eλ) : λx2y′′ + (3x2 − 2λ)y = 0.

1. Montrer qu’il existe une et une seule solution fλ de (Eλ) sur Rdeveloppable en serie entiere au voisinage de 0 telle que

fλ(x) ∼0x2.

2. Donner Kλ ∈ R∗ tel que

∀x ∈ R+, fλ(x) = Kλ

√x G

(√3

λx

).

3. a) Justifier l’existence de a > 0 tel que fλ ne s’annule passur l’intervalle ]0, a].

b) Soit y une solution de (Eλ) sur ]0, 1]. On pose z = yfλ

.Donner une equation differentielle du premier ordreverifiee par z′.

c) En deduire qu’il existe une solution gλ de (Eλ) sur ]0, 1]

telle gλ(x) ∼0

1

x.

4. Une telle solution gλ etant choisie.

a) Montrer que la famille (fλ, gλ) d’elements de C(]0, 1]) estlibre.

b) Decrire alors l’ensemble∑

0 des solutions sur ]0, 1] del’equation differentielle (Eλ).

c) Montrer que les solutions de (Eλ) sur ]0, 1] qui tendentvers 0 quand x tend vers 0 sont exactement les elementsde V ect(fλ).

5. a) Montrer que toute valeur propre strictement positive de

T est de la forme λk =3

k2π2pour un certain k ∈ N∗.

1

b) Montrer que pour tout k ∈ N∗, λk est effectivement valeurpropre de T .

c) Donner les vecteurs propres associes a la valeur propre λk,k ∈ N∗.

Partie IV

On considere l’espace prehilbertien E = C([0, 1]) muni du produitscalaire (f, g) =

∫ 10 f(x)g(x) dx pour f et g dans E. On notera ‖.‖

la norme associee a ce produit scalaire. (On ne demande pas deredemontrer que l’on a bien defini un produit scalaire).

Pour tout k ∈ N∗ on pose hk : [0, 1] 7→ R, x 7→ √x G(kπx) etϕk = hk

‖hk‖ .

1. Montrer que ∀(f, g) ∈ E2, (Tf, g) = (f, Tg).

2. a) Calculer Thk pour tout k ∈ N∗.b) Montrer que la famille (ϕk)k∈N∗ est une famille or-

thonormee de E.

3. a) Developper en serie de Fourier la fonction f : R 7→ R,

2π-periodique, definie sur [−π, π] par f(x) = 1− x2

π2.

b) En deduire+∞∑

k=1

1

k4=π4

90.

c) Calculer

∫ 1

0

∫ 1

0K2(x, t) dxdt et comparer le resultat avec

+∞∑

k=1

λ2k.

4. Pour tout x ∈ [0, 1], on note Kx : [0, 1] 7→ R, t 7→ K(x, t).Pour tout N ∈ N∗, soit KN,x la projection orthogonale de Kx

sur V ect(ϕ1, . . . , ϕN ).

a) Donner l’expression de KN,x.

b) Etablir limN→+∞

∫ 1

0‖Kx −KN,x‖2 dx = 0.

c) Soit f ∈ E et F = Tf . Montrer que

limN→+∞

‖F −N∑

k=1

(F,ϕk)ϕk‖2 = 0.

(On remarquera que ∀x ∈ [0, 1], F (x) = (Kx, f).)

Fin de l’epreuve

2

2.14 2010 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.14.2 Corrige

156

MAROC - CONCOURS NATIONAL COMMUNFILIERE MP

SESSION 2000

PREMIERE COMPOSITION DE MATHEMATIQUES

corrige par Gilles Deruelle.

Premiere Partie

1. On a :

limn→∞

|un+1||un|

= limn→∞

1

(2n+ 5)(2n+ 2)= 0

ce qui montre que le rayon de convergence de la serie entiere∑unX

n est egal a +∞.

On en deduit que celui de la serie entiere∑unx

2n est egal a+∞. G apparaıt donc comme le produit

de cette serie entiere par la fonction x 7→ x32 qui est de classe

C1 sur R+.

2.

∀x ∈ R+ , xG′(x)+3

2G(x) = x

x 3

2 .∑

n≥0unx

2n

′

+3

2

∑

n≥0unx

2n+ 32

=3

2x

32

∑

n≥0unx

2n + x52

∑

n≥12nunx

2n−1 +3

2

∑

n≥0unx

2n+ 32

= x32

(3∑

n≥0 unx2n +

∑n≥1 2nunx

2n)

= x32

(3u0 +

∑n≥1(2n+ 3)unx

2n)

= x32

∑

n≥0

(−1)n

(2n+ 1)!x2n =

√x sinx .

Deuxieme Partie

1. a) ∀t ∈ [0, 1],K(0, t) = 0. On en deduit que Tf(0) = 0. Ona par ailleurs :

∀x ∈]0, 1] , T f(x) =∫ x0 K(x, t)f(t)dt+

∫ 1x K(x, t)f(t)dt

=1

x

∫ x

0t2f(t)dt + x2

∫ 1

x

f(t)

tdt (?).

Cela donne la majoration :

∀x ∈]0, 1] , |Tf(x)| ≤ ‖f‖∞[

1

xx

∫ x

0t2dt+ x2

∫ 1

x

dt

t

]

= ‖f‖∞[x3

3− x2 lnx

].On en deduit la continuite de Tf

en x = 0.

b) La linearite de l’operateur T decoule de la linearitede l’integrale. Par ailleurs (?) montre, pour toutf ∈ C([0, 1]), la continuite de Tf sur ]0, 1]. Enfin graceau 1.(a): ∀f ∈ C([0, 1]), T f ∈ C([0, 1]). En conclusion Test bien un endomorphisme de C([0, 1]).

2. T n’est pas surjectif : la question 1.(a) a montre que pourtout f ∈ C([0, 1]), Tf(0) = 0 ; or une fonction de C([0, 1]) nes’annule pas necessairement a l’origine.

3. a) On a deja montre ce resultat a la question 1.(a).

b) (?) montre sans difficulte que F est de classe C1 sur ]0, 1].On obtient precisement :

∀x ∈]0, 1] , F ′(x) = − 1

x2

∫ x

0t2f(t)dt+2x

∫ 1

x

f(t)

tdt .(??)

D’ou la majoration :

∀x ∈]0, 1] , |F ′(x)| ≤ ‖f‖∞[x2

3− 2x lnx

].

On en deduit que limx→0+

F ′(x) = 0, puis classiquement par

le theoreme de “prolongement C1” ,

que F est de classe C1 sur [0, 1] avec F ′(0) = 0.

(?) et (??) montrent que F (1) + F ′(1) = 0.

c) En derivant (??) il vient :

∀x ∈]0, 1] , F ′′(x) =2

x3

∫ x

0t2f(t)dt+2

∫ 1

x

f(t)

tdt−3f(x) .

On en deduit grace a (?) :

∀x ∈]0, 1] , F ′′(x) =2

x2

[1

x

∫ x

0t2f(t)dt+ x2

∫ 1

x

f(t)

tdt

]−3f(x)

=2

x2F (x)− 3f(x) .

4. a) Exprimons que x 7→ xλ est solution de (E0) :

∀x ∈]0, 1] , λ(λ−1)x2x(λ−1)(λ−2)−2xλ = xλ[λ(λ− 1)x(λ−2)

2 − 2]

= 0 .

La seule possibilite est λ = 2.

b) x 7→ x2 ne s’annulant pas sur ]0, 1], cherchons une autresolution sous la forme y = x2z. On est alors ramene aresoudre :

Z = z′ et xZ ′ + 4Z = 0 .

On obtient : Z =Cste

x4= z’ , puis z =

Cste

x3+ Cste.

Une solution de (E0) independante de x 7→ x2 est par

exemple : x 7→ 1

x.

Toute solution de (E0) sur ]0, 1] s’ecrit alors sous la forme:

y(x) = αx2 +β

xou α et β ∈ R .

c) D’apres ce qui precede, f etant donnee, Tf est bien solu-tion du probleme pose. Il s’agit donc de montrer que c’estla seule. Supposons pour cela que F et G soient solutions.Alors F−G est solution de (E0) et en consequence il existeα et β ∈ R tels que :

F (x)−G(x) = αx2 +β

x.

Le fait que limx→0+

F (x)−G(x) = 0 implique que β = 0. Il

vient alors F (x)−G(x) = αx2, puis

F (1) − G(1) + F ′(1) − G′(1) = α + 2α = 0 entraıne queα = 0. Finalement F = G.

1

5. Soit λ une valeur propre non nulle de T et f un vecteur propreassocie. Tf = λf est alors solution du probleme enonce a laquestion 4.(c). En particulier :

∀x ∈]0, 1] , λf ′′(x)− 2

x2λf(x) = −3f(x) .

Ce qui donne :

∀x ∈]0, 1] , λx2f ′′(x) +(3x2 − 2λ

)f(x) = 0 .

Les autres conditions du probleme, etant verifiees par λf , lesont par f .

Reciproquement, on montre par un calcul similaire que si f estune solution non identiquement nulle du probleme pose danscette question (λ 6= 0) , λf est solution de celui pose a laquestion 4.(c) : Tf etant l’unique solution de ce probleme, onobtient : Tf = λf avec f 6= 0. Ce qui montre que f est valeurpropre de T associe a la valeur propre λ.

Troisieme Partie.

1.et 2. Exprimons donc qu’une serie entiere∑anx

n est solution de(Eλ) sur ]−R,R[ :

∀x ∈]−R,R[ , λx2∑

n≥2n(n−1)anx

n−2+3x2∑

n≥0anx

n−2λ∑

n≥0anx

n

= −2λ(a0 + a1x) +∑

n≥2λ[n(n− 1)− 2]anx

n + 3∑

n≥2an−2xn

= −2λ(a0 + a1x) +∑

n≥2[λ(n+ 1)(n− 2)an + 3an−2]xn = 0 .

Cela exige que a0 = a1 = 0. On en deduit que tous les coeffi-cients de rang impair sont nuls. Par ailleurs a2 peut etre choisiarbitrairement et l’on a :

∀n ≥ 2 , a2n =−3

λ(2n+ 1)(2n− 2)a2n−2 ,

d’ou l’on tire :

∀n ≥ 1 , a2n = (−1)n−13n

λn−1(2n+ 1)(2n− 1)!a2 .

La condition fλ(x) ∼ x2 au voisinage de zero est verifiee poura2 = 1. La seule serie entiere qui repond a la question est alors

: fλ(x) =∑

n≥1(−1)n−13n

λn−1(2n+ 1)(2n− 1)!x2n

=∑

n≥0

(−1)n3n+1

λn(2n+ 3)(2n+ 1)!x2n+2 . On verifie sans difficulte que

son rayon de convergence est egal a +∞.

On obtient ensuite :

∀x ∈ R , fλ(x) =√x∑

n≥0(−1)n3n+1

λn(2n+ 3)(2n+ 1)!x2n+

32

=√x 3

14λ

34

∑

n≥0

(−1)n

(2n+ 3)(2n+ 1)!

(√3

λx

)2n+ 32

, c’est a dire :

fλ(x) = (3λ3)14√x G

(√3

λx

).

3. a) Cela decoule directement de fλ(x) ∼ x2 au voisinage dezero.

b) Classiquement on cherche une solution de (Eλ) sur ]0, a]sous la forme y = fλz ; un calcul sans difficulte montreque Z = z′ est solution de :

2f ′λZ + fλZ′ = 0 .

c) On obtient alors : Z = z′ =Cste

f2λ, puis

y(x) = fλ(x).

∫ ?

x

Cste

f2λ(t)dt.

La fonction positive t 7→ 1

f2λ(t)n’etant pas integrable sur

]0, ?], on obtient par “ integration

des relation de comparaison” , au voisinage de zero :

y(x) ∼ x2∫ ?

x

dt

t4∼ Cste

x.

Ceci montre qu’il existe une solution yλ de (Eλ) sur ]0, a]verifiant au voisinage de zero :

yλ(x) ∼ 1

x.

Les solutions maximales de l’equation differentielle

λy′′ +3x2 − 2λ

x2y = 0 sont definies sur ]0,+∞[ ou sur

] − ∞, 0[. Le resultat d’existence et d’unicite de tellessolutions montre que yλ se prolonge de facon unique enune solution sur ]0,+∞[ de (Eλ). En particulier il existeune solution gλ sur ]0, 1] qui prolonge yλ.

4. a) Les equivalents respectifs de fλ et gλ au voisinage dezero montrent que ces deux fonctions ne peuvent etrecolineaires.

b) Toute solution de (Eλ) sur ]0, 1] s’ecrit sous la forme :

αfλ + βgλ, avec (α, β) ∈ R2 .

c) Soit h = αfλ + βgλ. La condition limx→0+

h(x) = 0 exige

clairement β = 0. Reciproquement . . .

5. a) Utilisons la caracterisation de la question II-5. : soitλ une valeur propre non nulle de T ; il existe alors unesolution non identiquement nulle de (Eλ) sur ]0, 1] quitend vers zero a l’origine. D’apres la question 4.(c), cettesolution est proportionnelle a fλ.

Voyons ce qu’entraıne la condition f ′λ(1) + fλ(1) = 0 :

f ′λ(x) = Kλ

[1

2√xG

(√3

λx

)+

√3

λ

√x G′

(√3

λx

)],

donne :

f ′λ(1)+fλ(1) = Kλ

[G

(√3

λ

)+

1

2G

(√3

λ

)+

√3

λG′(√

3

λ

)]

2

= Kλ

[√3

λG′(√

3

λ

)+

3

2G

(√3

λ

)]= Kλ

(3

λ

) 14

sin

(√3

λ

)= 0 .

λ est donc necessairement de la forme :

λ =3

k2π2= λk avec k ∈ N? .

b) Le calcul effectue dans la question precedente montre quesi λ = λk, fλk , qui est solution de (Eλk), verifie bien lesconditions requises (cf. question II-5) . . . : λk est valeurpropre de T , pour tout k ∈ N?.

c) Le sous-espace propre associe a la valeur propre λk estd’apres ce qui precede Vect(fλk).

Quatrieme Partie

1. On obtient sans difficulte :

∀(f, g) ∈ E , (Tf, g) = (f, Tg) =

∫ ∫

[0,1]×[0,1]K(x, y)f(y)g(x)dxdy .

2. a) On a :

fλk(x) = Kλk

√x G

(√3

λkx

)= Kλk

√x G (kπx)

=(3λ3k) 1

4 hk(x) =3

(kπ)32

hk(x) . D’ou :

Thk = λkhk =3

k2π2hk .

b) Il vient pour k et m ∈ N? distincts :

(Thk, hm) = λk(hk, hm) = (hk, Thm) = λm(hk, hm)

qui montre que la famille (hk)k∈N? est orthogonale.

On en deduit que la famille (Φk)k∈N? est orthonormale.

3. a) La fonction f est 2π periodique, continue , C1 parmorceaux et paire : le theoreme de Dirichlet permetd’affirmer que f est la somme de sa serie de Fourier.

On a :

a0(f) =2

π

∫ π

0f(t)dt =

4

3

et ∀n ≥ 1 , an(f) =2

π

∫ π

0f(t) cosntdt

=−2

π3

∫ π

0t2 cosntdt

=−2

π3· −2

n

∫ π

0t sinntdt =

4

π3n· (−1)n−1

nπ .

On obtient finalement :

∀t ∈ R , f(t) =2

3+

4

π2

∑

n≥1

(−1)n−1

n2cosnt .

b) Parseval donne :

1

π

∫ π

0f2(t)dt =

8

15=a0(f)2

4+

1

2

∑

n≥1an(f)2 =

4

9+

8

π4

∑

n≥1

1

n4.

D’ou :

∑

n≥1

1

n4=π4

8

(8

15− 4

9

)=π4

8· 4

45=π4

90.

c) Un calcul direct donne :∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt =∫ 10

(∫ x0

t4

x2dt+

∫ 1

x

x4

t2dt

)dx

=∫ 10

(x3

5+ x3 − x4

)dx =

1

10.

Par ailleurs :

∑

k≥1λ2k =

9

π2

∑

k≥1

1

k4=

9

π2· π

4

90=

1

10.

4. a) On observera que pour toutx ∈ [0, 1], Kx ∈ C([0, 1]). On a :

KN,x =∑N

k=1(Φk,Kx)Φk =∑N

k=1

(∫ 10 K(x, t)Φk(t)dt

)Φk

=∑N

k=1 TΦk(x) · Φk =∑N

k=1 λkΦk(x) · Φk

b) Il vient :

‖Kx −KN,x‖2 = ‖Kx‖2 − ‖KN,x‖2

=

∫ 1

0K2(x, t)dt−

N∑

k=1

λ2kΦ2k(x) .

Puis :∫ 10 ‖Kx−KN,x‖2dx =

∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt−∑Nk=1 λ

2k

∫ 10 Φ2

k(x)dx

=∫ 10

∫ 10 K

2(x, t)dxdt−∑Nk=1 λ

2k . D’apres ce qui precede,

cette quantite admet pour limite zero quand N tend vers+∞.

c) On a donc : ∀x ∈ [0, 1] , F (x) =∫ 10 Kx(t)f(t)dt = (Kx, f)

= (KN,x, f) + (Kx −KN,x, f) et

(Φk, F ) = (Φk, Tf) = (TΦk, f) = λk(ϕk, f)

qui entraınent pour N ∈ N? :∀x ∈ [0, 1] , F (x)−∑N

k=1(Φk, F )Φk(x)

=∑N

k=1 λkΦk(x)(Φk, f)−∑Nk=1 λk(Φk, f)Φk(x)+(Kx−KN,x, f) ,

d’ou

‖F−N∑

k=1

(Φk, F )Φk‖2 =

∫ 1

0

(F (x)−

N∑

k=1

(Φk, F )Φk(x)

)2

dx

≤ ‖f‖2 ·∫ 1

0‖Kx −KN,x‖2dx .

La question precedente montre alors que :

limN→+∞

‖F −N∑

k=1

(Φk, F )Φk‖2 = 0 .

* * *

3

2.15 2011 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.15 2011

2.15.1 Enonce

160

Concours National commun - Session 2011 - MP

Épreuve de Mathématiques I

L’énoncé de cette épreuve, particulière aux candidats de la filière MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit.

Les candidats sont informés que la précision des raisonnements ainsi que le soin apporté à la rédaction età la présentation des copies seront des éléments pris en compte dans la notation. Il convient en particulier

de rappeler avec précision les références des questions abordées.

Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamené à prendre.

Étude de la somme d’une série de Fourier lacunaire quadratique

La fonction q définie, pour tout x ∈ R, par

q(x) =∞∑

n=1

eiπn2x

iπn2

est étudie par Riemann il y a environ 150 ans, avec l’idée que cette fonction est continue surR mais nulle part dérivable. L’étude est poursuivie par Hardy qui prouve en 1916 que cettefonction est non dérivable en tout x ∈ R\Q. Il reste à étudier la dérivabilité en x rationnel etc’est Gerver qui en 1970 réussit à trouver le résultat assez inattendu : la fonction est dérivableen tout x ∈ Q. Depuis, d’autres propriétés de cette fonction ont été étudiées, propriétés quianalysent plus finement la régularité de cette fonction : en particulier son ordre de Holder localet son spectre multifractal.Le sujet a pour objet d’établir la dérivabilité de la fonction q au point 1 ; il utilise des outils del’analyse complexe.Le problème est composé de cinq parties ; les deux premières parties ont pour objectif d’établirla formule (2) qui sera utile dans la cinquième partie. Les trois dernières parties du problèmes’enchaînent entre elles.

1ère partieFormule sommatoire de Poisson

Soit g : R −→ C une application de classe C 1 telle que les applications t 7−→ t2g(t) et t 7−→t2g′(t), définies sur R, soient bornées à l’infini, ce qui revient à dire que

g(t) =t→±∞

O

(1

t2

)et g′(t) =

t→±∞O

(1

t2

)

On lui associe la suite (gn)n∈N de fonctions définies par

g0(t) = g(t), gn(t) = g(t+ 2nπ) + g(t− 2nπ) t ∈ R, n ∈ N∗

1. Montrer que pour tout réel x, la fonction t 7−→ g(t)e−ixt est intégrable sur R.Par définition, la transformée de Fourier de g est la fonction notée g définie sur R par

g(x) =

∫ +∞

−∞g(t)e−ixtdt, x ∈ R.

1 / 5

Concours National commun - Session 2011 - MP

2. Montrer que la série de fonctions∑

n∈N∗

gn converge uniformément sur tout segment de R.

3. On note g la fonction définie, pour tout t ∈ R, par g(t) =∞∑n=0

gn(t).

(a) Montrer que la fonction g est de classe C1 sur R.

(b) Justifier que la fonction g est 2π-périodique et que ses coefficients de Fourier com-plexes sont donnés par

ck(g) =1

2πg(k), k ∈ Z

On remarquera que, pour tout t ∈ R, g(t) = limn→∞

p=n∑p=−n

g(t+ 2pπ).

(c) Montrer que les familles (g(2nπ)n∈N et (g(n)n∈N sont sommables et que leurs sommesvérifient la relation suivante, dite formule sommatoire de Poisson,

2π∑

n∈Zg(2nπ) =

∑

n∈Zg(n).

2ème partieApplication de la formule sommatoire de Poisson

Pour tout réel α > 0, on note hα la fonction définie, pour tout t ∈ R, par hα(t) = e−α2t2 .1. Vérifier que, pour tout réel α > 0, la fonction hα satisfait les hypothèses faites sur la

fonction g dans la partie précédente.Dans la suite, on notera hα la transformée de Fourier de hα, α > 0 ; on admettra que h1(0) =

√π.

2. Montrer que la fonction h1 est dérivable sur R et qu’elle satisfait l’équation différentielle

y′ +x

2y = 0 (1)

3. Résoudre l’équation différentielle (1) et donner l’expression de h1.

4. Montrer, pour tout α > et tout réel x, hα(x) =√παe

−x2

4α2 .

5. Montrer, pour tout réel a > 0, la relation

√a

(1 + 2

∞∑

n=1

e−πn2a

)= 1 + 2

∞∑

n=1

e−πn2

a . (2)

3ème partieUn résultat général sur les fonctions holomorphes

Si a et b sont des nombres complexes, γa,b désigne le chemin du plan complexe C défini, pourtout t ∈ [0, 1], par γa,b(t) = (1 − t)a + tb ; son image γa,b[0, 1]) = (1 − t)a + tb, 0 ≤ t ≤ 1 estnotée [a, b] ; c’est le segment du complexe d’extrémités a et b.Pour la suite du problème, on notera Ω la partie de C définie par

Ω = z ∈ C, Im(z) > 0

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Concours National commun - Session 2011 - MP

1. Vérifier que pour tout (a, b) ∈ Ω2, [a, b] ⊂ Ω, puis justifier que Ω est un ouvert connexe pararcs de C.Soit f : Ω −→ C une application continue, si (a, b) ∈ Ω2, on définit l’intégarle curviligne de f le

long du chemin γa,b, notée

∫

γa,b

f(z)dz ou simplement Φ(a, b), par

Φ(a, b) =

∫

γa,b

f(z)dz := (b− a)

∫ 1

0

f((1− t)a + tb)dt.

2. Soit a fixé dans Ω ; montrer que l’application Φa : Ω −→ C, b 7−→ Φa(b) = Φ(a, b), estcontinue sur Ω.

3. Soit ψ la fonction définie, pour tout z ∈ Ω, par ψ(z) = z ; soient a et b deux élémentsdistincts de Ω. Montrer que l’ensemble des c ∈ Ω tels que∫

γa,c

ψ(z)dz +

∫

γc,b

ψ(z)dz =

∫

γa,b

ψ(z)dz

est soit une droite soit une demi-droite du plan complexe à préciser.4. Dans la suite de cette partie, f est supposée holomorphe sur Ω. Si x et y sont des réels tels

que x+ iy ∈ Ω, on pose

P (x, y) = Re(f(x+ iy)), Q(x, y) = Im(f(x+ iy)).

(a) Rappeler les relations reliant les dérivées partielles∂P

∂xet∂Q

∂ypuis

∂P

∂yet∂Q

∂x.

(b) Soit (a, b, c) ∈ Ω3. Montrer à l’aide des résultats du programme sur les formes diffé-

rentielles que∫

∂T+

Pdx−Qdy =

∫

∂T+

Qdx+Pdy, où ∂T+ désigne la frontière, orientée

dans le sens direct, de la plaque triangulaire T du plan R2 dont les sommets sont les

affixes des complexes a, b et c. En déduire∫

γa,c

f(z)dz +

∫

γc,b

f(z)dz =

∫

γa,b

f(z)dz.

(c) Soit a ∈ Ω fixé ; déduire de ce qui précède que la fonction Φa est holomorphe sur Ωet que sa dérivée au sens complexe, noté Φ′

a, vérifie Φ′a(b) = f(b) pour tout b ∈ Ω ; on

rappelle que

Φ′a(b) = lim

c→bc∈Ω\b

Φa(c)− Φa(b)

c− b

(d) On suppose que, pour tout b ∈ Ω, la fonction r 7−→ Φ(ir, b), définie sur ]0,+∞[, admetune limite dans C lorsque r tend vers 0+ ; on note F (b) cette limite. Montrer que, pourtout (b, c) ∈ Ω2, F (c)−F (b) = Φ(b, c), puis en déduire que F est holomorphe sur Ω etque F ′ = f sur Ω.

4ème partieÉtude d’un exemple

On note exp la fonction exponentielle complexe. Si z ∈ C\R−, on note Arg(z) l’élément del’intervalle ]−π, π[ tel que z = |z| exp(iArg(z)) ; on pose alors Log(z) = ln(|z|)+ iArg(z) et, pourtout λ ∈ R,

zλ = exp(λLog(z))

3 / 5

Concours National commun - Session 2011 - MP

La fonction Log est le logarithme principal défini sur C\R− ; on rappelle que les fonctions exp etLog sont holomorphes sur C et C\R− respectivement ; leur dérivées au sens complexes vérifiant

Log′(z) =1

z, z ∈ C\R− et exp′(z) = exp(z), z ∈ C.

Soit λ un réel fixé dans l’intervalle ] − 1, 0[ ; on note fλ la fonction définie, pour tout z ∈ C\R−,par

fλ(z) = zλ exp(− i

z).

1. Justifier que fλ est holomorphe sur Ω.2. Soit b un complexe fixé dans Ω. On note Jλ,b la fonction, définie pour tout r > 0, par

Jλ,b(r) =

∫

γir,b

fλ(z)dz. Montrer que la fonction Jλ,b admet une limite, notée Fλ,b, lorsque r

tend vers 0+ et que

Fλ(b) = bλ+1

∫

]0,1]

tλ exp(−i tb)dt.

On pourra utiliser le théorème de convergence dominée après en avoir vérifié les conditions devalidité.

3. On note Gλ la fonction, définie pour tout z ∈ C, par Gλ(z) = z−λ−2 exp(iz

)Fλ(z).

(a) Justifier que les fonctions Fλ et Gλ sont holomorphes sur Ω et que F ′λ = fλ sur Ω.

(b) Montrer que, pour tout z ∈ Ω, Gλ(z) =1

zexp

(i

z

)∫ +∞

1

u−λ−2 exp

(−iuz

)du.

(c) Montrer que, pour tout z ∈ Ω, |Gλ(z)| ≤ 2 et que |F−1/2(z)| ≤ 2|z| 32 .

5ème partieDémonstration de la propriété proposée

Pour tout entier naturel non nul n, on note un la fonction définie, pour tout z ∈ C, par

un(z) = exp(iπn2z).

1. Soit z ∈ C ; montrer que la série∑

n≥1

un(z) converge si et seulement si z ∈ Ω.

Dans la suite, on pose u(z) =∞∑n=1

un(z), z ∈ Ω.

2. Montrer que, pour tout z ∈ Ω, u(z + 1) + u(z) = 2u(4z).3. Pour tout n ∈ N∗ et tout (x, y) ∈ R×]0,+∞[, on pose

un(x, y) = un(x+ iy) et u(x, y) = u(x+ iy)

(a) Montrer que pour tout k ∈ N, la série de fonctions∑n≥1

nkun converge normalement

sur R×]0,+∞[ pour tout a > 0.(b) Montrer soigneusement que la fonction u, définie ci-dessus, possède en tout point de

R×]0,+∞[ une dérivée partielle par rapport à x et exprimer∂u

∂x(x, y), pour (x, y) ∈

R×]0,+∞[, sous la forme de la somme d’une série.

4 / 5

Concours National commun - Session 2011 - MP

(c) Montrer de même que la fonction u possède en tout point de R×]0,+∞[ une dérivée

partielle par rapport à y et l’exprimer en fonction de∂u

∂x(x, y).

(d) Montrer que la fonction u est holomorphe sur Ω.4. Partant de la formule (2) de la deuxième partie et moyennant un résultat sur les zéros

d’une fonction holomorphe, montrer que pour tout z ∈ Ω,

(i

z

)1/2

(1 + 2u(z)) = 1 + 2u

(−1

z

).

5. En déduire que, pour tout z ∈ Ω, u(1+z)+1

2=

(i

z

)1/2 ∞∑

n=1

(exp(

−iπn2

4z)− exp

(−iπn2

z

)).

6. Montrer que la série de fonctions∑

n≥1

un

iπn2converge normalement sur z ∈ C, Im(z) ≥ 0

et que sa somme, notée v, est continue sur cette ensemble.

7. Montrer que, pour tout z ∈ Ω et tout α > 0, la série∑

n≥1

nF−1/2

( αzπn2

)est convergente, où

F−1/2 est la fonction définie dans la quatrième partie.8. Pour tout z ∈ Ω, on pose

v1(z) =

∞∑

n=1

un(z)

iπn2et w(z) =

(iπ)1/2

2

∞∑

n=1

(nF−1/2

(4z

πn2

)− 2nF−1/2

( z

πn2

)).

(a) Montrer que la fonction v1 est holomorphe sur Ω et que v′1 = u.

(b) On admet que la fonction w est holomorphe sur Ω ; calculer sa dérivée w′, au senscomplexe, en admettant que l’on puisse dériver terme à terme la série définissant w.

(c) Montrer que, pour tout z ∈ Ω,

v1(z + 1)− v(1) =−z2

+(iπ)1/2

2

∞∑

n=1

(nF−1/2

(4z

πn2

)− 2nF−1/2

( z

πn2

)).

9. Montrer qu’il existe une constante c positive telle que, pour tout z ∈ Ω, on ait∣∣∣v(z + 1)− v(1) +

z

2

∣∣∣ ≤ c|z|3/2.

10. Montrer soigneusement que q(x+ 1)− q(1) + x2

=x→0

O(x3/2). En déduire que la fonction q

est dérivable en 1 et préciser q′(1).

FIN DE L’ÉPREUVE

5 / 5

2.15 2011 2 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 1

2.15.2 Corrige

166

Corrigé du CNM 2011 MP Maths I

A. ATTIOUI

1èrePartie: Formule sommatoire de Poisson.

1.1. Soit x 2 R, l’application t 7! g(t)e¡ixt est de classeC1 sur R et¯g(t)e¡ixt

¯= jg(t)j = °

¡1t2

¢, quand

jtj ! +1, alors elle est intégrable surR.

1.2. Soienta; b 2 R aveca 6 b. 8 t 2 [a; b], gn(t) = g(t + 2n¼) + g(t¡ 2n¼) pourn 2 N¤. Comme l’application

x 7! x2g(x) est bornée à l’infini alors la suite(n2gn(t))n est uniformément bornée sur[a; b]. Par conséquent, la sérieX

n>0

gn converge normalement ( donc uniformément) sur[a; b].

1.3. D’après 1.2., l’applicationeg =X

n>0

gn est continue surR.

1.3.1. Pour toutn 2 N, gn est de classeC1 sur R. Soienta; b 2 R avec a 6 b. 8 t 2 [a; b] et 8 n 2 N¤,

g0n(t) = g0(t+2n¼) + g0(t¡ 2n¼). Comme l’applicationx 7! x2g0(x) est bornée à l’infini alors la suite(n2g0n(t))n

est uniformément bornée sur[a; b]. Donc, la sérieX

n>0

g0n converge normalement sur[a; b]. On en déduit que

eg =X

n>0

gn est de classeC1 surR et eg 0 =X

n>0

g0n.

1.3.2. Soit t 2 R, n 2 N,nX

p=0

gp(t) = g(t) +

nX

p=1

g(t + 2p¼) +

nX

p=1

g(t ¡ 2p¼) =

p=nX

p=¡ng(t + 2p¼). Alors

nX

p=0

gp(t + 2¼) =

p=nX

p=¡ng(t + 2(p + 1)¼) =

p=n+1X

p=¡n+1g(t + 2p¼) =

n+1X

p=0

gp(t) ¡ g(t ¡ 2n¼) ¡ g(t ¡ 2(n + 1)¼). On

aura alors lorsqu’on tendn vers l’infini, eg(t+ 2¼) = eg(t). Donceg est2¼- périodique.

Par définition, pour toutk 2 Z, 2¼ck(eg) =Z ¼

¡¼eg(t)e¡iktdt. La convergence étant uniforme sur[¡¼; ¼], alors

2¼ck(eg) = limn!+1

Z ¼

¡¼

p=nX

p=0

gp(t)e¡iktdt = lim

n!+1

Z ¼

¡¼

p=nX

p=¡ng(t+2p¼)e¡iktdt. Mais, avec le changement de variable

dans l’integrale :u = t+ 2p¼ et en tenant compte quee¡2ikp¼ = 1, on a :Z ¼

¡¼

p=nX

p=¡ng(t+2p¼)e¡iktdt =

p=nX

p=¡n

Z ¼

¡¼g(t+2p¼)e¡iktdt =

p=nX

p=¡n

Z (2p+1)¼

(2p¡1)¼g(u)e¡ikudu =

Z (2n+1)¼

¡(2n+1)¼g(u)e¡ikudu.

Par suite,2¼ck(eg) =Z +1

¡1g(u)e¡ikudu = g(k).

1.3.3. On ajg(2n¼)j =°¡1n2

¢quandjnj ! +1, alors la famille(g(2n¼)n2Z est sommable. On a pour toutn 2 Z,

g(n) = 2¼cn(eg). Par ailleurs, l’applicationeg est de classeC1 surR, la famille (cn(eg))n2Z est sommable. En effet,

pour toutn 2 Z¤, jcn(eg)j =¯1incn(eg 0)

¯6

12

¡1n2 + jcn(eg 0)j2

¢d’où le résultat par l’inégalité de Bessel.

On a ,X

n2Zg(n) = 2¼

X

n2Zcn(eg) = 2¼eg(0) = 2¼

+1X

n=0

gn(0) = 2¼X

n2Zg(2n¼) ( D’après le théorème de Dirichlet, la

série de Fourier deeg converge uniformément verseg surR )

2èmePartie: Application de la formule sommatoire de Poisson.

2.1. Soit ® > 0, l’applicationh® : t 7! e¡®2t2 est de classeC1 surR. On a, lim

jtj!+1t¯e¡®

2t2 = 0, 8 ¯ 2 R. Donc

les applicationsh® et h0® sont bornées à l’infini.

2.2. Puisque les applicationsh1 et h01 sont bornées à l’infini, alors le théorème de dérivation sous le signe somme

permet de dire que l’applicationch1 est dérivable surR et que, pour toutx 2 R, ch1 0(x) = ¡iZ +1

¡1te¡t

2

e¡ixtdt.

On a , pour toutX > 0,Z X

¡Xte¡t

2

e¡ixtdt =

·¡12e¡t

2

e¡ixt¸X

¡X¡ ix

2

Z X

¡Xe¡t

2

e¡ixtdt. Ce qui donne, quand

X ! +1, ch1 0(x) = ¡x2ch1(x). Donc l’applicationch1 satisfait l’équation différentielley0 + x

2y = 0.

1

2.3. La solution générale de l’équation différentielle linéaire y0 + x2y = 0 est définie surR et elle est donnée par

y = ¸e¡x2

4 où ¸ 2 R. Commech1(0) =p¼, alorsch1(x) =

p¼e¡

x2

4 , pour toutx 2 R.

2.4. Soit ® > 0, pour toutx 2 R, ch®(x) =Z +1

¡1e¡®

2t2e¡ixtdt. On effectue le changement de variableu = ®t,

ch®(x) = 1®

Z +1

¡1e¡u

2

e¡ix®udu = 1

®ch1 ( x® ) =

p¼® e¡

x2

4®2 .

2.5. Soit ® > 0, d’après la formule sommatoire de Poisson appliquée àh®,X

n2Z

ch®(n) = 2¼X

n2Zh®(2n¼). Donc,

p¼®

X

n2Ze¡

n2

4®2 = 2¼X

n2Ze¡4®

2¼2n2 . Ou encore,p¼®

Ã1 + 2

+1X

n=1

e¡n2

4®2

!= 2¼

Ã1 + 2

+1X

n=1

e¡4®2¼2n2

!. Soit a > 0,

alors pour® =p

a4¼ , on obtient :

pa

Ã1 + 2

+1X

n=1

e¡¼n2a

!= 1 + 2

+1X

n=1

e¡¼n2

a .

3èmePartie: Un résultat général sur les fonctions holomorphes.

3.1. Soient a; b 2 −, pour tout z 2 [a; b], z = (1 ¡ t)a + tb avec un certaint 2 [0; 1]. Alors, =m (z) =

(1 ¡ t)=m (a) + t=m (b) > 0. Donc, [a; b] ½ −. On en déduit que− est convexe et alors il est connexe par arcs.

L’application deC dansR qui à z associe sa partie imaginaire=m (z) estR-linéaire continue, l’ensemble− n’est

autre que l’image réciproque par cette application de l’intervalle ouvert]0;+1[. Donc− est un ouvert deC.

3.2. Soit a 2 − fixé. L’application (t; b) 7! f((1 ¡ t)a + tb) est continue sur[0; 1] £ − car f l’est sur−. La

continuité de l’applicationb 7! ©a(b) = (b ¡ a)

Z 1

0

f((1 ¡ t)a + tb)dt sur− découle du théorème de la continuité

sous le signe somme.

3.3. Soienta; b 2 − distincts. On a, pourc 2 −,Z

°a;c

¹zdz = (c¡a)Z 1

0

(1¡ t)a+ tcdt = (c¡a)Z 1

0

(1¡t)¹a+t¹cdt =

(c¡ a)(¹a+ ¹c)=2. De même,Z

°c;b

¹zdz = (b ¡ c)(¹c+ ¹b)=2 etZ

°a;b

¹zdz = (b ¡ a)(¹a+ ¹b)=2. Donc, les pointsc 2 −

cherchés vérifient(c¡ a)(¹a+ ¹c) + (b¡ c)(¹c+¹b) = (b¡ a)(¹a+ ¹b) ou encore=m¡¹ac+ b¹c+ a¹b

¢= 0. Donc, c’est

une droite horizontale si=m (¹a+ b) = 0 et une demi-droite sinon.

3.4. On suppose quef est holomorphe sur−, f(x+ iy) = P (x; y) + iQ(x; y).

3.4.1.P et Q vérifient les conditions de Cauchy-Riemann :@P

@x=

@Q

@yet

@P

@y= ¡@Q

@x.

3.4.2. Soienta; b; c 2 −, d’après ce qui précède les formes différentielles Pdx-Qdyet Qdx+Pdy sont fermées et donc

exactes dans− ( ouvert étoilé ). Comme@T+ est un arc fermé contenu dans−, alors

Z

@T+

Pdx¡Qdy =

Z

@T+

Qdx+ Pdy = 0

On a@T+ = °a;c[°c;b[°b;a etZ

@T+

f(z)dz =

Z

@T+

(P+iQ)(dx+idy) =

Z

@T+

Pdx¡Qdy+i

Z

@T+

Qdx+Pdy = 0.

Alors,Z

°a;c

f(z)dz +

Z

°c;b

f(z)dz +

Z

°b;a

f(z)dz = 0. Donc,Z

°a;c

f(z)dz +

Z

°c;b

f(z)dz =

Z

°a;b

f(z)dz.

3.4.3. Soit a 2 − fixé. Soit b 2 − et c 2 − n fbg, ©a(c)¡ ©a(b) =Z

°a;c

f(z)dz ¡Z

°a;b

f(z)dz =

Z

°b;c

f(z)dz.

Alors, ©a(c) ¡ ©a(b) = (c ¡ b)

Z 1

0

f((1 ¡ t)b + tc)dt. Donc, limc!b;c2−nfbg

©a(c)¡©a(b)c¡b = f(b) car l’application

c 7!Z 1

0

f((1¡ t)b+ tc)dt est continue dans−. Ainsi ©a est holomorphe sur− et©0a = f

3.4.4. Soit b; c 2 −. On a pour toutr > 0, ©(ir; c) ¡ ©(ir; b) = (c ¡ b)

Z 1

0

f((1 ¡ t)b + tc)dt = ©(b; c), alors

F (c) ¡ F (b) = limr!0;r>0

©(ir; c) ¡ ©(ir; b) = ©(b; c). On a pourc 2 − n fbg, F (c)¡F (b)c¡b = ©b(c)¡©b(b)

c¡b , alors

limc!b;c2−nfbg

F (c)¡F (b)c¡b = ©0b(b) = f(b). DoncF est holomorphe etF 0 = f .

2

4èmePartie: Etude d’un exemple.

Soit ¸ 2]¡ 1; 0] fixé. Soit f¸ la fonction définie surC n R¡ par : f¸(z) = z¸exp¡¡ iz

¢.

4.1. La fonctionf¸ et holomorphe surC n R¡ comme produit de deux fonctions holomorphes surC n R¡.

4.2. Soit b 2 − fixé. Pourr > 0, J¸;b(r) =Z

°ir;b

f¸(z)dz = (b ¡ ir)

Z 1

0

f¸(i(1 ¡ t)r + tb)dt. Pour toutr > 0,

l’application(t; r) 7! f¸(i(1¡ t)r+ tb) est continue sur[0; 1]£]0;+1[. 8t 2]0; 1], limr!0+

f¸(i(1¡ t)r+ tb) = f¸(tb).

8 t 2]0; 1] et 8 r > 0, jf¸(i(1¡ t)r + tb)j = j(i(1 ¡ t)r + tb)j¸exp³¡<e

³i

i(1¡t)r+tb

´´. Or <e

³i

i(1¡t)r+tb

´=

<e³

1(1¡t)r¡itb

´= <e

³(1¡t)r+it¹bj(1¡t)r¡itbj2

´= (1¡t)r+t=m(b)

j(1¡t)r¡itbj2 > 0 car =m (b) > 0 alors exp³¡<e

³i

i(1¡t)r+tb

´´< 1.

D’autre part,j(i(1 ¡ t)r + tb)j2 = t2jbj2 + (1 ¡ t)2r2 + 2t(1 ¡ t)r=m (b) > t2jbj2 et comme¸ < 0, on a alors

jf¸(i(1¡ t)r + tb)j 6 jbj¸t¸. La fonctiont 7! jbj¸t¸ est continue et intégrable sur]0; 1] car¸ 2]¡ 1; 0]. D’après le

théorème de convergence dominé,limr!0+

J¸;b(r) = b

Z 1

0

f¸(tb)dt. Par suiteF¸(b) = b¸+1Z

]0;1]

t¸ exp¡¡itb

¢dt.

4.3. Pourz 2 −, G¸(z) = z¡¸¡2 exp¡¡iz

¢F¸(z).

4.3.1. D’après 3.4.4. la fonctionF¸ est holomorphe sur− etF 0¸ = f¸. La fonctionG¸ est holomorphe sur− comme

produit de fonctions holomorphs sur−.

4.3.2. Soit z 2 −, G¸(z) =1z exp

¡¡iz

¢ Z

]0;1]

t¸ exp¡¡itz

¢dt. En effectuant le changement de variableu = 1

t , on

obtient pour toutz 2 −, G¸(z) =1z exp

¡iz

¢ Z +1

1

u¡¸¡2 exp¡¡ iu

z

¢du.

4.3.3. Soit z 2 −. Pourx réel> 1, on a par intégration par parties,

¡iz

Z x

1

u¡¸¡2 exp¡¡ iu

z

¢du =

£u¡¸¡2 exp

¡¡ iu

z

¢¤x1+ (¸+ 2)

Z x

1

u¡¸¡3 exp¡¡ iu

z

¢du.

Pour tout réelt,¯exp

¡itz

¢¯= exp

¡<e¡itz

¢¢= exp

³t=m(z)jzj2

´6 1 ssi t 6 0 car=m (z) > 0. En tenant compte de

ceci et le fait que2 > ¸+ 2 > 1, on déduit que

¡iz

Z +1

1

u¡¸¡2 exp¡¡ iu

z

¢du = exp

¡¡ iu

z

¢+ (¸+ 2)

Z +1

1

u¡¸¡3 exp¡¡ iu

z

¢du et ensuite que

jG¸(z)j 6 1 + (¸+ 2)Z +1

1

u¡¸¡3du = 2. Par conséquent,jF¸(z)j =¯z¸+2 exp

¡iz

¢G¸(z)

¯6 2jzj¸+2.

5èmePartie: Démonstration de la propriété proposée .

5.1. Soit z 2 C, jun(z)j =¯exp(i¼n2z)

¯= exp(¼n2<e (iz)) = exp(¡¼n2=m (z)). Alors la suite(un(z)) tend vers

0 ssi=m (z) > 0. Si =m (z) > 0, alorsun(z) = ±(1=n2). Donc la sérieX

n>1

un(z) converge ssiz 2 −.

5.2. Soit z 2 −, alors z + 1 2 − et u(z + 1) =

+1X

n=1

exp(i¼n2(z + 1)) =

+1X

n=1

(¡1)n2 exp(i¼n2z)). La série

étant absolument convergente, sa somme ne change pas si on groupe les termes d’indices paires puis ceux d’indices

impaires. On a alors,u(z + 1) =

+1X

n=1

exp(i4¼n2z)) ¡+1X

n=1

exp(i¼(2n ¡ 1)2z)) = u(4z) ¡ u(z) + u(4z). Donc

u(z + 1) + u(z) = 2u(4z).

5.3. Pour toutn 2 N¤ et (x; y) 2 R£]0;+1[, ~un(x; y) = un(x+ iy) et u(x; y) = u(x+ iy) ( noter quex+ iy 2 −)

5.3.1. Soit k 2 N et a > 0, pour tout(x; y) 2 R £ [a;+1[, nkj~un(x; y)j = nk exp(¡¼n2y) 6 nk exp(¡¼n2a) et

nk exp(¡¼n2a) = ±(1=n2). Donc la série de fonctionsX

n>1

nk~un converge normalemnet surR£ [a;+1[.

5.3.2. Pour toutn 2 N, ~un(x; y) = exp(¡¼n2y+ i¼n2x), 8 (x; y) 2 R£]0;+1[. Alors l’application~un et de classe

C1 sur R£]0;+1[. 8 (x; y) 2 R£]0;+1[, @~un@x

(x; y) = i¼n2~un(x; y). Alors, d’après 5.3.1., la sérieX

n>1

@~un@x

converge normalemnet surR £ [y;+1[, pour touty > 0. D’après le théorème de dérivation sous le signe somme,

pour touty > 0 fixé, l’applicationx 7! ~un(x; y) est de classeC1 surR et@~u

@x=X

n>1

@~un@x

= i¼X

n>1

n2~un.

3

5.3.3. Pour toutn 2 N, ~un(x; y) = exp(¡¼n2y+ i¼n2x), 8 (x; y) 2 R£]0;+1[. Alors l’application~un et de classe

C1 sur R£]0;+1[. 8 (x; y) 2 R£]0;+1[, @~un@y

(x; y) = ¡¼n2~un(x; y). Alors, d’après 5.3.1., la sérieX

n>1

@~un@y

converge normalemnet surR£[a;+1[, pour touta > 0. D’après le théorème de dérivation sous le signe somme, pour

toutx 2 R fixé, eta > 0 l’applicationy 7! ~un(x; y) est de classeC1 sur [a;+1[ et@~u

@y=X

n>1

@~un@y

= ¡¼X

n>1

n2~un.

Alors, l’applicationy 7! ~un(x; y) est de classeC1 sur ]0;+1[ et@~u

@y= ¡¼

X

n>1

n2~un = i@~u

@xsurR£]0;+1[.

5.3.4. D’après 5.3.2. et 5.3.3. les dérivées partielles de~u existent, continues surR£]0;+1[ et elles vérifient en plus

la propriété@~u

@y= i

@~u

@x. Alors u est holomorphe sur−.

5.4. La formule (2) peut s’écrirepa (1 + 2u(ia)) = 1 + 2u

¡¡ 1ia

¢, 8 a > 0. Pour toutz 2 −, on pose :f(z) =

¡zi

¢1=2(1 + 2u(z))¡

¡1 + 2u

¡¡ 1z

¢¢, Comme− ½ C nR¡, la fonctionf est définie et holomorphe sur− et 8 a > 0

f(ia) = 0. Par le principe des zéros isolésf = 0 sur−. Ainsi¡zi

¢1=2(1 + 2u(z)) = 1 + 2u

¡¡ 1z

¢), 8 z 2 −.

5.5. Soitz 2 −, u(z+1) = 2u(4z)¡u(z) =¡i4z

¢1=2 ¡1 + 2u

¡¡ 14z

¢¢¡ 12

¡iz

¢1=2 ¡1 + 2u

¡¡ 1z

¢¢¡ 12 , d’après les égal-

ités du 5.2. et 5.4. alors,u(z+1)+ 12=¡iz

¢1=2 ¡u¡¡ 14z

¢¡ u

¡¡ 1z

¢¢=¡iz

¢1=2 +1X

n=1

³exp

³¡i¼n24z

´¡ exp

³¡i¼n2z

´´

5.6. Soit z 2 C avec=m (z) > 0, jun(z)j =¯exp(i¼n2z)

¯= exp(¡¼n2=m (z)) 6 1 alors

¯¯un(z)i¼n2

¯¯ 6 1

n2. D’où la

convergence normale de la série sur− et sa sommev est continue sur− vu queun est continue sur−, 8 n 2 N.

5.7. Soit z 2 −, ® > 0. Pour toutn > 1,¯F¡1=2

¡®z¼n2

¢¯6 2

¯®z¼n2

¯3=2= 2

³®jzj¼

´3=21n3 . Alors, la série de terme

généralnF¡1=2¡®z¼n2

¢est absolument convergente.

5.8. Soit z 2 −, v1(z) =+1X

n=1

un(z)i¼n2 et w(z) = (i¼)1=2

2

+1X

n=1

¡nF¡1=2

¡4z¼n2

¢¡ 2nF¡1=2

¡z

¼n2

¢¢

5.8.1. Pour toutn > 1, la fonctionun est holomorphe sur− et u0n = i¼n2un. Comme la série converge normalement

sur− alorsv1 est holomophe sur− et v01 = u.

5.8.2. On a d’après 4.3.1.,F 0¡1=2 = f¡1=2. Alors, 8z 2 −, w0(z) = (i¼)1=2

2

+1X

n=1

¡4z¼nf¡1=2

¡4z¼n2

¢¡ 2z

¼nf¡1=2¡

z¼n2

¢¢.

Pour n > 1, 2f¡1=2¡4z¼n2

¢¡ f¡1=2

¡z¼n2

¢=¡

z¼n2

¢¡1=2 ³exp

³¡ i¼n2

4z

´¡ exp

³¡ i¼n2

z

´´. En remplaçant dans la

somme et en tenant compte de l’égalité 5.5. on obtientw0(z) = u(z + 1) + 12.

5.8.3. On pose pour toutz 2 −, f(z) = v1(z+1)+z2 ¡w(z). On a alorsf est holomorphe sur− et d’après 5.8.1. et

5.8.2.,f 0(z) = v01(z+1)+12¡w0(z) = u(z+1)+ 1

2¡w0(z) = 0, 8z 2 −. Puisque− est connexe l’applicationf est

constante sur−. D’après l’inégalité de 5.7. on constate que la série de terme généralnF¡1=2¡®z¼n2

¢est normalement

convergente sur tout compact de−, il en de même de la série dont la somme estw. Donc limz!0;z2−

w(z) = 0. Par

suite,f = v1(1) = v(1). On en déduit que8 z 2 −, v(z + 1)¡ v(1) = v1(z + 1)¡ v(1) = ¡ z2+ w(z).

5.9. Soit z 2 −, d’après 5.8.3.,¯v(z + 1)¡ v(1) + z

2

¯6

(¼)1=2

2

+1X

n=1

¯nF¡1=2

¡4z¼n2

¢¡ 2nF¡1=2

¡z¼n2

¢¯. D’après 5.7.

on a¯F¡1=2

¡4z¼n2

¢¯+ 2

¯F¡1=2

¡z¼n2

¢¯6 2

³4®jzj¼

´3=21n3 + 4

³®jzj¼

´3=21n3 = 20

¡®¼

¢3=2 1n3 jzj3=2. On en déduit,

¯v(z + 1)¡ v(1) + z

2

¯6

10®p®

¼

Ã+1X

n=1

1

n2

!jzj3=2 = 5¼®

p®

3 jzj3=2. Alors la constantec = 5¼®p®

3 convient.

5.10. Soit x 2 R et y > 0. Alors x + iy 2 − et d’après 5.9. on a¯v(x+ iy + 1)¡ v(1) + x+iy

2

¯6 cjx + iyj3=2.

D’après 5.6. la fonctionv est continue sur−, alors cette inégalité devient lorsquey ! 0+,¯q(x+ 1)¡ q(1) + x

2

¯6

cjxj3=2. On en déduit le développement limité deq en 0 : q(x+ 1) = q(1) ¡ x2 + ±(x) ce qui est équivalent à dire

queq est dérivable en1 et q0(1) = ¡12.

4

3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3 Epreuves de mathematiques 2

3.1 1997

3.1.1 Enonce

171

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Concours Commun National 1997 . MAROC

MATHEMATIQUES IIEpreuve d’agebre et de geometrie

duree : 4 heuresOption MP

Les candidats sont informes que la precision des raisonnementsainsi que le soin apporte a la redaction seront des elements prisen compte dans la notation. Les representations graphiques et lesdessins correctement executes seront apprecies.

Dans tout le probleme, En designe un espace vectoriel euclidienoriente de dimension n > 1, muni du produit scalaire note (x|y). Lanorme euclidienne associee est notee ||x|| =

√(x, x).

On note L(En) l’ensemble des endomorphismes de En, S(En)l’ensemble des endomorphismes symetriques de En, O(En) songroupe orthogonal et GL(En) l’ensemble des endomorphismes in-versibles de En.

Par la suite, φ designe un autre produit scalaire sur En et on noteSφ = x ∈ En / φ(x, x) = 1.

I – Premiere partie

1. Montrer qu’il existe u ∈ S(En) ayant toutes ses valeurs propresstrictement positives tel que :

∀(x, y) ∈ E2n, φ(x, y) = (u(x)|y).

2. Trouver v ∈ S(En) ayant toutes ses valeurs propres strictementpositives tel que v2 = vov = u.

Montrer que φ(x, y) = (v(x)|v(y)) pour tout (x, y) ∈ E2n.

3. Soit B = (e1, . . . , en) une base orthonormee de En. Montrerque B′ = (v−1(e1), . . . , v−1(en)) est une base φ-orthogonale,c’est a dire orthogonale pour le produit scalaire φ.

4. Soit f un element de O(En).

Montrer que v−1ofov ∈ O(φ), ou O(φ) = g ∈L(En) / ∀(x, y) ∈ E2

n, φ(g(x), g(y)) = φ(x, y).En deduire O(φ) en fonction de O(En).

5. Dans cette question E2 = R2 muni du produit scalaire canon-ique, et, pour tout (x, y) ∈ R2, φ((x, y), (x, y)) = x2 − xy + y2.

a) Verifier que φ est bien un produit scalaire sur R2.

b) Tracer Sφ dans le plan.

c) Determiner la matrice de v dans la base canonique.

d) En deduire la forme matricielle generale des elements deO(φ). On pourra laisser le resultat sous forme de produitsmatriciels.

6. On precise que cette question peut-etre resolue sans calcul ma-triciel.

Ici n = 3 et f est une rotation d’axe oriente par un vecteurunitaire ω et d’angle θ 6∈ 2πZ.

a) Pour v ∈ GL(En), determiner les vecteurs invariantsde v−1ofov, ainsi qu’un plan stable. Y a-t-il d’autresvecteurs propres ou plans stables ?

(Indication : on differenciera les cas θ ≡ π[2π] et θ 6∈ πZ.)

b) Si v est elle-meme une rotation, montrer que v−1ofov estune rotation dont on donnera l’axe et l’angle. Que dire siv est une reflexion ?

On pourra utiliser sans justification la formule :

∀x ∈ ω⊥ tel que ||x|| = 1, on a sin(θ) = det(ω, x, f(x)),

ou le determinant est pris dans une base orthonormee di-recte.

II – Seconde partie

On se place dans E2 muni d’une base orthonormee (i, j) et on definitla norme :

∀(x, y) ∈ R2, ||xi+ yj||∞ = Sup(|x|, |y|).On note S∞ = u ∈ E2 / ||u||∞ = 1.

1. Representer S∞. Quels sont les vecteurs de plus grande normeeuclidienne ?

2. On note G∞ = g ∈ O(E2) / g(S∞) = S∞.a) Montrer que G∞ est un groupe.

b) On cherche les rotations g de G∞. A l’aide de la questionII.1, determiner les rotations de G∞.

c) Trouver une symetrie dansG∞ et en deduire les 8 elementsde G∞ que l’on decrira.

3. On note S1 = xi+ yj / |x|+ |y| = 1.Representer S1 et determiner les elements du groupe G1 = g ∈O(E2) / g(S1) = S1.

III – Troisieme partie

On note a nouveau O(φ) = g ∈ L(En) / ∀(x, y) ∈E2n, φ(g(x), g(y)) = φ(x, y).

On pourra utiliser le fait que g ∈ L(En) est un element de O(φ) siet seulement si g(Sφ) = Sφ.Enfin, on definit G(φ) = O(φ) ∩O(En).

1. Dans cette question n = 2.

a) Montrer que Sφ est une ellipse. A quelle condition est-ceun cercle ?

b) Si Sφ est un cercle, determiner Gφ.

c) Si Sφ est une ellipse distincte d’un cercle et g ∈ Gφ, mon-trer que g conserve le grand axe de Sφ ainsi que son petitaxe.

d) En deduire que si Sφ est une ellipse distincte d’un cercle,alors Gφ compte 4 elements que l’on precisera.

2. Dans cette question n = 3. On note λ, µ et ν les trois valeurspropres de l’endomorphisme symetrique u defini a la questionI.1, avec : λ > µ > ν > 0.

a) Decrire Sφ en distinguant les cas d’egalite des valeurs pro-pres de u.

b) Si λ = µ = ν, decrire les elements de Gφ.

c) Si λ > µ > ν, montrer que tout g ∈ Gφ conserve le grandaxe de Sφ. En deduire que Gφ a 8 elements. Est-il iso-morphe au groupe G∞ de la partie II ?

d) Determiner Gφ lorsque λ > µ = ν et lorsque λ = µ > ν.

3. Generaliser les resultats precedents sur Gφ en dimension n quel-conque.

1

3.1 1997 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.1.2 Corrige

173

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Concours commun 1997 EHTP EMI ENIMENPL ENSEM ENSIAS IAV INPT

Corrige de l’epreuve d’algebre

Etude du groupe des isometries laissantstable un ellipsoıde de Rn.

Corrige par Mohamed AIT LHOUSSAIN et Ali LABZAEeleves professeurs a l’ENS de FES

Note: On trouvera les schemas en fin de probleme.

Premiere partie

1 Existence de u: C’est du cours; u est l’endomorphismeauto-adjoint canoniquement associe au produit scalaire φ.

2 Determination de v: u est diagonalisable dans une baseorthonormale de vecteurs propres de En et ses valeurs propressont strictement positives. Considerons l’endomorphisme v dontl’action sur Eλ, le sous-espace propre associe a λ ∈ Sp(u) est√λIdEλ

. v est symetrique car diagonalisable dans une baseorthonormale, a valeurs propres strictement positive et a pourcarre u. Il repond donc bien a la question. En particulier on a:∀ (x, y) ∈ E2

n, φ(x, y) = (u(x)|y) = (v2(x)|y) = (v(x)|v(y)).

3 B′ est φ-orthogonale: v−1 etant un automorphisme de En, B′

est une base de En.Par ailleurs on a: ∀ 1 6 i < j 6 n, φ(v−1(ei), v

−1(ej)) = (ei|ej) = 0,ce qui assure le resultat.

4 Etude de O(φ): La question 2 adjoint au fait que f ∈ O(En)assure que:∀(x, y) ∈ E2

n, φ(v−1fv(x), v−1fv(y)) = (f(v(x))|f(v(y))) = (v(x)|v(y)) = φ(x, y).Reciproquement, si g ∈ O(φ), on verifie que v g v−1 ∈ O(En); onen deduit que l’automorphisme interieur deGL(En), f −→ v−1fvinduit un isomorphisme de groupes entre O(En) et O(φ). On peutdonc ecrire: O(φ) = v−1O(En)v.

5a φ est un produit scalaire: On a:

∀ (x, y) ∈ R2, x2 − xy + y2 = (x − y

2)2 +

3

4y2 > 0 avec egalite si et

seulement si (x, y) = (0, 0). Le resultat en decoule alors.

5b: Voir figure 1. C’est une ellipse dont la premiere bissectriceest le grand axe et les sommets et foyers ont respectivement pour

coordonnees: ±(1, 1),±(

√3

3,−√

3

3),±(

√6

3,

√6

3).

5c Matrice demandee: La matrice de u dans la base canonique

est

(1 −1

2−1

2 1

)se trouve reduite par la matrice orthogonale de

changement de base P =

√2

2

(1 11 −1

)et on a la relation:

(1 −1

2−1

2 1

)= PDiag(

1

2,3

2)tP . Une ecriture ma-

tricielle du raisonnement mene en 2 permet de voirque la matrice de v dans la base canonique est:

PDiag(

√2

2,

√6

2)tP =

1

4

( √2 +√

6√

2−√

6√2−√

6√

2 +√

6

).

Remarque: Pour etre parfaitement rigoureux, il faudrait etablirl’unicite de v; cela resulte du theoreme de decomposition des noy-aux: pour tout λ ∈Sp(u), on a: Ker(u− λId) = Ker(v2 − λId) =Ker(v−

√λId)⊕Ker(v+

√λId) =Ker(v−

√λId), la derniere egalite

decoulant du fait que v a des valeurs propres strictement positives.

5d Expression matricielle des elements de O(φ): La question4 assure que les matrices des elements de O(φ) ont pour expression

dans la base canonique:√

3

24

( √2 +√

6 −√

2 +√

6

−√

2 +√

6√

2 +√

6

)

(cos θ −ε sin θsin θ ε cos θ

)( √2 +√

6√

2−√

6√2−√

6√

2 +√

6

),

avec ε ∈ −1, 1 et θ ∈ [0, 2π].

6a Vecteurs invariants de v−1 f v: Dans cette question,nous supposerons θ ∈]0, 2π[, ce qui ne restreint rien a la generalite.Remarquons que pour tout x ∈ R3: v−1f v(x) = x si et seulementsi: f(v(x)) = v(x), ou encore v(x) appartient au sous-espace proprede f associe a 1; donc l’ensemble des vecteurs invariants rechercheest v−1(Rω).Plans stables par v−1 f v: v etant un automorphisme deR3, transforme un plan de R3 en un autre plan de R3. On endeduit comme precedemment qu’un plan P de R3 est stable parv−1 f v si et seulement si v(P) est stable par f . L’ensemble desplans stables par v−1 f v sont donc de la forme v−1(Π), ou Πdesigne un plan stable par f . Comme f est une isometrie, les plansstables par f ont leur orthogonal stable par f. Les droites stablespar f sont incluses dans les sous-espaces propres de f .Si θ = π, les sous-espaces propres de f sont son axe Rω et (Rω)⊥;on en deduit dans ce cas que les plans stables par f sont les plansqui contiennent Rω et le plan (Rω)⊥.Si θ 6= π, le seul sous-espace propre de f est Rω; dans ce cas, leseul plan stable par f est (Rω)⊥.La discussion est complete.Recherche des vecteurs propres de v−1 f v: f et v−1 f vont des matrices semblables dans la base canonique. Ils ont doncmeme valeurs propres; or les valeurs propres de f sont 1 ou -1.Pour θ 6= π, on verifie que l’ensemble des vecteurs propres estl’ensemble des vecteurs invariants a l’exception de 0; sinon pourθ = π l’ensemble des vecteurs propres est v−1(Rω ∪ (Rω)⊥) al’exception de 0.

6b Cas ou v est une rotation: L’ensemble des rotations etantun groupe, v−1 f v est une rotation de R3; son axe est v−1(Rω)et un passage a la trace montre que son angle θ′ d’axe oriente parv−1(ω) verifie cos θ = cos θ′.L’identite du produit mixte fournie donne pour tout x unitairedans v−1(ω)⊥:[v−1(ω), x, v−1fv(x)] =detv−1[ω, v(x), f(v(x))] = [ω, v(x), f(v(x))]= sin θ, la derniere egalite decoulant du fait que ||v(x)|| = 1 et(ω|v(x)) = (v−1(ω)|x) = 0. On en deduit que θ ≡ θ′ mod(2π).En conclusion v−1 f v est la rotation d’axe oriente par v−1(ω)d’angle θ.

Cas ou v est une reflexion: Seul le signe du produit mixteest change. On obtient alors que v−1 f v est la rotation d’axeoriente par v−1(ω) d’angle −θ.

Seconde partie

1 Vecteurs de plus grande norme euclidienne: Voir la figure2 pour la representation de S∞. Pour xi + yj ∈ S∞, x2 + y2 6 2avec egalite si et seulement si x = ±1 et y = ±1. On en deduit queles vecteurs de plus grande norme euclidienne sont ±i ± j dont lanorme est

√2.

2a G∞ est un groupe: Id ∈ G∞ et pour tout (g, h) ∈ G2∞ on

a: g−1 h(S∞) = g−1(S∞) = S∞; ceci assure que G∞ est un sous-groupe de O(E2).

2b Determination des rotations de G∞: Une rotation de E2

est entierement determine par son action sur le vecteur i+j; d’apres

1

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II-1 les seuls images possibles pour i + j sont ±i ± j. On trouve

alors 4 rotations: ±Id et les rotations d’angle ±π2

.

2c Determination des elements de G∞: La symetrie or-thogonal d’axe Ri, s, est un element de G∞. Remarquons quel’application g −→ s g induit une bijection de l’ensemble des rota-tions de G∞ dans l’ensemble des symetries de G∞. Il en decoule queG∞ est constitue de 8 elements: ses quatre rotations et les symetriesorthogonales d’axe respectif Ri,R(i+ j),Rj et R(i− j).

3 Elements de G1: Voir figure 3 pour la representation. Pourdeterminer les elements de G1 on peut mener une etude analogue.Mais on peut remarquer que S1 est l’image de S∞ par la similitude

σ de rapport

√2

2et d’angle

π

4. En particulier G1 = σG∞σ−1 a 8

elements. Une description rapide permet de voir que G1 = G∞.

Troisieme partie

1a Etude de Sφ: Une equation de Sφ dans une base orthonormalede reduction est: λx2 + µy2 = 1, ou λ et µ sont les valeurs propresde l’endomorphisme u. Ces valeurs propres etant strictementpositives, Sφ est donc une ellipse de R2, qui est un cercle si etseulement si λ = µ, c’est a dire φ est proportionnelle au produitscalaire canonique.

1b Determination de Gφ dans le cas ou Sφ est un cercle:On a immediatement: Gφ = O(E2).

1c Les elements de Gφ conservent les axes de Sφ: Soitx2

a2+y2

b2= 1, a > b l’equation de Sφ dans la base orthonormale de

reduction de φ, base dans laquelle nous travaillerons desormais.

On a: ∀ (x, y) ∈ Sφ,1

a2(x2 + y2) 6

x2

a2+y2

b2= 1, avec egalite si et

seulement si x = ±a. Cela nous permet de voir que, l’image d’unsommet du grand axe par tout element de Gφ est sommet du grandaxe et par suite que les elements de Gφ laissent stables le grandaxe de Sφ. Par orthogonalite, les elements de Gφ laissent stables lepetit axe de Sφ.

1d Description des elements de Gφ: Ce qui precede permet devoir que Gφ est constitue de 4 elements: ±Id, et les deux symetriespar rapport aux axes de Sφ.

2a Description de Sφ: Dans une base orthonormale de reductionde u, repere dans lequel nous raisonnerons desormais, une equationde Sφ est λx2 + µy2 + νz2 = 1; on reconnait l’equation d’unellipsoıde qui est de revolution si deux des valeurs propres sontegales et est une sphere si les trois valeurs propres sont egales.

2b Cas de la sphere: On a: Gφ = O(E3).

2c Description des elements de Gφ dans le cas λ > µ > ν:Une etude analogue a celle menee dans la question 1c de cettememe partie assure que les elements de Gφ laissent stables le grandaxe de Sφ. On en deduit par orthogonalite que les elements deGφ laissent stables le plan orthogonal au grand axe; la restrictiondes elements de Gφ a ce meme plan est isomorphe au groupeetudie dans le cas n = 2. L’action sur le grand axe ∆ de Sφ etant±Id∆, on en deduit que Gφ est constitue de 8 elements: ±Id, les3 retournements par rapport aux axes de Sφ et les 3 reflexions parrapport aux plans definies par 2 des axes de Sφ.En outre Gφ n’est pas isomorphe a G∞; Gφ est commutatif alorsque G∞ ne l’est pas.

2d Description des elements de Gφ dans le cas λ > µ = ν:Dans ce cas Sφ est de revolution autour de son petit axe, quide facon analogue, en raisonnant sur les vecteurs de plus petite

norme euclidienne, est laisse stable par les elements de Gφ. On endeduit que Gφ est l’ensemble des rotations autour du petit axe,des reflexions par rapport aux plans contenant ce meme axe et lacomposee (commutative) de ces elements avec la reflexion du planorthogonal au petit axe.Description des elements de Gφ dans le cas λ = µ > ν:Dans ce cas Sφ est de revolution autour de son grand axe, quiest laisse stable par les elements de Gφ. On en deduit que Gφest l’ensemble des rotations autour du grand axe, des reflexionspar rapport aux plans contenant ce meme axe et la composee(commutative) de ces elements avec la reflexion du plan orthogonalau grand axe.

Description des elements de Gφ en dimension n: Nousallons montrer par recurrence sur n que Gφ associe a En, que nousnoterons Gφ(n), est l’ensemble des isometries de En qui laissentstables les sous-espaces propres de u et par suite est isomorphe a∏

λ∈Sp(u)

O(E(λ)), ou E(λ) designe le sous-espace propre associe a la

valeur propre λ. Le resultat est vrai au rang 1,2 et 3; supposons levrai jusqu’a n− 1 > 3 et montrons le pour n.Dans En, un element de Gφ(n) envoit un des grands axes del’ellipsoıde Sφ sur un autre de ses grands axes. Cela se traduitpar la stabilite de E(µ) et par suite de E(µ)⊥ par les elementsde Gφ(n), ou µ designe la plus petite des valeurs propres. Enparticulier, les actions d’un element de Gφ(n) sur E(µ) et E(µ)⊥

sont des isometries. Si E(µ) = En, l’ellipsoıde est une sphere puisGφ(n) = O(En) et le resultat est acquis au rang n. Sinon l’ensembledes restrictions des elements de Gφ(n) a E(µ)⊥ s’identifie a Gφ(p),ou p =dim E(µ)⊥ 6 n−1. Les elements propres de la restriction deu a E(µ)⊥ etant ceux de u a l’exception de λ et E(λ), l’hypothesede recurrence a l’ordre p permet d’ecrire que ces derniers sous-espace propres sont stables par les elements de Gφ(p) et par suitede Gφ(n). Reciproquement de telles applications sont elements deGφ(n). Ceci etablit le resultat au rang n. Il est donc vrai pourtout n > 1.

2

3.2 1998 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.2 1998

3.2.1 Enonce

176

DEUXIEME EPREUVE DE MATHEMATIQUES

duree : 4 heures

Option MP-MP*

L’usage des calculatrices n’est pas autorise pour cette epreuve.

* * *

Les candidats sont informes que la precision des raisonnementsainsi que le soin apporte a la redaction seront des elements pris encompte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliserle resultat d’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement surla copie.

Soit n un entier strictement positif. Dans tout le probleme, pourK = R ou C, on munit Kn du produit scalaire usuel associe a labase canonique notee Bc = (e1, . . . , en) dans les deux cas.

Precisement, si x = (α1, . . . , αn) et y = (β1, . . . , βn) sont deselements de Kn, on note

< x, y >=n∑

k=1

αkβk si K = R et < x, y >=n∑

k=1

αkβk si K = C

les produits scalaires respectifs. Les normes associees sont notees‖x‖2 =

√< x, x >.

De meme, pour x = (α1, . . . , αn) ∈ Kn, on note

‖x‖∞ = max|αk|, 1 6 k 6 n.

Si (a1, . . . , an) ∈ (Kn)n avec aj =

n∑

k=1

akjek, on identifie la matrice

(aij)16i,j6n avec (a1, . . . , an).Cela permet d’identifier Mn(K) avec (Kn)n.

Dans tout le probleme on note

ω = exp

(2iπ

n

), ω = ω−1 = exp

(−2iπ

n

)

et

∀j ∈ 0, . . . , n− 1, Ωj =n∑

k=1

ωj(k−1)ek.

I – Premiere partie

Dans cette partie K = C.

1. Etablir que la famille B = (Ω0, . . . ,Ωn−1) est libre. En deduirequ’il s’agit d’une base de Cn.

Par la suite, on notera F = (Ω0, . . . ,Ωn−1). C’est la matricede passage de Bc a B.

2. Calculer F 2. En deduire la valeur du determinant de F 2 puiscelle de |det(F )|.

3. A quelle classe de matrices F appartient-elle? En deduire F−1.

4. Soit P (X) =

n−1∑

k=0

αkXk, un element de C[X] de degre au plus

n− 1. On pose

C =

α0 α1 α2 . . . αn−2 αn−1αn−1 α0 α1 . . . αn−3 αn−2αn−2 αn−1 α0 . . . αn−4 αn−3

......

.... . .

......

α2 α3 α4 . . . α0 α1

α1 α2 α3 . . . αn−1 α0

.

Etablir que la matrice C est diagonalisable.

5. Soit (x, y, z) ∈ C3. A l’aide de ce qui precede, expliciter unemethode simple permettant de calculer un developpement duproduit (x + y + z)(x + jy + j2z)(x + j2y + jz) dans lequel

n’intervient plus le nombre complexe j = −1

2+

√3

2i (il ne

reste finalement que 4 monomes).

6. Soit ∆ =

2 −1 0 0 . . . 0 −1−1 2 −1 0 . . . 0 00 −1 2 −1 . . . 0 0...

. . .. . .

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . .. . .

. . .. . .

...

0. . .

. . .. . . −1 2 −1

−1 0 . . . . . . 0 −1 2

.

Verifier que la matrice ∆ est diagonalisable et identifier sesvaleurs propres.

II – Deuxieme partie

On rappelle ici l’inegalite de Cauchy-Schwarzpour tout (x, y) de (Kn)2 on a: | < x, y > | 6 ||x||2||y||2.

1. Etude des bases bi-orthogonales.On considere (x1, . . . , xn), une base de Kn.

a) Soit φ une forme lineaire surKn (c’est a dire un element dudual de Kn). Demontrer l’existence d’un unique elementz de Kn tel que

∀x ∈ Kn, φ(x) =< z, x > .

b) Etablir l’existence de n vecteurs (x∗1, . . . , x∗n) tels que

∀y ∈ Kn, y =

n∑

k=1

< x∗k, y > xk.

Montrer que la famille (x∗1, . . . , x∗n) est unique et libre.

On dit que (x∗1, . . . , x∗n) est la base bi-orthogonale de

(x1, . . . , xn).

c) Montrer que la base bi-orthogonale est l’unique famille(z1, . . . , zn) d’elements de Kn verifiant

∀(i, j) ∈ 1, . . . , n2, < zi, xj >=

1 si i = j0 si i 6= j.

d) Decrire la base bi-orthogonale d’une base orthonormee.

e) On suppose que pour tout 1 6 k 6 n on a ‖xk‖2 = 1.Etablir que pour tout 1 6 k 6 n ‖x∗k‖2 > 1.

1

f) Toujours sous l’hypothese

‖xk‖2 = 1, 1 6 k 6 n

montrer que:∀k ∈ 1, . . . , n, ‖x∗k‖2 = 1⇐⇒ (x1, . . . , xn) est une baseorthonormee.

g) On note a nouveau (x∗1, . . . , x∗n) la base bi-orthogonale

de (x1, . . . , xn). Que dire de la base bi-orthogonale de(x∗1, . . . , x

∗n) ?

2. SoitB2 = (x1, . . . , xn) ∈ (Kn)n / ∀k ∈ 1, . . . , n, ‖xk‖2 6 1.On definit sur B2 la fonction ϕ a valeurs dans R parϕ(x1, . . . , xn) = |det(x1, . . . , xn)|2.

a) Etablir l’existence d’un element (z1, . . . , zn) de B2 tel que

ϕ(z1, . . . , zn) = sup(x1,...,xn)∈B2

ϕ(x1, . . . , xn).

Montrer que ‖zk‖2 = 1 pour 1 6 k 6 n.On note (z∗1 , . . . , z

∗n) la base bi-orthogonale de (z1, . . . , zn)

et αn = ϕ(z1, . . . , zn).

b) Montrer, pour tout k ∈ 1, . . . , n, l’egalite ‖z∗k‖2 = 1.

c) En deduire la valeur de αn ainsi qu’une caracterisationsimple des elements de B2 pour lesquels ϕ atteint sonmaximum.

3. On pose cette fois

B∞(C) = (x1, . . . , xn) ∈ (Cn)n / ∀k ∈ 1, . . . , n, ‖xk‖∞ 6 1

On definit sur B∞(C) la fonction ψ a valeurs dans R parψ(x1, . . . , xn) = |det(x1, . . . , xn)|2.

a) Etablir l’existence de (a1, . . . , an) ∈ B∞(C) atteignant laborne superieure de ψ sur B∞(C).

On note βn(C) = ψ(a1, . . . , an). Pour tout 1 6 j 6 n on

pose aj =n∑

k=1

akjek.

b) Montrer que βn(C) 6 nn.

c) Etablir que si βn(C) = nn, alors (a1, · · · , an) est une baseorthogonale et que pour tout couple (i, j) de 1, . . . , n2on a |aij | = 1.

d) Determiner la valeur de βn(C) ainsi qu’une caracterisationsimple des elements de B∞(C) pour lesquels ψ atteint sonmaximum.

4. On note θ la restriction de ψ a

B∞(R) = (x1, . . . , xn) ∈ (Rn)n / ∀k ∈ 1, . . . , n, ‖xk‖∞ 6 1

et βn(R) la borne superieure de θ sur B∞(R).

a) Calculer β1(R), β2(R) et β4(R).

b) Etablir que β3(R) < 27.

c) Etablir l’existence de (a1, . . . , an) ∈ B∞(R), avec aj =n∑

k=1

akjek pour 1 6 j 6 n, tel que

θ(a1, . . . , an) = βn(R) et ∀(i, j) ∈ 1, . . . , n2, |aij | = 1.

Indication : si on note (Eij)16i,j6n la base canon-ique de Mn(R), pour (x1, . . . , xn) ∈ B∞(R) telque θ(x1, . . . , xn) = βn(R), on pourra considererθ((x1, . . . , xn) + tEij) lorsque cette quantite est definie.

d) En deduire la valeur de β3(R).

5. Pour tout entier n strictement positif on note Hn l’ensembledes matrices orthogonales dont les coefficients sont a valeurs

dans− 1√

n, 1√

n

.

a) Soit un entier n > 1 tel que Hn 6= ∅. Etablir l’existenced’un element H = (hij)16i,j6n de Hn tel que pour tout1 6 i 6 n on ait hi1 = 1√

n. En deduire que n est pair.

b) Montrer que si n > 2 et Hn est non vide, alors n est enfait un multiple de 4.

c) Montrer par recurrence que Hn est non vide lorsque n estune puissance de 2. Avec les notations de la question 4,en deduire la valeur de βn(R) lorsque n est une puissancede 2.

2

3.2 1998 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.2.2 Corrige

179

www.infty08.ac.ma

Concours National Maroc - 1998

Corrige de l’epreuve d’algebre

Etude du maximum de la fonction |determinant|2 sur l’ensemble:(x1, · · · , xn) ∈ (Kn)n/∀ k ∈ 1, · · · , n, ||xk||∞ 6 1 avec K = Cou R.

Corrige par F. SUFFRIN

Premiere partie

1 Independance de la famille (Ωj)06j6n−1: Commencons parremarquer que:

det (Ω0,Ω1, · · · ,Ωn−1) = Vand (1, ω, ω2, · · · , ωn−1) 6= 0,

puisque la famille (ωj)06j6n−1 est constitue d’elements distincts.Le resultat en decoule et la famille (Ω0,Ω1, · · · ,Ωn−1) constitueune base de Cn.

Autre methode: Considerons une famille de scalaires (λj)06j6n−1

telle que:n−1∑

j=0

λjΩj = 0.

Un examen de la i-ieme composante conduit a:n−1∑

j=0

λjω(i−1)j = 0,

pour tout 1 6 i 6 n; on en deduit que le polynome

n−1∑

j=0

λjXj admet

n racines distinctes, et par suite est nul.En conclusion la famille (λj)06j6n−1 est nulle et le resultat estacquit.

2 Calcul de F 2: On a: F = (ω(i−1)(j−1))16i,j6n; posons:A = F 2 = (aij)16i,j6n.

On a successivement: aij =

n∑

p=1

ω(i−1)(p−1)ω(p−1)(j−1) =

n∑

p=1

(ωi+j−2)p−1,

c’est a dire:

aij =

n si i+ j ∈ 2, n+ 20 sinon

, 1 6 i, j 6 n.

En resume, on a donc:

F 2 = n

1 0 . . . . . . 00 . .. 1... 0 . .. . .. 0... . .. 1

......

0 1 0 . . . 0

.

Evaluation de det F 2 et |det F |: En developpant par rapport ala premiere colonne on est ramene au calcul du determinant d’unematrice antidiagonale d’ordre n− 1, ce qui conduit a:

det F 2 = (−1)(n−1)(n−2)

2 nn.On en deduit que: |det F | =

√nn.

Autre methode: On peut aussi remarquer que: det F 2 = (detF )2 = Vand (1, ω, ω2, · · · , ωn−1)2; en particulier on a: det

F 2 =∏

16i<j6n(ωj−1 − ωi−1)×

∏

16i<j6n(ωj−1 − ωi−1)

= (−1)n(n−1)

2

∏

16i 6=j6n(ωj−1 − ωi−1),

d’ou en posant: Q = Xn − 1, il vient: det

F 2 = (−1)n(n−1)

2

n∏

j=1

Q′(ωj−1) = (−1)(n−1)(n−2)

2 nn, la derniere

egalite decoulant de la relation:∏

ξ∈Un

ξ = (−1)n+1.

3 Nature de F : Le coefficient d’indice i, j de F tF est donne par:n∑

p=1

ω(i−1)(p−1)ω−(j−1)(p−1) =n∑

p=1

ω(i−j)(p−1) = nδij , pour tout 1 6 i, j 6 n.

On en deduit que: F tF = nIn et par suite que F est la matriced’une similitude vectorielle de rapport

√n. En particulier:

F−1 =1

n(ω−(i−1)(j−1))16i,j6n.

4 C est diagonalisable: On verifie immediatement que:CΩj = P (ωj)Ωj pour tout 0 6 j 6 n − 1. On en deduit que:(Ωj)06j6n−1 est une base de vecteurs propres de C associee auxvaleurs propres (P (ωj))06j6n−1.En conclusion C est diagonalisable.

5 Developpement demande: On trouve: x3 + y3 + z3 − 3xyz.

6 Reduction de ∆: C’est un cas particulier de la question 4 avecα0 = 2, α1 = −1, αn−1 = −1 et αk = 0, pour 1 < k < n − 1. Sesvaleurs propres sont donc: λk = P (ωk) = 4 sin2(kπn ), 0 6 k 6 n− 1.

Deuxieme partie

1a Existence et unicite de z: C’est precisement du cours.

1b Existence et unicite de (x∗1, · · · , x∗

n): Considerons(ϕ1, · · · , ϕn), la base duale de (x1, · · · , xn).On a l’identite:

∀ y ∈ Kn, y =

n∑

k=1

ϕk(y)xk.

On en deduit que (x∗1, · · · , x∗n) est l’unique famille de vecteursassocie a (ϕ1, · · · , ϕn) par la correspondance precedente.

Independance de (x∗1, · · · , x∗

n): Supposons avoir pour

(λ1, · · · , λn) ∈ Kn:

n∑

p=1

λpx∗p = 0.

Il vient alors: <n∑

p=1

λpx∗p, xj >= λj = 0, pour tout entier j de

[1, n]. Le resultat en decoule alors.

1c Caracterisation de la base bi-orthogonale: Cette proprietedecoule directement de la definition de base duale.

1d Cas d’une base orthonormale: Ce qui precede assure que:x∗i = xi, pour tout 1 6 i 6 n.

1e Les vecteurs de (x∗1, · · · , x∗

n) sont de norme > 1:L’inegalite de Cauchy-Schwarz donne: < x∗k, xk >6 ||x∗k||2||xk||2,ou encore: 1 6 ||x∗k||2, pour tout 1 6 k 6 n. Le resultat en decoulealors.

1f Equivalence souhaitee: Traitons le sens direct. Sup-posons donc: ||x∗i ||2 = 1 pour tout 1 6 i 6 n. On a donc:1 =< x∗i , xi >= ||x∗i ||2||xi||2, ce qui correspond au cas d’egalitedans l’inegalite de Cauchy-Schwarz; en particulier x∗i est colineairea xi et par suite egal a xi, puisque: < x∗i , xi >= 1, pour tout1 6 i 6 n. Enfin la condition enoncee a la question 1c de cette memepartie permet de voir qu’elle constitue une base orthonormale.La reciproque est immediate.

1g Base bi-orthogonale d’une base bi-orthogonale: C’est labase elle meme, compte-tenue des relations de caracterisation vu ala question 1c de cette meme partie.

2a Existence de (z1, · · · , zn): ϕ est la composee de l’application

1

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determinant qui est multilineaire donc continue et de l’applicationcontinue definie sur C: z −→ |z|2; ϕ est donc continue sur En.Par ailleurs B2 est la puissance n-ieme de la boule unite-ferme de(Cn, ||.||2) qui est compact, donc B2 est compact. ϕ est continuesur le compact B2; elle y est donc bornee et atteint ses bornes.En particulier, il existe (z1, · · · , zn) dans B2 tel que:ϕ(z1, · · · , zn) = sup

(x1,··· ,xn)∈B2

ϕ(x1, · · · , xn).

||zk||2 = 1 pour 1 6 k 6 n: Fixons un entier k dans [1, n]; ϕprenant la valeur 1 sur la base canonique, n’est pas identiquementnul. Par suite ϕ(z1, · · · , zn) et donc zk sont non nuls.(z1, · · · , zk−1, zk

||zk|| , zk+1, · · · , zn) etant un element de B2, on peutdonc ecrire que:

ϕ(z1, · · · , zk−1,zk||zk||

, zk+1, · · · , zn) 6 ϕ(z1, · · · , zn),

c’est a dire: ||zk|| > 1 apres simplification. Le resultat en decoulealors.

2b ||z∗k||2 = 1 pour 1 6 k 6 n: Pour tout 1 6 k 6 n, on peut

ecrire: z∗k =

n∑

i=1

< z∗i , z∗k > zi.

La fonction determinant etant multilineaire alternee, on en deduit

que: ϕ(z1, · · · , zk−1, z∗k||z∗k||

, zk+1, · · · , zn)

= ϕ(z1, · · · , zk−1, ||z∗k||zk, zk+1, · · · , zn), ou encore:

ϕ(z1, · · · , zk−1,z∗k||z∗k||

, zk+1, · · · , zn) = ||z∗k||2ϕ(z1, · · · , zn).

(z1, · · · , zk−1, z∗k||z∗k||

, zk+1, · · · , zn) appartenant a B2, on a:

||z∗k||2ϕ(z1, · · · , zn) 6 ϕ(z1, · · · , zn), c’est a dire: ||z∗k||2 6 1pour tout 1 6 k 6 n. La famille (z1, · · · , zn) etant composee devecteurs unitaires, on a par la question 1e: ||z∗k||2 = 1, pour toutentier k de [1, n], et par la question 1f : (z1, · · · , zn) constitue unebase orthonormale de Kn.

2c Etude du maximum de ϕ: L’etude qui precede montre queϕ atteint son maximum en des bases orthonormales, ce qui conduita αn = 1.Reciproquement toute base orthonormale de Kn a pour image 1par ϕ.En conclusion l’ensemble des elements en lesquels ϕ atteint sonmaximum est l’ensemble des bases orthonormale de Kn.Remarque: On peut retrouver tous ces resultats a l’aide de laclassique inegalite d’Hadamard.

3a Existence de (a1, · · · , an): Cette question se traite demaniere analogue a la question 2a.

3b βn(C) 6 nn: Considerons (x1, · · · , xn) un element de B∞(C).Si cette famille est liee, on a: 0 = ψ(x1, · · · , xn) 6 nn.

Sinon

(x1||x1||2

, · · · , xn||xn||2

)est bien definie et appartient a B2; en

particulier 2c donne:

ψ(x1||x1||2

, · · · , xn||xn||2

) 6 1, ou encore:

ψ(x1, · · · , xn) 6 (||x1||2||x2||2 · · · ||xn||2)2.

Remarquons que pour tout ξ =n∑

i=1

ξiei ∈ Cn tel que: ||ξ||∞ 6 1

on a: ||ξ||22 6 n, avec egalite si et seulement si |ξi| = 1 pour tout1 6 i 6 n. On en deduit alors que: ψ(x1, · · · , xn) 6 nn dans cedernier cas. En conclusion on a: βn(C) 6 nn.

3c Etude du cas d’egalite: ψ(a1, · · · , an) = nn 6= 0, on peutdonc definir:

A = ψ( a1||a1||2 , · · · ,

an||an||2 ) > 0 et B = (||a1||2||a2||2 · · · ||an||2)2 > 0.

On a vu que A 6 1 et B 6 nn; comme: AB = nn, on en deduitque les deux inegalites qui precedent sont des egalites. L’egaliteA = 1 conduit a (a1, · · · , an) est une base orthogonale et l’egaliteB = nn conduit a: ||aj ||2 =

√n, c’est a dire |aij | = 1 pour tout

(i, j) ∈ 1, · · · , n2.En conclusion (a1, · · · , an) est une base orthogonale dont lescomposantes de chaque vecteur sont de module 1.

3d Determination de βn(C): ψ prend la valeur nn pourl’element (Ω0, · · · ,Ωn−1) de B∞(C). On en deduit que ψ a pourmaximum: βn(C) = nn. La question precedente assure queles elements en lesquels ce maximum est atteint sont des basesorthogonales dont les composantes de chaque vecteur sont demodule 1.Reciproquement, de telles bases ont pour image nn par ψ.En conclusion: βn(C) = nn et l’ensemble des elements en lesquelsψ prend son maximum est l’ensemble des bases orthogonales dontles composantes de chaque vecteur sont de module 1.

4a Determination de β1(R), β2(R) et β4(R):On a immediatement: β1(R) = 1. Par ailleurs:

β2(R) = β2(C) = ψ

(1 11 −1

)= 4 et β4(R) = β4(C)

= ψ

1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

= 256.4b β3(R) < 27: Il s’agit de

montrer qu’il n’existe pas de base orthogonale de R3 dont lescomposantes de chaque vecteur sont dans −1, 1. Cela est clair etresulte directement du fait que le produit scalaire de deux vecteursde R3 dont les composantes dans la base canonique sont dans−1, 1 est un entier impair, donc non nul.

4c Existence de (a1, · · · , an): Considerons(x1, . . . , xn) = (xij)16i,j6n un element ou θ atteint son maxi-mum, element dont l’existence se montre comme dans la question2a.Remarquons que pour tout (i, j) ∈ 1, · · · , n2, si |xij | < 1, alors:

det (x1, · · · , xj−1, ei, xj+1, · · · , xn) = 0.En effet: Supposons avoir: |xpq| < 1 pour (p, q) fixe dans1, · · · , n2.Alors pour tout reel t tel que: |t| 6 1 − |xpq|, l’element xq + tepappartient a B∞(R).L’application: u(t) = θ((x1, · · · , xn) + tEpq) =det2(x1, · · · , xq−1, xq + tep, xq+1, · · · , xn) est definie de classeC1 sur [−1 + |xpq|, 1 − |xpq|], car elle est polynomiale. Comme elleadmet un maximum global a l’origine, elle verifie: u′(0) = 0, soit,en explicitant: 2 det (x1, · · · , xq−1, ep, xq+1, · · · , xn)

√βn(R) = 0.

La remarque annoncee en decoule alors.

Posons: sign(t) =

1 si t > 0−1 sinon

. Ce qui precede nous permet

de voir en prenant: t = sign(xpq) − xpq, que la matrice obtenuea partir de (xij)16i,j6n en remplacant xpq par sign(xpq) est dansB∞(R) et a pour image βn(R), resultat encore valable meme si|xpq| = 1. En raisonnant ainsi successivement sur chaque coupled’indice, on obtient que la matrice:

(a1, · · · , an) = (sign(xij))16i,j6n,

repond a la question.

Determination de β3(R): On est donc ramene a rechercher:max

16i,j63det2(εij)16i,j63, avec

εij ∈ −1, 1 pour tout 1 6 i, j 6 3. On trouve alors apres quelquesessais: β3(R) = 16.

2

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On peut aussi remarquer, compte-tenue des proprietes classiques dudeterminant, que l’on peut se restreindre au cas ou les termes de lapremiere ligne sont egaux a 1 et ε21 est le seul terme de la secondeligne egal a −1. Dans ce cas on n’a aucune difficulte a effectuer unemajoration directe.

5a Existence de H: Considerons A = (aij)16i,j6n un element deHn qui est suppose non vide.Alors H = ( sign(hi1)hij)16i,j6n est une matrice qui convient.

n est pair: H est orthogonale et n > 1 donc ces deuxpremiers vecteurs colonnes sont orthogonaux, ce qui conduit a:n∑

i=1

√nhi2 = 0. Mais alors 0 est la somme de n nombre entiers

impairs, ce qui ne peut avoir lieu que si n est pair.

5b Si n > 2 et Hn 6= ∅ alors 4 divise n: IntroduisonsH ′ =

√nH = (h′ij)16i,j6n. H ′ est la matrice d’une similitude et

n > 2 donc ces trois premiers vecteurs colonnes sont orthogonaux,ce qui conduit a:

n∑

i=1

h′i2 = 0,

n∑

i=1

h′i3 = 0 et

n∑

i=1

h′i1h′i2 = 0.

Chacun des termes de ces sommes etant a valeurs dans −1, 1, ona par la derniere egalite:I = i ∈ [1, n]/h′i1 = h′i2 et J = i ∈ [1, n]/h′i1 = −h′i2 sont dememe cardinaux n

2 .Les autres egalites s’ecrivent alors:∑

i∈Ih′i2 +

∑

i∈Jh′i2 = 0 et

∑

i∈Ih′i2 −

∑

i∈Jh′i2 = 0,

ce qui assure que chacune de ces dernieres sommes est nulle. Enraisonnant comme dans la question precedente, on voit alors que n

2est pair, c’est a dire que 4 divise n.

5c Hn est non vide si n est une puissance de 2: Montronspar recurrence sur p ∈ N que:

H2p possede une matrice symetrique orthogonale.La matrice (1) appartient a H1 ce qui montre que le resultat estvrai au rang 0.Supposons le vrai jusqu’au rang p > 0; il existe donc une ma-trice symetrique orthogonale A dans H2p . La matrice d’ordre 2p+1:√22

(A AA −A

), est alors symetrique dans H2p+1 , comme le montre

un calcul de produit par blocs. On reconnait la propriete au rangp+ 1. Elle est donc vraie pour tout p ∈ N.En particulier on a: β2p(R) = β2p(C) = 2p2

ppour tout entier na-

turel p.

3

3.3 1999 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.3 1999

3.3.1 Enonce

183

Concours National Commun d’Admission

aux Grandes Ecoles d’Ingenieurs - MAROC - 1999

DEUXIEME EPREUVE DE MATHEMATIQUES

duree : 4 heures

Option MP

L’usage des calculatrices n’est pas autorise pour cette epreuve.

* * *

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsique le soin apporte a la redaction seront des elements pris en comptedans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser leresultat d’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement surla copie.

– K est un sous-corps de C et E designe un K-espace vectoriel dedimension finie n ≥ 1.On note L(E) la K-algebre des endomorphismes de E et IdEl’application identite de E.

– E∗ designe le dual de E, c’est a dire L(E,K). Si B est une basede E, on note B∗ sa base duale.

– Pour tout endomorphisme u de E et tout vecteur non nul x deE, on note:

Eu(x) = P (u)(x); P ∈ K[X] .

On notera πu ( resp. χu ) le polynome minimal ( resp.caracteristique ) de u.

On conviendra que: ∀λ ∈ K, χu(λ) = det (λIdE − u); enparticulier χu est unitaire.

– Si u ∈ L(E) et si F est un sous-espace de E stable par u et nonreduit a 0. On dira :

. que F est irreductible si les seuls sous-espaces de F stablespar u sont 0 et F .

. que F est indecomposable s’il n’existe pas de decompositionde F en somme directe de deux sous-espaces stables par uet non reduits a 0.

– Si P est un polynome de K[X], l’ideal de K[X] engendre par Psera note (P ).

Partie I

A - Sous-espaces monogenes et polynome minimal.

1. Soit u ∈ L(E) et x ∈ E, x 6= 0.

1-1 Montrer que Eu(x) est un sous-espace vectoriel de E nonreduit a 0 et stable par u.

Un tel sous-espace de E sera dit u-monogene (ousimplement monogene s’il n’y a pas d’ambiguite).

1-2 On considere l’ensemble Ix des polynomes P ∈ K[X] telsque P (u)(x) = 0.

Montrer que Ix est un ideal de K[X] non reduit a 0 etque si P ∈ Ix, P (u) induit sur Eu(x) l’endomorphisme nul.

En deduire qu’il existe un unique polynome unitaire dedegre superieur ou egal a un - que l’on notera πx - tel queIx =

(πx).

Trouver une condition necessaire et suffisante portant surx et u pour que deg(πx) = 1.

1-3 Montrer que Bx =(x, u(x), . . . , uk−1(x)

)ou k = deg(πx)

est une base de Eu(x).

1-4 On note ux l’endomorphisme de Eu(x) induit par u et

πx = Xk −k−1∑

j=0

ajXj .

Preciser Mat(ux;Bx) a l’aide de πx.

Montrer que le polynome minimal de ux est πx.

1-5 Donner un exemple dans le cas n ≥ 2 :

(i) ou πx = πu.

(ii) ou πx divise strictement πu et πu divise strictementχu.

D’une maniere generale, peut-on affirmer queEu(x) = kerπx(u) ?

2. Soit u ∈ L(E).

2-1 Soient a et b deux vecteurs non nuls de E. En utilisant lesdecompositions en produit de facteurs irreductibles de πaet πb, montrer qu’il existe des polynomes P1, P2, Q1 et Q2

tels que:

(i) πa = P1P2 et πb = Q1Q2.

(ii) pgcd(P1, Q1) = 1.

(iii) ppcm(πa, πb) = P1Q1.

2-2 Soit c = P2(u)(a) + Q2(u)(b). Montrer queπc = ppcm(πa, πb ).

3. Soit (e1, . . . , en) une base de E.

Montrer que πu = ppcm(πe1 , . . . , πen).

En deduire l’existence d’un vecteur x de E tel que πx = πu.

4. Soit u ∈ L(E) et P un diviseur unitaire de πu. Montrerl’existence de y ∈ E tel que πy = P .

5. On donne dans cette question une application du resultat de laquestion 3:

On considere deux sous-corps K et L de C tels que K ⊂ L. SoitA ∈Mn(K).

On note πK (respectivement πL) le polynome minimal de A dansMn(K) (respectivement Mn(L)).

Montrer tout d’abord que πL divise πK , puis en utilisant leresultat de la question 3, montrer

que πL = πK .

1

B - Cas ou E est u-monogene. Sous-espaces stables par ud’un espace u-monogene.

1. On suppose dans cette question que u est un endomorphismediagonalisable de E admettant n valeurs propres distinctes.Montrer que E est u-monogene et determiner x ∈ E tel queE = Eu(x).

2. Soit u ∈ L(E). Montrer l’equivalence des deux conditions suiv-antes:

(i) E est u-monogene.

(ii) πu = χu.

3. Soit u ∈ L(E). On suppose E = Eu(x).

Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u et non reduita 0.On considere IF = P ∈ K[X]; P (u)(x) ∈ F.Montrer que IF est un ideal de K[X]. En deduire que F estu-monogene.

4. 4-1 Soit u ∈ L(E). On suppose πu = PQ ou P et Q sont deuxpolynomes unitaires de degre superieur ou egal a un.

On note v ( respectivement w, v′, w′ ) l’endomorphismede kerP (u) ( respectivement kerQ(u), Im P (u), Im Q(u)) induit par u.

Montrer que kerP (u) 6= 0 et kerQ(u) 6= 0, puis queπw′ = πv = P et πv′ = πw = Q.

Montrer que si, de plus, E est u-monogene,dim(kerP (u)) = deg(P ) et dim(kerQ(u)) = deg(Q).

4-2 Soit u ∈ L(E). On suppose que E est u-monogene.

Soit F un sous-espace stable par u et v l’endomorphismede F induit par u.Montrer, en utilisant la question precedente, queF = kerπv(u).

En deduire que E n’admet qu’un nombre fini de sous-espaces stables par u.

Partie II

Dans cette partie on montre que, quelque soit l’endomorphismeu de E, E est somme directe de sous-espaces u-monogenes etplus precisement de sous-espaces stables par u et indecomposables.La premiere question traite d’un cas particulier et n’est pasnecessaire a la resolution des questions suivantes qui traitent du casgeneral.

1. Soit u ∈ L(E).

1-1 Soit F un sous-espace de E stable par u et non reduit a0. On note v = u/F .

Montrer que F est irreductible si et seulement si F estmonogene et πv est irreductible.

1-2 Montrer que E est somme directe de sous-espaces stablespar u et irreductibles si et seulement si tous les facteursirreductibles de πu ont une multiplicite egale a 1.

( indication : pour la reciproque on pourra considerer, pourun polynome P irreductible, l’ensemble des parties finies Fde kerP (u) \0 telles que la somme

∑

x∈FEu(x) est directe

).

2. Dans les questions suivantes u designe toujours un endomor-phisme de E.

On definit u : E∗ 7→ E∗ par u(f) = f u.

Verifier que u ∈ L(E∗) et que : ∀P ∈ K[X], ∀f ∈ E∗,P (u)(f) = f P (u).

En deduire que u et u ont meme polynome minimal.

3. Si B est une base de E, preciser Mat(u;B∗) en fonction deMat(u;B).

Retrouver le resultat de la question precedente.

4. On suppose dans cette question que πu = Pα ou P est unpolynome irreductible de K[X]et α ∈ N∗.4-1 Montrer l’existence de g ∈ E∗ et de y ∈ E tels que

Pα−1(u)(g)(y) 6= 0.

4-2 Montrer que πg = πy = Pα.

On note alors F = Eu(y) etH = Q(u)(g); Q ∈ K[X] = E∗u(g).

4-3 Montrer que G = x ∈ E; ∀f ∈ H, f(x) = 0 est unsous-espace vectoriel de E de codimension deg(πu) et queG est stable par u.

4-4 Soit x un vecteur non nul de F .

Montrer que l’on peut ecrire x sous la forme x = P βQ(u)(y)ou Q est un polynome premier avec P et β un entier telque 0 ≤ β ≤ α− 1.

Montrer qu’il existe un polynome R de K[X] tel quePα−1−βR(u)(g)(x) 6= 0.

4-5 En deduire que E = F ⊕G, puis que E est somme directede sous-espaces u-monogenes.

5. Demontrer que, quelquesoit l’endomorphisme u de E, E estsomme directe de sous-espacesu-monogenes.

6. 6-1 Soit u un endomorphisme de E et F un sous-espace de Estable par u et non reduit a 0. On note v = u/F .

Montrer que F est indecomposable si et seulement si F estmonogene et πv = Pα ou P est un polynome irreductiblede K[X] et α ∈ N∗.

6-2 En deduire que E est somme directe de sous-espaces stablespar u et indecomposables.

Partie III - Applications.

A - Application aux endomorphismes nilpotents etidempotents.

1. On suppose dans cette question que u est un endomorphismenilpotent de E, c’est a dire qu’il existe k ∈ N∗ tel que uk = 0.

2

1-1 Montrer l’existence d’un entier r tel que 1 ≤ r ≤ n, ur = 0et ur−1 6= 0.

1-2 Montrer qu’il existe un vecteur e1 de E tel que(e1, u(e1), . . . , u

r−1(e1))

soit une base de Eu(e1) et tel queEu(e1) admette un supplementaire stable par u.

1-3 En deduire qu’il existe une base de E relativement alaquelle la matrice de u s’ecrit sous la

forme diagonale par blocs

J1 00 J2

. . . 00 Jp

ou

p est un entier non nul et les

matrices Ji sont des blocs

0 0 · · · 01 0 · · ·0 1 0 · · ·

. . .. . .

. . .

0 1 0

d’ordre ri

avec r1 = r et r1 ≥ r2 ≥ . . . ≥ rp.

2. On suppose dans cette question que u est un endomorphismeidempotent de E, c’est-a-dire qu’il existe k ∈ N∗ tel queuk = IdE .

2-1 On se place dans le cas ou K = C. Que peut-on dire de u? E est-il u-monogene ?

2-2 On se place dans le cas ou K = R.

Montrer que E est somme directe de sous-espacesirreductibles.

Donner, dans une base adaptee, une forme matriciellereduite de u.

B - “ Toute matrice deMn(K) est semblable a sa transposee”.

1. E designe un K-espace vectoriel de dimension finie n ≥ 2 et uun endomorphisme de E.

u est defini comme dans II-2.

On suppose qu’il existe un vecteur x de E tel que E = Eu(x).

1-1 Expliquer - sans determiner f explicitement - pourquoi ilexiste un element f de E∗

tel que E∗ = E∗u(f).

1-2 On note B =(x, u(x), . . . , un−1(x)

)=(e0, e1, . . . , en−1

)et

B∗ =(e∗0, e

∗1, . . . , e

∗n−1)

la base duale.

Montrer que(e∗n−1, u(e∗n−1), . . . , u

n−1(e∗n−1))

est une basede E∗.

1-3 Montrer que tMat(u;B) et Mat(u;B) sont semblables.

2. Deduire de ce qui precede que, d’une maniere generale, toutematrice de Mn(K) est semblable a sa transposee.

**********FIN

3

3.3 1999 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.3.2 Corrige

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aux Grandes Ecoles d’Ingenieurs - MAROC - 1999

DEUXIEME EPREUVE DE MATHEMATIQUES

corrige par Gilles Deruelle

* *

Partie I

I-A-1-1

• ∀k ∈ N, uk(x) ∈ Eu(x). En particulier x = u0(x) ∈ Eu(x),donc Eu(x) est non vide et non reduita 0.∀(λ, µ) ∈ K2, ∀(P,Q) ∈ (K[X])2,λP (u)(x)+µQ(u)(x) = (λP (u)+µQ(u))(x) = (λP+µQ)(u)(x)montre que Eu(x) est un sous-espace vectoriel de E.

• Soit P ∈ K[X]: u(P (u)(x)) = Q(u)(x) avec Q = XP , montreque Eu(x) est stable par u.

I-A-1-2

• Le polynome nul appartient a Ix.

Soit P ∈ Ix et Q ∈ K[X];PQ(u)(x) = QP (u)(x) = Q(u) P (u)(x) = Q(u)(P (u)(x)) =Q(u)(0) = 0. Donc PQ ∈ Ix et Ix est bien un ideal de K[X]

Ix 6= 0: par exemple χu, πu ∈ Ix.

• ( Meme calcul que ci-dessus ) Soit P ∈ Ix et Q ∈ K[X];P (u)(Q(u)(x)) = PQ(u)(x) = QP (u)(x) = Q(u)(P (u)(x))= Q(u)(0) = 0, ce qui montre bien que la restriction de P (u)a Eu(x) est l’endomorphisme nul de Eu(x).

• L’existence de πx decoule du fait que l’anneau K[X] estprincipal. L’unicite de la condition imposee: πx unitaire. Ilest clair que πx n’est pas nul puisque Ix 6= 0. Par ailleursπx = 1 = X0 impliquerait u0(x) = x = 0 ce qui n’est pas.Finalement deg(πx) ≥ 1.

• Supposons deg(πx) = 1 c’est a dire πx de la forme X−λ: alorsu(x)− λx = 0; ce qui montre que x est un vecteur propre de u- associe a la valeur propre λ.

Reciproquement si u(x) = λx, le polynome P = X − λ verifieP (u)(x) = 0.Donc P ∈ Ix et P divise πx; comme deg(P ) = 1 et deg(πx) ≥ 1,P = πx (P et πx sont unitaires).

En conclusion: deg(πx) = 1 si et seulement si x est unvecteur propre de u.

I-A-1-3

Bx est libre: une condition de dependance lineaire non trivialede x, u(x), . . . , uk−1(x) donnerait un polynome P non nul et dedegre strictement inferieur a k verifiant P (u)(x) = 0, ce qui est encontradiction avec la nature de πx.

Bx est generatrice: soit P (u)(x) ∈ Eu(x), puis P = πxQ + R avecdeg(R) < k.On a P (u)(x) = R(u)(x) ∈ Vect(x, u(x), . . . , uk−1(x)).

I-A-1-4

• Ecrivons πx = Xk −k−1∑

j=0

ajXj . Le fait que πx(u)(x) = 0

entraıne uk(x) =k−1∑

j=0

ajuj(x).

On obtient Mat(ux;Bx) =

0 0 · · · 0 a01 0 · · · 0 a1...

......

...0 0 · · · 0 ak−20 0 · · · 1 ak−1

• Pour tout j ∈ 0, 1, . . . , k − 1,πx(ux)(uj(x)) = πx(u) uj(x) = uj πx(u)(x) = uj(0) = 0 etdonc πx(ux) = 0, ce qui implique que le polynome minimal deux divise πx.

Par ailleurs tout polynome P annulateur de ux verifiantP (ux)(x) = P (u)(x) = 0, appartient a Ix; donc πx divise P eten particulier πx divise le polynome minimal de ux. Ces deuxpolynomes etant unitaires . . .

I-A-1-5

(i) Pour u = λ.IdE , πu = πx = X − λ pour tout x 6= 0.

(ii) Soit u ∈ L(R3) defini par sa matrice

1 0 00 −1 00 0 −1

relative-

ment a la base canonique (e1, e2, e3).

On a pour x = e1, πx = X − 1. Par ailleurs πu = X2 − 1 etχu = (X − 1)(X + 1)2.

La question I − A − 1 − 2 montre que Eu(x) ⊂ kerπx(u)puisque la restriction a Eu(x) de πx(u) est nulle. Mais cetteinclusion peut tres bien etre stricte comme le montre l’exemple (ii)avec x = e2: πx = X + 1 et kerπx(u) = ker (u+ e) = Vect(e2, e3),alors que Eu(x) = Re2.

I-A-2-1

On peut ecrire πa = Rβ11 . . . Rβkk et πb = Rγ11 . . . Rγkk avec∀i ∈ 1, . . . , k, βi et γi ∈ N et ou R1, . . . , Rk sont les facteursirreductibles intervenant dans les decompositions de πa et de πb.

Posons P1 =∏

i∈IRβii et Q1 =

∏

j∈JRγjj ou I = i/βi ≥ γi et

J = j/βj < γj.On a bien P1Q1 = ppcm(πa, πb) et pgcd(P1, Q1) = 1 ; il ne reste

plus qu’a prendre P2 =πaP1

et Q2 =πbQ1

.

1

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I-A-2-2

Soit c = P2(u)(a) +Q2(u)(b).

- Le fait que P1Q1(u)(c) = 0 est immediat et donc πc divise P1Q1 .

- Si P (u)(c) = 0, P1P (u)(c) = P1Q2P (u)(b) = 0 et donc πb = Q1Q2

divise P1Q2P , ce qui entraıne Q1 divise P du fait que P1 et Q1

sont premiers entre eux. On montre de meme que P1 divise P et fi-nalement P1Q1 divise P . En conclusion πc = P1Q1 = ppcm(πa, πc).

I-A-3

Soit P = ppcm(πe1 , . . . , πen). Le fait que P (u) = 0 s’obtient sansdifficultes en appliquant P (u) a tout vecteur de E ecrit dans labase (e1, . . . , en). On en deduit que πu divise P .

Par ailleurs pour tout i, πei divise πu; d’ou P divise πu.

En conclusion P = πu.

Le resultat du I−A−2−2 s’etend sans difficultes - associativite duppmc et recurrence - au cas d’un nombre quelconque de vecteursnon nuls. Il existe donc x ∈ E tel que πx = P .

I-A-4

On peut ecrire πu = PQ. Notons alors y = Q(u)(x) ou x est telque πx = πu.

D’une part, P (u)(y) = PQ(u)(x) = πx(u)(x) = 0 montre que πydivise P .

D’autre part, πy(u)(y) = πyQ(u)(x) = 0 montre que πu = PQdivise πyQ donc que P divise πy.

I-A-5

- πK(A) = 0 suffit pour donner πL divise πK .

- Soit k = deg(πK). D’apres ce qui precede, il existe V ∈ Kn telque πV = πK . On sait alors que (V,AV, . . . , Ak−1V ) est libre dansKn, donc dans Ln ( raisonner avec les determinants extraits . . . );ceci a pour consequence deg(πL) ≥ k. Finalement deg(πL) = k etπK = πL

I-B-1

Prendre x = e1 + . . . + en ou (e1, . . . , en) est une base de vecteurspropres associes aux valeurs propres λ1, . . . , λn. Le determinant de(x, u(x), . . . , un−1(x)) dans la base (e1, . . . , en) est un determinantde VanderMonde , donc non nul puisque λ1, . . . , λn sont deux adeux distincts.

(x, u(x), . . . , un−1(x)) etant alors une base de E, il est immediatque Eu(x) = E.

I-B-2

Si E = Eu(x), dim(Eu(x)) = deg(πx) = n et comme πx divise πuqui divise χu, on a bien πu = χu.

Supposons πu = χu. Soit x ∈ E tel que πx = πu. On a doncdim(Eu(x)) = deg(πu) = deg(χu) = n qui montre que Eu(x) = E.

I-B-3

Soit P ∈ IF et Q ∈ K[X]. Alors PQ(u)(x) = Q(u)(P (u)(x)) ∈ Fpuisque F est stable par u donc par Q(u). Donc PQ ∈ IF et IF

est bien un ideal de K[X].

Si F = 0, IF = Ix = (πx). Si F = E, IF = K[X] etreciproquement. Notons enfin que IF contient toujours Ix puisqueF contient toujours 0. K[X] etant principal, il existe un polynomeunitaire R( de degre superieur ou egal a un si F 6= E ) tel que IF = (R).

On a F = P (u)(x) / P ∈ IF = RQ(u)(x);Q ∈ K[X] = Q(u)(R(u)(x));Q ∈ K[X]ce qui montre que F = Eu(y) avec y = R(u)(x).

I-B-4-1

• kerP (u) = 0 signifierait P (u) bijectif et donc impliqueraitQ(u) = 0, ce qui est contradiction avec la nature de πu = PQ.De meme kerQ(u) ne peut etre reduit a 0.

• Notons F = kerP (u), G = kerQ(u), F ′ = ImP (u),G′ = ImQ(u) .

F, F ′, G,G′ sont stables par u et l’on a G′ ⊂ F et F ′ ⊂ G cequi entraıne πv′ divise πw (qui divise Q) et πw′ divise πv (quidivise P ).

Par ailleurs πw′(u)Q(u) = 0, donc πu = PQ divise πw′Q d’oul’on tire P divise πw′ . En definitive πw′ = πv = P . De memeπv′ = πw = Q.

• Comme E est u-monogene, les sous-espaces kerP (u) etkerQ(u) qui sont stables par u sont aussi monogenes d’apres laquestion precedente. La dimension de ces sous-espaces est doncegale respectivement a deg(πv) = deg(P ) et deg(πw) = deg(Q).

On notera que le resultat reste vrai si P = πu , Q = 1puisqu’alors P = πu = χu : deg(P ) = n et F = E. . .

I-B-4-2

Soit F un sous-espace stable par u et v = u/F .

Alors πv divise πu et F ⊂ kerπv(u). Egalement deg(πv) ≤ dim(F ).

Or d’apres la question precedente, deg(πv) = dim(kerπv(u)). Ilvient donc : dim(F ) ≤ dim(kerπv(u)) = deg(πv) ≤ dim(F ) d’oul’on tire F = kerπv(u).

Tout sous-espace stable par u s’ecrit donc sous la forme kerP (u)ou P est un diviseur de πu. On obtient ainsi un nombre fini desous-espaces stables par u.

Partie II

II-1-1

• Supposons F irreductible : soit alors x ∈ F , x 6= 0 ; Eu(x) estun sous-espace de F non reduit a 0 et stable par u ; puisqueF est irreductible, Eu(x) = F et F est bien monogene.

Soit πv =

r∏

i=1

Pαii la decomposition en produit de facteurs

irreductibles de πv. La question I-B-4-1 a montre que∀i ∈ 1, . . . , r, kerPαi

i (v) 6= 0 et ces sous-espaces sontstables par u.

On ne peut avoir r ≥ 2 car alors, d’apres le theoreme de

2

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decomposition des noyaux, F =r⊕

i=1

kerPαii (v) et F serait

decomposable , donc reductible.

On peut donc ecrire πv = Pα avec P irreductible et α ∈ N∗.Comme ci-dessus G = kerP (v) est un sous-espace non reduit a0 et stable par u : on a G = F du fait que F est irreductible,ce qui entraıne P (v) = 0 et donc πv = P et α = 1. Enconclusion πv est bien irreductible.

• Reciproquement soit F = Eu(x) tel que πv = P avec Pirreductible. Soit G un sous-espace de F stable par u et nonreduit a 0. Le polynome minimal de u/G divise P donc estegal a P . Comme F est monogene, de meme que G (cf. I-B-3), il vient : dim(F ) = deg(P ) = dim(G). Finalement G = F etF est bien irreductible.

II-1-2

• Supposons E =r⊕

i=1

Fi avec F1, . . . , Fr irreductibles. Notons

ui = u/Fiet πi = πui . Soit π le produit des πi ou chaque

facteur n’apparaıt qu’une fois exactement.

π est annulateur de u : soit x = x1 + · · · + xr ∈ E ;

π(u)(x) =r∑

i=1

π(u)(xi) =r∑

i=1

π(ui)(xi) = 0 car pour tout i,

π(ui) = 0 puisque πi divise π. En consequence π divise πu etπu a bien la forme souhaitee.

• Reciproquement supposons πu =r∏

i=1

Pi avec P1, . . . , Pr

irreductibles et deux a deux distincts. On a par le theoreme

de decomposition des noyaux, E =r⊕

i=1

kerPi(u) =r⊕

i=1

Fi. Il

suffit de montrer que pour tout i, Fi est somme directe de sous-espaces irreductibles.

Soit F = kerP (u) l’un de ces sous-espaces. ConsideronsF l’ensemble des parties finies de kerP (u)\0 telles que la

somme∑

x∈FEu(x) soit directe. F n’est pas vide car contient

tout singleton constitue par un vecteur non nul de F . Puisnotons C = cardA|A ∈ F. C est une partie non vide de N∗

majoree par dim(F ) : elle admet donc un plus grand elementque nous noterons p. Soient alors y1, . . . , yp des elements de F

tels que la somme

p∑

j=1

Eu(yj) soit directe et G =

p⊕

j=1

Eu(yj).

Supposons que G 6⊆ F . Soit alors y ∈ F, y /∈ G :

- Eu(y) est irreductible : πy divise πu/F = P donc πy = P etd’apres II-1-1 , Eu(y) est irreductible.

- Eu(y) ∩ G est un sous-espace de Eu(y) stable par u, doncreduit a 0 puisque Eu(y) est irreductible. Ceci contredit la

definition de p car alors la somme Eu(y)⊕( p⊕

j=1

Eu(yj))

serait

directe.

En conclusion F = kerP (u) =

p⊕

j=1

Eu(yj) est bien somme di-

recte de sous-espaces irreductibles ( on montre comme ci-dessusque pour tout j, Eu(yj) est irreductible ).

II-2

La linearite de u est immediate.

Soit P =∑

k

akXk ; on a

P (u)(f) =∑

k

akuk(f) =

∑

k

ak(f uk) = f ∑

k

akuk = f P (u)

L’egalite ci-dessus montre que si P (u) = 0, P (u)(f) = 0 pour toutef ∈ E∗, donc que P (u) = 0.

Reciproquement si P (u) = 0, on obtient :

ImP (u) ⊂⋂

f∈E∗ker f = 0 ( prendre n formes lineaires

independantes . . . ). En conclusion P (u) = 0.

L’equivalence P (u) = 0 ⇐⇒ P (u) = 0 donne immediatementπu = πu.

II-3

Soit B = (e1, . . . , en) une base de E. NotonsA = Mat(u;B) = [aij ]i,j et B = Mat(u;B∗) = [bij ]i,j .

On a : u(e∗j )(ek) = (

n∑

i=1

bije∗i )(ek) =

n∑

i=1

bijδik = bkj = e∗j u(ek)

= e∗j (n∑

i=1

aikei) =n∑

i=1

aikδij = ajk

D’ou Mat(u;B∗) = tMat(u;B).

On retrouve ainsi que u et u ont meme polynome minimal , puisqu’ilen est ainsi pour A et tA : il suffit de constater que pour pourpolynome P , P (tA) = tP (A) et donc P (A) = 0 ⇐⇒ P (tA) = 0 . . .

II-4-1

Puisque πu = πu = Pα, Pα−1(u) 6= 0 : il existe donc g ∈ E∗ tel quePα−1(u)(g) 6= 0 . . .

II-4-2

- πg divise πu = Pα et Pα−1(u)(g) 6= 0 : donc πg = Pα.

- πy divise πu = Pα et Pα−1(u)(g)(y) = g Pα−1(u)(y) 6= 0, doncPα−1(u)(y) 6= 0 : d’ou πy = Pα.

II-4-3

- Le fait que G est un sous-espace est immediat (independammentd’ailleurs de la nature de H).

- G est stable par u: soit x ∈ G et Q(u)(g) ∈ H; alorsQ(u)(g)(u(x)) = g Q(u)(u(x)) = g P (u)(x) = P (u)(g)(x) = 0 (P = XQ ) puisque x ∈ G. Donc u(x) ∈ G.

- Par ailleurs dim(H) = deg(πg) = deg(Pα) que nous noterons k.Soit (f1, . . . , fk) une base de H.L’application qui a tout x ∈ E, associe (f1(x), . . . , fk(x)) ∈ Kk aun noyau de dimension k puisque (f1, . . . , fk) est libre ( c’est ducours . . . ). Il ne reste plus qu’a montrer que G est precisement lenoyau de cette application , ce qui ne pose pas de probleme.

II-4-4

- x secrit sous la forme p(u)(y); une division euclidienne donnep = PαT + S avec S = P βQ ou 0 ≤ β ≤ α − 1 et pgcd(P,Q) = 1.On obtient bien x = P βQ(u)(y) puisque πu = Pα.

- Le theoreme de Bezout donne l’existence de deux polynomes

3

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R et R1 tels que RQ + R1P = 1. Il vient alors :Pα−1−βR(u)(g)(x) = g Pα−1−β(u) R(u)(P β(u) Q(u)(y))= g Pα−1(u) RQ(u)(y) = g Pα−1(u)(y −R1P (u)(y))= g Pα−1(u)(y) 6= 0 d’apres II-4-1 et car Pα(u)(y) = 0.

II-4-5

- Le resultat precedent a pour consequence que pour toutx ∈ F\0, x /∈ G, puisque R(u)(g)(x) 6= 0. Autrement ditF ∩G = 0.- Par ailleurs codimG = k = deg(Pα) = deg(πu) = dim(F ) = dim(E)−dim(G).On en deduit que E = F ⊕G.

- Par recurrence sur n = dim(E). Supposons le resultat vrai pourtout endomorphisme d’un K-espace vectoriel de dimension ≤ n, ayant pour polynome minimal une puissance d’un polynomeirreductible.Soit E un K-espace de dimension n+1 et u ∈ L(E) tel que πu = Pα

ou α ∈ N∗ et P irreductible.

D’apres la question precedente, on peut trouver y ∈ E\0 et G unsous-espace de E stable par u tels que πy = Pα et E = Eu(y)⊕G.Si E = Eu(y), c’est fini ; sinon πu/G divise πu = Pα, doncπu/G = P γ avec 1 ≤ γ ≤ α − 1. L’hypothese de recurrences’applique alors a v = u/G et G est somme directe de sous-espacesv-monogenes, donc u-monogenes, ce qui est suffisant. Enfin larecurrence se fonde de facon triviale en n = 1 puisque tout espacede dimension un est monogene.

II-5

Soit πu =r∏

i=1

Pαii ( notations claires ). On a

E =

r⊕

i=1

kerPαii =

r⊕

i=1

Ni avec ∀i,Ni 6= 0.

D’apres I-B-4-1, πu/Ni= Pαi

i : la question precedente montre alorsque pour tout i, Ni est somme directe de sous-espaces ui-monogenes( ou ui = u/Ni

), donc u-monogenes.

II-6-1

• supposons F indecomposable; le meme raisonnement qu’audebut de la question II-1-1 montre que πv = Pα avec α ∈ N∗ etP irreductible. D’apres la question precedente, F est sommedirecte de sous-espaces v-monogenes, donc u-monogenes : maiscomme F est indecomposable, F est lui-meme monogene.

• Reciproquement supposons F = Eu(x) et πv = Pα avec α ∈ N∗et P irreductible.

Supposons de plus F = G ⊕ H avec G,H stables par u etnon reduit a 0. D’apres I-B-3, G et H sont v-monogenes,donc u-monogenes. On peut ecrire πu/G = P β , πu/H = P γ

avec 0 < β ≤ α et 0 < γ ≤ α. L’hypothese β = α con-duit a dim(G) = deg(P β) = deg(Pα) = dim(F ) puisque F estmonogene( cf. question I-B-4-1 ), donc a F = G ce qui n’est pas. On endeduit β < α. De meme γ < α.Mais alors, P β et P γ divisant Pα−1, Pα−1 serait annulateur dev ( appliquer Pα−1(v) a x = xG + xH . . . ) ce qui contreditπv = Pα. Finalement F est indecomposable.

II-6-2

Reprenons les notations de la question II-5 ; pour tout i, Ni estsomme directe de sous-espaces monogenes Fij . Pour tout (i, j), le

polynome minimal de u/Fijdivise Pαi

i , donc est de la forme Pβiji avec

0 < βij ≤ αi. Ceci entraıne que tous les Fij sont indecomposables

puisque monogenes et de polynome minimal Pβiji , d’apres la ques-

tion II-6-1.

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Partie III

III-A-1-1

Xk est annulateur de u, donc πu qui divise Xk est de la forme Xr

avec 1 ≤ r ≤ n. On a bien ur = 0 et ur−1 6= 0 par definition de πu.

III-A-1-2

La question II-4 a montre l’existence de e1 ∈ E et d’un sous-espaceG stable par u ( ici P = X et α = r ) tels que E = Eu(e1) ⊕ G etπe1 = Xr. On a bien dim(Eu(e1)) = r et (e1, u(e1), . . . , u

r−1(e1))est une base de Eu(e1).

III-A-1-3

Par recurrence sur n = dim(E).

- pour n = 1, le resultat est trivial.

- supposons le resultat vrai pour tout endomorphisme nilpotentd’un K-espace de dimension n.

Soit E un K-espace de dimension n + 1 et u ∈ L(E), nilpotentd’indice r ( πu = Xr ).

Avec les notations de la question precedente, on a doncE = Eu(e1)⊕G .G etant stable , (u/G)r = ur/G = 0. Il existe donc r2 ≤ r1 = rtel que le polynome minimal de u/G soit Xr2 . Par hypothese derecurrence il existe une base b de G relativement a la quelle lamatrice de u/G s’ecrit sous

la forme diagonale par blocs

J2 00 J3

. . . 00 Jp

avec J2 de taille

r2 etc. . . .

Relativement a la base B obtenue par adjonction de la base(e1, u(e1), . . . , u

r−1(e1)) de Eu(e1) et de la base

b de G, la matrice s’ecrit sous la forme voulue

J1 00 J2

. . . 00 Jp

puisque Mat(ue1 ; e1, . . . , ur−1(e1)) = J1 d’apres la question I-A-1-4

( πe1 = Xr = Xr1 ).

III-A-2-1

πu divise Xk−1 qui est scinde sur C et a racines simples : u est doncdiagonalisable. E est evidemment somme directe de sous-espacesirreductibles puisque toute droite propre est irreductible ( lesfacteurs irreductibles de πu sont bien sur de mulitiplicite un ).

E n’est pas necessairement monogene : par exemple u = −IdE ,u2 = IdE .

III-A-2-2

πu est un polynome a coefficients reels qui divise Xk − 1 : sesfacteurs irreductibles, tous de multiplicite un, sont X − 1 ou X + 1ou de la forme X2 + 2aX + b avec a2 − b < 0. D’apres la questionII-1-2 , E est somme directe de sous-espaces irreductibles.

πu s’ecrit sous la forme πu = (X − 1)α(X + 1)βQ avec α = 0 ou 1 ,

β = 0 ou 1 , Q =∏

i

Pi ou 1 et ∀i, Pi = X2 + 2aiX+ bi , a2i − bi < 0.

On obtient donc, par exemple dans le cas α = 1, β = 1, Q =k∏

i=1

Pi,

E = ker (u− IdE)⊕ ker (u+ IdE)⊕ (

k⊕

i=1

kerPi(u))

Si xi ∈ kerPi(u), xi 6= 0, πxi divise πui = Pi ( cf. question I-B-4-1 )ou ui = u/ kerPi(u). Donc πxi = Pi et dim(Eu(xi)) = deg(Pi) = 2.En consequence ( cf. question II-1 ) kerPi(u) s’ecrit comme sommede plans irreductibles.

On obtient dans une base adaptee une matrice diagonale par blocs

de la forme

Ip 00 −Iq 0

0

(0 ∗1 ∗

)

. . . (0 ∗1 ∗

)

III-B-1-1

D’apres II-2 , u et u ont meme polynome minimal. Par ailleurspuisque E est monogene, χu = πu ( question I-B-2 ). Enfin d’apresla question II-3 , u et u ont meme polynome caracteristique puisquec’est le cas d’une matrice et de sa transposee : en consequenceπu = χu et toujours en vertu de la question I-B-2, E∗ est monogene.D’ou l’existence de f ∈ E∗ telle que E∗ = E∗u(f).

III-B-1-2

Supposonsn−1∑

i=0

αiui(e∗n−1) =

n−1∑

i=0

αie∗n−1 ui = 0.

En appliquant en x ilvient :

n−1∑

i=0

αie∗n−1ui(x) =

n−1∑

i=0

αie∗n−1(ei) = αn−1 = 0.

Supposons αn−1 = · · · = αn−k = 0 pour k ∈ 1, . . . , n − 1. Alorsn−k−1∑

i=0

αie∗n−1 ui(uk(x)) =

n−k−1∑

i=0

αie∗n−1(ei+k)

= αn−k−1 = 0. On obtient donc par recurrence :∀i ∈ 0, . . . , n− 1, αi = 0.

III-B-1-3

On sait ( question II-3 ) que Mat(u;B∗) = tMat(u;B).

Par ailleurs Mat(u; b) ou b = (e∗n−1, u(e∗n−1), . . . , un−1(e∗n−1)) est

egale a Mat(u;B) car πu = πe∗n−1= πu = πx (cf. question I-A-1-4 :

ces matrices sont entierement determinees par le polynome minimal).

Comme les matrices Mat(u;B∗) et Mat(u; b) sont semblables, il enest de meme des matrices tMat(u;B) et Mat(u;B).

Remarque: la question B-1-3 se traite de la meme maniere avecf ∈ E∗ ( non determinee explicitement ) comme au B-1-1 etb = (f, u(f), . . . , un−1(f)) . . .

III-B-2

Soit A ∈ Mn(K) et u ∈ L(Kn) associe a A via la base canon-ique de Kn. Kn est somme directe de sous-espaces monogenes

d’apres la question II-5 : Kn =

k⊕

i=1

Mi. Notons Mi = Eu(xi) et

Bi = (xi, u(xi), . . . , udi−1(xi))

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ou di = dim(Mi) et ui = u/Mi.

D’apres la question precedente, pour tout i, tMat(ui,Bi) estsemblable a Mat(ui,Bi).Soit B la base de Kn obtenue par adjonction des bases B1, . . . ,Bk,

que l’on peut noter B =k⊕

i=1

Bi : il est immediat de verifier

que tMat(u;B) est semblable a Mat(u;B), ces matrices etant“transposees par blocs”, puis “semblables par blocs ”.

Enfin Mat(u;B) est semblable a A et tMat(u;B) est semblable atA. Finalement A et tA sont semblables.

6

3.4 2000 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.4 2000

3.4.1 Enonce

194

ROYAUME DU MAROC

Ministere Charge de l’Enseignement Ministere de l’EnseignementSecondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2000

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 3 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2000 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats duconcours MP,

comporte 3 pages.L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsique le soin apporte a la redaction seront des elements pris en compte dansla notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultat d’unequestion non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convienten particulier de rappeler avec precision les references des questionsabordees.

Definitions et notations

On considere un espace vectoriel E, de dimension finie n > 2,sur le corps K (K = R ou C). L(E) designe l’algebre des endomor-phismes de E; si u, v ∈ L(E), l’endomorphisme compose u v seranote simplement uv, [u, v] designera l’endomorphisme uv − vu etl’identite se notera Id.

Si u est un endomorphisme de E, on note Tr(u) la trace de u etSp(u) l’ensemble des valeurs propres de u. T designe l’ensembledes endomorphismes de E de trace nulle. Si λ est une valeurpropre de u, on note Eu(λ) le sous-espace propre de u associe a lavaleur propre λ.

Pour u ∈ L(E) on pose u0 = Id et si k ∈ N, k > 2, uk = uuk−1.On rappelle qu’un endomorphisme u est dit nilpotent s’il existep ∈ N∗ tel que up = 0 (endomorphisme nul).

On definit l’application :

Φ : L(E)× L(E) −→ L(E)

(u, v) 7→ [u, v]

et pour u ∈L(E) l’application :

Φu : L(E) −→ L(E)

v 7→ [u, v]

Pour (m, p) ∈ N∗2, on note Mm,p(K) l’ensemble des matricesa coefficients dans K, a m lignes et p colonnes. Im est la matriceidentite d’ordre m. Enfin, diag(α1, α2, . . . , αn) designe la matricecarree d’ordre n de terme general αiδij ou δij est le symbole deKroneker ( on rappelle que δij = 1 si i = j et δij = 0 si i 6= j ).

1ere PartieA- Quelques proprietes de φu

1. Montrer que T est un hyperplan de L(E).

2. Montrer que Φ est une application bilineaire antisymetrique.

3. Soit u ∈ L(E) un endomorphisme qui n’est pas une ho-mothetie.

(a) Montrer que Vect(Id, u, . . . , un−1) est inclus dansKer Φu et que dim (Ker Φu) > 2.

(b) Montrer que si v ∈ Ker Φu, alors v(Eu(λ)) ⊂ Eu(λ) pourtout λ ∈ Sp(u).

4. Montrer que l’image de Φ est incluse dans T et que pouru ∈ L(E), Im Φu ⊂ T .Existe-t-il u, v ∈ L(E) tels que [u, v] = Id ? Peut-on avoirIm Φu = T ?

5. Soit u ∈ L(E).

(a) Montrer que u est une homothetie si et seulement si pourtout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee.

(b) En deduire que Ker Φu = L(E) si et seulement si u estune homothetie.

6. (a) Soient u, v ∈ L(E) ; montrer par recurrence sur k que

(Φu)k(v) =k∑

p=0

(−1)pCpkuk−pvup.

(b) En deduire que si u est nilpotent, alors Φu l’est aussi.

B- Determination de l’image de Φ

Soit u un endomorphisme non nul de E de trace nulle.

1. u peut-il etre une homothetie ?

2. Montrer qu’il existe e1 ∈ E tel que la famille (e1, u(e1)) soitlibre.

3. En deduire l’existence d’une base (e1, e2, . . . , en) deE telle quela matrice A de u dans cette base soit de la forme :

(0 tXY A1

)

ou (X,Y ) ∈ (Mn−1,1(K))2 et A1 ∈Mn−1(K).

4. On suppose A1 = UV − V U avec (U, V ) ∈ (Mn−1(K))2

(a) Montrer qu’on peut trouver α ∈ K tel que la matriceU − αIn−1 soit inversible.

(b) On pose U ′ =

(α 00 U

)et V ′ =

(0 tRS V

)avec (R,S) ∈

(Mn−1,1(K))2; etablir l’equivalence :

A = U ′V ′−V ′U ′ ⇐⇒ [ tX = −tR(U−αIn−1) et Y = (U−αIn−1)S ].

5. Montrer alors par recurrence sur n que l’image de Φ est egalea T .

C- Determination de Tr(Φu)

Soit u un endomorphisme de E. Soient B = (e1, e2, . . . , en) unebase de E et A = (ai,j)16i,j6n la matrice de u dans cette base. Pour(i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2, ui,j designe l’endomorphisme de E tel que :

∀ k ∈ 1, 2, . . . , n, ui,j(ek) = δjkei.

1. Rappeler pourquoi (ui,j)16i,j6n est une base de L(E).

2. Calculer, pour tout (i, j, k, l) ∈ 1, 2, . . . , n4, le produit ui,juk,let montrer que l’on a :

∀ (i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2, Φu(ui,j) =n∑

k=1

ak,iuk,j −n∑

k=1

aj,kui,k .

3. En deduire Tr(Φu).

2eme Partie

A- Cas ou u est diagonalisable

Dans cette question on suppose que u est diagonalisable.On pose Sp(u) = λ1, λ2, . . . , λp. Pour tout i ∈ 1, . . . , p,mi

designe l’ordre de multiplicite de la valeur propre λi de u.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2000 – MP

1. Soit B = (e1, e2, . . . , en) une base de E formee de vecteurspropres de u. Pour simplifier les notations dans cette question,on pose u(ei) = µiei ∀ i ∈ 1, .., n.

(a) Montrer que

∀ (i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2 : Φu(ui,j) = (µi − µj)ui,j .

(b) En deduire que Φu est diagonalisable et preciser Sp(Φu).

2. Montrer que

Ker Φu = v ∈ L(E)/∀ i ∈ 1, .., p v(Eu(λi)) ⊂ Eu(λi).

3. En deduire que Ker Φu est isomorphe a L(Eu(λ1)) ×L(Eu(λ2))× . . .× L(Eu(λp)).Quel est le rang de Φu?

4. On suppose en plus que u a n valeurs propres distinctes.Quel est la dimension de Ker Φu? Quel est le polynome mini-mal de u?En deduire que Ker Φu = Vect(Id, u, . . . , un−1).

B- Cas ou dimE=2

Soit u un endomorphisme de E qui n’est pas une homothetie,dimE=2.

1. Montrer que Ker Φu= Vect(Id, u) (on pourra utiliser une basede E de la forme (e, u(e)) dont on justifiera l’existence).

2. Montrer que le polynome caracteristique de Φu est de la formeX2(X2 + β) avec β ∈ K.

3. Si β = 0, l’endomorphisme Φu est-il diagonalisable?

4. On suppose β 6= 0 ; etudier la diagonalisabilite de Φu selonque K = R ou K = C.

5. On suppose Φu diagonalisable.

(a) Montrer que Sp(Φu) = 0, λ,−λ ou λ est un scalairenon nul .

Dans la suite de la question, v (respectivementw) designeun vecteur propre de Φu associe a la valeur propre λ(respectivement −λ).

(b) L’endomorphisme v peut-il etre inversible ? CalculerTr(v) puis v2.

(c) Determination de Sp(u) :

• Pour quelles valeurs du vecteur e la famille (e, v(e))est-elle une base de E ?• Verifier que la matrice de u dans une telle base est

triangulaire inferieure puis en deduire que Sp(u) =

Tr(u)−λ2 , Tr(u)+λ

2 . Que peut-on alors dire de u?

(d) Montrer que E = Ker v⊕Kerw puis en deduire que u estdiagonalisable.

C- Cas ou Φu est diagonalisable

Soit u un endomorphisme de E tel que Φu soit diagonalisableet Sp(u) 6= ∅. Soit (v1, v2, . . . , vn2) une base de L(E) formee devecteurs propres de Φu de sorte que Φu(vi) = βivi, ∀ i ∈ 1, .., n2.Soit enfin λ ∈ Sp(u) et x ∈ E un vecteur propre associe.

1. Calculer u(vi(x)) en fonction de λ, βi et vi(x).

2. Montrer que l’application Ψ : L(E) −→ E, v 7→ v(x) estlineaire surjective.

3. Montrer alors que u est diagonalisable.

3eme Partie

Soit λ une valeur propre non nulle de Φu et v un vecteur propreassocie ; on designe par Pu le polynome caracteristique de u.

1. (a) Montrer que ∀ x ∈ K, v(u− xId) = (u− (x+ λ)Id)v.

(b) Qu’en deduit-on sur Pu si det v 6= 0.

(c) Montrer alors que l’endomorphisme v n’est pas in-versible.

2. Montrer que ∀ k ∈ N∗, Φu(vk) = kλvk ; qu’en deduit-on sivp 6= 0 pour un certain p ∈ N∗ ?

3. Conclure que v est un endomorphisme nilpotent.

Dans la suite on suppose que dim Ker v = 1

4. (a) Montrer que pour tout p ∈ 1, 2, ..., n, Im vp est stablepar les endomorphismes u et v.

(b) Soit p ∈ 1, 2, ..., n − 1 ; en considerant les endomor-phismes v1 et u1 induits par v et u sur Im vp, montrer quedim (Im vp) = 1 + dim (Im vp+1).

(c) Deduire de ce qui precede que vn−1 6= 0 et vn = 0.

5. Soit e ∈ E tel que vn−1(e) 6= 0 ; montrer que la familleB = (e, v(e), . . . , vn−1(e)) est une base de E et ecrire la matricede l’endomorphisme v dans cette base.

6. On pose A = w ∈ L(E)/ wv − vw = λv.

(a) Montrer que A contient un endomorphisme w0 dont lamatrice relativement a la base B est diag(0, λ, 2λ, . . . , (n−1)λ).

(b) Montrer queA est un sous-espace affine de L(E) dont onprecisera la direction.

(c) Determiner la dimension ainsi qu’une base de la direc-tion de A.

7. Quelle est alors la forme de la matrice dans la base B del’endomorphisme u ?

8. On suppose dans cette question que la matrice de u dans unebase B′ de E est de la forme diag(α, α+λ, α+ 2λ, . . . , α+ (n−1)λ) ; decrire par leur matrice dans la base B′ les elements del’espace EΦu(λ) ; quelle est sa dimension?

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 3 / 3 FIN

3.4 2000 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.4.2 Corrige

198

CONCOURS NATIONAL COMMUN -SESSION 2000 - MP

ROYAUME DU MAROC

N.B : L’enonce comportait un certain nombre de fautes de frappe(par exemple, des inegalites strictes au lieu d’inegalite larges...)

PARTIE 1 :

A: Quelques proprietes de Φu

1) T est le noyau de la forme lineaire non nulle ”Tr”, c’est doncun hyperplan de L(E) (cf cours).

2) • Φ est lineaire par rapport a la premiere variable :∀(λ1, λ2) ∈ K2, ∀(u1, u2, v) ∈ L(E)3, on a :Φ(λ1u1 + λ2u2, v) = (λ1u1 + λ2u2)v − v(λ1u1 + λ2u2)= λ1(u1v − vu1) + λ2(u2v − vu2)= λ1Φ(u1, v) + λ2Φ(u2, v).

• De plus, ∀(u, v) ∈ L(E)2, Φ(v, u) = −Φ(u, v), donc Φ estantisymetrique.

• Φ est donc aussi lineaire par rapport a la seconde variable;c’est donc bien une application bilineaire antisymetrique.

3) a) ∀k ∈ N , uk ∈ Ker(Φu) de facon evidente (uk commuteavec u !) , et, Ker(Φu) etant un sous-espace vectoriel deL(E), Vect(Id, u, ..., un−1) ⊂ Ker(Φu). Puisque u n’est

pas une homothetie, Id, u est libre dans L(E), doncdim(Ker(Φu) > 2.

b) Si v ∈ Ker(Φu), alors v commute avec u, donclaisse stable les sous-espaces propres de u (resultatdu cours).

4) • Si w ∈ Im(Φ), il existe (u, v) ∈ L(E)2 tels que w = uv−vu.On a alors :Tr(w) =Tr(uv) - Tr(vu) = 0, donc w ∈ T et Im(Φ) ⊂ T .

• Im(Φu) ⊂ T pour la meme raison.

• On ne peut donc pas avoir [u, v] = Id, puisque Tr(Id) 6= 0.

• On ne peut pas avoir Im(Φu) = T , car sinon, T etantun hyperplan de L(E), on aurait dim(Ker(Φu)) = 1.Or cela est impossible d’apres 3.a, lorsque u n’est pasune homothetie, et, lorsque u est une homothetie,Ker(Φu) = L(E), donc c’est impossible aussi dans ce cas.

5) a) • Si u est une homothetie, alors il est clair que pourtout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee.

• Reciproquement, supposons que pour tout x ∈ E, lafamille (x, u(x)) est liee. Soit alors (e1, . . . , en) unebase de E.Pour tout i ∈ [[1, n]], (ei, u(ei)) est liee, donc il existeλi ∈ K tel que u(ei) = λiei.On a alors, pour i 6= j :u(ei + ej) = u(ei) + u(ej) = λiei + λjej . u(ei + ej)etant colineaire a ei + ej (et la famille (ei, ej) etantlibre), on en deduit λi = λj .

Ainsi, il existe λ ∈ K tel que u(ei) = λei pour touti, et, par suite, u(x) = λx pour tout x ∈ E, etu est une homothetie.

b) • Si u est une homothetie, tout endomorphisme v deE commute avec u, donc appartient a Ker(Φu), d’ouKer(Φu) = L(E).

• Si Ker(Φu) = L(E), alors, pour tout v ∈ L(E),uv = vu. En particulier, si x 6= 0, si H est unhyperplan de E supplementaire de Kx, et si v est lasymetrie par rapport a Kx parallelement a H, on a :uv(x) = u[v(x)] = u(x), d’ou v[u(x)] = u(x),donc u(x) est invariant par v et, par suite, estcolineaire a x.Ainsi, pour tout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee (lecas x = 0 etant evident), donc u est une homothetied’apres la question precedente.

6) a) • Pour k = 0, 1, la formule proposee est evidente.

• Supposons la demontree a l’ordre k > 1. Alors

(Φu)k+1(v) =

k∑

p=0

(−1)pCpkΦu

(uk−pvup

)

=k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup − uk−pvup+1

)

=

k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup

)−

k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk−pvup+1

)

=k+1∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup

)−

k+1∑

p=0

(−1)p−1Cp−1k uk−p+1vup

)

(en ayant pose C−1k = Ck+1

k = 0)

=

k+1∑

p=0

(−1)p(Cp

k + Cp−1k

)(uk+1−pvup

)

=k+1∑

p=0

(−1)pCpk+1

(uk+1−pvup

)

(d’apres la formule du triangle de Pascal)

ce qui est le resultat voulu a l’ordre k + 1.

b) Supposons u nilpotent. E etant de dimension n, on aun = 0 d’ou, pour tout v ∈ L(E) :

(Φu)2n(v) =2n∑

p=0

(−1)pCp2nu

2n−pvup

=n∑

p=0

(−1)pCp2nu

2n−pvup +2n∑

p=n+1

(−1)pCp2nu

2n−pvup

= un[ n∑

p=0

(−1)pCp2nu

n−pvup]+un

[ 2n∑

p=n+1

(−1)pCp2nu

2n−pvup−n]

= 0

Ainsi, (Φu)2n = 0, et Φu est nilpotent.

B: Determination de l’image de Φ

1) Si u est une homothetie de rapport λ, alors Tr(u) = nλ, donc,si u est une homothetie de trace nulle, c’est l’endomorphismenul, ce qui est exclu ici.

1

2) D’apres A.5, puisque u n’est pas une homothetie, il existe e1

tel que la famille (e1, u(e1)) soit libre.

3) En posant alors e2 = u(e1), (e1, e2) est libre donc, d’apresle theoreme de la base incomplete, il existe (e3, . . . , en) telsque (e1, e2, . . . , en) soit une base de E. Dans cette base, la

matrice de u est donc de la forme

[0 tXY A1

], avec Y =

10...0

(et X,Y,A1 comme dans l’enonce).

4) a) U − αIn−1 inversible ⇔ α non racine du polynomecaracteristique de U .K etant infini, on peut donc trouver α ∈ K qui convient.

b) Le calcul du produit par blocs donne :

U ′V ′ − V ′U ′ =[

0 αtR−t RUUS − αS UV − V U

].

Puisque A1 = UV − V U , on a donc bien l’equivalence :

A = U ′V ′−V ′U ′ ⇔ tX = −tR(U−αIn−1) et Y = (U−αIn−1)S

5) • On a deja vu que Im(Φ) ⊂ T .

• Montrons l’inclusion inverse par recurrence sur n.

– Pour n=2 : Soit E de dimension 2, et a unendomorphisme de E de trace nulle (a ∈ T ). D’apresla question precedente, il existe une base de B de E

dans laquelle la matrice A de u est egale a :

(0 x1 a

).

u etant de trace nulle, on a a = 0 et A =

(0 x1 0

).

On peut alors ecrire : A = UV − V U avec, par

exemple: U =

(1 00 2

)et V =

(0 −x1 0

).

Si on note u et v les endomorphismes de E dontles matrices dans B sont U et V , on aura biena = Φ(u, v) donc a ∈ Im(Φ).Ainsi, on a bien : T ⊂ Im(Φ) dans le cas n = 2.

– Supposons le resultat acquis pour tout espace vecto-riel de dimension n − 1. Cela signifie que, si A1 estune matrice de trace nulle d’ordre n− 1, il existe desmatrices carrees d’ordre n − 1, U1 et V1, telles queA1 = U1V1 − V1U1.Soit donc E un K-espace vectoriel de dimension n, eta un endomorphisme de E de trace nulle. D’apres cequi precede, il existe une base B de E dans laquelle

a a une matrice A de la forme :

[0 tXY A1

], avec les

memes notations qu’auparavant.

Mais Tr(A) = 0 + Tr(A1), donc on a Tr(A1) = 0.A1 etant une matrice carree d’ordre n − 1, d’apresl’hypothese de recurrence, il existe des matri-ces carrees d’ordre n − 1, U1 et V1, telles queA1 = U1V1 − V1U1. Soit alors α tel que U1 − αIn−1

soit inversible, et posons R =t (U1 − αIn−1)−1X etS = (U1 − αIn−1)−1Y .Alors, d’apres les calculs precedents, en posant

U =

[α 00 U1

]et V =

[0 tRS V1

], on aura bien :

A = UV − V U .Si on note u et v les endomorphismes de E dontles matrices dans B sont U et V , on aura biena = Φ(u, v) donc a ∈ Im(Φ).Ainsi, on a bien etabli : T ⊂ Im(Φ) a l’ordre n.CQFD

C: Determination de la trace de Φu

1) uij est l’endomorphisme dont la matrice dans la base canoniqueest Eij , avec (Eij)kl = δikδjl. Il est bien connu que les matrices(Eij)16i,j6n forment une base de Mn(K) (base canonique),donc, par isomorphisme, les (uij)16i,j6n forment une base deL(E).

2) • Pour tout m ∈ [[1, n]], on a :uijukl(em) = uij

(δlmek

)= δlmδjkei = δjkuil(em).

Cela etant valable pour tout m ∈ [[1, n]], on a :uijukl = δjkuil.

• On a A =∑

16k,l6n

aklEkl d’ou u =∑

16k,l6n

aklukl, d’ou :

Φu(uij) = uuij−uiju =∑

16k,l6n

aklukluij−∑

16k,l6n

akluijukl

=∑

16k,l6n

aklδliukj −∑

16k,l6n

aklδjkuil

=∑

16k6n

akiukj −∑

16l6n

ajluil

3) La coordonnee de Φu(uij) sur uij est donc egale a aii − ajj .

Donc : Tr(Φu) =∑

16i,j6n

(aii − ajj) =n∑

i=1

n∑

j=1

(aii − ajj)

=n∑

i=1

(naii − Tr(u)) = nTr(u)− nTr(u)

soit : Tr(Φu) = 0.

PARTIE 2 :

A: Cas ou u est diagonalisable

1) a) Il suffit de reprendre le resultat de I.C.2, puisque l’on aici, avec les memes notations,aki = δkiµi, pour obtenir Φu(uij) = (µi − µj)uij .

b) Ainsi, les (uij)16i,j6n forment une base de L(E) formeede vecteurs propres de Φu; donc Φu est diagonalisable etSp(Φu) = µi − µj , (i, j) ∈ [[1, n]]2.

2) Notons F = v ∈ L(E) / ∀i ∈ [[1, p]] v(Eu(λi)

)⊂ Eu(λi).

• Si v ∈ F , alors, pour tout xi ∈ Eu(λi), v(xi) ∈ Eu(λi)d’ou uv(xi) = λiv(xi) et aussivu(xi) = v(λixi) = λiv(xi), d’ou uv = vu sur les Eu(λi).Ces sous-espaces etant supplementaires par hypothese, onen deduit uv = vu, i.e v ∈ Ker(Φu).

2

• Reciproquement, si v ∈ Ker(Φu), u et v commutent, doncv laisse stable les sous-espaces propres de u (resultatdu cours), donc v ∈ F . On a donc bien, finalement :F = Ker(Φu).

3) Si v ∈ Ker(Φu), v laisse stable les Eu(λi) pouri ∈ [[1, p]]. On peut donc considerer les endomorphismesvi induits par v sur Eu(λi), et definir l’application :

Ψ :

Ker(Φu) → L(Eu(λ1))× · · · × L(Eu(λp))v 7→ (v1, . . . , vp)

Alors :

• Ψ est lineaire (facile).

• Ψ est bijective, car, si(v1, . . . , vp) ∈ L(Eu(λ1)) × · · · × L(Eu(λp)), il existeun et un seul endomorphisme v dont la restrictiona chaque Eu(λi) soit egale a vi (cf. cours sur ladetermination d’une application lineaire, les Eu(λi) etantsupplementaires), et on a alors v ∈ Ker(Φu) d’apres laquestion precedente.

Ainsi, Ψ est un isomorphisme de Ker(Φu) surL(Eu(λ1))× · · · × L(Eu(λ1p)).

• Donc dim(Ker(Φu)) =

p∑

i=1

(mi)2 (car chaque (Eu(λi)

est de dimension mi, u etant diagonalisable, doncdimL(Eu(λi)) = (mi)

2 ), et, d’apres le theoreme du rang,

rg(u) = dim(L(E))− dim(Ker(Φu)) = n2 −p∑

i=1

(mi)2 .

4) • Si u possede n valeurs propres distinctes, on a alors p = net mi = 1 pour tout i, donc dim(Ker(Φu)) = n.

• Le polynome minimal Πu de u ayant pour racines lesvaleurs propres de u (cf. cours) et etant de degre inferieurou egal a n (d’apres le theoreme de Cayley-Hamilton), on

a : Πu =n∏

i=1

(X − λi). En particulier, Πu = χu et Πu est

de degre n.

• Le systeme (Id, u, . . . , un−1) est donc libre (car sinon ilexisterait un polynome annulateur de u de degre inferieurou egal a n− 1 ce qui contredit le resultat precedent).Donc Vect(Id, u, . . . , un−1) est de dimension n.

Puisque uk ∈ Ker(Φu) pour tout k ∈ N (uk commute avecu !), Ker(Φu) contient Vect(Id, u, . . . , un−1), et, etant dedimension n, on a donc : Ker(Φu) = Vect(Id, u, . . . , un−1).

B: Cas ou dim(E) = 2

1) Si u n’est pas une homothetie, il existe e ∈ E tel que (e, u(e))soit libre (d’apres I.B.2), et ce sera donc une base de Epuisque, ici, dim(E) = 2.

Soit v ∈ Ker(Φu), i.e v commute avec u. (e, u(e)) etant unebase de E, il existe α, β ∈ K tels que v(e) = αe+ βu(e).

On a alors : vu(e) = uv(e) = αu(e) + βu2(e).

Ainsi, v = αId + βu, car cette egalite est vraie pour lesvecteurs de la base (e, u(e)).Donc v ∈ Vect(Id, u), soit Ker(Φu) ⊂ Vect(Id, u). L’inclusioninverse etant evidente, on a bien : Ker(Φu) = Vect(Id, u).

2) Φu est un endomorphisme de l’e.v L(E), de dimension 4. Sonpolynome caracteristique est donc de degre 4. D’autre part,Ker(Φu) etant de dimension 2 (cf. question precedente), 0est valeur propre de Φu d’ordre de multiplicite superieure ouegale a 2. Donc ce polynome caracteristique est de la formeX2(X2 + αX + β). On a alors −α = Tr(Φu) = 0, donc cepolynome caracteristique est de la forme X2(X2 + β).

3) Si β = 0, le polynome caracteristique de Φu est egal a X4.Donc Φu a pour seule valeur propre 0, d’ordre de multiplicite4. Si Φu etait diagonalisable, il serait donc nul, ce qui est exclu(car u n’est pas une homothetie, par hypothese).on peut aussi dire que 0 est valeur propre d’ordre 4 alors que ladimension du sous-espace propre associe, c’est-a-dire Ker(Φu),est egale a 2 .

4) Supposons β 6= 0.

• Si K = C, alors, si λ ∈ C est une racine carreede β, le polynome caracteristique de Φu est egal a :X2(X − λ)(X + λ). Le sous-espace propre de Φu as-socie a la valeur propre 0 (i.e Ker(Φu)) etant de dimensionsuperieure ou egale a 2 d’apres cf. I.A.3,il sera exactementde dimension 2 (car sa dimension est inferieure ou egalea l’ordre de multiplicite de 0) et les sous-espaces propresassocies aux valeurs propres ±λ etant de dimension egalea 1, il en resulte que Φu est diagonalisable.

• Si K = R, alors, si β > 0, Φu est diagonalisable pour lesmemes raisons que ci-dessus.

• Enfin, si K = R et si β < 0, alors Φu n’est pas di-agonalisable, ni meme trigonalisable, son polynomecaracteristique n’etant pas scinde dans R[X].

5) a) cf question precedente.

b) • On a, par definition : Φu(v) = λv soit uv − vu = λv.Si v etait inversible, on aurait alors : u−vuv−1 = λId.Or, Tr(vuv−1) = Tr(uv−1v) = Tr(u), donc on auraitTr(λId) = 0, ce qui est exclu car λ 6= 0.

• uv−vu = λv implique λTr(v) = Tr(uv)−Tr(vu) = 0,d’ou: Tr(v) = 0.

• v etant un endomorphisme d’un e.v de dimen-sion 2, son polynome caracteristique est egal a :X2 − Tr(v)X + det(v). Or, d’apres ce qui precede,det(v) = Tr(v) = 0, donc le polynome caracteristiquede v est egal a X2. D’apres le theoreme de Cayley-Hamilton, c’est un polynome annullateur de v, doncv2 = 0.

c) • Kerv est de dimension 1 (car v n’est pas injective etest non nul). On peut donc trouver un vecteur e telque e /∈ Kerv. Alors le systeme (e, v(e)) est libre(ce sera donc une base de E) car : si α est tel quev(e) = αe, alors 0 = v2(e) = αv(e) = α2e, d’ou α = 0et v(e) = 0, ce qui est contradictoire.

• Dans une telle base,la matrice V de v est :

V =

(0 01 0

). Si U =

(a bc d

)est la matrice de u dans

cette meme base, on a : UV −V U =

(b 0

d− a −b

), et

l’egalite UV −V U = λV implique b = 0 et d− a = λ.

3

Ainsi, U =

(a 0c a+ λ

). Donc U est triangulaire

inferieure; ses valeurs propres sont a et a + λ, etTr(u) = 2a + λ; les valeurs propres de u sont donc

bienTr(u)− λ

2et

Tr(u) + λ

2.

• u ayant alors 2 valeurs propres distinctes,u est diagonalisable.

d) • Kerv et Kerw sont de dimension 1. Pour mon-trer que E = Kerv ⊕ Kerw, il suffit donc de mon-trer que Kerv ∩ Kerw = 0. Par l’absurde, si onavait Kerv ∩ Kerw 6= 0, on aurait Kerv = Kerw(ce sont deux droites), d’ou w(v(e)) = 0 et la ma-trice de w dans la base (e, v(e)) serait de la forme :

W =

(α 0β 0

). L’egalite UW −WU = −λw donne

alors UW − WU =

(0 0

cα+ βλ

)= −λW , d’ou

α = 0 et on aurait W = βV , soit w = βv, ce qui estexclu car v et w sont des vecteurs propres de Φu as-socies a des valeurs propres distinctes, donc le systeme(v, w) est libre.

• Soit x un vecteur non nul de Kerv . L’egaliteuv− vu = λv implique v[u(x)] = 0, donc u(x) ∈ Kerv. Kerv etant une droite vectorielle, il existe α telque u(x) = αx. Ainsi, Kerv est une droite formee devecteurs propres de u, et il en est de meme de Kerw.Ces deux sous-espaces etant supplementaires, onpeut en deduire que u est diagonalisable (mais on lesavait deja, cf. question precedente !).

C: Cas ou Φu est diagonalisable

1) On a : uvi − viu = βivi, d’ouu[vi(x)] = vi[u(x)] + βivi(x) = vi(λx) + βivi(x) d’ou:u[vi(x)] = (λ+ βi)vi(x).

2) • La linearite de Ψ est immediate.

• Soit y ∈ E. Puisque x 6= 0, il existe une base de E de laforme (x, e2, . . . , en). On sait alors qu’il existe un et unseul endomorphisme v de E tel que v(x) = y et v(ei) = 0pour i > 2. On a alors Ψ(v) = y, donc Ψ est surjective.

3) (v1, v2, . . . , vn2) formant une base de L(E), son image(v1(x), v2(x), . . . , vn2(x)) par Ψ, lineaire surjective, est unsysteme generateur de E. On peut donc en extraire une basede E, par exemple (v1(x), v2(x), . . . , vn(x)) (pour simplifier lesnotations). Puisque vi(x) 6= 0, la question 1. montre que lesvi(x), pour i[[1, n]], sont des vecteurs propres de u (de valeurspropres associees λ+ βi).E possede donc une base de vecteurs propres de u, doncu est diagonalisable.

PARTIE 3 :

1) a) On a : uv − vu = λv, d’ou immediatement l’egalite an-noncee.

b) On a alors : det(v)det(u−xId) = det(u−(x+λ)Id)det(v)d’ou,puisque det(v) 6= 0, Pu(x) = Pu(x+ λ).

c) Mezalor, Pu serait un polynome periodique de periodeλ 6= 0, donc serait constant (car, par exemple,Pu(kλ) = Pu(0) pour tout k ∈ Z, donc Pu − Pu(0)a une infinite de racines). Cela est impossible (carPu de degre n), donc, par l’absurde, det(v) = 0 etv n’est pas inversible.

2) • Procedons par recurrence sur k :- La relation est evidemment verifiee pour k = 1

(et aussi pour k = 0 ...).- Si on a Φu(vk) = kλvk, alors

Φu(vk+1) = uvk+1 − vk+1u = uvvk − vk+1u,et, puisque uv = vu + λv :Φu(vk+1) = (vu+ λv)vk − vk+1u = λvk+1 + v(uvk − vku)= λvk+1 + vΦu(vk) = λ(k + 1)vk+1 (en utilisantl’hypothese de recurrence), ce qui est l’egalite cherchee al’ordre k + 1.

• Si vp 6= 0, l’egalite Φu(vp) = pλvp signifie que vp est unvecteur propre de Φu associe a la valeur propre pλ.

3) Il existe donc necessairement p ∈ N∗ tel que vp = 0 car, sinon,d’apres ce qui precede, Φu aurait une infinite de valeurs pro-pres, ce qui est impossible puisqu’il s’agit d’un endomorphismede L(E), de dimension finie. Ainsi : v est nilpotent.

4) a) Imvp est evidemment stable par v (resultat du cours).

Soit y ∈ Imvp : il existe x ∈ E tel que y = vp(x). Puisqueuvp − vpu = pλvp, on a u[vp(x)] = vp[u(x) + pλx], doncu[vp(x)] ∈ Imvp, et Imvp est stable par u

b) D’apres le theoreme du rang :dim(Imvp) = rg(v1) + dim(Ker(v1)). Or l’image de Imvp

par v1 est egale a Imvp+1, donc rg(v1) = dim(Imvp+1).D’autre part, Ker(v1) = Kerv ∩ Imvp, doncdim(Ker(v1)) 6 1.On a donc : rg(vp) 6 1 + rg(vp+1). Or rg(v) = n − 1,d’ou rg(v2) > n − 2 etc... rg(vn−1) > 1. Or vn = 0(puisque v est nilpotent et E de dimension n), doncIm(vn−1) ⊂ Kerv. Kerv etant de dimension 1, on a enfait Im(vn−1) = Kerv. Par suite, Kerv ⊂ Im(vp) pourtout p, d’ou Ker(v1) = Kerv et rg(vp) = 1 + rg(vp+1).

c) cf. ci-dessus.

5) Puisque vn−1 6= 0, il existe bien e ∈ E tel que vn−1(e) 6= 0.Pour montrer que la famille (e, v(e), . . . , vn−1(e)) est une basede E, il suffit de montrer que cette famille est libre.

Soient donc des scalaires α0, . . . , αn−1 tels quen−1∑

i=0

αivi(e) = 0.

En appliquant vn−1 a cette egalite, puisque vp = 0 pour p > n,

il vient α0vn−1(e) = 0, d’ou α0 = 0 et

n−1∑

i=1

αivi(e) = 0. En

appliquant alors vn−2 a cette egalite, on trouve de la memefacon α1 = 0 etc...

4

On obtient ainsi α0 = α1 = · · · = αn = 0, d’ou le resultat.

La matrice de v dans la base precedente sera donc de la forme

: V =

0 0 . . . . . . 01 0 . . . . . . 00 1 0 . . . 0

0 0. . .

. . . 00 0 . . . 1 0

.

6) a) Soit W0 = diag(0, λ, 2λ, . . . , (n − 1)λ). W0V s’obtienten multipliant les lignes de V par 0, λ, 2λ, . . . , (n − 1)λet VW0 s’obtient en multipliant les colonnes de V par0, λ, 2λ, . . . , (n− 1)λ. On verifie alors facilement que l’ona bien : W0V − VW0 = λV .

b) w ∈ A si et seulement si wv − vw = λv. Orw0v − vw0 = λv, donc, en soustrayant les deux egalites,on obtient : w ∈ A ⇔ (w − w0)v − v(w − w0) = 0, soitw ∈ A ⇔ w − w0 ∈ Ker(Φv).Ainsi, A est le-sous espace affine de L(E) passant par w0

et de direction Ker(Φv).

c) On va montrer que : Ker(Φv) = Vect(Id, v, . . . , vn−1).

• L’inclusion Vect(Id, v, . . . , vn−1) ⊂ Ker(Φv) estevidente, puisque v commute avec tous les vk.

• Soit w ∈ Ker(Φv). B etant une base de E, il existedes scalaires α0, . . . , αn−1 tels que

w(e) =

n−1∑

i=0

αivi(e). On a alors, pour tout

k ∈ [[0, n−1]], w[vk(e)] = vk[w(e)] =

n−1∑

i=0

αivi([vk(e)]).

Les endomorphismes w et

n−1∑

i=0

αivi coıncident donc

sur B, donc sont egaux, ce qui prouve quew ∈ Vect(Id, v, . . . , vn−1), d’ou l’inclusion reciproque.

• Enfin, il est facile de prouver (comme a la question5.) que (Id, v, . . . , vn−1) est un systeme libre; c’estdonc une base de A.

7) D’apres ce qui precede, si w ∈ A, sa matrice W dans B est de

la forme : W =

α0 0 . . . . . . 0α1 α0 . . . . . . 0α2 α1 α0 . . . 0...

.... . .

. . . 0αn−1 αn−2 . . . α1 α0

.

et la matrice de u sera de la forme W0 +W .

8) Par definition, EΦu(λ) = v ∈ L(E), uv − vu = λv.Pour trouver les elements de EΦu(λ), on peut se contenterde faire un simple calcul matriciel, mais il est plus rapided’utiliser les resultats de II.A.Notons donc B′ = (e1, e2, . . . , en), et µi = α + (i − 1)λ pouri ∈ [[1, n]]. Les µi sont les elements de la diagonale de lamatrice de u dans B′, ce sont donc les valeurs propres deu. Etant distinctes (car λ 6= 0), u est diagonalisable, donc,d’apres II.A., EΦu(λ) a pour base les uij tels que µi − µj = λ,soit i − j = 1. Ainsi, une base de EΦu(λ) est formee deu21, u32, . . . , un,n−1.Donc dim(EΦu(λ) = n − 1, et les matrices dans labase B′ des elements de EΦu(λ) sont de la forme :

V =

0 0 . . . . . . 0v1 0 . . . . . . 00 v2 0 . . . 0

0 0 v3. . . 0

0 0 . . . vn−1 0

.

FIN

5

3.5 2001 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.5 2001

3.5.1 Enonce

204

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’EnseignementEnseignement Secondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2001

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2001 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Notations et rappels

On considere un espace vectoriel E, de dimension finie n > 3, sur le corps K (K = R ou C). L(E)designe la K-algebre des endomorphismes de E. Si u, v ∈ L(E), u v se note uv et l’identite est

notee IE . Pour u ∈ L(E) et P =m∑

k=0

akXk ∈ K[X], P (u) designe l’endomorphisme

m∑

k=0

akuk ou les

up sont definis par les relations u0 = IE et ∀ p ∈ N∗, up = uup−1. On rappelle que si P, Q ∈ K[X],les endomorphismes P (u) et Q(u) commutent.

Si u est un endomorphisme de E, le polynome minimal de u sera note πu et le polynome car-acteristique se notera χu ; on rappelle que πu est le polynome unitaire de degre minimal annulateurde u, c’est le generateur unitaire de l’ideal des polynomes annulateurs de u, et que

∀ λ ∈ K, χu(λ) = det(u− λ IE) .

Un endomorphisme u est dit nilpotent s’il existe p ∈ N∗ tel que up = 0. On rappelle que pour untel endomorphisme, en dimension n, le polynome caracteristique vaut (−1)nXn.

1ere PartieResultats preliminaires

A- Calcul de la dimension d’un sous-espace vectoriel de E

Soient u ∈ L(E), λ une valeur propre de u et p ∈ N∗ son ordre de multiplicite ; on sait qu’il existeQ ∈ K[X] tel que

χu = (X − λ)pQ et Q(λ) 6= 0.

On pose Fλ = Ker (u− λIE)p.

1. Montrer que E = Fλ ⊕KerQ(u) et que les sous-espaces vectoriels Fλ et KerQ(u) sont stablespar u .

2. On designe par v (respectivement w) l’endomorphisme de Fλ (respectivement KerQ(u))induit par u.

(a) Que peut-on dire de l’endomorphisme (v − λIFλ) de Fλ ?

(b) Calculer χv en fonction de λ et d = dim (Fλ) puis montrer que

χu = (−1)d(X − λ)dχw

avec la convention χw = 1 si KerQ(u) = 0E.

(c) Montrer que χw(λ) 6= 0 et conclure que p = d.

Epreuve de Mathematiques II 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2001 – MP

B- Un resultat sur le polynome minimal

Soit u un endomorphisme de E.

1. Soit x ∈ E \ 0E. Montrer qu’il existe un unique polynome unitaire de degre minimal noteπx,u ∈ K[X] tel que πx,u(u)(x) = 0E , puis justifier que πx,u divise πu.

2. En deduire que l’ensemble πx,u, x ∈ E \ 0E est fini.

3. On pose πu = Pα11 . . . P

αrr ou (α1, . . . , αr)∈(N∗)r et les Pi irreductibles et deux a deux distincts.

Montrer que pour tout i de 1, . . . , r, il existe yi ∈ E \ 0E tel que Pαii divise πyi,u, puis

construire un element xi∈E \ 0E tel que Pαii = πxi,u. ( Raisonner par l’absurde et utiliser 2. )

4. Soit (x, y) ∈ (E \ 0E)2 ; on suppose que les polynomes R = πx,u et S = πy,u sont premiersentre eux. Justifier que x+ y 6= 0, puis montrer que πx+y,u = RS.

5. Deduire de ce qui precede qu’il existe e ∈ E \ 0E tel que πe,u = πu.

2eme PartieEtude de C = u ∈ L(E), deg (πu) = n − 1.

A- Le cas d’un endomorphisme nilpotent

Soit v ∈ L(E) ; on suppose que vn−1 = 0 et vn−2 6= 0.

1. Montrer que pour tout k ∈ N,Ker vk ⊂ Ker vk+1

et queKer vk = Ker vk+1 =⇒ Ker vk+1 = Ker vk+2.

2. En deduire que

0E Ker v Ker v2 . . . Ker vn−2 Ker vn−1 = E.

3. Montrer alors que pour tout k ∈ 1, . . . , n− 2,

k 6 dim (Ker vk) 6 k + 1.

4. Supposons que pour p ∈ 1, . . . , n − 2 on ait : dim (Ker vp) = p et dim (Ker vp+1) = p + 2 ;montrer que dim (Ker vp) > dim (Ker vp−1) + 2 et trouver une contradiction.(On pourra utiliser v(F ) ou F est un supplementaire de Ker vp dans Ker vp+1).

5. En deduire que pour tout q ∈ 1, . . . , n− 2, dim (Ker vq) = q + 1.

6. Montrer que Ker v * Im v.(On pourra raisonner par l’absurde et considerer l’endomorphisme g induit par v sur Im v).

7. Soient x0 ∈ Ker v \ Im v et y ∈ E \Ker vn−2.

(a) Quelle est la dimension du sous-espace vectoriel H = vect(y, v(y), . . . , vn−2(y)).(b) Verifier que H et Kx0 sont supplementaires dans E et que H est stable par v.

(c) Verifier que (y, v(y), . . . , vn−2(y), x0) est une base de E et ecrire la matrice J de v danscette base.

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Concours National Commun – Session 2001 – MP

B- Cas general

1. Soient R = Xn−1 −n−2∑

k=0

akXk ∈ K[X] et α ∈ K une racine de R. Soient B = (e1, . . . , en) une

base de E et u l’endomorphisme de E dont la matrice M relativement a B est

M =

0 0 · · · 0 a0 01 0 · · · 0 a1 0

0. . . . . .

......

......

. . . 1 0 an−3 00 · · · 0 1 an−2 00 0 · · · 0 0 α

. (1)

(a) Pour k ∈ 1, . . . , n− 1, exprimer uk(e1) en fonction des elements de la base B.

(b) Calculer R(u)(e1) puis R(u)(ek), pour tout k ∈ 2, . . . , n − 1, et enfin R(u)(en) ; endeduire que R est un polynome annulateur de u.

(c) Montrer que le degre du polynome minimal πu de u est superieur ou egal a n − 1 et endeduire que R coıncide avec πu puis que u ∈ C. (On pourra raisonner par l’absurde).

(d) Determiner χu en fonction de R et α.

2. Soit u ∈ C.

(a) Montrer qu’il existe α ∈ K tel que χu = (−1)n(X − α)πu et que πu(α) = 0.

Dans la suite, k designe l’ordre de multiplicite de la valeur propre α de u. On sait, puisqueχu = (−1)n(X − α)πu, qu’il existe Q ∈ K[X] tel que

πu = (X − α)k−1Q et Q(α) 6= 0.

(b) Montrer que

E = Ker (u− αIE)k ⊕KerQ(u) = Ker (u− αIE)

k−1 ⊕KerQ(u);

en deduire que

Ker (u− αIE)k−2 Ker (u− αIE)

k−1 = Ker (u− αIE)k.

(c) On designe par v l’endomorphisme de Ker (u− αIE)k induit par u− αIE .

i. Verifier que vk−1 = 0 et vk−2 6= 0.ii. En deduire qu’il existe un vecteur propre x0 de u, associe a la valeur propre α, et un

sous-espace vectoriel H1 de Ker (u− αIE)k, stable par u, tels que

Ker (u− αIE)k = Kx0 ⊕H1.

(d) Montrer que la somme H = H1 + KerQ(u) est directe et que le sous-espace vectoriel Hest un supplementaire de Kx0 dans E, qui est stable par u.

(e) On designe par w l’endomorphisme induit par u sur H .

i. Montrer que χu = (α−X)χw, puis en deduire πw(α).ii. Montrer que πw est un polynome annulateur de u, puis que deg (πw) = n− 1.

Epreuve de Mathematiques II 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2001 – MP

(f) En utilisant la question B-5 des preliminaires, montrer que H possede une base du type(e, w(e), . . . , wn−2(e)), avec e ∈ H , et ecrire la matrice de w dans cette base.

(g) Construire alors une base B1 de E dans laquelle la matrice de u est de la forme (1).

3. Soit A ∈ Mn(K), πA son polynome minimal. Montrer que deg (πA) = n− 1 si et seulement s’il

existe une matrice P dans GLn(K) et a0, . . . , an−2, α, elements deK, avec αn−1 =

n−2∑

k=0

akαk tels

que P−1AP soit de la forme (1).Justifier que lorsque K = R on peut choisir P dans GL+

n (R) = M ∈ GLn(R),detM > 0.

3eme Partie

Dans cette partie, Mn(K) est muni de la norme ‖.‖ : A = (ai,j) 7→ ‖A‖ =( ∑

16i,j6n

|ai,j |2) 1

2 ;

G(K) designe GLn(C) siK = C et GL+n (R) siK = R. On se propose de montrer la connexite par arcs

de l’ensembleC(K) = A ∈ Mn(K), deg (πA) = n − 1.

1. (a) Montrer que l’application det : Mn(K) −→ K, A 7→ detA est continue et que G(K) estun ouvert.

(b) Montrer que si A et B sont des elements de Mn(K), alors ‖AB‖ 6 ‖A‖‖B‖.(c) Soit (A,H) ∈ GLn(K)×Mn(K) avec ‖H‖ < ‖A−1‖−1. Montrer queA+H est une matrice

inversible et exprimer (A+H)−1 −A−1 comme la somme d’une serie.(On pourra ecrire A+H = A(In +A−1H .)

(d) En deduire que l’application I : G(K) −→ Mn(K), A 7→ A−1 est continue.

2. (a) Soient A et B deux elements de GLn(C). Montrer que T (x) = det(xB + (1− x)A), x ∈ C,est un polynome en x, a coefficients complexes, et que T n’est pas le polynome nul.

(b) Soient z1, . . . , zp les racines de T et soit r > 0,

soit φ : [0, 1] −→ Mn(C), φ(t) = γ(t)B+(1−γ(t))A avec γ(t) =t(1 + 2ir) si 0 6 t 6 1

2 ;t+ 2ir(1− t) si 1

2 6 t 6 1.

i. Montrer que φ est continue et calculer φ(0) et φ(1).ii. Montrer que l’on peut choisir r tel que φ soit a valeurs dans GLn(C) et conclure.

(Si I = i ∈ 1, . . . , p, Im zi > 0 n’est pas vide, choisir r < minIm zi, i ∈ I .)

3. On admet que GL+n (R) est connexe par arcs. J etant la matrice vue a la question A-7-c de la

2eme partie, montrer que l’ensemble PJP−1, P ∈ G(K) est connexe par arcs.

4. SoitM une matrice de la forme (1) ou a0, . . . , an−2 et α sont des elements deK tels que αn−1 =n−2∑

k=0

akαk. En remplacant dans M les elements a1, . . . , an−2 respectivement par ta1, . . . , tan−2,

α par tα et a0 par ε(t) + a0, ou ε(t) = (tα)n−1 −n−2∑

k=1

tak(tα)k − a0, montrer que l’on obtient

une matrice M(t) ∈ C(K) et que l’application ψ : [0, 1] −→ Mn(K), t 7→ M(t) est continue ;calculer ψ(0) et ψ(1).

5. Deduire de ce qui precede que C(K) est connexe par arcs.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 4 / 4 FIN

3.5 2001 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.5.2 Corrige

210

1ere Partie.Resultats preliminaires.

A-Calcul de la dimensin d’un sev de E.

1. Conclusion immediate du theoreme de decomposition des noy-aux car (X − λ)p ∧ Q = 1, puisque Q(λ) 6= 0 et du fait que(u−λIE)p et Q(u) commuttent avec u car sont des polynomesen u, donc leurs noyaux sont stables par u.

2. a) ∀x ∈ Fλ = ker (u− λIE)p, on a:(v − λIE)p(x) = (u − λIE)p(x) = 0E , donc v − λIEest nilpotent, en particulier χv−λIE (X) = (−1)dXd, oud = dimFλ.

b) χv(X) = det(v −XIE)= det(v − λIE − (X − λ)IE)= χv−λIE (X − λ)= (−1)d(X − λ)d

On a E = Fλ ⊕ kerQ(u) avec Fλ, kerQ(u) sta-bles par u, v = u|Fλ et w = u| kerQ(u), donc

χu = χv.χw = (−1)d(X − λ)dχw.

c) D’apres ce qui precede on a:χu = (−1)d(X − λ)dχw = (X − λ)pQ, ainsi (X − λ)p

divise (X − λ)dχw, or (X − λ)p ∧ χw = 1, car χw(λ) 6= 0,d’ou (X − λ)p divise (X − λ)d, donc p ≤ d, de meme etpuisque Q(λ) 6= 0, on a aussi (X − λ)d divise (X − λ)p,donc p ≥ d, d’ou l’egalite.

B-Un resultat sur le polynome minimal.

1. Posons Jx = P ∈ K[X], P (u)(x) = 0, on verifie facilement,tenant compte de la relation (PQ)(u) = P (u) Q(u), que Jxest un ideal non nul de K[X] car contient πu, donc engendrepar un unique polynome unitaire de degre minimal note πx,uqui verifie πx,u(u)(x) = 0E , car πx,u ∈ Jx et qui divise πu carπu ∈ Jx et πx,u engendre Jx.

2. πx,utqx ∈ E, x 6= 0E est fini car inclu dansP ∈ K[X] qui divisent πu qui est fini.

3. Posons π = ∨x6=0E

πx,u, ce polynome a bien un sens car

πx,utqx ∈ E, x 6= 0E est fini, et il est divisible partous les polynomes πx,u, donc π(u)(x) = 0,∀x ∈ E, d’ouπu = Pα1

1 · · ·Pαrr divise π, car π polynome annulateur de u,donc ∀1 ≤ i ≤ r, Pαii divise π, donc ∃x ∈ Etqx 6= 0E, qu’onnotera yitqPαi

i divise πyi,u, car Pi est irreductible.Comme πu(u) = 0 = Pαii (u) ∏j 6=i P

αjj (u), alors

E = KerPα1i (u)⊕Ker

∏j 6=i P

αjj (u) donc yi = xi + zi, avec

xi ∈ KerPαii (u), zi ∈ Ker∏

j 6=iPαjj (u).

Supposons xi = 0E , alors yi = zi ∈ Ker∏

j 6=iPαjj (u), donc

∏

j 6=iPαjj (u)(yi) = 0E , d’ou πyi,u divise

∏

j 6=iPαjj , or Pαii divise

πyi,u, donc divise aussi∏

j 6=iPαjj , impossible car les P

αjj sont

premiers entre eux deux a deux puisque les Pi sont irreductiblesdeux a deux distincts. Donc xi 6= 0E .Montrons maintenant que πxi,u = Pαii , en effet R = πxi,u divise

Pαii car xi ∈ KerPαii (u), mais aussi S = πxi,u divise∏

j 6=iPαjj ,

pour la meme raison, donc R ∧ S = 1, en utilisant la question

suivante on aura Pαii divise πyi,u = RS et Pαii ∧ S = 1, doncPαii divise R, d’ou l’egalite.

4. Supposons x + y = 0, donc y = −x et par suiteR(u)(y) = −R(u)(x) = 0, donc S = πy,u divise R, absurde.D’autre part: (RS)(u)(x+ y) = R(u) S(u)(x+ y)= R(u) S(u)(x) + S(u) R(u)(y) = 0, car R(u) et S(u) com-muttent, donc πx+y,u divise RSOr πx+y(u)(x + y) = 0, donc πx+y(u)(y) = −πx+y(u)(x), d’ou(Rπx+y,u)(u)(y) = R(u) πx+y,u(u)(y) = −R(u) πx+y,u(u)(x)= −πx+y,u(u) R(u)(x) = 0, donc S = πy,u divise Rπx+y,u, orS ∧ R = 1, d’ou S divise πx+y,u, de meme R divise πx+y,u etcomme S ∧R = 1, alors RS divise πx+y,u, d’ou l’egalite.

5. Prendre e = x1 + · · ·+ xr.

2emePartieEtude de C = u ∈ L(E)tq deg πu = n− 1

A-Le cas d’un endomorphisme nilpotent.

1. x ∈ Kervk =⇒ vk(x) = 0 =⇒ vk+1(x) = v(0) = 0 =⇒x ∈ Kervk+1.Comme on a deja Kervk+1 ⊂ Kervk+2, il suffit de montrerl’autre inclusion.En effet, x ∈ Kervk+2 =⇒ vk+2(x) = vk+1(v(x)) = 0

=⇒ v(x) ∈ Kervk+1 = Kervk

=⇒ vk(v(x)) = vk+1(x) = 0=⇒ x ∈ Kervk+1

2. Utilisons la contraposee de l’implication precedete, doncvn−1 = 0, vn−2 6= 0 =⇒ E = Kervn−1 6= Kervn−2

=⇒ Kervn−2 6= Kervn−3

...=⇒ 0 = Kerv0 6= Kerv

,

or 0 ⊂ Kerv ⊂ · · · ⊂ Kervn−1 = E, donc les inclusions sontstrictes.

3. Montrer k ≤ Kervk, par recurrence sur k en utilisant le fait quedim Kervk < dim Kervk+1, doncdim Kervk + 1 ≤ dim Kervk+1.Montrer Kervk ≤ k, par recurrence descendante sur k en util-isant le fait que dim Kervk−1 < dim Kervk, doncdim Kervk−1 ≤ dim Kervk − 1.

4. Si Kervp+1 = Kervp ⊕ F , alors dimF = 2.De plus v|F : F → v(F ) est bijective carKerv|F = F ∩ Kerv ⊂ F ∩ Kervp = 0, doncdim v(F ) = dimF = 2x ∈ F =⇒ vp+1(x) = 0 car F ⊂ Kervp+1

=⇒ v(x) ∈ Kervp car vp(v(x)) = 0

Donc v(F ) ⊂ Kervp, mais aussi Kervp−1 ⊂ Kervp, doncKervp−1 + v(F ) ⊂ Kervp.D’autre part:x ∈ Kervp−1 ∩ v(F ) =⇒ ∃x′ ∈ F tqx = v(x′) et vp−1(x) = 0

=⇒ ∃x′ ∈ F tqx = v(x′) et vp(x′) = 0=⇒ ∃x′ ∈ F ∩Kervptqx = v(x′)=⇒ x = 0car x = v(x′)tqx′ ∈ F ∩Kervp = 0

Ainsi Kervp−1 ∩ v(F ) = 0, d’ou Kervp−1 ⊕ v(F ) ⊂ Kervp, etdonc dim Kervp ≥ dim Kervp−1 + dim v(F ) = dim Kervp−1 + 2.Or dim Kervp−1 ≥ p − 1, d’ou dim Kervp−1 ≤ p − 2, ordim Kervp−1 ≥ p− 1, absurde.

5. D’apres la question 3) on a:0 ≤ dim

(Kervk+1

)− dim

(Kervk

)≤ 2, d’apres les questions

1

precedentes on a dim(Kervk+1

)− dim

(Kervk

)/∈ 0, 2, donc

dim(Kervk+1

)= dim

(Kervk

)+ 1, or dim

(Kervn−1

)= n car

Kervn−1 = E, donc par recurrence descendante on montrefacilement que dim

(Kervk

)= k + 1.

6. Supposons Kerv ⊂ Imv, et soit F un supplementaire de Kervdans Imv, donc Imv = Kerv ⊕ F , d’ouImv2 = v(Imv) = v(F ) = Imv|F etKerv|F = F ∩ Kerv = 0, d’apres la for-mule du rang appliquee a v|F , on conclut que:dimF = dim Imv2 = n − dim Kerv2 = n − 3 mais aussi,dimF = dim Imv − dim Kerv = n− 2− 2 = n− 4, absurde.

7. a) Si on montre que y, v(y), . . . , vn−2(y) est libre, alorsdimH = n− 1.En effet: Soit λ0, . . . , λn−2tqλ0y + . . .+ λn−2vn−2(y) = 0,composons par vn−2, donc λ0v

n−2(y) = 0, car vn−1 = 0 etdonc vk = 0, ∀k ≥ n−1, or vn−2(y) 6= 0, car y /∈ Kervn−2,donc λ0 = 0, en composant apres par vn−3, on trouveλ1 = 0 et ainsi de suite.

b) Soit x ∈ H∩Kx0, donc x = λx0 = λ0y+. . .+λn−2vn−2(y),

or x0 ∈ Kerv, donc x aussi d’ou v(x) = 0 mais surtoutvn−2(x) = 0, en reprenant la meme demarche que dans laquestion precedente, on montre que tous les λi sont nulsdonc x = 0, donc H ∩Kx0 = 0, ainsi leur somme estdirecte, de plus dim Kx0 = 1, donc dim (H ⊕Kx0) = ndonc H ⊕Kx0 = E.Montrons maintenant H et Kx0 sont stables par v.Soit x ∈ H, donc x = λ0y + . . .+ λn−2v

n−2(y), d’ouv(x) = λ0v(y) + . . .+ λn−3v

n−2(y) ∈ H, car vn−1 = 0.Soit x ∈ Kx0, donc x = λx0, d’ou v(x) = 0 ∈ Kx0 carx0 ∈ Kerv.

c) B = y, v(y), . . . , vn−2(y), x est une base de E carruenion de deux base de H et Kx0 avec H ⊕Kx0 = E.Dans ce cas

J = MatBv =

0 . . . 0

1. . .

...

0. . .

.... . .

0 . . . 0 1 0

B- Cas general.

1. a) D’apres la forme de M , on a:u(e1) = e2, . . . , u(en−2) = en−1, u(en−1) = α0e1+. . .+αn−2en−1

et enfin u(en) = αen. Donc u2(e1) = u(e2) = e3

et par recurrence sur 1 ≤ k ≤ n − 2,on montre que uk(e1) = ek+1 et enfinun−1(e1) = u

(un−2(e1)

)= u(en−1) = α0e1+. . .+αn−2en−1.

b) R(u)(e1) = un−1(e1)−n−2∑

k=0

αkuk(e1)

= α0e1 + . . .+ αn−2en−1 −n−2∑

k=0

αkek+1

= 0

.

Pour k ∈ 2, . . . , n − 1, on a ek = uk−1(e1), doncR(u)(ek) = R(u) uk−1(e1) = uk−1 R(u)(e1) = 0.D’autre part u(en) = αen, donc uk(en) = αken etR(u)(en) = R(α)(en) = 0 car α racine de R.Ainsi R(u) s’annulle sur une base de E, donc sur E, d’ouR(u) = 0, donc R est un polynome annulateur de u.

c) Supposons deg πu ≤ n−2, donc πu = λ0+· · ·+λn−2Xn−2,

avec les λk non tous nuls. Or πu(e1) = 0 et uk(e1) = ek+1,donc λ0e1 + · · ·+λn−2en−1 = 0, avec les λk non tous, doncla famille e1, · · · , en−1 est liee, absurde car incluse dansune base. D’apres la question precedente on a πu divise R,et degR = n− 1, donc deg πu ≤ n− 1, or deg πu ≥ n− 1,donc deg πu = degR = n− 1, or πu divise R et sont tousles deux unitaires donc egaux. D’ou u ∈ C.

d) En developpant suivant la derniere ligne, on trouve que

χu = (α−X)χM ′ ou M ′ =

0 0 . . . 0 α0

1 0 . . . 0 α1

0. . .

. . ....

......

. . . 1 0 αn−3

0 . . . 0 1 αn−2

,

matrice classique appelee matrice compagnon dont lepolynome caracteristque est exactement (−1)n−1R, for-mule qu’on obtient en developpant le determinant suivantla derniere colonne.D’ou χu = (−1)n(X − α)R.

2. a) πu qui est unitaire de degre n−1 divise χu de degre n et decoefficient dominant (−1)n, donc χu = (−1)n(X−α)πu, orχu et πu ont les memes racines qui sont les valeurs propresde u, donc α qui est racine de χu est aussi racine de πu.

b) On a χu = (X −α)kQ et Q∧ (X −α)k = 1 car Q(α) 6= 0,or χu(u) = 0, d’apres le theoreme des noyaux on conclutque: E = Kerχu(u) = Ker(u− αIE)k ⊕KerQ(u).De facon pareille puisque, πu = (X−α)k−1Q et πu(u) = 0,on a aussi E = Ker(u− αIE)k−1 ⊕KerQ(u).En utilisant l’inegalite precedente on conclut que:dim Ker(u− αIE)k = dim Ker(u− αIE)k−1, orKer(u− αIE)k−1 ⊂ Ker(u− αIE)k, d’ou l’egalite.D’autre part, supposons queKer(u− αIE)k−2 = Ker(u− αIE)k−1, doncE = Ker(u− αIE)k−2⊕KerQ(u) = Ker(u− αIE)k−2 Q(u),d’apres le theoreme des noyaux, ainsi (X − α)k−2Qest un polynome annulateur de u donc divisi-ble par πu = (X − α)k−1Q ce qui est impossi-ble, donc Ker(u− αIE)k−2 6= Ker(u− αIE)k−1, orKer(u− αIE)k−2 ⊂ Ker(u− αIE)k−1, d’ou l’inclusion eststricte.

c) i. ∀x ∈ Ker(u− αIE)k = Ker(u− αIE)k−1, on a(u− αIE)k−1(x) = 0, donc vk(x) = 0.Or Ker(u− αIE)k−2 6= Ker(u− αIE)k−1 doncvk−2 6= 0.

ii. Raisonner de facon pareille que dans la question II.A.7

d) On a H1 ⊂ Ker(u− αIE)k doncH1 ∩ KerQ(u) ⊂ Ker(u− αIE)k ∩ KerQ(u) = 0car (X − a)k ∧ Q = 1 puisque Q(α) 6= 0,donc la somme H1 + KerQ(u) est directe. OrE = Ker(u− αIE)k ⊕KerQ(u) = Kx0 ⊕H1 ⊕KerQ(u)= Kx0⊕H, avec H = H1 + KerQ(u) stable par u en tantque somme de deux sev stables par u.

e) i. Soit B′ une base de H, alors B = x0 ∪ B′ est une

base de E avec MatBu =

α 0 . . . 00... MatB′w0

, et

ceci car u(x0) = αx0, u = w sur H qui est stable paru. Donc χu = (α−X)χw.Or χu = (−1)n(X − α)kQ, donc

2

χw = (−1)n−1(X − α)k−1Q = (−1)n−1πu etπu(α) = 0, donc χw(α) = 0, or πw et χw ont lesmemes racines, donc πw(α) = 0.

ii. D’abord πw(u) = 0 sur H, car w = u surH, d’autre part, comme u(x0) = αx0, alorsπw(u)(x0) = πw(α)x0 = 0, donc πw(u) = 0 sur Kx0,et comme E = Kx0 ⊕H, alors πw(u) = 0.Ainsi πu divise πw, or deg πu = n− 1 car u ∈ C, d’oudeg πw ≥ n − 1 et comme w est un endomorphismede H et dimH = n − 1, alors deg πw ≤ n − 1, d’oul’egalite.

f) Soit e ∈ Htqπe,w = πw, et supposons que lafamille e, w(e), . . . , wn−2(e) est liee, donc ils exis-tent des coefficients λ0, . . . , λn−2 non tous nuls tels queλ0e+ λ1w(e) + . . .+ λn−2w

n−2(e) = 0, donc P (u)(e) = 0avec P (X) = λ0+λ1X+. . .+λn−2X

n−2 de degre inferieura n − 2, or deg πe,w = n − 1 ce qui contredit le fait quedeg πe,w est un polynome annulateur pour e de degre min-imal. Ainsi B = e, w(e), . . . , wn−2(e) est libre dansH de cardinal n − 1 = dimH, donc base de H, avec

MatBw =

0 0 . . . 0 α0

1 0 . . . 0 α1

0. . .

. . ....

......

. . . 1 0 αn−3

0 . . . 0 1 αn−2

En prenant B′ = B ∪ x0, on obtient MatBu de la forme(1).

3. Le sens direct decoule de la question precedente, celui inversedecoule de la question II.B.1.c

3emePartie

1. a) On sait que le determinant est une forme n-lineaire donccontinue.D’autre part G(C) = det−1(C∗) etG(R) = det−1(]0,+∞[) sont ouverts car C∗ et ]0,+∞[sont ouverts et det continue.

b) Posons A = (ai,j)1≤i,j≤n, B = (bi,j)1≤i,j≤n et

AB = (ci,j)1≤i,j≤n, avec ci,j =n∑

k=1

ai,kbk,j , d’apres

l’inegalite de Cauchy-Schwarz on a:

c2i,j ≤

(n∑

k=1

a2i,k

)(n∑

k=1

b2k,j

), donc

‖AB‖2 =∑

1≤i,j≤nc2i,j

≤n∑

i=1

n∑

j=1

(n∑

k=1

a2i,k

)(n∑

k=1

b2k,j

)

=

(n∑

i=1

n∑

k=1

a2i,k

)

n∑

j=1

n∑

k=1

b2k,j

= ‖A‖2‖B‖2

c) Montrons d’abors ce resultat, si E est muni d’une normed’algebre ‖‖ et si x ∈ Etq‖x‖ < 1, alors (1− x) inversible

d’inverse

+∞∑

k=0

xk.

En effet, on sait que (1− x)

n∑

k=0

xk = 1− xn+1 et

‖xn+1‖ < ‖x‖n+1 →n→+∞

0 car ‖x‖ < 1, donc

(1− x)+∞∑

k=0

xk = 1.

Revenons a notre probleme maintenant, donc‖H‖ < ‖A−1‖−1 =⇒ ‖A−1H‖ ≤ ‖A−1‖.‖H‖ < 1

=⇒ In +A−1H inversible, d’inverse+∞∑

k=0

(−A−1H)k

Donc A + H = A(In + A−1H) est aussi inversible,

d’inverse (In +A−1H)−1A−1 =+∞∑

k=0

(−A−1H)kA−1

= A−1 +

+∞∑

k=1

(−A−1H)kA−1, d’ou

(A+H)−1 −A−1 =

+∞∑

k=1

(−A−1H)kA−1.

d) Il suffit de montrer que limH→0(A + H)−1 = A−1.En effet, dans ce cas on peut supposer ‖H‖ < ‖A−1‖−1 etdonc ∃r < 0tq‖A−1H‖ < r < 1, donc

‖(A+H)−1 = A−1‖ = ‖+∞∑

k=1

(−A−1H)kA−1‖

≤ ‖A−1H)kA−1+∞∑

k=0

‖A−1H‖k

≤ ‖H‖.‖A−1‖2+∞∑

k=0

rk

=‖H‖.‖A−1‖2

1− r →H→0

0

2. a) Posons A = (ai,j)1≤i,j≤n, B = (bi,j)1≤i,j≤n, donc

T (x) = det(xB+(1−x)A) =∑

σ∈Sn

n∏

i=1

(xbi,σ(i)+(1−x)ai,σ(i))

est un polynome en x de degre inferieur a n non nul, carT (1) = detB 6= 0.

b) i. limt→ 1

2

+γ(t) = limt→ 1

2

−γ(t) =1 + 2ir

2= γ

(12

), donc

γ est continue et par suite φ aussi, or γ(0) = 0 etγ(1) = 1, donc φ(0) = A et φ(1) = B.

ii. On a detφ(t) = T (γ(t)) et T (x) =

p∏

i=1

x − zi,

donc detφ(t) =

p∏

i=1

γ(t) − zi, or

Im(γ(t)− zi) = 2tr − Imzi si 0 ≤ t ≤ 12

= 2r(1− t)− Imzi si 0 ≤ t ≤ 1Supposons Im(γ(t)− zi) = 0.

• 1er cas: 0 ≤ t ≤ 1

2, dans ce cas Imzi = 2tr ≤ r,

absurde.

• 2eme cas:1

2≤ t ≤ 1, dans ce cas

Imzi = 2(1− t)r ≤ r, absurde.

Ainsi t 7→ φ(t) est un chemin inclu dans GLn(C),joignant A et B, donc GLn(C) est connexe par arcs.

3. Decoule du fait que les applications P 7→ PJ, P 7→ P−1 sontcontinues donc leur produit aussi, et du fait que l’image d’unconnexe par arcs par une application continue est connexe pararcs.

3

4. On a: M(t) =

0 0 . . . 0 β0 01 0 . . . 0 β1 0

0. . .

. . ....

......

.... . . 1 0 βn−3 0

0 . . . 0 1 βn−2 00 0 . . . 0 0 β

, avec

β = tαβk = tα, ∀k ≥ 1

β0 = βn−1 −n−2∑

k=1

βkβk

βn−1 =

n−2∑

k=0

βkβk

Ainsi M(t) remplit les conditions des matrices de la forme (1),donc M(t) ∈ C(K).D’autre part les coefficients de M(t) sont des fonctionspolynomailes en t, donc ψ : t 7→ M(t) est continue, c’est doncun chemin inclu dans C(K), joingnat J = ψ(0) et M = ψ(1).

5. D’apres la question precedente toute matrice peut etre jointe aJ par un chemin continue inclu dans C(K), si on prend deuxmatrices quelconques M et N dans C(K), on joigne M a J ,puis J a N , donc M a N , d’ou C(K) est connexe par arcs.

Fin.

4

3.6 2002 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.6 2002

3.6.1 Enonce

215

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’EnseignementEnseignement Secondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2002

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Notations et rappels

Dans tout le probleme, K designe le corps des reels ou celui des complexes (K = R ou C ) et nun entier naturel superieur ou egal a 2. On note Mn(K ) l’algebre des matrices carrees d’ordre n acoefficients dans K ; la matrice identite de Mn(K ) est notee In.

Pour toute matrice A de Mn(K ), A designe la matrice dont les coefficients sont les conjugues deceux de A et A est la matrice transposee de A (A =t

A) ; lorsque A 2Mn(R), on a A =tA.

Pour tout element A de Mn(K ) , on note Sp(A) l’ensemble des valeurs propres complexes de A eton designe par (A) le reel defini par (A) = max

2Sp(A)jj.

Pour tout vecteur X de Mn;1(K ) de composantes x1; : : : ; xn, on pose kXk1 = max16i6n

jxij ; il s’agit

d’une norme sur Mn;1(K ) et il n’est pas demande de le redemontrer.

Pour tout A = (aij) 2Mn(K ) on pose : N1(A) = max16i6n

nXj=1

jaij j et N(A) = max16i;j6n

jaij j.

On rappelle enfin qu’en dimension finie, toutes les normes sont equivalentes.

1ere Partie

1. Montrer que N1 et N sont des normes sur Mn(C ).

2. Soient A et B deux elements de Mn(C ) .

(a) Montrer que kAXk1 6 N1(A)kXk1, pour tout X 2Mn;1(C ).

(b) Montrer que N1(AB) 6 N1(A)N1(B). Cette inegalite est-elle valable avec la norme N ?

3. (a) On suppose que la suite (Ak)k2N , d’element de Mn(C ) , converge vers une matrice A ;montrer que pour tout (B;C) 2

Mn(C )

2, la suite (BAkC)k2N converge vers la matriceBAC .

(b) Soit (Ak)k2N une suite d’element de Mn(C ) avec Ak =

a(k)ij

pour tout k 2 N . Montrer

que la suite (Ak)k2N converge vers la matrice A = (aij) si et seulement si pour tout couple(i; j) d’elements de f1; : : : ; ng, la suite

a(k)ij

k2N

converge vers aij .

(c) Soit M 2 Mn(C ) diagonalisable. Donner une condition necessaire et suffisante sur lesvaleurs propres de M pour que la suite (M k

)k2N soit convergente.

4. (a) Soit T =

0

un element de M2(C ). Pour tout k 2 N

, calculer T k et en deduire que

la suite (T k)k2N converge si et seulement si ( jj < 1 ) ou ( = 1 et = 0 ).

(b) Soit M 2 M2(C ) non diagonalisable. Montrer que la suite (M k)k2N est convergente si et

seulement si (M) < 1. En cas de convergence, preciser la limite de cette suite.

(c) Soit M 2 M2(C ). Donner une condition necessaire et suffisante sur (M) pour que lasuite (Mk

)k2N converge vers la matrice nulle.

Epreuve de Mathematiques II 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

5. Soit M 2Mn(C ) .

(a) Montrer que si la suite (M k)k2N converge vers la matrice nulle alors pour tout vecteur X

de Mn;1(C ), la suite (MkX)k2N converge vers le vecteur nul.

(b) En deduire que si la suite (M k)k2N converge vers la matrice nulle alors (M) < 1.

Dans toute la suite du probleme, on admettra la reciproque de ce resultat.

2eme Partie

Soit A une matrice de Mn(R) ; on rappelle que A est symetrique si A = A. Si A est symetrique,elle est dite positive si pour tout X 2 Mn;1(R); X

AX > 0 ; elle est dite definie positive si pour tout

X 2Mn;1(R) n f0g; XAX > 0.

On muni Mn;1(R) de son produit scalaire canonique defini par <X;Y>= XY , ou X

designela matrice ligne transposee de la matrice colonne X de Mn;1(R) (X

=tX).

1. Soit S une matrice reelle symetrique et positive. Montrer que pour toutC 2Mn(R) , la matriceCSC est aussi symetrique et positive.

2. Soit U 2Mn;1(R).

(a) Montrer que la matrice UU est symetrique et positive.

(b) Soit X 2Mn;1(R). Montrer que UU X = 0 si et seulement si U X = 0.

(c) Soit V 2Mn;1(R) ; a quelle condition a-t-on UU = V V ?

3. Soit A =

0@4 2 0

2 7 0

0 0 a

1A, ou a est un nombre reel.

(a) Justifier que A est diagonalisable et determiner ses valeurs propres.

(b) Determiner une base orthonormee de M3;1(R), formee de vecteurs propres de A.

(c) Soit (U1; U2; U3) une telle base ; pour tout i 2 f1; 2; 3g, on note i la valeur propre associeeau vecteur propre Ui. Comparer alors la matrice 1U1U

1 + 2U2U

2 + 3U3U

3 avec A.

(d) A quelle condition A est-elle positive, definie positive ?

4. Soit R une matrice reelle symetrique.

(a) Montrer l’existence d’une base orthonormee (E1; : : : ; En) deMn;1(R); < :; : >

et d’un

n-uplet (1; : : : ; n) de reels tels que R =

nXi=1

iEiE

i.

(b) Que representent pour R les i et les Ei ?

(c) A quelle condition R est-elle positive, definie positive ?

5. SoitR 2Mn(R) ; montrer queR est symetrique et positive si et seulement s’il existen elements

U1; : : : ; Un de Mn;1(R) tels que R =

nXi=1

UiU

i.

6. Soient R 2 Mn(R) une matrice symetrique positive et X 2 Mn;1(R) ; montrer alors queRX = 0 si et seulement si X

RX = 0. A quelle condition R est-elle definie positive ?

Epreuve de Mathematiques II 2 / 4 Tournez la page S.V.P.

3eme Partie

A- Soit M 2Mn(K ) telle que (M) < 1 ; on designe par ' l’application

' : Mn(K ) ! Mn(K )

Z 7! Z MZM

1. Verifier que ' est un endomorphisme de Mn(K ) .

2. Soit Z 2 Ker' ; montrer que pour tout p 2 N , Z = (M

)pZM

p.

3. (a) Montrer que (M ) = (M).

(b) Deduire de ce qui precede que ' est injective.

4. Soit B 2Mn(K ).

(a) Montrer qu’il existe une unique matrice A 2Mn(K ) telle que AMAM = B.

(b) Soit k 2 N ; montrer que (M)kAM

k (M)k+1

AMk+1

= (M)kBM

k, puis en deduire,pour tout p 2 N , la relation

A = (M)p+1

AMp+1

+

pXk=0

(M)kBM

k:

(c) Justifier alors que la serieXp>0

(M)pBM

p est convergente de somme A.

B- Ici on prend K = R et on conserve les notations et les hypotheses de A.

1. Soit S 2Mn(R) une matrice symetrique positive et soit 2Mn(R) telle queM M = S.

(a) Montrer, sans l’exprimer en fonction de S, que est une matrice symetrique.

(b) Montrer que est une matrice positive.

(c) Soit X 2 Mn;1(R) ; montrer que X = 0 si et seulement si SM kX = 0 pour tout

k 2 f0; : : : ; n 1g.

2. Soient U 2Mn;1(R) et R la matrice symetrique telle que RMRM = UU

.

(a) Soit X 2 Mn;1(R) ; montrer que RX = 0 si et seulement si < (M)kU;X >= 0 pour tout

k 2 f0; : : : ; n 1g.

(b) En deduire que la matriceR est definie positive si et seulement siU;M

U; : : : ; (M

)n1

U

est une base de Mn;1(R).

3. Soit P = Xn

n1Xk=0

akXk un polynome a coefficients reels dont les racines reelles ou complexes

sont toutes de module < 1. On note C la matrice

C =

0BBBBBB@

0 0 0 a0

1 0 0 a1

0. . . . . .

......

.... . . 1 0 an2

0 0 1 an1

1CCCCCCA:

Epreuve de Mathematiques II 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

On admet que le polynome caracteristique de C est egal a (1)nP , ce qui donne (C) < 1.

On designe enfin par B = (E1; : : : ; En) la base canonique de Mn;1(R) et on considere lamatrice symetrique reelle telle que

CC = EnE

n:

(a) i. Pour tout entier k compris entre 1 et n, exprimer le vecteur C Ek dans la base B.ii. Montrer par recurrence que (C

)pEn Enp 2 Vect(fEnp+1; : : : ; Eng) pour tout

p 2 f1; : : : ; n 1g.iii. Montrer alors que la famille (En; C

En; : : : ; (C

)n1

En) est une base de Mn;1(R) .

(b) En deduire que est definie positive.

(c) Soient U 2 Mn;1(R) et R 2 Mn(R) telle que R CRC = UU

. Montrer qu’il existeun polynome reel Q, de degre 6 n 1, tel que U = (Q(C))

En et en deduire que

R = (Q(C))Q(C).

(d) 2Mn(R). Montrer que la matrice CC est symetrique et positive si et seulements’il existe n polynomes reels Q1; : : : ; Qn, tous de degre 6 n 1, tels que

=

nXi=1

(Qi(C))Qi(C):

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 4 / 4 FIN

3.6 2002 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.6.2 Corrige

221

CNC 2002 Maths 2 corrigé par L.Bouchikhi

.

Première partie

1. −→ Soient A = (ai , j ) ∈Mn(C) , B = (bi , j ) ∈Mn(C) et λ ∈C ; On a:

• N∞(A) = 0 ⇐⇒ max1≤i≤n

n∑j=1

|ai , j | = 0 ⇐⇒∀i ∈ [|1,n|],n∑

j=1|ai , j | = 0

⇐⇒ ai , j = 0,∀i , j ∈ [|1,n|] ⇐⇒ A = 0

• N∞(λA) = max1≤i≤n

n∑j=1

|λai , j | = max1≤i≤n

(|λ|n∑

j=1|ai , j |) = |λ|. max

1≤i≤n

n∑j=1

|ai , j | = |λ|.N∞(A)

• N∞(A+B) = max1≤i≤n

n∑j=1

|ai , j +bi , j |

≤ max1≤i≤n

(n∑

j=1|ai , j |+

n∑j=1

|bi , j |) ≤ max1≤i≤n

n∑j=1

|ai , j |+ max1≤i≤n

(n∑

j=1|bi , j | = N∞(A)+N∞(B) .

Donc N∞ est une norme sur Mn(C)

−→ Soient A = (ai , j ) ∈Mn(C) , B = (bi , j ) ∈Mn(C) et λ ∈C ; On a:

• N (A) = 0 ⇐⇒ max1≤i , j≤n

|ai , j | = 0 ⇐⇒ ai , j = 0,∀i , j ∈ [|1,n|] ⇐⇒ A = 0

• N (λA) = max1≤i , j≤n

|λai , j | = max1≤i , j≤n

(|λ||ai , j |) = |λ|. max1≤i , j≤n

|ai , j | = |λ|.N (A)

• N (A+B) = max1≤i , j≤n

|ai , j +bi , j | ≤ max1≤i , j≤n

(|ai , j |+ |bi , j |)

≤ max1≤i≤n

|ai , j |+ max1≤i , j≤n

|bi , j | = N (A)+N (B) . Donc N est une norme sur Mn(C)

2. (a) Soient A = (ai , j ) ∈Mn(C) et X = (xi ) ∈Mn,1(C)

On a: AX = (n∑

j=1ai , j x j )1≤i≤n ∈Mn,1(C) et |x j | ≤ ‖X ‖∞ , ∀ j ∈ [|1,n|] , donc

‖AX ‖∞ = max1≤i≤n

|n∑

j=1ai , j x j | ≤ max

1≤i≤n

n∑j=1

|ai , j ||x j | ≤ max1≤i≤n

(n∑

j=1|ai , j |‖X ‖∞

= N∞(A).‖X ‖∞

(b) Soient A = (ai , j ) ∈Mn(C) , B = (bi , j ) ∈Mn(C)

On a: AB = (ci , j ) ∈Mn(C) tel que : ci , j =n∑

k=1ai ,k bk, j , ∀i , j ∈ [|1,n|] , donc

N∞(AB) = max1≤i≤n

n∑j=1

|ci , j | = max1≤i≤n

n∑j=1

|n∑

k=1ai ,k bk, j | ≤ max

1≤i≤n

n∑j=1

n∑k=1

|ai ,k ||bk, j | =

max1≤i≤n

n∑k=1

n∑j=1

|ai ,k ||bk, j | = max1≤i≤n

n∑k=1

|ai ,k |n∑

j=1|bk, j |

Orn∑

j=1|bk, j | ≤ N∞(B) , donc N∞(AB) ≤ max

1≤i≤n

n∑k=1

|ai ,k |.N∞(B) ≤

N∞(A)N∞(B)

N Cette inégalité n’est pas valable pour la norme N , il suffit de prendre

A = B =(

1 11 1

)∈M2(C)

3. (a) La suite (Ak )k≥0 converge vers A dans Mn(C) , donc pour tout

(B ,C ) ∈ (Mn(C))2 , on a:

N∞(B AkC −B AC ) = N∞B(Ak − A)C ) ≤ N∞(B).N∞(Ak − A).N∞(C ) −→ 0 ,

d’où B AkCN∞−→

k→+∞B AC .

Comme Mn(C) est de dimension finie , toutes les normes sont

équivalentes , et par suite (B AkC )k≥0 converge vers B AC dans Mn(C).

(b) Soit (Ak )k≥0 une suite qui converge vers A = (ai , j ) dans Mn(C) , telle que

Ak = (a(k)i , j ) pour tout k ∈N

On a : N ((Ak − A) = max1≤i , j≤n

|a(k)i , j − ai , j | −→ 0 ⇐⇒ a(k)

i , j − ai , j −→ 0,∀i , j ∈

[|1,n|] ⇐⇒ a(k)i , j −→ ai , j ,∀i , j ∈ [|1,n|]

Or toute les normes sont équivalentes dans Mn(C) , donc (Ak )k≥0

1

converge vers A = (ai , j ) si et seulement si a(k)i , j −→ ai , j ,∀i , j ∈ [|1,n|]

(c) Soit M ∈ Mn(C) diagonalisable , donc ∃P ∈ GLn(C) et ∃λ1,λ2, ..,λn ∈ C

valeurs propres de M telles que :

∀k ∈ N, M k = P.di ag (λk1 ,λk

2 , ..,λkn).P−1 ; La bijection M 7−→

P.M .P−1 étant bicontinue sur Mn(C) , donc (M k )k≥0 converge ⇐⇒

(di ag (λk1 ,λk

2 , ..,λkn))k≥0 converge ⇐⇒ (λk

i )k≥0 converge ∀i ∈ [|1,n|]

⇐⇒ |λi | < 1 où λi = 1 ∀i ∈ [|1,n|]

4. (a) Soit T =(α β

0 α

)un élément de M2(C) , une récurrence simple donne

:∀k ∈N,T k =(αk k.αk−1β

0 αk

);

(T k )k≥0 converge ⇐⇒ les suites numériques (αk )k≥0 et (k.αk−1β)k≥0

convergent ⇐⇒ |α| < 1 ou (α= 1 et β= 0)

(b) Soit M ∈ M2(C) non diagonalisable , donc ∃P ∈ GL2(C) et ∃α,β ∈ C,β 6= 0

valeurs propres de M telles que :

∀k ∈N, M k = P.

(αk k.αk−1β

0 αk

).P−1 ;

La bijection M 7−→ P.M .P−1 étant bicontinue sur M2(C) , donc (M k )k≥0

converge ⇐⇒ (

(αk k.αk−1β

0 αk

))k≥0 converge ⇐⇒ α| < 1 ⇐⇒ ρ(M) < 1

(c) Soit M ∈M2(C).

Si M est diagonalisable ,alors d’aprés 3.(c) , (M k )k≥0 converge vers la ma-

trice nulle ⇐⇒ ρ(M) < 1

Si M est non diagonalisable , alors d’aprés 4.(b) , (M k )k≥0 converge vers la

matrice nulle ⇐⇒ ρ(M) < 1

5. Soit M ∈Mn(C).

(a) Si (M k )k≥0 converge vers la matrice nulle , alors N∞(M k ) −→ 0 ;

Donc ∀X ∈ Mn,1(C) , ‖M k X ‖∞ ≤ N∞(M k ).‖X ‖∞ −→ 0 , par suite ∀X ∈

Mn,1(C) , ‖M k X ‖∞ converge vers le vecteur nul , puisque toutes les

normes sont équivalents dans Mn,1(C).

(b) Soient λ1,λ2, ..,λn les valeurs propres de M et X1, X2, .., Xn des vecteurs

propres associés à λ1,λ2, ..,λn réspictivement

On a: ‖M k Xi‖∞ = ‖λki Xi‖∞ = |λi |k‖Xi‖∞ , ∀i ∈ [|1,n|] , donc (M k )k≥0

converge vers la matrice nulle =⇒ ‖M k Xi‖∞ converge vers le vecteur nul

pour tout i ∈ [|1,n|] =⇒ (λki )k≥0 converge vers 0 pour tout i ∈ [|1,n|] =⇒

|λi | < 1 pour tout i ∈ [|1,n|] =⇒ ρ(M) < 1

Deuxième partie

1. Soient S une matrice réelle symétrique et positive , et C ∈Mn(R) .

• (C∗SC )∗ =C∗S∗C∗∗ =C∗SC , donc C∗SC est symétrique

• ∀X ∈Mn,1(R) : X ∗(C∗SC )X = (C X )∗S(C X ) ≥ 0 , donc C∗SC est positive .

d’où C∗SC est réelle symétrique et positive

2. Soit U ∈Mn,1(R).

(a) • (UU∗)∗ =U∗∗U∗ =UU∗ , donc la matrice UU∗ est symétrique

• ∀X ∈ Mn,1(R) : X ∗(UU∗)X = (U∗X )∗(U∗X ) = ‖U∗X ‖2 ≥ 0 , donc UU∗

est positive .

2

(b) Soit X ∈ Mn,1(R) , (UU∗)X = 0 ⇐⇒ U .⟨U |X ⟩ = 0 ⇐⇒ ⟨U |X ⟩.U = 0 ⇐⇒

U∗X = 0

(c) Soit V ∈ Mn,1(R) , UU∗ = V V ∗ =⇒ ‖U‖2.U = ⟨V |U ⟩.V , donc U ,V est

liée , par suite ∃λ ∈R : V =λU ;

En injéctant dans UU∗ =V V ∗ , il vient : λ=±1 , d’où V =±U .

Réciproquement : si V =±U alors UU∗ =V V ∗

3. Soit A =

4 2 02 7 00 0 a

, où a est un nombre réel .

(a) • A est symétrique réelle , donc elle est diagonalisable (d’aprés le théorème

spéctral)

• χA = (a −X )(X −3)(X −8) , donc Sp(A) = a,3,8

(b) Par des calculs simples on trouve : U1 = 1p5

−210

vecteur propre associé

à la valeur propre 3 ,U2 = 1p5

120

vecteur propre associé à la va leur pro-

pre 8 et U3 =

001

vecteur propre associé à la valeur propre a.

(U1,U2,U3) est une base orthonormée de Mn,1(R) formée de vecteurs

propres .

(c) 3U1U∗1 +8U2U∗

2 +aU3U∗3 =

35

4 −2 0−2 1 00 0 0

+ 8

5

1 2 02 4 00 0 0

+a

0 0 00 0 00 0 1

=

4 2 02 7 00 0 a

= A

(d) ∀X ∈ Mn,1(R) , X ∗AX = 3X ∗U1U∗1 X + 8X ∗U2U∗

2 X + aX ∗U3U∗3 X =

3⟨X |U1⟩2 +8⟨X |U2⟩2 +a⟨X |U3⟩2

Si a ≥ 0 (respectivement a > 0) alors A est positive (respectivement définie

positive ) .

Réciproquement : Si A est positive (respectivement définie positive ) ,

alors avec X ∈ vect (U1,U2)⊥

( respectivement X ∈ vect (U1,U2)⊥ \ 0, il vient : a ≥ 0 ( respectivement

a > 0)

4. Soit R une matrice réelle symétrique .

(a) R est orthogonalement diagonalisable , donc ∃ (ε1,ε2, ..,εn) base orthonor-

mée de Mn,1(R) formée de vecteurs propres et λ1,λ2, ..,λn les valeurs pro-

pres de R telles que :

R = [ε1,ε2, ..,εn].di ag (λ1,λ2, ..,λn).t [ε1,ε2, ..,εn] =n∑

i=0λiεiε

∗i où

[ε1,ε2, ..,εn] désigne la matrice formée par les coordonées de la base

(ε1,ε2, ..,εn)

(b) Rεi = λiεi , ∀i ∈ [|1,n|] , donc λi est une valeur propre de R et εi est un

vecteur propre de R associé à λi

(c) • Si R est positive alors , ε∗j Rε j = λ j ≥ 0, ∀ j ∈ [|1,n|] , donc λ j ≥ 0, ∀ j ∈

[|1,n|]

Réciproquement : Si λ j ≥ 0, ∀ j ∈ [|1,n|] , alors X ∗R X =n∑

i=0λi X ∗εiε

∗i X ≥ 0

car UU∗ est symétrique positive ∀U ∈Mn,1(R) d’aprés 2.(a)

• Si R est définie positive alors , ε∗j Rε j = λ j > 0, ∀ j ∈ [|1,n|] , donc

λ j ≥ 0, ∀ j ∈ [|1,n|]

3

Réciproquement : Si λ j > 0, ∀ j ∈ [|1,n|] , alors X ∗R X =n∑

i=0λi X ∗εiε

∗i X =

n∑i=0λi‖ε∗i X ‖2 = 0 si et seulement si X ∈ (vect (ε1,ε2, ..,εn))⊥ si et

seulement si X = 0 donc R est symétrique définie positive .

5. Si R est symétrique positive , alors elle s’écrit R =n∑

i=0λiεiε

∗i où les λi ≥ 0 sont les

valeurs propres de R ( d’après 4.a) . Posons Ui =√λiεi , alors UiU∗

i =λiεiε∗i et

R =n∑

i=0UiU∗

i

Réciproquement : Si R =n∑

i=0UiU∗

i alors R∗ = R et X ∗R X =n∑

i=0‖Ui X ‖2 ≥ 0 , donc

R est symétrique positive .

6. Si R =n∑

i=0UiU∗

i alors X ∗R X = 0 ⇐⇒n∑

i=0‖U∗

i X ‖2 = 0 ⇐⇒ U∗i X = 0 pour tout

i ∈ [1,n] ⇐⇒ R X =n∑

i=0UiU∗

i X = 0

R est définie positive si et seulement si elle est inversible .

Troisième partie

A.

1. Soient Z , Z ′ ∈ Mn(K) et λ ∈ K ; ϕ(Z +λZ ′) = Z +λZ ′ − M∗(Z +λZ ′)M =

Z +λZ ′−M∗Z M −λM∗Z ′M = Z −M∗Z M +λ(Z ′−M∗Z ′M) =ϕ(Z )+λϕ(Z ′) ,

donc ϕ est un endomorphisme .

2. Soit Z ∈ kerϕ , alors M∗Z M = Z

Supposons par recurrence que (M∗)p Z M p = Z pour p ≥ 1 , alors

(M∗)p+1Z M p+1 = M∗[(M∗)p Z M p ]M∗ = M∗Z M = Z , d’où la recurrence

établie .

3. (a) On a sp(M∗) = sp(t M) = sp(M) = sp(M) donc |λ|| , λ ∈ sp(M) =

|λ|| , λ ∈ sp(M∗) et ρ(M∗) = ρ(M)

(b) On a ρ(M∗) = ρ(M) < 1 donc limp−→+∞M p = lim

p−→+∞(M∗)p = 0 , par suite

limp−→+∞(M∗)p Z M p = 0 .

Donc si ϕ(Z ) = 0 alors (M∗)p Z M p = Z pour tout p ∈N , ainsi Z = 0 et ϕ

est injective .

4. Soit B ∈Mn(K)

(a) On a ϕ ∈ L (Mn(K)) injective et di mMn(K) finie , donc ϕ est un

automorphisme de Mn(K) , ainsi B admet un unique antécedant A.

(b) Récurrence sur k ∈N

à ϕ(A) = B =⇒ A−M∗AM = B =⇒ la formule est vraie pour k = 0

à Soit kN∗ supposons la formule vraie pour k , alors

(M∗)k+1 AM k+1−(M∗)k+2 AM k+2 = M∗[(M∗)k AM k−(M∗)k+1 AM k+1]M =

M∗((M∗)k B M k )M = (M∗)k+1B M k+1 , d’où la recurrence établie .

Soit p ∈ N ,p∑

k=0[(M∗)k AM k − (M∗)k+1 AM k+1] =

p∑k=0

[(M∗)k B M k ] =⇒

A − (M∗)p+1B M p+1 =p∑

k=0(M∗)k B M k , ainsi A = (M∗)p+1B M p+1 +

p∑k=0

(M∗)k B M k

(c) On a limp−→+∞(M∗)p Z M p = 0 car ρ(M∗) = ρ(M) < 1 , donc la série

∑p≥0

(M∗)p B M p converge de somme A

B.

4

1. (a) S ∈ Mn(R) symétrique positive et ∆ ∈ Mn(R) telle que : ∆−M∗∆M = S ,

donc∆∗−M∗∆∗M = S ainsiϕ(∆∗) =ϕ(∆) = S et∆∗ =∆ ( carϕ est bijective

) d’où ∆ est symétrique .

(b) On a : ϕ(∆) = S donc ∆ =+∞∑p=0

(M∗)p SM p par suite X ∗∆X =+∞∑p=0

X ∗(M∗)p SM p X =+∞∑p=0

[M p X ]∗S[M p X ] ≥ 0 ( car S est positive ) , ainsi∆

est positive

(c) =⇒] soit X ∈ Mn,1(R) tel que : ∆X = 0 alors X ∗∆X =+∞∑p=0

X ∗(M∗)p SM p X =+∞∑p=0

[M p X ]∗S[M p X ] = 0 donc [M p X ]∗S[M p X ] = 0

pour tout p ∈ N ( car S est symétrique positive ) , par suite ∀p ∈ N :

SM p X = 0 ( d’après 6.I I )

⇐=] Soit X ∈ Mn,1(R) tel que :∀k ∈ O,1, ...,n −1 , SM k X = 0 alors pour

tout R ∈Rn−1[X ],SR(M)X = 0

Soit p ∈N on a: X p =Q.χM +R avec deg r é(R) < n ( division euclidienne

de X p par le polynôme caractéristique de M ) donc SM p X = SR(M)X = 0

, ainsi ∀p ∈N : SM p X = 0 et ∆X =+∞∑p=0

(M∗)p SM p X = 0

2. (a) D’après c.1.B on a :R X = 0 ⇐⇒ UU∗M k X = 0 , ∀k ∈ O,1, ...,n −1 ⇐⇒

U∗M k X = 0 , ∀k ∈ O,1, ...,n−1 ⇐⇒ ⟨(M∗)kU |X ⟩ = 0 ∀k ∈ O,1, ...,n−1

(b) =⇒] Soit X ∈ Mn,1(R) orthogonale à vect (U , M∗U , ..., (M∗)n−1U ) alors

R X = 0 (d’après la question précedante ) donc X ∗R X = 0 , ain-

si X = 0 et (vect (U , M∗U , ..., (M∗)n−1U ))⊥ = 0 ou Mn,1(R) =

vect (U , M∗U , ..., (M∗)n−1U ) d’où (U , M∗U , ..., (M∗)n−1U ) est une base de

Mn,1(R)

⇐=] Soit Mn,1(R) tel que X ∗R X = 0 alors R X = 0 (d’après 6.I I )

donc ⟨(M∗)kU |X ⟩ = 0 ∀k ∈ O,1, ...,n − 1 ou X orthogonale à

vect (U , M∗U , ..., (M∗)n−1U ) d’où X = 0

3. (a) (i ) C∗Ek = Ek−1 +ak−1En avec la convension E0 = 0

(i i ) Récurrence finie sur p ∈ 1, ...,n −2

On a : C∗En −En−1 = an−1En ∈ vect (En) donc la formule est vraie pour

p = 1

Soit p ∈ 1, ...,n−2 , supposons que : (C∗)p En−En−p ∈ vect (En , ...,En−p+1)

alors (C∗)p En ∈ vect (En , ...,En−p+1,En−p ) donc (C∗)p+1En −

En−p−1 = C∗(C∗)p En − En−p−1 = C∗[(C∗)p En − En−p ] + C∗En−p −

En−p−1 = C∗[(C∗)p En − En−p ] + an−p−1En ∈ vect (En , ...,En−p ) ( car

C∗(vect (En , ...,En−p+1)) ⊂ vect (En , ...,En−p ))

(i i i ) Montrons que : ∀p ∈ 1, ...,n −1 , En−p ∈ vect (En ,C∗En , ..., (C∗)p En)

Pour p = 1 on a: C∗En +En−1 ∈ vect (En) donc En−1 ∈ vect (En ,C∗En)

Soit p ∈ 1, ...,n − 2 , supposons que ∀k ∈ 1, ..., p ,En−k ∈

vect (En ,C∗En , ..., (C∗)k En)

On a: (C∗)p+1En−En−p−1 ∈ vect (En ,En−1, ...,En−p ) ⊂ vect (En ,C∗En , ..., (C∗)p En)

(par hypothèse de recurrence) donc En−p−1 ∈ vect (En ,C∗En , ..., (C∗)p+1En)

d’où la recurrence établie .

Conclusion : On a: En−p ∈ vect (En ,C∗En , ..., (C∗)n−1En) donc

Mn,1(R) = vect (E1, ...,En) = vect (En ,C∗En , ..., (C∗)n−1En) , ainsi

5

(En ,C∗En , ..., (C∗)n−1En) est une base de Mn,1(R)

(b) ρ(C ) < 1 donc ψ : Mn(R) −→ Mn(R), Z 7−→ Z −C∗ZC est un isomor-

phisme

EnE∗n est symétrique positive et ψ(Ω) = EnE∗

n de plus

(En ,C∗En , ..., (C∗)n−1En) est une base de Mn,1(R) donc Ω est définie

positive (d’après b.2.B.I I I )

(c) (En ,C∗En , ..., (C∗)n−1En) est une base de Mn,1(R) alors ∃α0,α1, ...,αn−1 ∈

R tels que :U =n−1∑k=0

αk (C∗)k En = (n−1∑k=0

αkC k )∗En . Si on pose Q =n−1∑k=0

αk X k ∈

Rn−1[X ] alors U = (Q(C ))∗En

Or R − C∗RC = UU∗ = (Q(C ))∗EnE∗nQ(C ) et Ω − C∗ΩC = EnE∗

n

donc ψ(R) = R − C∗RC = (Q(C ))∗ΩQ(C ) − (Q(C ))∗C∗ΩCQ(C ) =

ψ((Q(C ))∗ΩQ(C )) , ainsi R = (Q(C ))∗ΩQ(C ) (car ψ est bijectif)

(d) Soit ∆ ∈ Mn(R)

=⇒] S = ∆−C∗∆C symétrique positive , alors ∃U1, ...,Un ∈ Mn,1(R) tels

que : S =n∑

i=1UiU∗

i (d’après 5.I I )

ψ : Mn(R) −→ Mn(R), Z 7−→ Z −C∗ZC est un isomorphisme , donc

∀i ∈ 1, ...,n , ∃Ri ∈ Mn(R) tel que : ψ(Ri ) = Ri −C∗Ri C = UiU∗i ;

de plus ∀i ∈ 1, ...,n , ∃Qi ∈ Rn−1[X ] tel que : Ri = (Qi (C ))∗ΩQi (C ))

(d’après c.3.B.I I I ) doncψ(∆) =n∑

i=1UiU∗

i =ψ(n∑

i=1Ri ) =

n∑i=1

Ri −n∑

i=1C∗Ri C =

n∑i=1

(Qi (C ))∗ΩQi (C )) −n∑

i=1C∗(Qi (C ))∗ΩQi (C ))C = ψ(

n∑i=1

(Qi (C ))∗ΩQi (C )))

ainsi ∆=n∑

i=1(Qi (C ))∗ΩQi (C )) ( car ψ est bijectif )

⇐=] S’il existe Q1, ...,Qn−1 ∈ Rn−1[X ] tel que ∆ =n∑

i=1(Qi (C ))∗ΩQi (C ))

alors ∆−C∗∆C =n∑

i=1(Qi (C ))∗(Ω−C∗ΩC )Qi (C ) =

n∑i=1

(Qi (C ))∗(EnE∗n )Qi (C ) =

n∑i=1

(Qi (C ))∗En(Qi (C )En)∗ est symétrique positive .

2

Fin

L.Bouchikhi , Professeur de Spé. CPGE Rabat

6

3.7 2003 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.7 2003

3.7.1 Enonce

228

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’Enseignementet de la Jeunesse Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2003

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 3 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2003 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 3 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Notations et rappels

Dans tout le probleme, K designe le corps des reels ou celui des complexes (K = R ou C) et nun entier naturel superieur ou egal a 2. Si p ∈ N∗, on note Mn,p(K) l’espace vectoriel des matricesa coefficients dans K, a n lignes et p colonnes ; si p = n, Mn,p(K) est note simplement Mn(K), c’estl’algebre des matrices carrees d’ordre n a coefficients dans K ; la matrice identite de Mn(K) se noteIn.

Pour toute matriceA de Mn,p(K), tA designe la matrice transposee deA ; siA ∈ Mn(K), SpK(A)represente l’ensemble des valeurs propres de A appartenant a K, Tr (A) sa trace et rg(A) son rang.

Soient A et B deux elements de Mn(K) ; on considere l’application, notee ΦA,B , suivante

ΦA,B : Mn(K) −→ Mn(K)X 7→ AX +XB

Si B = A, ΦA,B sera notee simplement ΦA.

1ere Partie

1. Soit C ∈ Mn(K) ; montrer que SpK(C) = SpK(tC).

2. Montrer que l’application ΦA,B est lineaire.

3. Soient V ∈ Mn,1(K) (resp.W ∈ Mn,1(K)) un vecteur propre deA (resp. tB) associe a la valeurpropre a (resp. b).

(a) Expliciter les coefficients de la matrice V tW en fonction des coefficients v1, . . . , vn de Vet w1, . . . , wn de W , et en deduire que la matrice V tW n’est pas nulle.

(b) Montrer que la matrice V tW est un vecteur propre de ΦA,B ; a quelle valeur propre est-ilassocie ?

4. Soit λ une valeur propre de ΦA,B et Y ∈ Mn(K) un vecteur propre associe.

(a) Montrer que pour tout entier naturel k, AkY = Y (λIn −B)k.

(b) En deduire que pour tout polynome P , a coefficients dans K, P (A)Y = Y P (λIn −B).

(c) On suppose que le polynome caracteristique PA de A est scinde sur K et s’ecrit

PA = (−1)n∏

µ∈SpK(A)

(X − µ)βµ .

• Montrer que Y PA(λIn − B) = 0 et en deduire que la matrice PA(λIn − B) n’est pasinversible.• En deduire qu’il existe a ∈ SpK(A) tel que la matrice (λ−a)In−B ne soit pas inversible.

Epreuve de Mathematiques II 1 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2003 – MP

5. Conclure que si le polynome PA est scinde sur K alors SpK(ΦA,B) = SpK(A) + SpK(B).

6. Soient (Y1, . . . , Yp) une famille libre de Mn,1(K), et Z1, . . . , Zp des vecteurs arbitraires de

Mn,1(K). Montrer que l’egalitep∑

i=1

Y ti Zi = 0 a lieu si et seulement si les vecteurs Z1, . . . , Zp

sont tous nuls.

7. On suppose ici que les matrices A et B sont diagonalisables dans Mn(K) et on designepar (U1, . . . , Un) et (W1, . . . ,Wn) des bases respectives de vecteurs propres de A et tB. Enconsiderant la famille (U t

iWj)16i,j6n, montrer que l’endomorphisme ΦA,B est diagonalisable.

8. On suppose que les deux matrices A et B sont reelles et symetriques d’ordre n.

(a) Montrer que l’application <,>: (M,N) 7→ Tr (tMN) est un produit scalaire sur Mn(R).(b) Montrer que si C et D sont deux matrices d’ordre n, alors Tr (DC) = Tr (CD).

(c) Montrer alors que ΦA,B est un endomorphisme autoadjoint de l’espace euclidien(Mn(R),<,>).

2eme Partie

Dans cette partie, on prendK = R et on considere une matrice S ∈ Mn(R), symetrique et definiepositive. On muni Mn(R) du produit scalaire definie a la fin de la partie precedente.

1. Montrer que les valeurs propres de S sont strictement positives.

2. En deduire alors que l’endomorphisme autoadjoint ΦS est definie positif.

3. Soit X ∈ Mn(R) ; montrer que X est symetrique si et seulement si ΦS(X) l’est aussi.

4. Soit A =

(a bb c

)une matrice symetrique reelle d’ordre 2.

(a) On suppose que A est definie positive ; montrer alors que a > 0 et ac− b2 > 0.

(b) Soit U ∈ M2,1(R) un vecteur de composantes x et y ; exprimer tUAU en fonction dea, b, c, x et y et montrer que si a > 0 et ac− b2 > 0 alors A est definie positive.

(c) On suppose ici que A est definie positive. On considere une matrice Xλ =

(λ 00 1

)avec

λ > 0. Calculer la matrice ΦA(Xλ) et montrer qu’on peut trouver des valeurs de b et λpour lesquelles cette matrice ne soit pas definie positive.

5. Justifier qu’il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles que

S = PDP−1.

Dans la suite, on note λ1, . . . , λn les elements diagonaux de la matrice D : D = diag(λ1, . . . , λn).

6. Dans cette question, on considere une matrice X ∈ Mn(R) et on pose M = ΦS(X) ; on poseaussi Y = P−1XP et N = P−1MP . On note ni,j les coefficients de la matrice N et yi,j ceux deY .

(a) Verifier que ΦD(Y ) = N et exprimer les coefficients yi,j a l’aide des λk et des coefficientsde la matrice N .On suppose desormais que la matrice M est symetrique et definie positive.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 3 −→

Concours National Commun – Session 2003 – MP

(b) Montrer que la matrice N est symetrique et definie positive.(c) Soit U un vecteur de Mn,1(R), de composantes u1, . . . , un.

• Montrer que tUY U =∑

16i,j6n

ni,jλi + λj

uiuj .

• Soit α > 0 ; montrer que l’application t 7→ tα−1 est integrable sur l’intervalle ]0, 1].

• On note U(s) le vecteur de Mn,1(R), de composantes u1sλ1− 12 , . . . , uns

λn− 12 , s ∈]0, 1].

Justifier que l’application s 7→ tU(s)NU(s) est continue et integrable sur l’intervalle ]0, 1].• Exprimer l’integrale de la fonction precedente en fonction de tUY U et en deduire quesi U est non nul, alors tUY U > 0.

(d) Conclure que la matrice X est symetrique definie positive.

3eme Partie

Dans cette partie, on prend K = C et on etudie la dimension du noyau de l’endomorphismeΦA,B dans le cas ou B = −A. On muni Mn(C) de l’une de ses normes.

1. On suppose que A = ∆ ou ∆ est la matrice diag(µ1, . . . , µn) avec les µi deux a deux distincts.

(a) On prend n = 2 ; determiner KerΦA,−A ; quelle est sa dimension ?(b) On revient au cas general.

Determiner KerΦA,−A ; quelle est sa dimension ?

2. Soit A une matrice de Mn(C) ayant n valeurs propres deux a deux distinctes.

(a) Montrer que A est diagonalisable dans Mn(C).(b) En utilisant les resultats de la question precedente, montrer que la dimension de

KerΦA,−A est egale a n.

3. (a) Montrer que l’application A 7→ ΦA,−A est continue sur Mn(C).(b) Soit q ∈ N∗, avec q 6 n. Montrer que l’application A = (ai,j)16i,j6n 7→ det

((ai,j)16i,j6q

)

est continue sur Mn(C).

4. Montrer que l’ensemble des matrices de Mn(C) ayant n valeurs propres deux a deux distinctesest dense dans Mn(C). (on pourra utiliser la trigonalisation)

5. Soit r un entier naturel, avec r 6 n. On admet les deux resultats suivant :

A ∈ Mn(C) ;

• Si le rang de A est egal a r alors il existe une sous-matrice de la matrice A qui est inversible d’ordre r.• S’il existe une sous-matrice de la matrice A, qui soit d’ordre r et inversible, alors le rang de A estsuperieur ou egal a r .

(a) Montrer que l’ensemble Or = C ∈ Mn(C), rg (C) > r est un ouvert de Mn(C).(b) Soit (Ap)p une suite de matrices elements de Mm(C) avec m > 2, toutes de rang s > 0,

convergeant vers une matrice A. Montrer que le rang de A est inferieur ou egal a s.

6. En utilisant les questions 3. et 4. ainsi qu’une version vectorielle du resultat de la question 5.(b),montrer que pour toute matrice A de Mn(C), la dimension du noyau de l’endomorphismeΦA,−A est superieure ou egale a n.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 3 / 3 FIN

3.7 2003 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.7.2 Corrige

233

3.8 2004 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.8 2004

3.8.1 Enonce

238

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale Ministere de l’Enseignementet de la Jeunesse Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2004

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 5 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2004 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 5 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redactionseront des elements pris en compte dans la notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultatd’une question non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convient en particulier de rappeler avecprecision les references des questions abordees.

Exemples d’utilisation du theoreme de Courant-Fischer

Notations et rappels : Dans tout le probleme, n designe un entier naturel superieur ouegal a 2. Si p ∈ N∗, on note Mn,p(R) l’espace vectoriel des matrices a coefficients reels, a n ligneset p colonnes ; si p = n, Mn,p(R) est note simplement Mn(R), c’est l’algebre des matrices carreesd’ordre n a coefficients reels ; la matrice identite de Mn(R) sera notee In.

Pour toute matrice A de Mn,p(R), tA designe la matrice transposee de A ; si A ∈ Mn(R), SpR(A)represente l’ensemble des valeurs propres reelles de A, Tr (A) sa trace et rg(A) son rang.

On munit Mn,1(R) de son produit scalaire canonique defini par <X,Y> 7−→ tXY.

1ere Partie

A- Etude d’une matrice

Soit U un vecteur non nul de Mn,1(R), de composantes u1, . . . , un. On pose M = U tU.

1. Pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, exprimer le coefficient mi,j de la matrice M al’aide des uk. Que vaut la trace de M ?

2. Exprimer les colonnes de M a l’aide de u1, . . . , un et U .

3. Montrer alors que le rang de M est egal a 1.

4. Justifier que 0 est valeur propre de M et montrer que le sous-espace propre associe est egale aY ∈ Mn,1(R), tUY = 0. Quelle est sa dimension ?

5. Calculer le produit MU et en deduire que tUU est une autre valeur propre de M . Determinerle sous-espace propre associe et donner sa dimension.

6. Montrer que la matrice M est orthogonalement semblable a la matrice diagonale D ou

D = diag(tUU, 0, . . . , 0).

B- Theoreme de Courant–Fischer

Soit A une matrice symetrique reelle d’ordre n ; on designe par f l’endomorphisme de Mn,1(R)canoniquement associe a A.

1. Justifier qu’il existe une base orthonormee de l’espace euclidien (Mn,1(R), <,>) formee devecteurs propres de f .

Epreuve de Mathematiques II 1 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2004 – MP

Dans la suite, on note λ1, λ2, . . . , λn les valeurs propres de f rangees dans l’ordre croissant eton designe par (e1, . . . , en) une base orthonormee de vecteurs propres associes :

λ1 6 λ2 6 . . . 6 λn et f(ei) = λiei, i ∈ 1, 2, . . . , n.

Pour tout k ∈ 1, 2, . . . , n, on note Vk le sous-espace vectoriel de Mn,1(R) engendre par lesvecteurs e1, . . . , ek : Vk = Vect(e1, . . . , ek), et Fk l’ensemble de tous les sous-espaces vectorielsde Mn,1(R) qui sont de dimension k.

Si v est un vecteur non nul de Mn,1(R) on pose RA(v) =<Av, v>

<v, v>=<f(v), v>

<v, v>.

2. Calculer RA(ek), pour tout k ∈ 1, 2, . . . , n.

3. Soit v =n∑

i=1

xiei un element de Mn,1(R).

Exprimer les quantites <f(v), v> et <v, v> en fonction des xk et λk, 1 6 k 6 n.

4. Montrer alors que λ1 = minv 6=0

RA(v) et λn = maxv 6=0

RA(v).

5. Soient k ∈ 1, . . . , n et w un vecteur non nul de Vk. Montrer que RA(w) 6 λk et conclure que

λk = maxv∈Vk\0

RA(v).

6. Soient k ∈ 1, 2, . . . , n et F1 ∈ Fk.

(a) Montrer que la dimension du sous-espace vectoriel F1 ∩Vect(ek, . . . , en) est > 1.

(b) Soit w un vecteur non nul de F1 ∩Vect(ek, . . . , en). Montrer que RA(w) > λk.

(c) Deduire de ce qui precede que λk = minF∈Fk

(max

v∈F\0RA(v)

). (Theoreme de Courant-Fischer)

7. (a) Montrer que l’application ψA : v 7−→<Av, v> est continue sur Mn,1(R) et en deduire lacontinuite de l’application RA sur Mn,1(R) \ 0 .

(b) Montrer que l’ensemble Mn,1(R) \ 0 est connexe par arcs et conclure que l’image del’application RAest un intervalle.

(c) Montrer alors que RA(v), v ∈ Mn,1(R) \ 0 = [λ1, λn]

2eme Partie

On rappelle qu’une matrice B, symetrique reelle d’ordre n, est dite definie positive si pour toutvecteur non nul X de Mn,1(R), on ait

tXBX > 0.

1. Soit B une matrice symetrique reelle d’ordre n. Montrer que B est definie positive si etseulement si ses valeurs propres sont strictement positives.

2. Soit A =

(a bb c

)une matrice symetrique reelle d’ordre 2.

(a) On suppose que A est definie positive ; montrer alors que a > 0 et ac− b2 > 0.

(b) Soit X ∈ M2,1(R) un vecteur de composantes x et y ; exprimer tXAX en fonction dea, b, c, x et y et montrer que si a > 0 et ac− b2 > 0 alors A est definie positive.

Le but de la suite de cette partie est d’etendre le resultat de cette question a n quelconque.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2004 – MP

3. Soit A une matrice symetrique reelle d’ordre n ; on designe par f l’endomorphisme deMn,1(R) canoniquement associe a A et on note λ1 6 λ2 6 . . . 6 λn les valeurs propresde f . Soient H un hyperplan de Mn,1(R) et p la projection orthogonale sur H ; on note gl’endomorphisme induit par p f sur H .

(a) Montrer que g est un endomorphisme autoadjoint de H .Soient alors µ1 6 . . . 6 µn−1 les valeurs propres de g.

(b) Montrer que pour tout k ∈ 1, . . . , n− 1, λk 6 µk.

(c) Soit k ∈ 1, . . . , n− 1.

i. Montrer que pour tout sous-espace vectoriel F, de Mn,1(R), de dimension k + 1, lesous-espace vectoriel F ∩H est de dimension > k.

ii. Soit F comme a la question precedente et soit donc G un sous-espace vectoriel deF ∩H , de dimension k. Comparer <g(v), v> et <f(v), v>, pour v ∈ G, et en deduire

que maxv∈G\0

<g(v), v>

<v, v>6 max

v∈F\0<f(v), v>

<v, v>.

iii. Conclure que µk 6 λk+1.

4. On reprend les hypotheses de la question precedente et on ecrit A =

(An−1 b

tb µ

), avec

µ ∈ R, b ∈ M(n−1),1(R) et An−1 ∈ Mn−1(R).

(a) Que represente la matrice An−1 ? Justifier qu’elle est symetrique.

(b) On note µ′1 6 . . . 6 µ′n−1 les valeurs propres de la matrice An−1. Montrer que

λ1 6 µ′1 6 λ2 6 . . . 6 λn−1 6 µ′n−1 6 λn.

(c) Conclure que si la matrice A est definie positive, il en est de meme de la matrice An−1.

5. Soit A une matrice symetrique reelle d’ordre n ; on note A = (ai,j)16i,j6n et, pour toutk ∈ 1, 2, . . . , n, Ak = (ai,j)16i,j6k.

(a) Montrer que si A est definie positive alors les determinants des matrices Ak sont tousstrictement positifs.

(b) En utilisant le resultat de la question 4. precedente, montrer par recurrence sur n, que lareciproque de (a) est vraie.

6. Un exemple d’utilisation : On considere la matrice M(t) =(t|i−j|

)16i,j6n

, t ∈ [0, 1].

(a) Montrer que, pour tout t ∈ [0, 1[, la matrice M(t) est symetrique definie positive.

(b) En deduire que la matrice M1 =(

11+|i−j|

)16i,j6n

est symetrique definie positive.

(On remarquera que M1 =∫ 10 M(t) dt).

3eme Partie

A- Une deuxieme application

1. Soient A et A′ deux matrices symetriques reelles d’ordre n. On note λ1 6 λ2 6 . . . 6 λn (resp.λ′1 6 λ′2 6 . . . 6 λ′n) les valeurs propres de A (resp. A’) ; on note aussi µ1 6 µ2 6 . . . 6 µn lesvaleurs propres de la matrice E = A′ −A.

Epreuve de Mathematiques II 3 / 5 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2004 – MP

(a) Montrer que, pour tout k ∈ 1, 2, . . . , n,

λk + µ1 6 λ′k 6 λk + µn.

(b) Montrer que, pour tout k ∈ 1, 2, . . . , n, |λ′k − λk| 6 ‖A − A′‖, ou ‖.‖ est la norme surMn(R), subordonnee a la norme euclidienne de Mn,1(R).

2. En deduire que l’ensemble S+n des matrices symetriques reelles d’ordre n et definies positives

est un ouvert de l’espace vectoriel Sn des matrices symetriques reelles d’ordre n.

B- Une derniere applicationSoient A une matrice symetrique reelle d’ordre n et U un vecteur non nul de Mn,1(R) ; on note

λ1 6 λ2 6 . . . 6 λn les valeurs propres de A et λ′1 6 λ′2 6 . . . 6 λ′n celles de la matrice Aε = A + εMavec M = U tU et ε ∈ R.

D’apres la section A- de la premiere partie, il existe une matrice orthogonale R telle que

tRMR =

(tUU 00 0

).

On decompose alors la matrice tRAR par blocs comme pour la matrice tRMR et on obtient

tRAR =

(α taa An−1

),

avec α ∈ R, a ∈ M(n−1),1(R) etAn−1 ∈ Mn−1(R). La matriceAn−1 est evidement symetrique reelle,il existe donc une matrice orthogonale S, d’ordre n− 1, et des reels α2, . . . , αn tels que

tSAn−1S = diag(α2, . . . , αn).

On pose enfin Q = R

(1 00 S

).

1. Montrer que la matrice Q est orthogonale.

2. Montrer, en effectuant des produits par blocs, que

tQAQ =

(α taS

tS a Dn−1

)et tQAεQ =

(α+ εtU U taS

tS a Dn−1

)

avec Dn−1 = diag(α2, . . . , αn).

3. On suppose que ε > 0. Montrer en utilisant par exemple la question (A-1.) de cette partie que,pour tout k ∈ 1, 2, . . . , n,

λk 6 λ′k 6 λk + εtU U.

4. On suppose ici que ε est quelconque et on note C1, . . . , Cn les colonnes de la matrice Q.

(a) Verifier que (C1, . . . , Cn) est une base orthonormee de Mn,1(R).(b) Soit X ∈ Mn,1(R) ; on designe par y1, . . . , yn les composantes de X dans la base

(C1, . . . , Cn). Montrer alors que

tXAX = αy21 +n∑

i=2

αiy2i + 2

n∑

j=2

βjy1yj ,

ou β2, . . . , βn sont les composantes du vecteur tS a de M(n−1),1(R).

Epreuve de Mathematiques II 4 / 5 −→

Concours National Commun – Session 2004 – MP

(c) Ecrire une relation analogue a la precedente et concernant la matriceAε, puis en deduire,lorsque X est non nul, que

RAε(X) = RA(X) + εtU Uy21

<X,X>.

(d) En choisissant convenablement le X , montrer que λ′2 > λ1. On utilisera les formulesλ′2 = min

F∈F2

(max

v∈F\0RAε(v)

)et λ1 = min

v 6=0RA(v).

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 5 / 5 FIN

3.8 2004 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.8.2 Corrige

245

Concours commun marocain 2004Epreuve Math 2 MP

Exemples d’utilisation du theormem de Courant-Fischer

*1re PartieA- Etude d’une matrice

1. M = U tU =

u1...un

(u1 . . . un

)=

u21 u1u2 . . . u1unu2u1 u22 u2un

......

unu1 unu2 . . . u2n

.

Donc pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, on a :

mi,j = uiuj et Tr(M) =n∑

i=1u2i .

2. La j-eme colonne de M est ujU .

3. On sait que le rang d’une matrice est egal celui de ses colonnes,or toutes les colonnes de M sont proportionnelles U , donc leurrang vaut 1, d’ou rg(M) = 1.

4. rg(M) = 1 6= n, donc M n’est pas inversible enparticulier 0 est une valeur propre de M , d’autre partMY = 0 ⇔t Y U tUY = 0 ⇔ ‖tUY ‖ = 0 ⇔t UY = 0 d’ou lesous-espace propre associe est gale Y ∈M0(n, 1)R, tUY = 0.Sa dimension est n − 1 car c’est un hyperplan de M0(n, 1)Rpuisque c’est le noyau de la forme lineaire non nulleϕ : M0(n, 1)R −→ R

Y 7−→ tUY.

5. MU = U tUU , donc tUU est une autre valeur propre de M avecU est un vecteur propre, et dont la dimension du sous-espacepropre associe ne peut pas depasser 1, puisque deja celui associea 0 est de dimension n− 1, donc sa dimension est 1, engendrepar U .

6. La matrice M est orthogonalement semblable a la matrice dia-gonale D = diag(tUU, 0, . . . , 0), car les sous–espaces associerespectivement aux valeurs propres tUU et 0 sont Vect(U) etY ∈M0(n, 1)R, tUY = 0=Vect(U)⊥ de dimension 1 et n−1

B- Theoreme de Courant–Fischer

1. Parceque toute matrice symtrique est diagonalisable dans unebase orthonormee.

2. RA(ek) =<Aek, ek>

<ek, ek>=

<f(ek), ek>

<ek, ek>= λk, pour tout

k ∈ 1, 2, . . . , n car f(ek) = λkek.

3. v =

n∑

i=1

xiei, donc f(v) =

n∑

i=1

λixiei, d’ou <f(v), v>=

n∑

i=1

λix2i

et <v, v>=n∑

i=1

x2i .

4. On a λ1 ≤ λi ≤ λn,

d’ou λ1 <v, v>=n∑

i=1

λ1x2i ≤<f(v), v>

=n∑

i=1

λix2i ≤

n∑

i=1

λnx2i = λn <v, v>,

donc λ1 ≤ RA(v) ≤ λn ∀v 6= 0, d’ou λ1 ≤ minv 6=0

RA(v)

et λn ≤ maxv 6=0

RA(v), d’autre part RA(e1) = λ1, d’o

λ1 ≥ minv 6=0

RA(v) et RA(en) = λn d’ou λn ≥ maxv 6=0

RA(v).

Donc : λ1 = minv 6=0

RA(v) et λn = maxv 6=0

RA(v).

5. Soit k ∈ 1, . . . , n,

w ∈ Vk =⇒ w =

k∑

i=1

xiei =⇒ <f(w), w>=

k∑

i=1

λix2i ≤ λk

k∑

i=1

x2i

et <w,w>=k∑

i=1

x2i ,

d’ou RA(w) =<f(w), w>

<w,w>≤ λk ∀w ∈ Vk \ 0, d’ou

λk ≥ maxv∈Vk\0

RA(v) or ek ∈ Vk \ 0 et RA(ek) = λk, d’ou

λk = maxv∈Vk\0

RA(v).

6. a) Supposons dim (F1 ∩Vect(ek, . . . , en)) = 0, alorsdim (F1 ⊕Vect(ek, . . . , en)) = k + (n − k + 1) = n + 1,impossible puisque (F1 ⊕Vect(ek, . . . , en)) est unsous-espace vectoriel de M0(n, 1)R qui est de dimesnionn, d’o dim (F1 ∩Vect(ek, . . . , en)) 6= 0 et par suitedim (F1 ∩Vect(ek, . . . , en)) ≥ 1.

b) w ∈ F1 ∩Vect(ek, . . . , en) =⇒ w =

n∑

i=k

xiei

=⇒ <f(w), w>=

n∑

i=k

λix2i ≥ λk

n∑

i=k

x2i et <w,w>=

n∑

i=k

x2i ,

d’o RA(w) =<f(w), w>

<w,w>≥ λk.

c) D’apres 5.) on a : λk = maxv∈Vk\0

RA(v) et Vk ∈ Fk,

d’o λk ≥ minF∈Fk

(max

v∈F\0RA(v)

), et d’apres 6.b)

λk ≤ RA(w) ≤ maxv∈F\0RA(v) ∀F ∈ Fk, d’oλk ≤ min

F∈Fk

(max

v∈F\0RA(v)

), d’ou l’egalite.

7. a) L’application ψA : v 7−→< Av, v > est continue surM0(n, 1)R en tant que produit scalaire de deux fonctionscontinues car lineaires v 7→ Av et v 7→ v et on en deduit lacontinuite de l’application RA sur M0(n, 1)R \ 0 carrapport de deux fonctions continues v 7→< Av, v > etv 7→<v, v> avec un dnominateur qui ne s’annulle jamais.

b) Soient A et B deux elements de M0(n, 1)R \ 0, oncherche les relier par un chemin qui ne passe pas par l’ori-gine.

– 1r cas 0 /∈ [A,B] alors le cheminγ : [0, 1] −→ M0(n, 1)R \ 0

t 7−→ tA+ (1− t)Bfera bien l’af-

faire.– 1r cas 0 ∈ [A,B], on se fixe un elementC ∈ M0(n, 1)R \ 0 tel que: 0 /∈ [A,C] et 0 /∈ [C,B],on relie alors A C puis C B.

D’ou l’ensemble M0(n, 1)R \ 0 est connexe par arcs etl’image de l’application RA est aussi un ensemble connexepar arcs de R, donc un intervalle car les seuls connexespar arcs de R sont ses intervalles.

c) D’apres ce qui precede RA(v), v ∈ M0(n, 1)R \ 0 est un intervalle, or λ1 = min

v 6=0RA(v)

et λn = maxv 6=0

RA(v). D’o

RA(v), v ∈M0(n, 1)R \ 0 = [λ1, λn]

* 2me Partie

1. Soit B une matrice symtrique relle d’ordre n.supposons B definie positive et soit λ une valeur propre de Bet X un vecteur propre associe, alors tXBX = λ‖X‖2 > 0 d’oλ > 0Inversemnt, supposons B admet deux valeurs propresλ > 0 et µ > 0, comme B est symetrique alors

1

elle orthogonalement diagonalisable, c’est dire ∃P inver-

sible telle que B =t P

(λ 00 µ

)P , d’ou ∀X 6= 0 on a :

tXBX =t XtP

(√λ 0

0õ

)(√λ 0

0õ

)PX =t Y Y > 0 ou

Y =

(√λ 0

0õ

)PX 6= 0 car X 6= 0, d’ou B est definie posi-

tive.Conclusion : B est definie positive si et seulement si ses valeurspropres sont strictement positives.

2. a) A est definie positive, donc pour tX = (1, 0) 6= 0 on a :a =t XAX > 0 d’autre part det(A) = ac − b2 > 0 carc’est le produit des valeurs propres de A.

b) Tout calcul fait :tXAX = ax2+2bxy+cy2 = a

((x+ b

ay)2 + ( ca − b2

a2)y2)

=

a((x+ b

ay)2 + (ac−ba2

)y2)> 0. Donc A est definie positive.

3. a) Montrer que :< g(x), y >=< p f(x), y >=< f(x), p(y) >=< f(x), y >car p projecteur orthogonal sur H et y ∈ H et dememe < x, g(y) >=< x, f(y) > or f est symetrique d’o< f(x), y >=< x, f(y) >, donc < g(x), y >=< x, g(y) >,et alors g est un endomorphisme autoadjoint de H.

b) Soit (e′1, . . . , e′n−1) base propre orthonormee de H as-

sociee a g dont les valeurs propres sont µ1, . . . , µn−1, pourtout k ∈ 1, . . . , n − 1 on pose : V ′k = V ect(e′1, . . . , e

′k),

comme precedement on montre que µk = maxv∈V ′

k\0RA(v),

or V ′k ∈ Fk et

λk = minF∈Fk

(max

v∈F\0RA(v)

), d’ou λk ≤ µk.

c) Soit k ∈ 1, . . . , n− 1.i. Supposons dim(F ∩ H) < k, donc

dim(F +H) = dimF + dimH − dim(F ∩H)= n+ k−dim(F ∩H) > n, impossible puisque F ∩Hest un sous-espace vectoriel de M0((n− 1), 1)R quiest de dimension n d’o dim(F ∩H) ≥ k.

ii. g(v) = p(f(v)), donc g(v) − f(v) ∈ H⊥, orv ∈ H, d’ou < g(v) − f(v), v >= 0 et donc< g(v), v >=< h(v), v >, en particulier

< g(v), v >≤ maxv∈F\0<f(v),v><v,v> ∀v ∈ G \ 0, d’ou

maxv∈G\0

<g(v), v>

<v, v>≤ max

v∈F\0<f(v), v>

<v, v>.

iii. En passant au min dans l’ingalite precedente et enutilisant le theoreme de Courant–Fischer gauche pourg et droite pour f et vu que G est de dimension k etF de dimension k + 1, on conclut que µk ≤ λk+1.

4. a) An−1 n’est autre que la matrice de g, elle est symetriquecar g est auto–adjoint.

b) Application directe de ce qui precede on a λk ≤ µ′k ≤ λk+1

puisque les µ′k sont aussi valeurs propres de g.

c) Si la matrice A est definie positive, alors toutes ses valeurspropres λk sont strictement positives il en sera de memepour les valeurs propres µ′k de la matrice An−1, or An−1est symtrique donc orthogonlement diagonalisable, d’ou

∃P inversible telle que An−1 =t P

µ′1 0 . . . 0

0. . .

. . ....

... 00 · · · µ′n

P ,

d’ou ∀X 6= 0 on a :

tXAn−1X =t XtP

µ′1 0 . . . 0

0. . .

. . ....

... 00 · · · µ′n

PX =t Y Y > 0

ou

Y =

√µ′1 0 . . . 0

0. . .

. . ....

... 0

0 · · ·√µ′n

PX 6= 0 car X 6= 0, d’o

An−1 est dfinie positive.

5. a) Si A est definie positive alors toutes les matrices Ak sontaussi deefinie positive d’aprs la question precedente, doncleurs determinants sont tous strictement positifs.

b) Le rsultat est deja verifie pour n = 2.Supposons le resultat vrai pour n − 1, on peutdonc deja affirmer que An−1 est definie positive, d’ouµ′k > 0 ∀1 ≤ k ≤ n−1, en particulier λ2 > 0, . . . , λn > 0,

or detA =n∏

i=1

λi > 0, d’ou λ1 > 0, ainsi A est une ma-

trice symetrique dont toutes les valeurs propres sont stric-tement positives, donc definie positive.

6. Un exemple d’utilisation :

a) Montrer que, pour tout t ∈ [0, 1[, la matrice M(t) estsymtrique definie positive.

b) En deduire que la matrice∀X 6= 0tXM1X =t X(

∫ 10 M(t)dt)X =

∫ 10

tXMXdt > 0car tXMX > 0, d’o M1 est definie positive.

* 3me Partie A- Une deuxieme application

1. a) ∀F ∈ Fk, ∀v ∈ F \ 0 on a : RA′(v) = RA(v) + RE(v)d’ou

maxv∈F\0

RA′(v) = maxv∈F\0

(RA(v) +RE(v))

≤ maxv∈F\0

RA(v) + maxv∈F\0

RE(v)

≤max

v∈F\0RA(v) + max

v 6=0RE(v) = max

v∈F\0RA(v) + µn d’ou

minF∈F

maxv∈F\0

RA′(v) ≤ minF∈F

maxv∈F\0

RA(v) + µn et donc

λ′k ≤ λk + µn, d’autre part, ∀F ∈ Fk, ∀v ∈ F \ 0 ona : RA′(v) = RA(v)+RE(v) ≥ RA(v)+µ1, en passant unepremiere fois au max sur v ∈ F \ 0 puis une deuxiemefois au min sur F ∈ F on obtient l’autre egalite d’ou pourtout k ∈ 1, 2, . . . , n, on a : λk + µ1 ≤ λ′k ≤ λk + µn.

b) D’apres la question precedente on a : µ1 ≤ λ′k − λk ≤ µn,d’ou |λ′k − λk| ≤ max(|µ1|, |µn|), montrons alors que

‖A − A′‖ = maxX 6=0

‖(A−A′)X‖‖X‖ = max(|µ1|, |µn|), en ef-

fet A − A′ = E est symetrique, donc diagonalisable dansune base orthonormale, (e′1, . . . , e

′n) associee aux valeurs

propres µ1 ≤ . . . ≤ µn, d’ou |µk| ≤ max(|µ1|, |µn|) = r,

et ∀X 6= 0 on a X =n∑

k=1

xke′k, d’o X =

n∑

k=1

µkxke′k en

particulier ‖EX‖2 =n∑

k=1

µ2kx2k ≤ r2

n∑

k=1

x2k = r2‖X‖2,

d’ou ‖A − A′‖ = maxX 6=0

‖EX‖‖X‖ ≤ r, d’autre part

‖A − A′‖ = maxX 6=0

‖EX‖‖X‖ ≥ ‖Ee′1‖

‖e′1‖= |µ1| et

‖A − A′‖ = maxX 6=0

‖EX‖‖X‖ ≥ ‖Ee′n‖

‖e′n‖= |µn|, d’o

‖A−A′‖ ≥ max(|µ1|, |µn|) d’ou l’egalite.

2

2. Soit A ∈ S+n , on cherche

ε > 0 tel que: ‖A−A′‖ ≤ ε =⇒ A′ ∈ S+n , en effet :

‖A−A′‖ ≤ ε =⇒ |λ′k−λk| ≤ ε−ε ≥ λ′k−λk =⇒ λk−ε ≥ λ′k=⇒ min

1≤k≤nλk − ε ≥ λ′k, si on prend ε =

1

2min

1≤k≤nλk > 0, alors

λ′k ≥1

2min

1≤k≤n> 0, ∀1 ≤ k ≤ n, ainsi toutes les valeurs

propres de A′ qui est symetrique sont strictement positives,d’o A′ est definie positive.

B- Une derniere application

1. Les matrices R et S sont orthogonales, d’outRR = In et tSS = In−1, d’ou

tQQ =

(1 00 tS

)t

RR

(1 00 S

)=

(1 00 tS

)(1 00 S

)=

(1 00 tSS

)

=

(1 00 In−1

)= In, d’ou la matrice Q est orthogonale.

2. Simple calcul, en utilisant les relations :

tRMR =

(tUU 0

0 0

),tRAR =

(α taa An−1

)et

tSAn−1S = diag(α2, . . . , αn).

3. On a Aε − A = εM , donc Aε jouera le role de A′ et εM celuide E, dont les valeurs propres sont µ1 = 0 et µn = εtUU .

4. a) C’est un resultat du cours puisque la matrice Q est ortho-gonale.

b) le coefficient d’indice (i, j) de tQAQ s’obtient en faisantle produit scalaire de la i-eme ligne de tQ avec laj-eme colonne de AQ = ACj , donc ce coefficient esttCiACj = α si i = j = 1

αi si i = j ≥ 2βi si i = 1, j ≥ 2 ou j = 1, i ≥ 20 sinon

Soit X =n∑

i=1

yiCi ∈ M0(n, 1)R alors

tXAX =n∑

i=1

n∑

j=1

yiytjCiACj = αy21+

n∑

i=2

αiy2i +2

n∑

j=2

βjy1yj .

c) De maniere analogue on a :

tXAεX = (α+ εtUU)y21 +n∑

i=2

αiy2i + 2

n∑

j=2

βjy1yj

=t XAX + εtUUy21.

Ainsi RAε(X) =tXAεX

<X,X>=

tXAX + εtUUy21<X,X>

= RA(X) + εtU Uy21

<X,X>.

d) Choisir X ∈ F tel que: F ∈ F2 avec y1 = 0.

Fin du corrige

3

3.9 2005 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.9 2005

3.9.1 Enonce

249

CONCOURS MARROCAIN 2005 MATHS II .corrige de Brahim Benmimoun ( MP MEKNES ).

I)PRELIMINAIRES1 Remarque : si α ∈ N alors Dfα = R.

1.1 fα est de classe C1sur] − 1, +∞[ et on a :

∀x ∈] − 1, +∞[; (1 + x)f′α(x) − αfα(x) = 0.

1.2 Puisque R > 0 : Sa est de classe C∞ sur ] − R, R[.

1.2.a Si x ∈] − r, r[ ou r = min(1, R), par injection dans l’ equation (1) on trouve :Sa est solution de (1) ssi ∀k ∈ N; (k + 1)ak+1 = (α − k)ak.

1.2.b Une reccurence immediate donne :

ak =

k−1∏

j=0

(α − j)

k!a0, ∀k ∈ N.

1.2.c si α ∈ N il est clair que Sa est un polynome donc le rayon est infini.Si α ∈ N par le critere d’Alembert le rayon de convergence est 1.Si α ∈ R/N on a fα est solution du probleme de Cauchy :

y(o) = 1, (1 + x)y′ − αysur l’ouvert] − 1, +∞[.

D’apres le theoreme de Cauchy - Lipschitz la somme de la serie entiere Sa qui verifie Sa(0) = 1coincide avec fα sur ] − 1, 1[.Si α ∈ N Sa coincide avec fα meme sur ] − ∞, +∞[.

1.3 f 12(x) =

+∞∑

0

bkxk en utilisant le produit de Cauchy :

(f 12)2(x) = 1 + x ⇐⇒ ∀q > 2;

q∑

k=0

bkbq−k, b0 = 1.

2

2.1 up−1 6= 0 d’ou l’existance de x0 verifiant up−1(x0) 6= 0.

2.2 Soient (α0, ..., αp−1) des reels verifiant :

p−1∑

i=0

αiui(x0) = 0 si on suppose (α0, ..., αp−1) 6=

(0, ..., 0) soit j = i/αi 6= 0 alors

p−1∑

i=j

αiui(x0) = 0 d’ou en compossant par up−1−j on trouve :

αjup−1(x0) = 0 de sorte que αj = 0 d’ou une contradiction.

1

2.3 (x0, ..., up−1(x0)) une famille libre de cardinal p d’un espace vectoriel de dimension n, on

en deduit que p ≤ n comme up = 0 alors un = un−pup = 0.

2.4 Xp est un polynome unitaire annulateur de u donc Πu divise Xp de sorte que Πu est dela forme Xj ou j 6 p.

si j < p alors l’expression uj = 0 menerait a une contradiction en conclusion : Πu = Xp.

II ETUDE D’ EQUATIONS DU TYPE X2 = A DANS Mn(R)

A. un exemple

1. on verifie facilement que sp(A) = 1, 2, 3 et donc A admet trois valeurs propres distinctesde sorte que A ∈ M3(R) admet est diagonalisable.

2. on note 1 = λ1, 2 = λ2, 3 = λ3 on verifie que e1=

−110

,e2=

11

−1

,e3=

110

3. e1, e2, e3 sont des vecteurs propres associes respectivement aux valeurs propres λ1, λ2, λ3

qui sont distinctes donc (e1, e2, e3) est une base de R3 on note B = (e1, e2, e3).

D = Mat(u, B) =

1 0 00 2 00 0 3

A = PDP−1 ou P =

−1 1 11 1 10 −1 0

4.4.1 Facilement v2 = u, uv = vu.

4.2 uv(ei) = λiv(ei)∀i ∈ 1, 2, 3 ainsi v(ei) ∈ Ker(u − λiidR) = V ed(ei) d’ou v(ei) estcolineaire a ei on note v(ei) = αiei ou αi ∈ R

4.3 Mat(v, B) =

α1 0 00 α2 00 0 α3

v2 = u on trouve α2i = λi de sorte que αi ∈ −λi, λi.

5. on trouve huit solutions de la forme X = P

α1 0 00 α2 00 0 α3

P−1 ou αi ∈ −λi, λi.

B. Quelques resultats generaux1.1.1 v2p = up = 0 et v2(p−1) = up−1

2

on a v est nilpotent d’idice note q ∈ 2p − 1, 2p or q 6 n d’ou 2p − 1 6 q 6 n de sorte quep 6 n+1

2 .

1.2 M =

(0 10 0

)nilpotent d’indice p = 2 qui ne verifie pas 2 6 2+1

3 D’ou le resultat.

2. Par un calcul facile ω2 = (n−1∑

i=0

biui)(

n−1∑

j=0

bjuj) =

∑

06i,j6n−1

bibjui+j =

2n−1∑

q=0

(

q∑

i=0

bibq−j)uq

=

p−1∑

q=0

(

q∑

i=0

bibq−j)uq = b2

0IE + 2bob1u = IE + u.

3.1 D’apres 1.2 on a (x1, ..., un−1(x1)) est libre ayant n elements donc base de E et par suite

g(x) s’ecrit∑n−1

i=0 αiui(x1).

3.2 gu = g(g2 − I) = (g2 − I)g = ug; B = (x1, ..., un−1(x1)) est une base de E on verifie

facilement que ∀j ∈ 0, 1, ..., n − 1g(uj(x1)) =

n−1∑

i=0

αiui(uj(x1)) d’ou le resultat.

3.3n−1∑

i=0

αiui = 0 on applique a x1 on trouve alors le resultat.

IE + u = (

n−1∑

i=0

αiui)2 =

n−1∑

q=0

(

q∑

i=0

αiαq−i)u2

puisque (IE , u1, ..., un−1) est libre on trouve alors le resultat.

3.4 α20 = 1 = b2

0 soit ǫ ∈ −1, 1 tel que α0 = ǫb0 on note par une reccurence finie simple queαi = ǫbi, ∀i ∈ 0, ..., n − 1 ainsi g = −ω ou g = ω.

4. Application

on note M = I + J ou J =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

En considerant l’endomorphisme u de R4 associe a J ; qui est nilpotent d’indice 4

d’apres l’etude precedente on trouve X2 = M ⇐⇒ X =3∑

i=0

αiJi ou X = − ∑3

i=0 biJi.

5.1 νd = dν d’ou (d − λIE)ν = ν(d − λIE) d’ou Ek = Ker(d − λIE) est stable par νSi p l’indice de nilpotente de ν alors νp

λ = 0 d’ou νλ est nilpotent on note son indice pλ(pλ 6 p).

5.2 Soit λ ∈ Sp(d)Soit x0 ∈ Eλ tel que :νpλ−1(x0) 6= 0 alors d(νpλ−1(x0)) = u(νpλ−1(x0)) = λνpλ−1(x0))et comme νpλ−1(x0) ∈ Eλ alors λ est une valeur propre de dOn a sp(d) ⊂ sp(u) ⊂ R∗

+, donc 0 n’est pas une valeur propre de d et par suite d est inversible.

3

5.3

d etant diagonalisable donc : E =

r⊕

i=1

Eλi avec λ1, ...λr les valeurs propres distincts de d.

Si x =r∑

i=1

xi ou xi ∈ Eλi alors d(x) =r∑

i=1

λixi.

5.4

Si δ endomorphisme de E verifiant δ2 = d et νδ = δν alors δ laisse stableles espaces propres de d et δ2/Eλi

= λiIEλi.

Il suffit de prendre δ/Eλi=

√λiIEλi

.Soit alors δ endomorphisme de E definit par :

Si x =r∑

i=1

xi ou xi ∈ Eλi alors δ(x) =r∑

i=1

√λixi.

On verifie facilement que : δ2 = d et νδ = δν.

5.5

det(δ2) = (detδ)2 = det(d) 6= 0 donc det(δ) 6= 0 et par suite δ est inversible.On a : νδ−2 = ν(δ2)−1 = νd−1 or νd = dν et donc d−1ν = νd−1.Ainsi νδ−2 = δ−2ν et par suite (νδ−2)n = (ν)n(δ−2)n = 0.D’ou νδ−2 est nilpotent.

5.6

D’apres II B , si on note u1 = νδ−2 et w =n−1∑

i=1

biui1.

Alors u1 est nilpotent et on a w2 = IE + u1

Ainsi w2δ2 = δ2 + ν = d + ν = u .Soit v = wδ alors :

wδ =

n−1∑

i=1

bi(νδ−2)iδ =

n−1∑

i=1

biδ(νδ−2)i = δn−1∑

i=1

bi(νδ−2)i = δw.

Ainsi v2 = (wδ)2 = w2δ2 = u

Enfin il suffit de noter P =n−1∑

i=1

biXi on a bien P ∈ Rn−1[X].

4

III. RACINE CARREE D’UNE MATRICE SYMETRIQUE POSITIVE.1.Notons N = tMM alors : tN = t(tMM) = tMM = N d’ou N est symetrique .Soit X ∈ Mn1(R) on a :

tXNX = t(MX)(MX) =n∑

i=1

z2i > 0 ou MX =

z1

z2

.

.

.zn

.

D’ou N est symetrique positive ,on a le meme conclusion si M est symetrique.

2.1A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que : PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn).ou les λi sont les valeur propres de A.[⇒]Supposons que A est positive , soit λ une valeur propre et X ∈ Mn1(R) non nul tel que :

AX = λX.

On a :0 6 tXAX = λtXX = λ‖X‖2 ou ‖‖ est la norme euclidienne de Mn1(R) et donc λ estpositive.[⇐]A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que :

PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn).

ou les λi sont les valeur propres de A ,on note ensuite D = diag(λ1, λ2, .., λn).

Si X ∈ Mn1(R); tXAX = tXtPDPX = t(PX)D(PX) =

n∑

i=1

λiz2i > 0 avec PX =

z1

z2

.

.

.zn

.

Ainsi A est positive . 2.2Meme raisonnement en remplacant les inegalites larges par les inegalites strictes .3.1A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que : PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn)matrice qu’on note D.ou les λi sont les valeur propres de A qui sont positves car A est symetrique positiveSoit ∆ = diag(

√λ1,

√λ2, ..,

√λn) on a alors :

A = tPDP = tP∆∆P = (tP∆P )(tP∆P ) = B2 ou B = tP∆P.

Il est clair que B est symetrique, positive car ses valeur propres sont les√

λi positives d’oule resultat .Si A ∈ S++

n alors B ∈ S++n puisque les

√λi seront strictements positives.

5

3.2(a) f et g commutent donc tout espace propre de f est stable par g(b) g est un endomorphisme autoadjont donc diagonalisable et par suite gλ est aussidiagonalisable .Considerons α ∈ Sp(gλ) ⊂ Sp(g) ⊂ R+, alors α2 ∈ Sp(g2

λ).Or f = g2 donc λIEλ(f) = g2

λ et par suite α2 = λ ,ainsi α =√

λ.

En conclusion Sp(gλ) = √

λ et donc gλ =√

λEλ(f).

(c) f est un endomorphisme autoadjont donc diagonalisable et par suite E =⊕

λ∈Sp(f)

Eλ(f).

Si x =∑

λ∈Sp(f)

xλ alors : g(x) =∑

λ∈Sp(f)

√λxλ

Ainsi g est completement determine ;de plus B = Mat(g, Bc) ou Bc est la base canonique deMn,1(R), d’ou i’unicite de B.

3.3Soit B1 une base adaptee a la decomposition E =

⊕

λ∈Sp(f)

Eλ(f) alors :

A = PDP−1 et√

A = PD1P−1 avec D = diag(λ1, λ1, ..., λn) et D1 = diag(

√λ1,

√λ2, ...,

√λn)

(ou les λi sont les valeurs propres de A et P la matrice de passage de Bc a B1).Notons R le polynome d’interpolation da lagrange associe aux suites :(µ1, µ1, ..., µr), (

õ1,

õ2, ...,

√µr) avec Sp(A) = µ1, µ1, ..., µr.

Alors R(D) = D1 et par suite R(A) = R(PDP−1) = PR(D)P−1 = PD1P−1 =

√A, d’ou le

resultat .

4.1A ∈ S+

n donc√

A ∈ S+n .

On a : A = t(√

AC√

A) = t(√

A)t(C)t(√

A) =√

A√

C√

A.D’autre part : Si X ∈ Mn1(R) on a : tX

√AC

√AX = t(

√AX)C

√AX = tY CY > 0

ou Y =√

AX ainsi√

AC√

A est symetrique positive et par suite :

0 6∑

λ∈Sp(√

AC√

A)

λ = Tr(√

AC√

A) = Tr(√

A√

AC) = Tr(AC).

4.2Puisque A est definie positive il en est de meme de

√A et donc

√A est inversible

,notons S =√

AC√

A qui est symetrique reelle donc diagonalisable ainsi AC estdiagonalisable car

√AS(

√A)−1 = AC.

5.1AB est symetrique en effet : t(AB) = t(BA) = tAtB = AB.Soit P et Q deux polynomes tels que :

√A = P (A) et

√B = Q(B).

Puisque A et B commutent il en est de meme de A et Q(B) et par suite P (A) et Q(B)commutent , d’ou le resultat .

6

5.2(√

A√

B)2 =√

A√

B√

A√

B = (√

A)2(√

B)2 = AB.Or

√A et

√B sont symetriques et commutent donc

√A

√B est symetrique

et par suite AB = (√

A√

B)2 est symetrique positive ( cf : question III.1)

5.3

On a√

A et√

B sont deux elements de S+n qui commutent donc d’apres III.5.1 et III. 5.2 :√

A√

B est un element de S+n .

Comme√

A√

B ∈ S+n et (

√A

√B)2 = AB alors d’apres III.3 :

√AB =

√A

√B.

6.1Soit (Mn)n une suite a elements dans S+

n qui converge vers une matrice M de Mn(R).Soit X ∈ Mn1(R) on a alors : ∀n ∈ N∗ , tMn = Mn et tXMnX > 0.En tendant n vers l’infini et en utilisant la continuite des endomorphismes de Mn(R) definispar : A 7→ tXAX , A 7→ tA on trouve :

tM = M, tXMX > 0.

Ainsi S+n est un ferme de Mn(R)

Autre facon : considerons l’ endomorphismef de Mn(R) defini par :A 7→ tA − A qui estevidement continu , par suite Sn = f−10 est un ferme de Mn(R).D’autre part pour X ∈ Mn1(R) notons gX l’application de Sn dans R definie par :

A 7→ tXAX, gX est continue et Comme S+n =

⋂

X∈Mn1(R)

g−1X [0, +∞[ alors S+

n est un ferme Sn

(comme interssection de fermes deSn )et par suite ferme de Mn(R).

6.2Notons ϕ : X 7→ X2 l’application de S+

n dans lui meme il est clair que ϕ est continue etϕ Φ = IS+

nainsi Φ est bijective et Φ−1 = ϕ.

6.3(Ak)k converge vers A donc par continuite de la trace ; (Tr(Ak))k converge vers Tr(A).D’autre part ‖√

Ak‖2 = Tr(t√

Ak

√Ak) = Tr(Ak) qui le terme d’une suite convergente donc

la suite (√

Ak)k est bornee.

6.4la suite (

√Ak)k du ferme S+

n est bornee donc possede au moins une valeur d’adherence,

il existe une sous suite (√

Aχ(k))k de (√

Ak)k qui converge vers un certain C de S+n .

Si C1 et C2 deux valeur d’adherences de (√

Ak)k ,soient alors (√

Aχ1(k))k et (√

Aχ2(k))k deux

sous suites de (√

Ak)k qui convergent respectivement vers C1 et C2.Donc on composant par ϕ qui est continue et en utilisant la convergence de la suite (Ak)k

on trouve C21 = A = C2

2 or ϕ est bijective et donc C1 =√

A = C2.D’ou la suite (

√Ak)k possede une unique valeur d’adherence qui n’est d’autre que

√A d’ou :

(Φ(√

Ak))k converge vers√

A .En conclusion Φ est continue.

7

7.1Il est clair que l’application H 7→ AH + HA est un endomorphisme de Mn(R) montronsqu’elle est injective .soit H ∈ Mn(R) telle que : AH + HA = 0.A ∈ S+

n donc diagonalisable et ses valeur propres sont strictements positives .Soit (X1, X2, .., Xn) une base de vecteurs propres de l’endomorphisme de Rn canoniquementassocie a A , notons λi la valeur propre associee a Xi pour i = 1, 2, .., n.Soit i ∈ 1, 2, .., n alors (AH + HA)tXi = 0 et donc AHtXi = −HAtXi et par suiteAHtXi = −λiH

tXi donc necessairement HtXi = 0 car si non A aurait une valeur proprenegative −λi ce qui est en contradiction avec sp(A) ⊂ R∗

+.En conclusion ∀i ∈ 1, 2, .., n; HtXi = 0 et par suite H = 0 car l’endomorphisme de Rn

canoniquement associe est nul sur la base (X1, X2, .., Xn).D’ou H 7→ AH + HA est un automorphisme de Mn(R).

7.2Soit A ∈ Mn(R).si H ∈ Mn(R) on a alors :

Ψ(A + H) − Ψ(A) = (A + H)2 − A2 = AH + HA︸ ︷︷ ︸lineaire en H

+ H2︸︷︷︸

negligeable par rapport a H

Donc Ψ est differentiable en A et ∀H ∈ Mn(R) on a :

dΨ(A)(H) = AH + HA

.

7.3L’application notee Ψ : A 7→ A2 de S+

n dans Mn(R) est differentiable qui realise une bijectionde l’ouvert S++

n de S+n dans lui meme .

De plus ∀A ∈ S++n ; dΨ(A) = dΨ(A) est un automorphisme de Mn(R).

Donc Ψ realise un diffeomorphisme de S++n dans lui meme .

8

3.9 2005 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.9.2 Corrige

258

CONCOURS MARROCAIN 2005 MATHS II .corrige de Brahim Benmimoun ( MP MEKNES ).

I)PRELIMINAIRES1 Remarque : si α ∈ N alors Dfα = R.

1.1 fα est de classe C1sur] − 1, +∞[ et on a :

∀x ∈] − 1, +∞[; (1 + x)f′α(x) − αfα(x) = 0.

1.2 Puisque R > 0 : Sa est de classe C∞ sur ] − R, R[.

1.2.a Si x ∈] − r, r[ ou r = min(1, R), par injection dans l’ equation (1) on trouve :Sa est solution de (1) ssi ∀k ∈ N; (k + 1)ak+1 = (α − k)ak.

1.2.b Une reccurence immediate donne :

ak =

k−1∏

j=0

(α − j)

k!a0, ∀k ∈ N.

1.2.c si α ∈ N il est clair que Sa est un polynome donc le rayon est infini.Si α ∈ N par le critere d’Alembert le rayon de convergence est 1.Si α ∈ R/N on a fα est solution du probleme de Cauchy :

y(o) = 1, (1 + x)y′ − αysur l’ouvert] − 1, +∞[.

D’apres le theoreme de Cauchy - Lipschitz la somme de la serie entiere Sa qui verifie Sa(0) = 1coincide avec fα sur ] − 1, 1[.Si α ∈ N Sa coincide avec fα meme sur ] − ∞, +∞[.

1.3 f 12(x) =

+∞∑

0

bkxk en utilisant le produit de Cauchy :

(f 12)2(x) = 1 + x ⇐⇒ ∀q > 2;

q∑

k=0

bkbq−k, b0 = 1.

2

2.1 up−1 6= 0 d’ou l’existance de x0 verifiant up−1(x0) 6= 0.

2.2 Soient (α0, ..., αp−1) des reels verifiant :

p−1∑

i=0

αiui(x0) = 0 si on suppose (α0, ..., αp−1) 6=

(0, ..., 0) soit j = i/αi 6= 0 alors

p−1∑

i=j

αiui(x0) = 0 d’ou en compossant par up−1−j on trouve :

αjup−1(x0) = 0 de sorte que αj = 0 d’ou une contradiction.

1

2.3 (x0, ..., up−1(x0)) une famille libre de cardinal p d’un espace vectoriel de dimension n, on

en deduit que p ≤ n comme up = 0 alors un = un−pup = 0.

2.4 Xp est un polynome unitaire annulateur de u donc Πu divise Xp de sorte que Πu est dela forme Xj ou j 6 p.

si j < p alors l’expression uj = 0 menerait a une contradiction en conclusion : Πu = Xp.

II ETUDE D’ EQUATIONS DU TYPE X2 = A DANS Mn(R)

A. un exemple

1. on verifie facilement que sp(A) = 1, 2, 3 et donc A admet trois valeurs propres distinctesde sorte que A ∈ M3(R) admet est diagonalisable.

2. on note 1 = λ1, 2 = λ2, 3 = λ3 on verifie que e1=

−110

,e2=

11

−1

,e3=

110

3. e1, e2, e3 sont des vecteurs propres associes respectivement aux valeurs propres λ1, λ2, λ3

qui sont distinctes donc (e1, e2, e3) est une base de R3 on note B = (e1, e2, e3).

D = Mat(u, B) =

1 0 00 2 00 0 3

A = PDP−1 ou P =

−1 1 11 1 10 −1 0

4.4.1 Facilement v2 = u, uv = vu.

4.2 uv(ei) = λiv(ei)∀i ∈ 1, 2, 3 ainsi v(ei) ∈ Ker(u − λiidR) = V ed(ei) d’ou v(ei) estcolineaire a ei on note v(ei) = αiei ou αi ∈ R

4.3 Mat(v, B) =

α1 0 00 α2 00 0 α3

v2 = u on trouve α2i = λi de sorte que αi ∈ −λi, λi.

5. on trouve huit solutions de la forme X = P

α1 0 00 α2 00 0 α3

P−1 ou αi ∈ −λi, λi.

B. Quelques resultats generaux1.1.1 v2p = up = 0 et v2(p−1) = up−1

2

on a v est nilpotent d’idice note q ∈ 2p − 1, 2p or q 6 n d’ou 2p − 1 6 q 6 n de sorte quep 6 n+1

2 .

1.2 M =

(0 10 0

)nilpotent d’indice p = 2 qui ne verifie pas 2 6 2+1

3 D’ou le resultat.

2. Par un calcul facile ω2 = (n−1∑

i=0

biui)(

n−1∑

j=0

bjuj) =

∑

06i,j6n−1

bibjui+j =

2n−1∑

q=0

(

q∑

i=0

bibq−j)uq

=

p−1∑

q=0

(

q∑

i=0

bibq−j)uq = b2

0IE + 2bob1u = IE + u.

3.1 D’apres 1.2 on a (x1, ..., un−1(x1)) est libre ayant n elements donc base de E et par suite

g(x) s’ecrit∑n−1

i=0 αiui(x1).

3.2 gu = g(g2 − I) = (g2 − I)g = ug; B = (x1, ..., un−1(x1)) est une base de E on verifie

facilement que ∀j ∈ 0, 1, ..., n − 1g(uj(x1)) =

n−1∑

i=0

αiui(uj(x1)) d’ou le resultat.

3.3n−1∑

i=0

αiui = 0 on applique a x1 on trouve alors le resultat.

IE + u = (

n−1∑

i=0

αiui)2 =

n−1∑

q=0

(

q∑

i=0

αiαq−i)u2

puisque (IE , u1, ..., un−1) est libre on trouve alors le resultat.

3.4 α20 = 1 = b2

0 soit ǫ ∈ −1, 1 tel que α0 = ǫb0 on note par une reccurence finie simple queαi = ǫbi, ∀i ∈ 0, ..., n − 1 ainsi g = −ω ou g = ω.

4. Application

on note M = I + J ou J =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

En considerant l’endomorphisme u de R4 associe a J ; qui est nilpotent d’indice 4

d’apres l’etude precedente on trouve X2 = M ⇐⇒ X =3∑

i=0

αiJi ou X = − ∑3

i=0 biJi.

5.1 νd = dν d’ou (d − λIE)ν = ν(d − λIE) d’ou Ek = Ker(d − λIE) est stable par νSi p l’indice de nilpotente de ν alors νp

λ = 0 d’ou νλ est nilpotent on note son indice pλ(pλ 6 p).

5.2 Soit λ ∈ Sp(d)Soit x0 ∈ Eλ tel que :νpλ−1(x0) 6= 0 alors d(νpλ−1(x0)) = u(νpλ−1(x0)) = λνpλ−1(x0))et comme νpλ−1(x0) ∈ Eλ alors λ est une valeur propre de dOn a sp(d) ⊂ sp(u) ⊂ R∗

+, donc 0 n’est pas une valeur propre de d et par suite d est inversible.

3

5.3

d etant diagonalisable donc : E =

r⊕

i=1

Eλi avec λ1, ...λr les valeurs propres distincts de d.

Si x =r∑

i=1

xi ou xi ∈ Eλi alors d(x) =r∑

i=1

λixi.

5.4

Si δ endomorphisme de E verifiant δ2 = d et νδ = δν alors δ laisse stableles espaces propres de d et δ2/Eλi

= λiIEλi.

Il suffit de prendre δ/Eλi=

√λiIEλi

.Soit alors δ endomorphisme de E definit par :

Si x =r∑

i=1

xi ou xi ∈ Eλi alors δ(x) =r∑

i=1

√λixi.

On verifie facilement que : δ2 = d et νδ = δν.

5.5

det(δ2) = (detδ)2 = det(d) 6= 0 donc det(δ) 6= 0 et par suite δ est inversible.On a : νδ−2 = ν(δ2)−1 = νd−1 or νd = dν et donc d−1ν = νd−1.Ainsi νδ−2 = δ−2ν et par suite (νδ−2)n = (ν)n(δ−2)n = 0.D’ou νδ−2 est nilpotent.

5.6

D’apres II B , si on note u1 = νδ−2 et w =n−1∑

i=1

biui1.

Alors u1 est nilpotent et on a w2 = IE + u1

Ainsi w2δ2 = δ2 + ν = d + ν = u .Soit v = wδ alors :

wδ =

n−1∑

i=1

bi(νδ−2)iδ =

n−1∑

i=1

biδ(νδ−2)i = δn−1∑

i=1

bi(νδ−2)i = δw.

Ainsi v2 = (wδ)2 = w2δ2 = u

Enfin il suffit de noter P =n−1∑

i=1

biXi on a bien P ∈ Rn−1[X].

4

III. RACINE CARREE D’UNE MATRICE SYMETRIQUE POSITIVE.1.Notons N = tMM alors : tN = t(tMM) = tMM = N d’ou N est symetrique .Soit X ∈ Mn1(R) on a :

tXNX = t(MX)(MX) =n∑

i=1

z2i > 0 ou MX =

z1

z2

.

.

.zn

.

D’ou N est symetrique positive ,on a le meme conclusion si M est symetrique.

2.1A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que : PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn).ou les λi sont les valeur propres de A.[⇒]Supposons que A est positive , soit λ une valeur propre et X ∈ Mn1(R) non nul tel que :

AX = λX.

On a :0 6 tXAX = λtXX = λ‖X‖2 ou ‖‖ est la norme euclidienne de Mn1(R) et donc λ estpositive.[⇐]A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que :

PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn).

ou les λi sont les valeur propres de A ,on note ensuite D = diag(λ1, λ2, .., λn).

Si X ∈ Mn1(R); tXAX = tXtPDPX = t(PX)D(PX) =

n∑

i=1

λiz2i > 0 avec PX =

z1

z2

.

.

.zn

.

Ainsi A est positive . 2.2Meme raisonnement en remplacant les inegalites larges par les inegalites strictes .3.1A etant reelle symetrique soit donc P matrice orthogonale telle que : PAtP = diag(λ1, λ2, .., λn)matrice qu’on note D.ou les λi sont les valeur propres de A qui sont positves car A est symetrique positiveSoit ∆ = diag(

√λ1,

√λ2, ..,

√λn) on a alors :

A = tPDP = tP∆∆P = (tP∆P )(tP∆P ) = B2 ou B = tP∆P.

Il est clair que B est symetrique, positive car ses valeur propres sont les√

λi positives d’oule resultat .Si A ∈ S++

n alors B ∈ S++n puisque les

√λi seront strictements positives.

5

3.2(a) f et g commutent donc tout espace propre de f est stable par g(b) g est un endomorphisme autoadjont donc diagonalisable et par suite gλ est aussidiagonalisable .Considerons α ∈ Sp(gλ) ⊂ Sp(g) ⊂ R+, alors α2 ∈ Sp(g2

λ).Or f = g2 donc λIEλ(f) = g2

λ et par suite α2 = λ ,ainsi α =√

λ.

En conclusion Sp(gλ) = √

λ et donc gλ =√

λEλ(f).

(c) f est un endomorphisme autoadjont donc diagonalisable et par suite E =⊕

λ∈Sp(f)

Eλ(f).

Si x =∑

λ∈Sp(f)

xλ alors : g(x) =∑

λ∈Sp(f)

√λxλ

Ainsi g est completement determine ;de plus B = Mat(g, Bc) ou Bc est la base canonique deMn,1(R), d’ou i’unicite de B.

3.3Soit B1 une base adaptee a la decomposition E =

⊕

λ∈Sp(f)

Eλ(f) alors :

A = PDP−1 et√

A = PD1P−1 avec D = diag(λ1, λ1, ..., λn) et D1 = diag(

√λ1,

√λ2, ...,

√λn)

(ou les λi sont les valeurs propres de A et P la matrice de passage de Bc a B1).Notons R le polynome d’interpolation da lagrange associe aux suites :(µ1, µ1, ..., µr), (

õ1,

õ2, ...,

√µr) avec Sp(A) = µ1, µ1, ..., µr.

Alors R(D) = D1 et par suite R(A) = R(PDP−1) = PR(D)P−1 = PD1P−1 =

√A, d’ou le

resultat .

4.1A ∈ S+

n donc√

A ∈ S+n .

On a : A = t(√

AC√

A) = t(√

A)t(C)t(√

A) =√

A√

C√

A.D’autre part : Si X ∈ Mn1(R) on a : tX

√AC

√AX = t(

√AX)C

√AX = tY CY > 0

ou Y =√

AX ainsi√

AC√

A est symetrique positive et par suite :

0 6∑

λ∈Sp(√

AC√

A)

λ = Tr(√

AC√

A) = Tr(√

A√

AC) = Tr(AC).

4.2Puisque A est definie positive il en est de meme de

√A et donc

√A est inversible

,notons S =√

AC√

A qui est symetrique reelle donc diagonalisable ainsi AC estdiagonalisable car

√AS(

√A)−1 = AC.

5.1AB est symetrique en effet : t(AB) = t(BA) = tAtB = AB.Soit P et Q deux polynomes tels que :

√A = P (A) et

√B = Q(B).

Puisque A et B commutent il en est de meme de A et Q(B) et par suite P (A) et Q(B)commutent , d’ou le resultat .

6

5.2(√

A√

B)2 =√

A√

B√

A√

B = (√

A)2(√

B)2 = AB.Or

√A et

√B sont symetriques et commutent donc

√A

√B est symetrique

et par suite AB = (√

A√

B)2 est symetrique positive ( cf : question III.1)

5.3

On a√

A et√

B sont deux elements de S+n qui commutent donc d’apres III.5.1 et III. 5.2 :√

A√

B est un element de S+n .

Comme√

A√

B ∈ S+n et (

√A

√B)2 = AB alors d’apres III.3 :

√AB =

√A

√B.

6.1Soit (Mn)n une suite a elements dans S+

n qui converge vers une matrice M de Mn(R).Soit X ∈ Mn1(R) on a alors : ∀n ∈ N∗ , tMn = Mn et tXMnX > 0.En tendant n vers l’infini et en utilisant la continuite des endomorphismes de Mn(R) definispar : A 7→ tXAX , A 7→ tA on trouve :

tM = M, tXMX > 0.

Ainsi S+n est un ferme de Mn(R)

Autre facon : considerons l’ endomorphismef de Mn(R) defini par :A 7→ tA − A qui estevidement continu , par suite Sn = f−10 est un ferme de Mn(R).D’autre part pour X ∈ Mn1(R) notons gX l’application de Sn dans R definie par :

A 7→ tXAX, gX est continue et Comme S+n =

⋂

X∈Mn1(R)

g−1X [0, +∞[ alors S+

n est un ferme Sn

(comme interssection de fermes deSn )et par suite ferme de Mn(R).

6.2Notons ϕ : X 7→ X2 l’application de S+

n dans lui meme il est clair que ϕ est continue etϕ Φ = IS+

nainsi Φ est bijective et Φ−1 = ϕ.

6.3(Ak)k converge vers A donc par continuite de la trace ; (Tr(Ak))k converge vers Tr(A).D’autre part ‖√

Ak‖2 = Tr(t√

Ak

√Ak) = Tr(Ak) qui le terme d’une suite convergente donc

la suite (√

Ak)k est bornee.

6.4la suite (

√Ak)k du ferme S+

n est bornee donc possede au moins une valeur d’adherence,

il existe une sous suite (√

Aχ(k))k de (√

Ak)k qui converge vers un certain C de S+n .

Si C1 et C2 deux valeur d’adherences de (√

Ak)k ,soient alors (√

Aχ1(k))k et (√

Aχ2(k))k deux

sous suites de (√

Ak)k qui convergent respectivement vers C1 et C2.Donc on composant par ϕ qui est continue et en utilisant la convergence de la suite (Ak)k

on trouve C21 = A = C2

2 or ϕ est bijective et donc C1 =√

A = C2.D’ou la suite (

√Ak)k possede une unique valeur d’adherence qui n’est d’autre que

√A d’ou :

(Φ(√

Ak))k converge vers√

A .En conclusion Φ est continue.

7

7.1Il est clair que l’application H 7→ AH + HA est un endomorphisme de Mn(R) montronsqu’elle est injective .soit H ∈ Mn(R) telle que : AH + HA = 0.A ∈ S+

n donc diagonalisable et ses valeur propres sont strictements positives .Soit (X1, X2, .., Xn) une base de vecteurs propres de l’endomorphisme de Rn canoniquementassocie a A , notons λi la valeur propre associee a Xi pour i = 1, 2, .., n.Soit i ∈ 1, 2, .., n alors (AH + HA)tXi = 0 et donc AHtXi = −HAtXi et par suiteAHtXi = −λiH

tXi donc necessairement HtXi = 0 car si non A aurait une valeur proprenegative −λi ce qui est en contradiction avec sp(A) ⊂ R∗

+.En conclusion ∀i ∈ 1, 2, .., n; HtXi = 0 et par suite H = 0 car l’endomorphisme de Rn

canoniquement associe est nul sur la base (X1, X2, .., Xn).D’ou H 7→ AH + HA est un automorphisme de Mn(R).

7.2Soit A ∈ Mn(R).si H ∈ Mn(R) on a alors :

Ψ(A + H) − Ψ(A) = (A + H)2 − A2 = AH + HA︸ ︷︷ ︸lineaire en H

+ H2︸︷︷︸

negligeable par rapport a H

Donc Ψ est differentiable en A et ∀H ∈ Mn(R) on a :

dΨ(A)(H) = AH + HA

.

7.3L’application notee Ψ : A 7→ A2 de S+

n dans Mn(R) est differentiable qui realise une bijectionde l’ouvert S++

n de S+n dans lui meme .

De plus ∀A ∈ S++n ; dΨ(A) = dΨ(A) est un automorphisme de Mn(R).

Donc Ψ realise un diffeomorphisme de S++n dans lui meme .

8

3.10 2006 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.10 2006

3.10.1 Enonce

267

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2006Ecole Mohammadia d’Ingenieurs

EMI

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou AssimileesSession 2006

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2006 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats du concours MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsi que le soin apporte a la redaction eta la presentation des copies seront des elements pris en compte dans la notation. Il convient en particulier derappeler avec precision les references des questions abordees

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui peut lui sembler etre une erreur d’enonce, ille signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

NOTATIONS ET RAPPELS

Dans tout le probleme, K designe le corps des reels ou celui des complexes (K = R ou C) et nun entier naturel superieur ou egal a 2. Si p ∈ N∗, on note Mn,p(K) l’espace vectoriel des matricesa coefficients dans K, a n lignes et p colonnes ; si p = n, Mn,p(K) est note simplement Mn(K), c’estl’algebre des matrices carrees d’ordre n a coefficients dans K. Le groupe des matrices inversibles deMn(K) est note GLn(K) et la matrice identite se notera In.

Pour toute matrice A de Mn,p(K), tA designe la matrice transposee de A et rg(A) son rang. Sip = n, SpK(A) represente l’ensemble des valeurs propres de A appartenant a K, Tr (A) sa trace etχA son polynome caracteristique ; il est defini par

∀ λ ∈ K, χA(λ) = det(A− λ In).

Pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, on note Ei,j la matrice de Mn(K) dont tous lescoefficients sont nuls sauf celui de la i-eme ligne et la j-eme colonne valant 1 ; on rappelle que lafamille

(Ei,j

)16i,j6n

est une base de Mn(K), dite base canonique, et que

∀ (i, j, k, l) ∈ 1, . . . , n4, Ei,jEk,l = δj,kEi,l, avec δj,k = 1 si j = k et 0 sinon.

Pour tout couple (P,Q) d’elements de GLn(K), on notera uP,Q et vP,Q les endomorphismes deMn(K) definis par

∀M ∈ Mn(K), uP,Q(M) = PMQ et vP,Q(M) = P tMQ.

PRELIMINAIRES

1. Soit A = (ai,j) ∈ Mn(K).

(a) Pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, exprimer les matricesAEi,j etEi,jA dansla base canonique de Mn(K).

(b) On suppose que, pour toute matrice M ∈ Mn(K), AM = MA ; montrer que A est unematrice scalaire, c’est a dire de la forme λIn avec λ ∈ K.

2. Soit A = (ai,j) ∈ Mn(K).

(a) Pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, exprimer la trace de la matrice AEi,j .

(b) On suppose que, pour toute matriceM ∈ Mn(K), Tr (AM) = 0 ; montrer queA est nulle.

3. Montrer que, pour tout couple (A,B) d’elements de Mn(K), Tr (AB) = Tr (BA).

4. Justifier que, pour tout P,Q ∈ GLn(K), les endomorphismes uP,Q et vP,Q conservent le rang.

Epreuve de Mathematiques II 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2006 – MP

Dans la suite du probleme, on admettra que tout endomorphisme Φ de Mn(C) qui conservele rang, c’est a dire tel que

∀M ∈ Mn(C), rg(Φ(M)) = rg(M),

est de la forme uP,Q ou vP,Q pour un certain couple (P,Q) d’elements de GLn(C).

PREMIERE PARTIE

A. Etude des endomorphismes de Mn(C) qui conservent le determinant

Dans cette section , Φ designe un endomorphisme de Mn(C) qui conserve le determinant, c’esta dire tel que

∀M ∈ Mn(C), detΦ(M) = detM.

Pour tout r ∈ 1, . . . , n, on pose Kr = In − Jr ou Jr est la matrice de Mn(C) definie par

Jr =

(Ir 00 0

).

1. Soit s ∈ 1, . . . , n et soit A = (ai,j) ∈ Mn(C) une matrice quelconque. Montrer quedet (λJs +A) est, en fonction de λ ∈ C, un polynome a coefficients complexes de degreinferieur ou egal a s.

2. Soit M ∈ Mn(C) une matrice de rang r ∈ 1, . . . , n.

(a) Justifier qu’il existe deux matrices R et S, elements de GLn(C), telles que M = RJrS.

(b) On pose N = RKrS ; exprimer, en fonction du complexe λ, le determinant de la matriceλM +N .

(c) On note s le rang de Φ(M). Montrer que det (λΦ(M) + Φ(N)) est, en fonction de λ ∈ C,un polynome a coefficients complexes de degre inferieur ou egal a s, puis en deduire quer 6 s, c’est a dire rg (M) 6 rg (Φ(M)).

3. Montrer alors que l’endomorphisme Φ est injectif puis justifier qu’il est inversible.

4. Verifier que l’endomorphisme Φ−1 conserve le determinant.

5. Conclure que l’endomorphisme Φ conserve le rang et preciser toutes ses formes possibles.

B. Etude des endomorphismes de Mn(C) qui conservent le polynome caracteristique

Dans cette section, Φ designe un endomorphisme de Mn(C) qui conserve le polynome car-acteristique, c’est a dire tel que

∀M ∈ Mn(C), χΦ(M) = χM .

1. Montrer que Φ conserve le determinant et la trace.

2. En deduire qu’il existe un couple (P,Q) d’elements de GLn(C) tel que Φ = uP,Q ou Φ = vP,Q.

3. Un tel couple (P,Q) ayant ete choisi.

(a) Montrer que, pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n,Tr (PEi,jQ) = Tr (Ei,j).

(b) En deduire que Q = P−1.

4. Preciser alors les endomorphisme de Mn(C) qui conservent le polynome caracteristique.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2006 – MP

DEUXIEME PARTIE

Dans cette partie, Φ designe une application de Mn(C) dans lui meme telle que, pour toutcouple (A,B) d’elements de Mn(C), les matrices Φ(A)Φ(B) et AB aient le meme polynomecaracteristique.

1. (a) Pour tout quadruplet (i, j, k, l) ∈ 1, . . . , n4, calculer la valeur de Tr (Φ(Ei,j)Φ(Ek,l)).

(b) Montrer alors que la famille(Φ(Ei,j)

)16i,j6n

est une base de Mn(C).

2. Soient A et B deux elements de Mn(C).

(a) Montrer que, pour tout (i, j) ∈ 1, . . . , n2, Tr((Φ(A+B)− Φ(A)− Φ(B)

)Φ(Ei,j)

)= 0.

(b) En deduire que Φ(A+B) = Φ(A) + Φ(B).

3. Montrer que Φ est lineaire puis justifier que c’est un automorphisme de Mn(C).

4. Montrer que, pour tout couple (i, j) d’elements distincts de 1, . . . , n, la matrice Ei,j estnilpotente et en deduire qu’il en est de meme pour la matrice Φ(Ei,j).

5. Dans la suite de cette partie, on notera G = (gi,j)16i,j6n la matrice telle que Φ(G) = In.

(a) Justifier que, pour toute matrice A ∈ Mn(C), χΦ(A) = χAG.

(b) Montrer que, pour tout couple (i, j) d’elements de 1, . . . , n, le polynome caracteristiquede la matrice Ei,jG est egal a (−1)nXn−1(X − gj,i).

(c) En deduire que la matrice G est diagonale et que G2 = In.

6. On note Ψ l’endomorphisme de Mn(C) defini par

∀A ∈ Mn(C), Ψ(A) = Φ(AG).

(a) Montrer que Ψ conserve le polynome caracteristique.

(b) En deduire qu’il existe une matrice P ∈ GLn(C) telle que

∀M ∈ Mn(C), Φ(M) = PMGP−1 ou ∀M ∈ Mn(C), Φ(M) = PG tMP−1.

7. (a) Montrer que, pour tout couple (A,B) ∈(Mn(C)

)2, Tr (AGBG) = Tr (AB).

(b) En deduire que, pour toute matrice B ∈ Mn(C), GBG = B.

(c) Montrer alors que G est une matrice scalaire et qu’il existe ε ∈ −1, 1 tel que G = εIn.

8. Reciproquement, montrer que si w = ε.uP,P−1 ou w = ε.vP,P−1 , avec P ∈ GLn(C) et ε = ±1,alors l’endomorphisme w de Mn(C) verifie bien la propriete

∀ (A,B) ∈(Mn(C)

)2, χw(A)w(B) = χAB.

TROISIEME PARTIE

On rappelle qu’une matrice symetrique B ∈ Mn(R) est dite positive si, pour tout vecteur Xde Mn,1(R), tXBX > 0 ; elle est dite definie positive si, pour tout vecteur non nul X de Mn,1(R),tXBX > 0.

On note Sn(R) le sous-espace vectoriel de Mn(R) forme des matrices symetriques ; S+n (R) (resp

S++n (R) ) designe le sous-ensemble de Mn(R) forme des matrices symetriques positives (resp.

definies positives).

Epreuve de Mathematiques II 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2006 – MP

1. Soit A ∈ Sn(R).

(a) Montrer qu’il existe une matrice orthogonale P et une matrice diagonale D telles queA = tPDP . Que representent pour A les coefficients diagonaux de D ?

(b) Montrer que A est positive si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives.

(c) Montrer que A est definie positive si et seulement si toutes ses valeurs propres sontstrictement positives.

2. Soit A ∈ Mn(R).

(a) Pour tout reel µ, exprimer SpR(A+ µIn) en fonction de SpR(A).

(b) En deduire que si A est symetrique, alors il existe α ∈ R tel que, pour tout x > α, lamatrice A+ xIn est definie positive.

Dans la suite de cette partie, Φ designe un endomorphisme de Sn(R) verifiant

Φ(S++n (R)) = S++

n (R).

3. (a) Justifier que In ∈ Φ(Sn(R)) puis montrer que l’endomorphisme Φ est surjectif.

(b) Justifier que Φ est un automorphisme de Sn(R).

4. (a) Montrer que S+n (R) est un ferme de Sn(R).

(b) Montrer que Φ(S+n (R)) = S+

n (R).

5. Dans cette question, on suppose que n = 2 et que Φ(I2) = I2.

(a) Montrer que si A ∈ S2(R) possede une seule valeur propre alors Φ(A) = A.

(b) Soit A ∈ S2(R) une matrice qui possede deux valeurs propres distinctes λ et µ ; onsuppose que λ > µ.

i. Justifier que la matrice A− µI2 est symetrique, positive et de rang 1.ii. En deduire que la matrice Φ(A) − µI2 est aussi symetrique, positive et de rang 1

puis que µ ∈ SpR(Φ(A)).iii. En utilisant la matrice −A, montrer que λ ∈ SpR(Φ(A)).

(c) Conclure que, pour toute matrice A ∈ S2(R), χΦ(A) = χA.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 4 / 4 FIN

3.10 2006 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.10.2 Corrige

273

Concours marocain 2006 : Maths II, MPMr Mamouni : myismail@altern.orgPCSI-CPGE Med VCasablanca-Maroc

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CORRIGE

PRELIMINAIRES

1) a) On a A =∑

1≤k,l≤n

ak,lEk,l, donc :

AEi,j =∑

1≤k,l≤n

ak,lEk,lEi,j

=∑

1≤k,l≤n

ak,lδl,iEk,j

=

n∑

k=1

ak,iEk,j car : δl,i = 0 si l 6= i= 1 si l = i

Ei,jA =∑

1≤k,l≤n

ak,lEi,jEk,l

=∑

1≤k,l≤n

ak,lδk,jEi,l

=n∑

l=1

aj,lEi,l car : δk,j = 0 si k 6= j= 1 si k = j

=n∑

k=1

aj,kEi,k

1

b) AM = MA =⇒ AM − MA = 0=⇒ AEi,j = Ei,jA

=⇒

n∑

k=1

ak,iEk,j − aj,kEi,k = 0

=⇒

n∑

k 6=i,j

ak,iEk,j − aj,kEi,k+

ai,iEi,j − aj,iEi,i + aj,iEi,j − aj,jEi,j = 0

=⇒n∑

k 6=i,j

ak,iEk,j − aj,kEi,k + (ai,i − aj,j)Ei,j = 0

Ainsi ak,i = aj,k = 0 si k 6= i, j et ai,i = aj,j = λ, d’ou M = λIn

2) a) On sait que la trace est lineaire et que : Tr(Ek,j) = 0 si k 6= j= 1 si k = j

,

donc Tr(AEi,j) = Tr

(n∑

k=1

ak,iEk,j

)= aj,i.

b) Tr(AM) = 0 =⇒ Tr(AEi,j) = 0, ∀i, j =⇒ aj,i, ∀i, j =⇒ A = 0.

3) Posons A = (ai,j), B = (bi,j), AB = (ci,j), BA = (di,j), on a :

ci,j =

n∑

k=1

ai,kbk,j et Tr(AB) =

n∑

i=1

ci,i =

n∑

i=1

n∑

k=1

ai,kbk,i et on a aussi :

Tr(BA) =

n∑

i=1

di,i =

n∑

i=1

n∑

k=1

bi,kak,i, en echangeant les indices i et k, on

voit bien que : Tr(AB) = Tr(BA).

4) D’apres le cours, toute compose a droite ou a gauche par un aut-morphisme laisse invariant le rang, donc toute multiplication a gaucheou a droite par une matrice inversible laisse le rang invariant, d’ourg(PMQ) = rg(M) et rg(P tMQ) = rg(tM) = rg(M)

PREMIRE PARTIEA. Etude des endomorphismes de Mn(C) qui conservent ledeterminant.

1) Posons λJs +A = (bi,j), on a bi,i = λi,i +ai,i si 1 ≤ i ≤ s et bi,j = ai,j dans

les cas restants. det(λJs + A) =∑

σ∈Sn

n∏

i=1

ε(σ)bi,σ(i), or parmi les bi,σ(i), au

maximum s coefficients depondent de λ ceux pour lesquels 1 ≤ i ≤ s eti = σ(i), donc det(λJs + A) = P (λ) ou P est un polynome en λ de degreinferieur a s.

2) a) C’est un resultat du cours, qui te dit que toute matrice de rang, rest equivalente a la matrice Jr.

b) det(λM + N) = det (R(λJr + Kr)S) = det (R[(λ − 1)Jr + In]S) =det(R) det((λ− 1)Jr + In) det(S) = det(R)(λ− 1)r det(S), parceque(λ − 1)Jr + In est la matrice diagonale dont les r premiers termessont tous egaux a λ − 1 et les autres egaux a 1.

c) rg(Φ(M)) = s, donc ∃R, S matrices inversibles telles que :Φ(M) = RJsS, d’ou det(λΦ(M) + Φ(N)) = det(λRJsS + Φ(N)) =det(R) det(λJs + A) det(S) avec A = R−1Φ(N)S−1, or det(λJs +A) = P (λ) ou P est un polynome en λ de degre inferieur a s, d’oudet(λΦ(M) + Φ(N)) est un polynome en λ de degre inferieur a s.D’autre part : Φ est lineaire et conserve le determinant, doncdet(λΦ(M)+Φ(N)) = det(λM+N) = det(R)(λ−1)r det(S), d’apresla question precedente, c’est un donc un polynome en λ de degre egala r, d’ou r ≤ s.

3) M ∈ Ker(Φ) =⇒ Φ(M) = 0 =⇒ rg(Φ(M)) = 0 =⇒ rg(M) = 0 carrg(Φ(M)) ≤ rg(M), donc M = 0, d’ou Φ injective, comme c’est unendomorphisme en dimension finie alors c’est un automorphisme doncinversible.

4) Φ conserve le determinant, donc det(M) = det(Φ(Φ−1(M))) =det(Φ−1(M)), donc Φ−1 conserve le determinant.

5) On sait que, rg(M) = maxdet(A) tel que A sous-matrice de M, doncrg(Φ(M)) = maxdet(B) tel que B = Φ−1(A) sous-matrice de Mcar Φ−1 conserve le determinant, d’ou rg(Φ(M)) ≤ rg(M)car det(B) tel que B = Φ−1(A) sous-matrice de M ⊂det(A) tel que A sous-matrice de M or rg(M) ≤ rg(Φ(M)) d’apresla question precedente, d’ou l’egalite, et donc Φ conserve le rang.D’apres la supposition au debut de la 1ere partie, on conclut que :Φ = uP,Q ou Φ = vP,Q.

2

B. Etude des endomorphismes de Mn(C) qui conservent le polynomecaracteristique.

1) On sait que les valeurs propres d’une matrice sont exactement les ra-cines de son polynome caracteristique associe, que son determinant estegal a leurs produit et que sa trace est egale a leurs somme, compteesavec leurs multiplicites. Donc deux matrices qui ont meme polynomecaracteristique ont meme determinant et meme trace, en particulier Φconserve le determinant et la trace.

2) C’est une consequence immediate de la propriete admise au debut de la1ere partie.

3) a) Si Φ = uP,Q, alors Tr (PEi,jQ) = Tr (Φ(Ei,j)) = Tr(Ei,j) car Φconserve la trace.Si Φ = uP,Q, alors Tr (PEi,jQ) = Tr (Φ(tEi,j)) = Tr(tEi,j) =Tr(Ei,j).

b) On a Tr(AB) = Tr(BA), qu’on peut generaliser ainsi :Tr(ABC) = Tr(CAB), en particulier :Tr(QPEi,j) = Tr(PEi,jQ) = Tr(Ei,j), or la trace est lineaire et(Ei,j) constitue une base de Mn(C) donc Tr(QPM) = Tr(M), pourtoute matrice M ∈ Mn(C), d’ou Tr((QP − In)M) = 0, d’apres laquestion 2.b) 1ere partie, on deduit que PQ = In, d’ou Q = P −1.

4) D’apres tout ce qui precede on conclut que les endomorphismes quiconservent le polynome caracteristique sont ceux de la forme uP,Q ouvP,Q tel que Q = P −1.

DEUXIEME PARTIE

1) a) On a χΦ(A)Φ(B) = χAB , donc d’apres la question 1.B),1ere partie, Φ(A)Φ(B) et AB ont meme trace, en particulierTr(Φ(Ei,j)Φ(Ek,l)) = Tr(Ei,jEk,l) = Tr(δj,kEi,l) = δj,kTr(Ei,l) =δj,kδi,l.

b) On a Card(Φ(Ei,j)) = n2 = dim (Mn(C)), pour montrer que c’estune base il suffit alors de montrer qu’elle est libre.En effet soit (λi,j) des nombres complexes tels que∑

1≤i,j≤n

λi,jΦ(Ei,j) = 0, on multiplie par Φ(Ek,l), la trace de la somme

est toujours nulle, tenant compte de la linearite de la trace et de la

relation pecedente on obtient :∑

1≤i,j≤n

λi,jδj,kδi,l = λl,k = 0 ∀ k, ∀ l,

d’ou la famille est libre.

2) a) Tr ((Φ(A + B) − Φ(A) − Φ(B))Φ(Ei,j))= Tr (Φ(A + B)Φ(Ei,j) − Φ(A)Φ(Ei,j) − Φ(B)Φ(Ei,j))= Tr (Φ(A + B)Φ(Ei,j)) − Tr (Φ(A)Φ(Ei,j)) − Tr (Φ(B)Φ(Ei,j))= Tr ((A + B)Ei,j) − Tr (AEi,j) − Tr (BEi,j))= 0 car la trace est lineaire et . distributive par rapport a +

b) Comme la trace est lineaire et que (Φ(Ei,j)) est une basede Mn(C) et tenant compte de la question precedente alorsTr ((Φ(A + B) − Φ(A) − Φ(B))M) pour toute matrice M ∈Mn(C), et enfin d’apres la question 2.b) 1ere partie, on conclutque Φ(A + B) − Φ(A) − Φ(B) = 0.

3) Soit λ ∈ C, mn montre comme dans la question precedenteque : Tr ((Φ(λA) − λΦ(A))Φ(Ei,j)) = 0, puis on en deduit queTr ((Φ(λA) − λΦ(A))M)) = 0 ∀ M ∈ Mn(C), puis enfin que :Φ(λA) − λΦ(A), d’ou Φ est lineaire.D’autre part : Soit A ∈ Ker (Φ), donc Tr(AEi,j) = Tr(Φ(A)Φ(Ei,j)) =0, comme (Ei,j) est une base de Mn(C), alors Tr(AM) = 0 ∀ M ∈Mn(C), donc A = 0 et par suite Φ est injective, comme c’est un endomr-phisme en dimension finie, alors c’est un automorphisme.

4) E2i,j = Ei,jEi,j = δi,jδj,i = 0 car i 6= j, donc Ei,j est nilpotente.

D’autre part : χΦ(E2i,j

(X) = χE2i,j

(X) = (−1)nXn car E2i,j = 0, en utilisant

le theoreme de Cayley-Hamiltion on conclut que Φ(E2ni,j = 0, donc Φ(Ei,j)

est nilpotente.

5) a) D’apres la supposition de la partie 3, on a : χAG = χΦ(A)Φ(G) = χΦ(A)

car Φ(G) = In.

b) Tout calcul fait Ei,jG est la matrice dont toutes les lignes sont nulle

3

sauf la i eme, Ei,jG =

0 . . . . . . . . . 0...

...0 . . . . . . . . . 0gj,1 . . . gj,i . . . gj,n

0 . . . . . . . . . 0...

...0 . . . . . . . . . 0

, donc sont po-

lynome caracteristique est (−1)nXn−1(X − gj,i).

c) Pour i 6= j, la matrice Φ(Ei,j) est nilpotente, donc χΦ(Ei,j ) =(−1)nXn, or (−1)nXn−1(X − gj,i) = χEi,jG = χΦ(Ei,j ) = (−1)nXn,donc gj,i = 0 si i 6= j, d’ou G est diagonale.D’autre part, χG2 = χΦ(G) (1), d’apres 5.a) 3eme partie, or Φ(G) =In et G2 = Diag(g2

1,1, . . . , g2n,n), (matrice diagonale), la relation (1)

devient (−1)n(X − 1)n = (−1)n

n∏

i=1

(X − g2i,i), d’ou g2

i,i = 1 et par

suite G2 = In.

6) a) Soit A ∈ Mn(C), on a : χΨ(A) = χΦ(AG) = χAG2 = χA en utilisantla question 5.a) 3eme partie pour AG et le fait que G2 = In. DoncΨ conserve le polynome caracteristique.

b) On a Ψ conserve le polynome caracteristique, d’apres les resultatsde la 2eme partie ∃G inversible telle que Ψ = uP,P −1 ou Ψ = vP,P −1,or Φ(M) = Ψ(MG−1) = Ψ(MG) car G−1 = G puisque G2 = In,donc Φ(M) = Ψ(MG) = uP,P −1 = PMGP −1 ou Φ(M) = Ψ(MG) =vP,P −1 = P tMGP −1.

7) a) Tr(AGBG) = Tr(AB) car le produit matriciel est commutatif al’interieur de la trace et que G2 = In.

b) D’apres la question precedente et vu que la trace est lineaire, onconclut que : Tr ((GBG − B)A) = 0 ∀A ∈ Mn(C), d’apres laquestion 2.b) 1ere partie, on concult que GBG − B = 0.

c) GBG = B =⇒ GB = BG−1 = BG et d’apres 1.b) 1ere partie, on aG = λIn, or G2 = In, d’ou λ ∈ −1, 1.

8) Si w = εuP,P −1, on a : χw(A)w(B) = χεPAP −1εPBP −1 = χPABP −1 = χAB car

deux matrices semblables ont meme polynome caracteristique.Le meme raisonnement est encore valable pour le cas ou w = εvP,P −1.

TROISIEME PARTIE

1) a) C’est un resultat du cours, qui dit que toute matrice symetriquepeut etre diagonalisable dans une base orthonormee, donc la ma-trice de passage, P est une matrice orthogonale, donc P −1 =t P ,d’ou A =t PDP avec D diagonale dont les coefficients diagonaux(λi)1≤i≤n sont exactement les valeurs propres de A.

b) A positive ⇐⇒t XAX ≥ 0 ∀X ∈ Rn

⇐⇒t X tPDPX ≥ 0 ∀X ∈ Rn

⇐⇒t (PX)PDPX ≥ 0 ∀X ∈ Rn

⇐⇒t Y PDY ≥ 0 ∀Y ∈ Rn

car ∀Y ∈ Rn, ∃X = P −1Y tel que y = PX⇐⇒t EiDEi ≥ 0 ∀i ∈ 1, . . . , n

avec (Ei)la base canonique de Rn

⇐⇒ λi ≥ i ∀i ∈ 1, . . . , n⇐⇒ Toutes les valeurs propres de A sont positives

c) Meme raisonnement que ce qui precede.

2) a) λ ∈ SpR(A + µIn) ⇐⇒ ∃X 6= 0 tel que (A + µIn)X = λX⇐⇒ ∃X 6= 0 tel que AX = (λ − µ)X⇐⇒ λ − µ ∈ SpR(A)⇐⇒ λ ∈ SpR(A) + µ

Donc SpR(A + µIn) = SpR(A) + µ.

b) A + xIn definie positive ⇐⇒ SpR(A + xIn) ⊂]0, +∞[D’apres 1.b) 3eme partie

⇐⇒ SpR(A) + x ⊂]0, +∞[D’apres 2.a) 3eme partie

⇐⇒ SpR(A) ⊂] − x, +∞[⇐⇒ −x < min(SpR(A)), ∀x > α⇐⇒ x > −min(SpR(A)), ∀x > α

En prenant α = −min(SpR(A)), on obtient le resultat.

3) a) In ∈ S++n (R) = Φ (S++

n (R)) ⊂ Phi (Sn(R)), donc ∃J ∈Sn(R) tel que In = Φ(J).D’autre part, soit A matrice symetrique, d’apres 2.b) 3eme partie,

4

on peut trouver alpha et x des reels tels que x > α et A + xIn ∈S++

n (R) = Φ (S++n (R)), donc ∃B ∈ S++

n (R) tel que A+xIn = Φ(B),d’ou A = Φ(B) − xIn = Φ(B) − xΦ(J) = Φ(C) ou C = B − xJ carΦ est lineaire, donc Φ est surjectif.

b) Φ est un endomorphisme surjectif, en dimension finie, donc c’est unautomorphisme.

4) Pour reponrde aux deux questions a) et b), on va d’abord montrer queS++

n (R) = S+n (R), ou A designe l’adherance de la partie A dans Mn(R).

En effet, soit A ∈ S+n (R), donc ses valeurs propres, λi sont positives, d’ou

Ak = A +1

kIn ∈ S++

n (R), car ses valeurs propres, λi +1

ksont stricte-

ment positives, de plus limk−→+∞

Ak = A, d’ou A ∈ S++n (R), et par suite

S+n (R) ⊂ S++

n (R).D’autre part, soit A ∈ S++

n (R), alors ∃Ak ∈ S++n (R) tel que lim

k−→+∞Ak =

A, donc ∀X ∈ Rn tel que X 6= 0, on a tAk = Ak et tAkX > 0, en passanta la limite, quand k −→ +∞, car les fonctions A 7→t A et A 7→t XAXsont continues sur Mn(R), puisque lineaires en dimension finie, on obtienttA = A et tXAX ≥ 0, d’ou A symetrique et postive, d’ou A ∈ S+

n (R) etpar suite : S++

n (R) ⊂ S+n (R).

Conclusion : S++n (R) = S+

n (R).

a) S+n (R) est ferme car S++

n (R) = S+n (R)

b) Φ autoprphisme, en dimension finie, donc continue et Φ−1 aussi,donc pour toute partie A de Mn(R), on a : Φ (A) = A, orΦ (S++

n (R)) = S++n (R), en passant a l’adherance, on obtient

Φ (S+n (R)) = S+

n (R).

5) a) A est symetrique, donc diagonalisable, or elle admet une unique va-leur propre, λ, donc D = λI2, d’ou A = P −1λI2P = λI2 et doncΦ(A) = Φ(λI2) = λΦ(I2) = λI2 = A.

b) i. A−µI2 est symetrique car A et I2 sont symetriques, d’autre partSpR(A − µI2) = SpR(A) − µ = λ, µ − µ = λ − µ, 0 ⊂ R+,donc A − µI2 est positive.

On a 0 ≤ rg(A − µI2) ≤ 2, et µ valeur propre de A, donc An’est pas inversible, donc rg(A− µI2) 6= 2, de plus A 6= µI2 caradmet deux valeurs propres distinctes, donc A − µI2 6= 0, doncrg(A − µI2) 6= 0, donc rg(A − µI2) = 1

ii. On a : Φ (S+n (R)) = S+

n (R), or A − µI2 est symetrique, posi-tive, donc φ(A) − µI2 = φ(A − µI2) ∈ Φ (S+

n (R)) = S+n (R),

symetrique, positive.Supposons que : rg (Φ(A) − µI2) = 0, alors Φ(A) = µI2 =µΦ(I2) = Φ(µI2), or Φ est bijective, donc A = µI2, absurde.Supposons que : rg (Φ(A) − µI2) = 2, alors Φ(A) − µI2 est in-versible, donc n’admet pas de valeur propre nulle, or elle estsymetrique, positive, donc devient symetrique definie positive,c’est a dire Φ(A)−µI2 = Φ(A−µI2) ∈ (S++

n (R)) = Φ (S++n (R)),

or Φ automorphisme, donc A − µI2 = Φ−1 Φ(A − µI2) ∈Φ−1 (S++

n (R)) = S++n (R), en particulier A − µI2 est inversible,

impossible puisque µ est une valeur propre de A.Conclusion : rg (Φ(A) − µI2) = 1, et par suite µ est une valeurpropre de Φ(A).

iii. Les valeurs propres de −A sont −λ et −µ avec −µ > lambda,de la meme facon que dans 5.b.i) on montre que −A + λI2 estsymetrique, positive et de rang 1, puis que −Φ(A) + λI2 estaussi de rang 1, puis on conclut que λ est une valeur propre deΦ(A).

c) D’apres ce qui precede on a : SpR(A) = SpR(Φ(A)), d’ou χΦ(A) =χA = X2 − (λ + µ)X + λµ.

Fin.

5

3.11 2007 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.11 2007

3.11.1 Enonce

279

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2007Ecole Nationale Superieure d’Electricite et de Mecanique

ENSEM

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou AssimileesSession 2007

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2007 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulierde rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Diverses demonstrations du theoreme fondamental de l’algebre

Le theoreme de d’Alembert-Gauss appele aussi theoreme fondamental de l’algebre affirme que“tout polynome non constant a coefficients complexes admet au moins une racine complexe”.

L’objectif de ce probleme est d’etablir ce resultat fondamental par des methodes analytiques etune methode faisant appel a des techniques d’algebre lineaire.

Les deux parties du probleme sont independantes.

PREMIERE PARTIE : METHODES ANALYTIQUES

A. Resultats preliminaires

Soit P un polynome a coefficients complexes s’ecrivant P =d∑

k=0

akXk avec d > 1 et ad 6= 0.

1. (a) Montrer que |P (z)| ∼|z|→+∞

|ad||z|d, la variable z etant complexe.

(b) En deduire qu’il existe R > 0 tels que, pour tout z ∈ C,

|z| > R =⇒ 1

2|ad||z|d 6 |P (z)| 6 2|ad||z|d.

2. (a) Justifier que l’application z 7−→ |P (z)| est bornee sur tout disque ferme borne de C et yatteint sa borne inferieure.

(b) Montrer alors que l’application z 7−→ |P (z)| est minoree sur C et atteint sa borneinferieure. On pourra appliquer la question precedente sur un disque bien choisi .

B. Premiere methode analytique

1. Soient b un complexe non nul et Q un polynome a coefficients complexes tel que Q(0) = 0 ; onpose Q1 = 1 + bXk +XkQ, k ∈ N∗. Soit enfin α une racine k-ieme de −1

b .

(a) Montrer qu’il existe t0 ∈]0, 1[ tel que |αkQ(αt0)| 6 12 .

(b) Un tel t0 etant choisi ; montrer que |Q1(αt0)| < 1.

2. Inegalite d’Argand : Soient P un polynome non constant a coefficients complexes, et γ unnombre complexe tel que P (γ) 6= 0. Montrer qu’il existe δ, complexe tel que |P (δ)| < |P (γ)|.On pourra considerer le polynome Q1 tel que Q1(z) =

P (γ+z)P (γ) , z ∈ C.

3. Application : Soit P un polynome non constant a coefficients complexes ; on note z0 uncomplexe ou l’application z 7−→ |P (z)| atteint sa valeur minimale. Montrer que z0 est unzero du polynome P .

Epreuve de Mathematiques II 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2007 – MP

C. Deuxieme methode analytique

Soit P un polynome non constant a coefficients complexes ; on va montrer par l’absurde que Ppossede au moins une racine dans C. Supposons le contraire et considerons la fonction f , a valeurscomplexes, definie sur R2 par

(r, θ) 7−→ f(r, θ) =1

P (reiθ).

1. Justifier que f est de classe C1 sur R2 et calculer ses derivees partielles premieres.

2. Pour tout reel r, on pose

F (r) =

∫ 2π

0

dθ

P (reiθ).

(a) Justifier que F est derivable sur R et calculer sa derivee.

(b) Montrer que F tend vers 0 en +∞. On pourra utiliser les preliminaires.

(c) Calculer F (0) et trouver une contradiction puis conclure.

DEUXIEME PARTIE : METHODE ALGEBRIQUE

Dans toute cette partie,K designe le corps des reels ou celui des complexes (K = R ou C) et n unentier naturel non nul. On note Mn(K) l’algebre des matrices carrees d’ordre n a coefficients dansK ; la matrice identite se notera In.

Pour toute matrice A de Mn(K), tA designe la matrice transposee de A, Tr (A) sa trace, χA sonpolynome caracteristique et SpK(A) l’ensemble des valeurs propres de A appartenant a K.

Si A = (ak,`) ∈ Mn(C), on appelle matrice conjuguee de A et on note A, la matrice de Mn(C)dont le coefficient de la k-ieme ligne et la `-ieme colonne est egal au conjugue ak,` du complexe ak,`,pour tout couple (k, `) d’elements de 1, . . . , n.

Pour tout couple (k, `) d’elements de 1, . . . , n, on note Ek,` la matrice de Mn(K) dont tous lescoefficients sont nuls sauf celui de la k-ieme ligne et la `-ieme colonne valant 1 ; on rappelle que lafamille

(Ek,`

)16k,`6n

est une base de Mn(K), dite base canonique.

On rappelle ici que l’objectif de cette partie aussi est d’etablir le theoreme fondamental del’algebre et il ne sera donc pas possible de l’utiliser ; on a tout de meme le resultat elementaireselon lequel “ tout polynome du second degre a coefficients complexes se factorise sur C ”.

A. Premiers resultats

1. (a) Montrer que tout polynome a coefficient reels de degre impair possede au moins uneracine reelle. On pourra utiliser le theoreme des valeurs intermediaires.

(b) En deduire que tout endomorphisme d’un espace vectoriel reel de dimension impairepossede au moins une valeur propre.

(c) Application : Existe-t-il une matrice A ∈ M3(R) telle que A2 +A+ I3 = 0 ?

2. Soit E un K -espace vectoriel de dimension finie n > 1, et soient u et v deux endomorphismesde E qui commutent.

(a) Montrer que pour tout λ ∈ K, les sous-espaces vectoriels Ker (u− λidE) et Im (u− λidE)sont stables par u et v.

(b) Montrer que si K = R et n impair et distinct de 1 alors E possede au moins un sous-espace vectoriel strict de dimension impaire, et stable par les endomorphismes u et v.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2007 – MP

3. Montrer par recurrence sur la dimension que deux endomorphismes commutables d’un espacevectoriel reel de dimension impaire possedent au moins un vecteur propre commun.

B. Endomorphismes d’un C -espace vectoriel de dimension impaire

On note i un complexe tel que i2 = −1 et F le sous-ensemble de Mn(C) defini par

F = M ∈ Mn(C) ; tM = M .

On suppose de plus que n est impair.

1. Montrer que F est un espace vectoriel reel.

2. Verifier que la famille constituee des elements E1,1, . . . , En,n, Ek,` + E`,k, i(Ek,` − E`,k) avec(k, `) ∈ 1, . . . , n2 et k < `, est une base de F ; quelle est alors la dimension de F ? quelle estsa parite ?

3. Soit A une matrice de Mn(C) ; on considere les deux applications u et v definies sur F par

u(M) =1

2(AM +M tA), v(M) =

1

2i(AM −M tA).

(a) Montrer que u et v sont des endomorphismes de F .

(b) Verifier que u et v commutent puis justifier qu’ils possedent au moins un vecteur proprecommun.

(c) On note M0 ∈ F un vecteur propre commun aux endomorphismes u et v et on supposeque u(M0) = λM0 et que v(M0) = µM0, (λ, µ) ∈ R2.Exprimer la matrice AM0 en fonction de la matrice M0 et montrer soigneusement queλ+ iµ est une valeur propre de la matrice A.

4. (a) Justifier que tout endomorphisme d’un espace vectoriel complexe de dimension impairepossede au moins une valeur propre.

(b) Montrer par recurrence sur la dimension que deux endomorphismes commutables d’unespace vectoriel complexe de dimension impaire possedent au moins un vecteur proprecommun.

C. Etude du cas general

On sait que tout entier naturel non nul n s’ecrit de maniere unique sous la forme n = 2kp ouk ∈ N et p est un entier naturel impair.

On considere la propriete Pk suivante :Pour tout entier naturel impair p, et tout espace vectoriel complexe E de dimension 2kp :(i) tout endomorphisme de E possede au moins une valeur propre ;(ii) deux endomorphismes commutables de E possedent au moins un vecteur propre commun.On se propose de montrer cette propriete par recurrence sur l’entier naturel k.La propriete P0 vient d’etre etablie dans la section precedente. Soit donc k ∈ N∗ et supposons

la propriete P` vraie pour tout entier naturel ` < k ; soit p un entier naturel impair et E un espacevectoriel complexe de dimension 2kp .

C.I. Etude de l’assertion (i) de Pk

Soit f un endomorphisme de E ; on note A la matrice de f dans une base quelconque de E et onconsidere le sous-espace vectoriel , note G, de Mn(C) defini par

G = M ∈ Mn(C) ; tM = −M .

Epreuve de Mathematiques II 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2007 – MP

1. Preciser la dimension du C -espace vectoriel G.

2. On considere les deux applications u et v definies sur G par

u(M) = (AM +M tA), v(M) = AM tA.

(a) Verifier que u et v sont des endomorphismes de G et que u et v commutent.(b) Justifier soigneusement que les endomorphismes u et v possedent au moins un vecteur

propre commun.(c) On note N0 ∈ G un vecteur propre commun aux endomorphismes u et v et on suppose

que u(N0) = λN0 et que v(N0) = µN0, (λ, µ) ∈ C2.i. Verifier que (A2 − λA+ µIn)N0 = 0.

Dans la suite, on notera W un vecteur colonne non nul de la matrice N0 et ondesignera par α et β les racines complexes du polynome du second degre X2−λX+µ.

ii. Verifier que (A− αIn)(A− βIn)W = 0

iii. Justifier alors que α ou β est valeur propre de A et conclure .

C.II. Etude de l’assertion (ii) de Pk

Soient f et g deux endomorphismes commutables de E ; on cherche a montrer que f et g ont aumoins un vecteur propre commun.

1. Si f est une homothetie de E, justifier que f et g ont au moins un vecteur propre commun.

2. Si f n’est pas une homothetie de E, soit λ une valeur propre de f . On sait que les sous-espacesvectoriels F1 = Ker (f − λidE) et F2 = Im (f − λidE) sont stables par f et g.

(a) Si la dimension de l’un des sous-espaces vectoriels F1 ou F2 s’ecrit 2`q avec ` < k et qimpair, comment peut-on conclure ?

(b) Sinon, c’est que l’un de ces deux sous-espaces vectoriels est de dimension 2kq ou q estimpair et l’autre de dimension 2kr avec r pair.Justifier alors que q < p et indiquer comment on pourrait montrer que les endomor-phismes f et g ont au moins un vecteur propre commun.

D. Retour au theoreme fondamental de l’algebre

Soit P = Xn −n−1∑

k=0

akXk un polynome unitaire de degre n a coefficients complexes ; on note f

l’endomorphisme du C -espace vectoriel Cn canoniquement associee a la matrice

A =

0 0 · · · 0 a01 0 · · · 0 a1

0. . . . . .

......

.... . . 1 0 an−2

0 · · · 0 1 an−1

.

1. Calculer le polynome caracteristique de la matrice A.

2. Justifier alors que le polynome P possede au moins une racines complexe.

3. Montrer le theoreme fondamental de l’algebre.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 4 / 4 FIN

3.11 2007 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.11.2 Corrige

285

Corrigé CNC 2007 MATHS2 MPA.CHABCHI Professeur en classe MP au lycée Ibn Taimyia - www.mathprepa.africa-web.org

PARTIE I

A - Résultats préliminaires

1. (a) On a selon linégalité triangulaire renversée :jP (z)j adzd P (z) adzd, puis selon linégalité

triangulaire on a

P (z) adzd d1Xk=0

akzk =+1 oadzd car

d1Xk=0

akzkjadzdj

=d1Xk=0

akad jzjkd tend vers 0 lorsque jzj

tend vers +1: Doù léquivalence cherchée.

(b) Daprès le (a) ,jP (z)jjadzdj

admet 1 comme limite quand jzj tend vers +1; donc pour " = 1; il existe

R1 > 0; 8 jzj R1;jP (z)jjadzdj

1 + " = 2:

De même pour " =1

2; il existe R2 > 0; 8 jzj R2;

jP (z)jjadzdj

1 " = 1

2: On conclut en choisissant

R = max (R1; R2) :

2. (a) Puisque C est un espace vectoriel normé de dimension nie, alors tout disque fermé borné est compact,de plus lapplication z 7! jP (z)j est continue, donc elle est bornée sur ce compact et atteint ses bornes,notament sa borne inférieure.

(b) Selon 1-(a) ; il existe R > 0; 8 jzj R; jP (z)j 1

2jadjjzdj

1

2jadjRd; donc z 7! jP (z)j est minorée

sur fz 2 C = jzj Rg ; de plus selon 2(a) elle lest aussi sur fz 2 C = jzj Rg : Ainsi z 7! jP (z)jest minorée suc C:Soit z0 2 C xé, On peut choisir le R assez grand :

R 2 jP (z0)jjadj

1d

; de façon que1

2jadjRd jP (z0)j ; et par suite 8 jzj R; jP (z)j jP (z0)j :

Ainsi inf fjP (z)j ; z 2 Cg = min (inf fjP (z)j ; jzj Rg ; jP (z0)j) = min (min fjP (z)j ; jzj Rg ; jP (z0)j)car inf fjP (z)j ; jzj Rg est atteint selon le 2(a) :Doù il existe z1 2 C; tel que : inf fjP (z)j ; z 2 Cg = jP (z1)j

B - Première méthode analytique

1. (a) Par labsurde si 8 t 2 ]0; 1[ ; jkQ (t) j > 1

2; alors puisque Q est continue en 0 et Q (0) = 0, alors en

tendant t vers 0+; on obtient 0 12: Absurde, doù lexstence dun tel t0:

(b) On a jQ1 (t0)j =1 + bktk0 + ktk0Q (t0) = 1 tk0 + ktk0Q (t0) 1 tk0 + tk0 kQ (t0) car

1 tk0> 0; doù daprès le (a) ;

jQ1 (t0)j 1 tk0

+tk02=

1 t

k0

2

< 1 puisque t0 2 ]0; 1[ :

2. Inégalité dArgand :

Comme indiqué, on note Q1 (z) =P ( + z)

P ( ); puisque Q1 (0) = 1 et P non constant, alors Q1 (X) sécrit

Q1 (X) = 1 +nXi=1

aiXi avec n 1:

Soit k = min fi 2 [1; n] ; ai 6= 0g ; alors en notant b = ak; on aura Q1 (X) = 1 + bXk +XkQ où Q est unpolynôme vériant Q (0) = 0: Nous sommes alors dans les hypothèses de la question (1) ; il existe donct0 2 C; jQ1 (t0)j < 1; en posant = + t0; on obtient jP ()j < jP ( )j : CQFD.

1

3. Application :Soit P un polynôme non constant et z0 2 C; min

z2CjP (z)j = jP (z0)j : Si jP (z0)j 6= 0; alors la question

précédente assure lexistence dun complexe vériant jP ()j < jP (z0)j : Absurde car lapplication z 7!jP (z)j atteint son minimum absolu en z0: On conclut que P (z0) = 0:

C - Deuxième méthode analytique

1. La fonction

R2 ! C(r; ) 7! rei

est de classe C1; et puisque P ne sannule jamais sur C alors la fonction( C ! Cz 7! 1

P (z)est aussi C1: Enn f est est classe C1 comme leur composée.

On a : @f@r(r; ) =

eiP 0rei

P 2 (rei)

et@f

@(r; ) =

rieiP 0rei

P 2 (rei)

2. Soit F (r) =Z 2

0

d

P (rei):

(a) On a déja vu que la fonction f était de classe C1 sur R2; donc en particulier f et@f

@rsont continues

sur R [0; 2] ; de plus on intégre sur un segment ( pas besoin de domination), donc F est de classe

C1 sur R et 8 r 2 R; F 0 (r) =Z 2

0

@f

@r(r; ) d =

Z 2

0

eiP 0

rei

P 2 (rei)

d:

(b) On va utiliser le théorème de la convergence dominée généralisé :

Daprès le préliminaire la fonction z 7! jP (z) j est minorée sur C et atteint sa borne inférieure.Donc il existe z0 2 C; min

z2CjP (z) j = jP (z0)j = m avec m > 0 car P supposé ne sannulant jamais

sur C: On conclut que 8 z 2 C; 1

jP (z)j 1

m:

Soit (rn)n une suite de réels positifs convergeant vers +1: On note fn () = f (rn; ) =1

P (rnei):

alors (fn)n est suite de fonction continues sur [0; 2] convergent simplement sur cet intervalle versla fonction nulle (selon le préliminaire) qui est continue.

8 n 2 N; 8 2 [0; 2] ; jfn ()j 1

met la fonction constante 7! 1

mest continue intégrable sur

[0; 2] :

Ainsi daprès le thérème de la convergence dominée : limn!+1

F (rn) =

Z 2

0

limn!+1

fn () d = 0:

Enn, daprès la caractérisation séquentielle des limites, on aura : limr!+1

F (r) = 0:

(c) On a F (0) =2

P (0): Par ailleurs pour r 6= 0; on a :

F 0 (r) =

Z 2

0

@f

@r(r; ) d =

1

ir

Z 2

0

@f

@(r; ) d =

1

ir(f (r; 2) f (r; 0)) = 0: Cette relation reste vrai

pour r = 0 puisque F 0 est continue en 0 ( F de classe C1 sur R): Le fait que F 0 = 0 sur lintervalle R;implique que F est constant sur R; ce qui est contradictoire avec F (0) 6= 0 et lim

r!+1F (r) = 0:

On conclut alors que P possède au moins une racine complexe.

PARTIE II : Méthode algébrique

A - Premiers résultats :

1. (a) Soit P un polynôme à ceo¢ cients réels de degré impair (2d+ 1) de coe¢ cient dominant a 6= 0; alorsP (x) s1 ax2d+1;

ainsi limx!+1

P (x) limx!1

P (x) = 1 et par suite P; qui est continue, prend des valeurs positives et

dautres négatives, il sannule alors sur R suivant le théorème des valeurs intermédiares.(b) Si u 2 L (E) ; avec dimension impair 2d+1, alors son polynôme caractéristique Xu sera aussi de degré

impair 2d+ 1; il admet donc une racine réelle. Doù u possède une valeur propre réelle.

2

(c) Si une telle matrice existe alors ses valeurs propres réelles seront parmis les racines réelles du polynômeX2 +X + 1 annulateur de A: Or ce dernier polynôme na pas de racine réelles, doù SpR (A) = ?: Cequi est absurde car dimR3 = 3 impair, ce qui assure lexistence dune valeur propre réelle.

2. (a) Soit un scalaire donné.

Puisque (u idE) est un polynôme en u; alors ker (u idE) et Im (u idE) sont stables paru: On a u et v commutent, donc aussi (u idE) et v: Doù ker (u idE) et Im (u idE) sontstables par v:

(b) Ecartons le cas où u et v sont des homothéties, dans lequel nimporte quelle droite de E répondera àla question.Supposons que u nest pas une homothétie, puisque n est impair alors u admet au moins une valeur pro-pre réelle ; daprès le (a) les sous espaces ker (u idE) et Im (u idE) sont stables par u et v et sontcontenus strictement dans E car 2 Sp (u) et u nest pas une homothétie : 1 dimker (u idE) (n 1) : Dautres part selon la formule du rang n = dimker (u idE)+dim Im (u idE) est impair,donc forcément dimker (u idE) ou dim Im (u idE) est impaire. CQFD

3. Soit dimE = 2n+ 1; montrons le résultat par récurrence sur n:

Pour n = 0; E = vect (a) est une droite vectorielle de dimension impaire, donc u et v admettentchacune une valeur propre associée forcément au vecteur a; qui sera alors vecteur propre commun à uet v: Supposons que chaque couple dendomorphisme dun espace de dimension 2d+1 avec d n admet unvecteur propre commun. Soit alors dimE = 2n+ 3 et (u; v) 2 (L (E))2 ; donc selon 2-(b) ; E possèdeun sous espace stable par u et v strict F de dimension (2k + 1) avec k n: Daprès lhypothèse derécurrence les endomorphismes induits uF et vF ont un vecteur propre commun, qui sera aussi vecteurpropre commun de u et v: CQFD.

B - Endomorphismes dun Cespace vectoriel de dimension impaire

1. On a F est non vide car contenant la matrice nulle et siM ,N 2 F et 2 R; alors t (M +N) = M +N =M +N; donc M + N 2 F : Cest donc un sous-espace vectoriel de Mn (C) considéré comme Respacevectoriel et par suite F est un Respace vectoriel.

2. Notons M = (mkl)1k;ln 2 Mn (C) ; avec mkl = kl + ikl où kl; kl 2 R: Si M 2 F alors tM = M;

donc 8 (k; l) 2 f1; 2; :::; ng2 ; mlk = mkl càd lk = kl et lk = kl en particulier mkk = kk:

AinsiM =nXk=1

nXl=1

mklEkl =nXk=1

kkEkk+Xk<l

kl (Ekl + Elk)+ ikl (Ekl Elk) ; la famille est alors généra-

trice de F ; puis elle est clairement libre. Cest donc une base de F :

On en déduit que : dimF =n + n (n 1)2

+n (n 1)

2= n2: Cette dimension est impaire puisque n est

impair.

3. Soit A une matrice deMn (C) :

(a) La linéairité de u et v est évidente, puis pour M 2 F ; on vérie facilement que t (u (M)) = u (M) ett (v (M)) = v (M); donc u et v sont des endomorphismes de F :

(b) On a :1

2

A

1

2i

AM M tA

+

1

2i

AM M tA

tA

=1

2i

A

1

2

AM +M tA

1

2

AM +M tA

tA

;

càd u v (M) = v u (M) : Donc u et v commutent.Puisque F est R espace vectoriel de dimension impaire et u; v 2 L (F) commutables; alors selonII-A-(3) u et v ont un vecteur propre commun.

(c) On a

8><>:1

2

AM0 +M

t0A= M0 (1)

1

2i

AM0 M t

0A= M0 (2)

, en faisant (1) + i (2) , on obtient : AM0 = (+ i)M0:

Donc (A (+ i) In)M0 = 0 (3) ; si (+ i) nétait valeur propre de A; alors (A (+ i) In)serait inversible et par suite la relation (3) donneM0 = 0 ce qui est absurde puisqueM0 est un vecteurpropre, donc non nul.conclusion (+ i) est valeur propre complexe de A:

3

4. (a) Si u est un endomorphisme dun Cev de dimension impaire, alors Sa matrice A dans une base deE aura une valeur propre complexe suivant le 3-(a). Donc u aura aussi cette même valeur proprecomplexe.

(b) On reproduit exactement la même démonstration du cas réel traité à la question II-A-(3) :

C - Étude du cas général

C.I. Étude de lassertion (i) de Pk

1. G est le sous espace des matrices complexes "antisymétriques", il admet alors (Ekl) 1 k < l n comme

base, sa dimension est alorsn (n 1)

2:

2. (a) La linéairité de u et v est évidente, puis on a facilement uv (M) = vu (M) : Donc u et v commutent.

(b) En écrivant n = 2kp avec p impair, on aura dimG = n (n 1)2

= 2k1q où q = p2kp 1

impair,

comme produit de entiers impairs. La proprièté Pk1 supposée vraie, permet da¢ rmer que u et v ontun vecteur propre commun.

(c) .

i. On aAN0 +N0

tA = N0 (1)AN0

tA = A (2); en remplaçant dans (2) ; N0 tA par N0 AN0; on obtient

:A2 A+ In

N0 = 0:

ii. On a selon (i) ; (A In) (A In)N0 = 0: Si W désigne la dieme colonne de N0;alors (A In) (A In)W désigne aussi la dieme colonne de (A In) (A In)N0; il est doncnul.

iii. Si nest pas valeur propre de A et nest pas valeur propre de A; alors les matrices (A In)et (A In) seront invesibles, donc la relation (A In) (A In)W = 0 entraîne W = 0 quiest absurde. Donc ou est valeur propre de A:Matriciellement, on a prouvé que toute matrice A de Mn (C) avec n = 2kp admet une valeurpropre complexe, donc vectoriellement, tout endomorphisme f dun C ev de dimension n = 2kpadmet une valeur propre. Doù lassertion (i) de Pk:

C.II. Étude de lassertion (ii) de Pk

1. Daprès le (i) de Pk prouvé ci-dessus, lendomorphisme g admet une valeur propre, et donc un vecteurpropre associé noté a:Si f est une homothétie, alors ce vecteur a est aussi vecteur propre de f: Doù le résultat.

2. (a) Dans ce cas on conclut en appliquant la proprièté Pl , supposée vraie à laide de lhypothèse derécurrence, aux endomorphismes induits par u et v sur cet espace F1 ou F2:

(b) Puisqu f nest pas une homothétie, alors F1 ( E ( contenu strictement), donc en passant aux dimen-sions, on obtient q < p:On note alors g1 lendomorphisme de F1 induit par g: Daprès lassertion (i) de la proprièté Pk (déjàmontré), g1 aura un vecteur propre b 2 F1 = ker (f idE) : Ce vecteur b sera alors vecteur proprecommun à f et g:

D - Retour au théorème de DAlembert Gauss

1. Il sagit dune matrice compagnon dont le détérminant est archi-classique, notons alors L1; :::; Ln les lignesde la matrice AXIn; puis faisant lopération :L1 L1 +XL2 + :::+Xn1Ln; on obtient :

det (AXIn) =

0 0 P (X)1 X a1

0. . .

. . ....

.... . . 1 X an2

0 0 1 an1 X

;

puis développant ce dernier déterminant par rapport sa première ligne, on aura

det (AXIn) = (1)n+1 (P (X)) = (1)n P (X) :

4

2. Daprés la partie C toute matrice A deMn (C) admet une valeur propre. Or les valeurs propres de A nesont autres que les racines de P: Doù P admet une racine complexe.

3. Soit Q un polynôme non constant de degré n 1 et de coe¢ cient dominant a 6= 0; alors Q sécrit sous la

forme Q (X) = aP (X) où P de forme P = Xn n1Xk=0

akXk; qui admettera une racine complexe daprès le

(2) ci-dessus.Conclusion : Tous polynôme non constant admet au moins une racine complexe.

FIN

5

3.12 2008 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.12 2008

3.12.1 Enonce

291

ROYAUME DU MAROC

Ministere de l’Education Nationale, de l’EnseignementSuperieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Presidence du Concours National Commun 2008Ecole Nationale de l’Industrie Minerale

ENIM

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’Ingenieurs ou Assimilees

Session 2008

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Filiere MP

Cette epreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2008 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,

comporte 4 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulier

de rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Sur les classes de similitude de matrices carrees d’ordre 2

L’objectif de ce probleme est d’etudier quelques proprietes topologiques des classes de simili-tudes de matrices carrees a coefficients reels ou complexes en liaison avec la diagonalisabilite.

Notations et rappels

Dans ce probleme, K designe le corps des reels ou celui des complexes (K = R ou C) et M2(K)l’algebre des matrices carrees d’ordre 2 a coefficients dans K ; la matrice identite se notera I2. GL2(K)designe le groupe des matrices inversibles deM2(K).

Pour toute matrice A deM2(K), tA designe la matrice transposee de A, tr (A) sa trace, detA sondeterminant et SpK(A) l’ensemble des valeurs propres de A appartenant a K.

Si A ∈ M2(C), on appelle matrice conjuguee de A et on note A, la matrice de M2(C) dont lescoefficients sont les conjugues de ceux de A ; la matrice transposee de la matrice A se notera A∗.

On rappelle que deux matrices A et B deM2(K) sont dites semblables dansM2(K) s’il existe unematrice P ∈ GL2(K) telle que A = PBP−1. Il s’agit d’une relation d’equivalence sur M2(K) ; lesclasses d’equivalence de cette relation sont dites les classes de similitude deM2(K).

I. Resultats preliminaires

1. (a) Verifier que si A ∈ M2(K), la classe de similitude de la matrice A dans M2(K), noteeSK(A), est egale a PAP−1; P ∈ GL2(K).

(b) Donner la classe de similitude d’une matrice scalaire, c’est a dire une matrice de la formexI2 avec x ∈ K.

2. Pour tout λ ∈ K, on pose Eλ =

(1 λ

0 1

)et Fλ =

(1 0λ 1

).

(a) Justifier que, pour tout λ ∈ K, Eλ et Fλ sont inversibles et exprimer leur inverses.

(b) Soit A =

(a b

c d

)∈M2(K) ; calculer les produits EλAE−1

λ et FλAF−1λ ou λ ∈ K.

(c) On suppose que la classe de similitude SK(A) de A ∈ M2(K) est reduite a un singleton.Montrer que A est une matrice scalaire.

3. Pour A =

(a b

c d

)∈M2(K), on pose ‖A‖S =

(|a|2 + |b|2 + |c|2 + |d|2)1/2.

(a) Montrer que A −→ ‖A‖S est une norme surM2(K).

(b) Verifier que, pour tout A ∈ M2(K), ‖A‖S =√

tr (AA∗) et que si U ∈ M2(K) est unematrice verifiant UU∗ = I2 alors ‖A‖S = ‖UAU∗‖S = ‖U∗AU‖S .

Epreuve de Mathematiques II 1 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2008 – MP

4. On suppose que la classe de similitude SK(A) de la matrice A ∈M2(K) est bornee.

(a) Justifier que les parties EλAE−1λ ; λ ∈ K et FλAF−1

λ ; λ ∈ K deM2(K) sont bornees.

(b) En deduire que A est une matrice scalaire.

5. Que peut-on dire d’une matrice B ∈M2(K) dont la classe de similitude est compacte ?

6. Montrer que les applications A −→ tr (A) et A −→ detA sont continues surM2(K).

7. Montrer que si A et B sont deux matrices semblables deM2(K), elles ont le meme determinant,la meme trace et le meme polynome caracteristique.

II. Condition pour qu’une classe de similitude deM2(K) soit fermee

1. Soit A ∈M2(K).

(a) Si SpK(A) = λ, µ, justifier que A est semblable dansM2(K) a la matrice

(λ 00 µ

).

(b) Si SpK(A) = λ, montrer que A est diagonalisable dans M2(K) si et seulement siA = λI2.

(c) Si SpK(A) = λ et A n’est pas une matrice scalaire, montrer que A est semblable dans

M2(K) a la matrice

(λ 10 λ

).

2. Soit A ∈M2(K).

(a) Si A est une matrice scalaire, justifier que la classe de similitude SK(A) de A dansM2(K)est fermee.

(b) Si SpK(A) = λ et A non diagonalisable, on pose Ak =

(2−k 00 1

)(λ 10 λ

)(2k 00 1

), k∈N.

Etudier la suite (Ak)k∈N et en deduire que la classe de similitude SK(A) n’est pas fermee.

(c) Si SpK(A) = λ, µ, soit(PkAP−1

k

)k∈N une suite d’elements de SK(A) qui converge vers

une matrice B ∈M2(K). Soit α∈λ, µ.i. Etudier la suite

(Pk(A− αI2)P

−1k

)k∈N et en deduire que det(B − αI2) = 0.

ii. Montrer alors que B ∈ SK(A) et conclure que SK(A) est fermee.

3. Montrer que si A ∈M2(C) alors SC(A) est fermee si et seulement si A est diagonalisable dansM2(C).

4. Soit A ∈M2(R) une matrice telle que SpR(A) = ∅.(a) Justifier que 4detA− (tr (A))2 > 0. Dans la suite, on pose

A′ =2

δ

(A− tr (A)

2I2

)et A′′ =

1

2

(tr (A) −δ

δ tr (A)

)avec δ : =

√4detA− (tr (A))2.

(b) Montrer que A′2 = −I2.

(c) On note f l’endomorphisme de R2 canoniquement associe a A′ et on considere un vecteur

non nul e de R2. Montrer que la famille (e, f(e)) est une base de R

2 et ecrire la matrice A1

de f dans cette base.

(d) Exprimer A′ en fonction de A1 et en deduire que les matrices A et A′′ sont semblablesdansM2(R).

Epreuve de Mathematiques II 2 / 4 −→

Concours National Commun – Session 2008 – MP

(e) Soit(PkAP−1

k

)k∈N une suite d’elements de SR(A) qui converge vers une matrice A

element deM2(R).

i. Montrer que tr (A) = tr (A) et detA = detA.

ii. Justifier alors que les matrices A et A sont semblables dansM2(R).

5. Montrer que si A ∈ M2(R) alors SR(A) est fermee dans M2(R) si et seulement si A estdiagonalisable dansM2(R) ou bien SpR(A) = ∅.

III. Une caracterisation des matrices diagonalisables deM2(K)

1. Un resultat de reduction

On muni le K-espace vectoriel K2 de son produit scalaire canonique note (.|.) ; la norme

associee est notee ‖.‖. Ainsi (K2, (.|.)) est un espace euclidien si K = R et hermitien si K = C.Soit G ∈ M2(K) ; on note g l’endomorphisme de K

2 canoniquement associe a G. On supposede plus que SpK(G) = ∅ si K = R.

(a) Justifier que les racines du polynome caracteristique χG de G sont toutes dans K.

Dans la suite, on designe par λ et µ les racines de χG (eventuellement confondues) ;ce sont les valeurs propres de g. On choisi un vecteur propre u′1 de g, associe a lavaleur propre λ, qu’on complete en une base (u′1, u

′2) de K

2 et on note (u1, u2) la baseorthonormee de (K2, (.|.)) obtenue en appliquant le procede de Schmidt a (u′1, u

′2).

(b) Rappeler les expressions des vecteurs u1 et u2 en fonction des vecteurs u′1 et u′2.

(c) On note U la matrice de passage de la base canonique (e1, e2) de K2 a la base (u1, u2).

Montrer que UU∗ = I2. (on pourra exprimer les coefficients de U a l’aide du produit scalaire).

(d) On note T la matrice de g dans la base (u1, u2). Justifier que T est de la forme

(λ α

0 µ

)et

que G = UTU∗. Que vaut ‖G‖S ?

2. Calcul d’une borne inferieure

On considere une matrice A ∈ M2(K) avec SpK(A) = ∅ si K = R, et on designe par λ et µ lesvaleurs propres de A (eventuellement confondues).

(a) Justifier que l’ensemble ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(K) possede une borne inferieure.

(b) Montrer que, pour toute matrice B ∈ SK(A), ‖B‖S

√|λ|2 + |µ|2.

(c) Montrer qu’il existe α ∈ K tel que, pour tout reel non nul t, la matrice

(λ tα

0 µ

)∈ SK(A).

(d) Deduire de ce qui precede que infB∈SK(A)

‖B‖S =√|λ|2 + |µ|2.

(e) Montrer que A est diagonalisable dans M2(K) si et seulement si la borne inferieure del’ensemble ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(K) est atteinte. (pour montrer que la condition estsuffisante, on pourra utiliser le resultat de la question 1.)

3. Application

On considere une matrice A ∈ M2(K) avec SpK(A) = ∅ si K = R, et on designe par λ et µ lesvaleurs propres de A (eventuellement confondues).

On suppose que la classe de similitude SK(A) de A est fermee.

(a) Justifier qu’il existe une suite(Pk

)k∈N d’elements de GL2(K) telle que, pour tout entier

naturel k, ‖PkAP−1k ‖S

√|λ|2 + |µ|2 + 1k+1 .

Epreuve de Mathematiques II 3 / 4 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2008 – MP

(b) En considerant une sous-suite convergente de la suite(PkAP−1

k

)k∈N, dont on justifiera

prealablement l’existence, montrer que la matrice A est diagonalisable dansM2(K).

IV. Cas d’une matrice reelle n’ayant aucune valeur propre reelle

On considere une matrice M ∈ M2(R) n’ayant aucune valeur propre reelle, ce qui signifie queSpR(M) = ∅. On a deja vu que 4detM − (tr (M))2 > 0 ; on pose alors δ : =

√4detM − (tr (M))2 et

M ′ =2

δ

(M − tr (M)

2I2

), M ′′ =

1

2

(tr (M) −δ

δ tr (M)

).

On rappelle que M ′2 = −I2 et on note f l’endomorphisme de R2 canoniquement associe a M ′.

1. On note M =

(a b

c d

); justifier que la matrice M ′ est de la forme M ′ =

(α β

γ −α

), ou α, β et

γ sont des reels a preciser en fonction de a, b, c et d, puis verifier que α2 + βγ = −1.

2. Pour tout vecteur v = (x, y) de l’espace euclidien (R2, (.|.)), exprimer le produit scalaire(v|f(v)) et montrer qu’il existe un vecteur non nul e ∈ R

2 tel que la famille(e, f(e)

)soit

orthogonale. Justifier que f(e) = 0.

3. Un tel vecteur e etant choisi, on pose u1 = 1‖e‖ .e et u2 = 1

‖f(e)‖ .f(e) ; Verifier que (u1, u2) est

une base orthonormee de l’espace euclidien (R2, (.|.)) et ecrire la matrice M1 de f dans cettebase.

4. On note U la matrice de passage de la base canonique (e1, e2) de R2 a la base (u1, u2) ; justifier

que U est une matrice orthogonale et exprimer M ′ en fonction de M1 puis en deduire que

M = UM2tU ou M2 =

1

2

(tr (M) −δ

δ tr (M)

), etant un reel > 0 a preciser.

5. On sait, d’apres les parties precedentes, que l’ensemble ‖PMP−1‖S ; P ∈ GL2(R) possedeune borne inferieure et que les matrices M et M ′′ sont semblables dansM2(R).

(a) Justifier que infB∈SR(M)

‖B‖S ‖M ′′‖S =√

2detM .

(b) Montrer que ‖M2‖S ‖M ′′‖S et que, plus generalement, ‖B‖S

√2detM pour toute

matrice B ∈ SR(M). Que vaut alors la borne inferieure infB∈SR(M)

‖B‖S ?

6. Conclure que la borne inferieure de l’ensemble ‖PMP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteinte etcaracteriser toutes les matrices de SR(M) en lesquelles cette borne est atteinte.

7. Conclusion : Soit A une matrice reelle d’ordre 2 ; montrer que la borne inferieure del’ensemble ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteinte si et seulement si la classe de similitudeSR(A) est fermee (dansM2(R)).

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 4 / 4 FIN

3.12 2008 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.12.2 Corrige

297

Concours National Commun - Session 2008Corrigé de l’épreuve de Mathématiques IISur les classes de similitude de matrices carrées d’ordre 2

Corrigé par M.TARQI

I. Résultats préliminaires

1. (a) Un matrice B ∈ M2(K) est semblable à A si et seulement si il existe une matrice P ∈ GL2(K)tel que B = PAP−1, donc SK(A) = PAP−1; P ∈ GL2(K).

(b) Il est clair que SK(xI2) = P (xI2)P−1; P ∈ GL2(K) = xI2 est singleton.

2. (a) On a detEλ = Fλ = 1 6= 0, donc les deux matrices sont inversibles,E−1λ =

(1 −λ0 1

)= E−λ

et F−1λ =

(1 0−λ 1

)= F−λ.

(b) On a, pour tout λ ∈ K,

EλAE−1λ =

(λc+ a −cλ2 + (d− a)λ+ bc −cλ+ d

)

et

FλAF−1λ =

(bλ+ a b

−bλ2 + (a− d)λ+ c bλ+ a

).

(c) Dans ce cas on aura ∀P ∈ GL2(K), PAP−1 = A, en particulier on aura ∀λ ∈ K,

EλAE−1λ =

(λc+ a −cλ2 + (d− a)λ+ bc −cλ+ d

)= A

et

FλAF−1λ =

(bλ+ a b

−bλ2 + (a− d)λ+ c bλ+ a

)= A.

On obtient donc ∀λ ∈ K,

a+ λc = a−cλ2 + (d− a)λ+ b = bd− cλ = d

et

a− λb = a−bλ2 + (a− d)λ+ c = ca+ cλ = a

. D’où

a = d et b = c = 0 et par conséquent A = aI2.

3. (a) Soit ϕ l’isomorphisme de M2(K) dans K4 défini par :

ϕ(

(a bc d

)) = (a, b, c, d).

Ainsi ‖A‖S = ‖ϕ(A)‖2 ( ‖.‖2 la norme euclidienne de K4 ), donc ‖.‖S est une norme.

(b) Si A =

(a bc d

), alors

AA∗ =

(a bc d

)(a c

b d

)=

(|a|2 + |b|2 ac+ bd

ca+ db |c|2 + |d|2),

donc tr(AA∗) = |a|2 + |b|2|+ |c|2 + |d|2 = ‖A‖2S .Comme tr(AB) = tr(BA), alors

‖U∗AU‖2S = tr(U∗AU(U∗AU)∗) = tr(UU∗AA∗) = tr(AA∗) = ‖A‖2S ,

de même ‖UAU∗‖S = ‖A‖S .4. (a) Les deux parties en question sont des parties d’une partie bornée, donc elles sont bornées.

(b) Soit M > 0 tel que ∀B ∈ SK(A), ‖B‖S ≤ M . En particulier, on aura pour tout λ ∈ K :‖EλAE

−1λ ‖S ≤ M et ‖FλAF

−1λ ‖S ≤ M , donc d’après les calculs faites dans la question 2.(b),

on obtient ∀λ ∈ K :

|a+ λc|2 ≤M|a+ λb|2 ≤M|b+ (d− a)λ− cλ2|2 ≤M

,

donc nécessairement a = d et b = c = 0 et par conséquent A = aI2.

m086m2c.tex - page 1

5. Toute partie compacte est bornée, donc si SK(B) est compacte, alors B est une matrice scalaire.6. tr est une forme linéaire, donc continue, etA 7−→ det est le composé de deux applications continuesA = [C1, C2] 7−→ (C1, C2) ( linéaire en dimension finie ) et (C1, C2) 7−→ det(C1, C2) (bilinéaire endimension finie ), donc l’application A 7−→ detA est continue.

7. Soit A et B deux matrices de M2(K) semblables, alors il existe P ∈ GL2(K) telle que B = PAP−1,donc les propriétés de tr et det, on a :• tr(B) = tr(PAP−1) = tr(P−1PA) = tr(A).• det(B) = det(PAP−1) = detP detAdetP−1 = detA.• χB(λ) = det(B − λI2) = det(P (A− λI2)P

−1 = det(P − λI2) = χA(λ).

II. Condition pour qu’une matrice de similitude de M2(K) soit fermée

1. (a) A admet deux valeurs propres distinctes, donc diagonalisable et donc semblable à(λ 00 µ

).

(b) Si A est diagonalisable, alors il existe P matrice inversible telle que

A = P

(λ 00 λ

)P−1 = λI2.

La réciproque est evident.(c) Dans ce cas dimEλ = 1 ( Eλ = Vectu le sous-espace caractéristique associé à λ ). Soit v un

vecteur (non nul) vérifiant (A − λI2)v = u et forme avec u une base, alors dans cette base la

matrice canoniquement associé A s’écrit B =

(λ 10 λ

).

2. (a) Si A = xI2, alors SK(A) = A est un singleton, donc est un fermé.

(b) On a Ak =

(2−k 00 1

)(λ 10 λ

)(2k 00 1

)=

(λ 2−k

0 λ

), donc lim

k→∞Ak = λI2. La suite

(Ak)k∈N∗ est une suite d’éléments de SK(A), car(λ 00 λ

)∈ SK(A) et qui converge vers

λI2 /∈ SK(A), donc si A est non diagonalisable, alors SK(A) n’est pas fermé.(c) i. On a pour tout k ∈ N, Pk(A− αI2)P

−1k = PkAP

−1k − αI2, donc

limk→∞

Pk(A− αI2)P−1k = (B − αI2),

et par continuité de l’application det,

det(B − αI2) = limk→∞

det(Pk(A− αI2)P−1k ) = 0.

ii. D’après la dernière question, SpK(B) = λ, µ, donc B est diagonalisable et semblable

à(λ 00 µ

), donc B ∈ SK(A). Ainsi on a montré que toute suite d’éléments de SK(A)

converge dans SK(A), donc SK(A) est fermée.3. Tout polynôme dans C[X] admet des racines, donc SpC(A) est toujours non vide.

• Si SpC(A) = λ, µ, alors A est diagonalisable et donc SK(A) est fermée.• Si SpK(A) = λ, alors si A est diagonalisable, alors A = λI2 et dans ce cas SK(A) est fermée.Réciproquement, et dans les cas, supposons SK(A) est fermée, donc si A est non diagonalisable,alors d’après la question 2.(b) de cette partie, SK(A) n’est pas fermée ce qui est faux.

4. (a) Si A =

(a bc d

), alors χ(λ) = λ2 − tr(A)λ + detA, donc si SpR(A) = ∅, alors χ n’a pas de

racines et donc ∆ = (trA)2 − 4 detA < 0.

(b) On sait d’après le théorème de Cayely-Hamilton que A2 − (trA)A + (detA)I2 = 0, donc onobtient :

A′2 =4

δ2

(A− trA

2I2

)(A− trA

2I2

)

=4

δ2

(A2 − (trA)A+

(trA)2

4I2

)

=4

δ2

(−(detA)I2 +

(trA)2

4I2

)= −I2

m086m2c.tex - page 2

(c) On a d’abord f(e) 6= 0, car sinon e = −f2(e) = 0. Soientα et β des réels tels queαe+βf(e) = 0,

donc αf(e)+βf2(e) = αf(e)e−βe = 0. Si α 6= 0, alors e =−βαf(e) et donc (α2+β2)f(e) = 0,

et ceci est absurde, ainsi α = 0 puis β = 0. Donc e, f(e) est une base de R2 et la matrice de

f dans cette base s’écrit A1 =

(0 −11 0

).

(d) Soit P = [e, f(e)] la matrice de passage canonique à la base e, f(e), alors on aA′ = P−1A′P ,donc

2

δ

(A− trA

2I2

)= P−1A1P

ce qui entraîne

A =trA

2I2 +

δ

2P−1A1P

= P−1

(trA

2I2 +

δ

2A1

)P

=1

2P−1

(trA −δδ trA

)P

= P−1A′′P.

Donc les deux matrices A et A′′ sont semblables dans M2(R).

(e) i. On a limk→∞

(PkAP−1k ) = A, donc par continuité des applications tr et det, on obtient tr A =

trA et det A = detA.

ii. A et A ont même trace et même déterminant donc d’après la question 4. de cette partie,les deux sont semblables à A′′, donc elles sont semblables.

5. Soit A ∈ M2(R). Si A est diagonalisable alors SR(A) est fermée, d’après la question 3. de cettepartie.SpR(A) = ∅, alors toute suite convergente d’éléments de SR(A), d’après la dernière question, salimite reste dans SR(A), c’est-à-dire SR(A) est fermée.Réciproquement, supposons SR(A) est fermée. Trois cas sont possibles, soit Sp(A) = λ, µ estdonc A est diagonalisable, ou bien SpR(A) = λ et dans ce cas A = λI2, car sinon SR(A) sera nonfermée, ou bien Sp(A) = ∅.Ainsi on a montré que SR(A) est fermée si et seulement siA est diagonalisable ou bien SpR(A) = ∅.

III. Une caractérisation des matrices diagonalisables de M2(R)

1. Un résultat de réduction

(a) Tout polynôme de degré 2 qui a une racine dans K est scindé, donc si SpK(G) 6= ∅, alors χG

est scindé dans K.

(b) D’après le cours, on a :

u1 =u′1‖u′1‖

et u2 =u′2 − (u′2|u1)u1‖u′2 − (u′2|u1)u1‖

(c) Si u1 = ae1 + be2 et u2 = ce1 + de2, alors U =

(a cb d

)et comme u1, u2 est une base

orthonormée, alors

|a|2 + |b|2 = 1|c|2 + |d|2 = 1

ac+ bd = 0. Autrement dit, UU∗ = I2.

(d) u1 et u′1 étant colinéaires, donc g(u1) = λu1. Soient α et β des scalaires tels que g(u2) =

αu1 + βu2, donc T =

(λ α0 β

), donc nécessairement β = µ, et puisque U est la matrice de

passage de la base e1, e2 à la base u1, u2, alors G = UTU−1 = UTU∗. On a évidement‖G‖S = ‖T‖S =

√|λ|2 + |µ|2 + |α|2.

2. Calcul d’une borne inférieure

(a) L’ensemble ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(K) est une partie non vide, car elle contient ‖A‖, etminorée ( par 0 ), donc admet une borne inférieure.

m086m2c.tex - page 3

(b) Soit B ∈ SK(A), alors SpK(A) 6= ∅ si K = R et donc il existe U ∈ GL2(K) telle que

B = U

(λ α0 µ

)U∗

( λ et µ les valeurs propres de B ).Ainsi ‖B‖S = ‖UTU∗‖S = ‖T‖S =

√|λ|2 + |µ|2 + |α|2 ≥

√|λ|2 + |µ|2

(c) Si SpK(A) = λ, µ, on prend α = 0. Si SpK(A) = λ, alors puisque A est trigonalisable,pour tout t ∈ R∗ on peut toujours trouver une base de K2 dans laquelle la matrice de l’en-

domorphisme canoniquement associé à A s’écrit sous la forme(λ tα0 µ

), donc ∀t ∈ R∗

(λ tα0 µ

)∈ SK(A)

(d) D’une part on a ∀B ∈ SK(A), ‖B‖S ≥√

|λ|2 + |µ|2. D’autre part ∀t ∈ K∗,(λ tα0 µ

)∈

SK(A), limt→0

(λ tα0 µ

)=

(λ 00 µ

)et∥∥∥∥(λ 00 µ

)∥∥∥∥S

=√|λ|2 + |µ|2, donc

infB∈SK(A)

‖B‖S =√

|λ|2 + |µ|2.

(e) Si A est diagonalisable, alors(λ 00 µ

)∈ SK(A) et donc

infB∈SK(A)

‖B‖S =√

|λ|2 + |µ|2 =

∥∥∥∥(λ 00 µ

)∥∥∥∥S

,

donc la borne inférieure de ‖PAP−1‖S/P ∈ GL2(K) est atteint.Inversement, soit G ∈ SK(A) telle que inf

B∈SK(A)‖B‖S = ‖G‖S =

√|λ|2 + |µ|2, Mais d’après la

question 1., il existe matrice U ∈ GL2(K) telle que UU∗ = I2 et G = UTU∗, donc T ∈ SK(A)et par conséquent

infB∈SK(A)

‖B‖S =√

|λ|2 + |µ|2 = ‖G‖S =√

|λ|2 + |µ|2 + |α|2,

donc nécessairement α = 0 et donc G et par conséquent A est diagonalisable.

3. Application

(a) On a infB∈SK(A)

‖B‖S =√

|λ|2 + |µ|2, donc d’après la caractérisation de la borne inférieure, pour

tout k ∈ N, il existe une matrice Pk ∈ GL2(K) telle que ‖PkAPk−1‖S ≤

√|λ|2 + |µ|2 + 1

k + 1.

(b) la suite (‖PkAPk−1‖S)k∈N étant bornée, donc on peut extraire une sous-suite

(Pϕ(k)AP

−1ϕ(k)

)k∈N

qui converge vers A, et comme SK(A) est fermée, alors A ∈ SK(A) , donc il existe P inversibletelle que A = PAP−1.Mais on a ∀k ∈ N :

‖Pϕ(k)AP−1ϕ(k)‖S ≤

√|λ|2 + |µ|2 + 1

ϕ(k) + 1

et par passage à la limite on obtient :

‖A‖S ≤√

|λ|2 + |µ|2 = infB∈SK(A)

‖B‖S .

Donc la borne inférieure de ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(K) est atteint en A et par conséquent Aest diagonalisable.

m086m2c.tex - page 4

IV. Cas d’une matrice réelle n’ayant aucune valeur propre réelle

1. On a

M ′ =2

δ

[(a bc d

)−(

a+d2 00 a+d

2

)]

=2

δ

(a−d2 bc d−a

2

)

=2√

2ad− 4bc− a2 − d2

(a−d2 bc d−a

2

).

Donc

α =a− d√

2ad− 4bc− a2 − d2

β =2b√

2ad− 4bc− a2 − d2

γ =2c√

2ad− 4bc− a2 − d2

, et on vérifie facilement que α2 + βγ = −1.

2. Si v = (x, y), alors f(v) = (αx+ βy, γx− αy et par conséquent (v|f(v) = αx2 + (β + γ)yx− αy2.Soit y fixé dans R∗, l’équation αx2+(β+γ)yx−αy2 = 0 est une équation de second degré (α 6= 0),dont le discriminant vaut [(β + γ)y]2 + α2y2 ≥ 0, donc pour chaque y ∈ R∗ on peut trouver x telque αx2 + (β + γ)yx− αy2 = 0, c’est-à-dire (v|f(v) = 0.Si f(e) = 0, alors e = −f2(e) = 0, ce qui est absurde.

3. Les deux vecteurs u1 et u2 sont unitaires et orthogonaux, donc la famille u1, u2 est une baseorthonormée de l’espace euclidien (R2, (.|.)).On a f(u1) =

1

‖e‖f(e) =‖f(e)‖‖e‖ u2 et f(u2) = − 1

‖f(e)‖e = − ‖e‖‖f(e)‖u1, donc

M1 =

(0 − ‖e‖

‖f(e)‖‖f(e)‖‖e‖ 0

).

4. Les deux bases sont orthonormées, donc la matrice de passage U de (e1, e2) à (u1, u2) est orthogo-

nale et on a la relation M ′ = UM t1U ou encore

δ

2M ′ =M − trM

2I2, d’où :

M =δ

2M ′ +

trM

2I2 =

δ

2(UM t

1U) +trM

2I2

= U

[δ

2M1) +

trM

2I2

]tU

= U

[(0 −δ

2ttδ2 0

)+

(trM2 00 trM

2

)]tU

= U1

2

(trM −δ

ttδ trM

)t

U

= U1

2

(trM −lδ

δl trM

)t

U = UM t2U,

avec l =1

t=

‖e‖‖f(e)‖ > 0.

5. (a) On a M ′′ ∈ SR(M), donc infB∈SR(M)

‖B‖S ≤ ‖M ′′‖S =

√1

4

[2(trM)2 + 2δ2

]=

√2 detM.

(b) On a ‖M2‖2S =1

4

[2(trM)2 + δ2

(l2 +

1

l2

)]≥ 1

4

[2(trM)2 + 2δ2

]= ‖M ′′‖2S , car ∀x > 0,

x+1

x≥ 2.

On sait que M et M ′′ sont semblables, donc M ′′ ∈ SR(M) et comme ‖M ′′‖S =√2 detM ,

alors infB∈SR(M)

‖B‖S = ‖M ′′‖S =√2 detM .

m086m2c.tex - page 5

6. D’après ce qui précède, inf‖PMP−1‖S ; P ∈ GL2(R) = infB∈SR(M)

‖B‖S = ‖M ′′‖S , cette borne est

atteint en toute matrice de la forme UM ′′tU où U est orthogonale.

7. Conclusion : On sait d’après la question 5. de la partie II que SR(A) est fermée si et seulement siA est diagonalisable ou bien SpR(A) = ∅ et on sait d’après la partie III, que A est diagonalisable siet seulement si inf‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteint, enfin d’après la partie II et la dernièrepartie si SpR(A) = ∅ alors inf‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteint.Réciproquement, si inf‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteint, alors SpR(A) = ∅ ou bien SpR(A) 6= ∅et dans ce cas, d’après la partie III.2.(e), A est diagonalisable. Ainsi on a montré que la borneinférieure de ‖PAP−1‖S ; P ∈ GL2(R) est atteinte si et seulement si SR(A) est fermée dansM2(R).

• • • • • • • • • • ••

M.Tarqi-Centre Ibn Abdoune des classes préparatoires-Khouribga. MarocE-mail : medtarqi@yahoo.fr

m086m2c.tex - page 6

3.13 2009 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.13 2009

3.13.1 Enonce

304

Concours National Commun – Session 2009 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats de la filiere MP,comporte 3 pages.

L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la qualite de la redaction et de la presentation, la clarte et la precision desraisonnements constitueront des elements importants pour l’appreciation des copies. Il convient en particulierde rappeler avec precision les references des questions abordees.

Si, au cours de l’epreuve, un candidat repere ce qui lui semble etre une erreur d’enonce, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamene a prendre.

Notations

Pour tout (p, q) ∈ N∗2, on note Mp,q(R) l’espace vectoriel des matrices a coefficients reels, a plignes et q colonnes ; si M ∈ Mp,q(K), tM designe la matrice transposee de M et rg (M) son rang.

Pour tout entier naturel k, Pk designe l’espace vectoriel des polynomes a coefficients reels et dedegre 6 k.

Dans ce probleme, n designe un entier naturel non nul et x0, x1, . . . , xn des reels deux a deuxdistincts ; on note π le polynome π = (X − x0)(X − x1) · · · (X − xn).

Enfin, pour tout entier naturel m, on definit l’application

fm : Pm −→ Rn+1

P 7−→(P (x0), . . . , P (xn)

)

N.B. : La premiere et la deuxieme partie du probleme sont independantes, la troisieme utilise les resultatsdes deux premieres.

1ere Partie : Etude de l’application fm

Soit m un entier naturel.

1. Si R ∈ Pn est tel que pour tout i ∈ 0, 1, . . . , n, R(xi) = 0, montrer que R est le polynome nul.

2. Verifier que fm est une application lineaire.

3. Dans cette question, on suppose que m > n+ 1.

(a) Montrer que Ker fm = Qπ ; Q ∈ Pm−n−1.

(b) Montrer que les sous-espaces vectoriels Ker fm et Pn sont supplementaires dans Pm.

(c) En deduire la dimension de Ker fm puis en donner une base.

(d) Determiner le rang de fm ; l’application fm est-elle surjective ?

4. Dans cette question, on suppose que m 6 n.

(a) Montrer que fm est injective.

(b) Quel est le rang de fm ?

(c) A quelle condition sur les entiers n et m l’application fm est-elle surjective ?

5. (a) Montrer que pour tout y = (y0, y1, . . . , yn) ∈ Rn+1, il existe un unique polynome Py ∈ Pn

tel que fn(Py) = (y0, y1, . . . , yn).

Epreuve de Mathematiques II 1 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2009 – MP

(b) Pour tout i ∈ 0, 1, . . . , n, on note Li l’unique polynome de Pn tel que fn(Li) = εiou (ε0, . . . , εn) designe la base canonique de Rn+1 ; on rappelle que ε0 = (1, 0, . . . , 0),ε1 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , εn = (0, 0, . . . , 0, 1).

i. Verifier que pour tout couple (i, j) d’elements de 0, 1, . . . , n, Li(xj) = δi,j avecδi,j = 1 si i = j et 0 sinon.

ii. Montrer que la famille (L0, L1, . . . , Ln) est une base de Pn.

(c) Si y = (y0, y1, . . . , yn) est un element de Rn+1, exprimer le polynome Py en fonction de

L0, L1, . . . , Ln et y0, y1, . . . , yn. Que vautn∑

i=0

Li ?

2eme Partie : Probleme aux moindres carres

Soient p et q deux entiers naturels non nuls ; on muni l’espace vectoriel Mp,1(R) (resp. Mq,1(R)) deson produit scalaire canonique note < ., . >p (resp. < ., . >q) et on note ‖.‖p (resp. ‖.‖q) la normeassociee. On rappelle que < u, v >p=

tvu , u, v ∈ Mp,1(R).Si M ∈ Mp,q(R), on note encore M l’application lineaire de Mq,1(R) dans Mp,1(R) canonique-

ment associee a M ; ainsi KerM = x ∈ Mq,1(R) ; Mx = 0 et ImM = Mx ; x ∈ Mq,1(R).

On considere A ∈ Mp,q(R) et b ∈ Mp,1(R) ; le probleme aux moindres carres associe a A et b estla recherche des vecteurs de Mq,1(R) minimisant la quantite ‖b−Ax‖2p lorsque x decrit Mq,1(R).

1. Si u ∈ Mq,1(R) est un vecteur tel que tAAu = tAb.

(a) Montrer que le vecteur b − Au est orthogonal a Im (A) et en deduire que Au est laprojection orthogonale de b sur Im (A).

(b) Justifier que ‖b − Au‖2p = min‖b − Ax‖2p ; x ∈ Mq,1(R) et preciser tous les elementsv ∈ Mq,1(R) en lesquels ce minimum est atteint.

2. Reciproquement, si u ∈ Mq,1(R) est un vecteur qui realise le minimum de la quantite ‖b−Ax‖2plorsque x decrit Mq,1(R), prouver que tAAu = tAb ; on montrera pour cela que le vecteurtAAu− tAb est orthogonal a tous les vecteurs de Mq,1(R).

3. (a) Montrer que si x ∈ Ker tAA alors < Ax,Ax >p= 0.

(b) En deduire que KerA = Ker tAA.

(c) Comparer alors rg (tA) et rg (tAA).

(d) Montrer que Im tAA ⊂ Im tA et en deduire que ces deux sous-espaces vectoriels sontegaux.

4. (a) Montrer qu’une solution du probleme aux moindres carres cite ci-dessus existe toujourset qu’elle est exactement une solution d’un systeme lineaire a preciser.

(b) Montrer que le probleme a une unique solution si et seulement si KerA = 0.

3eme Partie : Approximation polynomiale au sens des moindres carres

On considere des reels y0, y1, . . . , yn qui sont respectivement les images des reels x0, x1, . . . , xn parune fonction ϕ, et on cherche a determiner les polynomes P ∈ Pm tels que la quantite

Φm(P ) :=

n∑

i=0

(yi − P (xi)

)2

soit minimale, et a preciser la valeur minimale λm de ladite quantite.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2009 – MP

On parle alors d’approximation polynomiale au sens des moindres carres de la fonction ϕaux points x0, x1, . . . , xn ; ce type d’approximation est particulierement utilise dans les problemesd’optimisation et de controle de qualite.

On utilise les notations des parties precedentes.

A. Etude dans le cas m > n+ 1

1. Donner un polynome Q0 ∈ Pm tel que fm(Q0) = (y0, y1, . . . , yn).

2. En deduire la valeur minimale λm de Φm(P ) lorsque P decrit Pm, et preciser l’ensemble despolynomes en lesquels ce minimum est atteint.

B. Etude dans le cas m 6 n

Dans cette section, on pose

A =

1 x0 · · · xm01 x1 · · · xm1...

......

1 xn · · · xmn

∈ Mn+1,m+1(R), b =

y0y1...yn

∈ Mn+1,1(R).

1. (a) Expliciter les coefficients de la matrice tAA.(b) Monter que la matrice A est de rang m + 1 ; on pourra montrer que ces colonnes sont

lineairement independantes ou utiliser une autre methode.(c) En deduire que la matrice tAA est inversible.

2. Soit P =m∑

k=0

akXk ∈ Pm, on pose VP =

a0a1...am

.

(a) Exprimer le produit AVP a l’aide des valeurs prises par P aux points x0, x1, . . . , xn.(b) En deduire que Φm(P ) = ‖b−AVP ‖2n+1.

3. (a) Justifier qu’il existe un unique polynome P0 ∈ Pm qui realise le minimum de la quantiteΦm(P ) lorsque P decrit Pm.

(b) Montrer que VP0est l’unique solution du systeme lineaire tAAZ = tAb, d’inconnue Z.

(c) Que vaut λm ?

4. Application

On prend n = 3, m = 3, x0 = −1, x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, y0 = 1, y1 = 2, y2 = 1 et y3 = 0

(a) Calculer les matrices A et tAA.(b) Calculer le vecteur tAb.(c) Resoudre le systeme lineaire tAAZ = tAb, d’inconnue Z , par la methode du pivot de

Gauss.(d) Quel est le polynome P0 de degre 6 3 qui minimise Φ3 sur P3 ? Que vaut λ3 ?(e) Tracer le graphe de la fonction t 7−→ P0(t) et representer les points (xi, yi) sur le meme

graphique.

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 3 / 3 FIN

3.13 2009 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.13.2 Corrige

308

Concours Communs Marocain - Session 2009

Corrigé de l’épreuve d’algèbrePolynôme d’interpolation de Lagrange. Approximation au sens de moindres carrées

Corrigé par M.TARQI

1ere Partie : Étude de l’application fm

1. R étant un polynôme de degré inférieure ou égal à n, admettant n + 1 racinesdistintes, donc R est le polynôme nul.

2. Soient P,Q ∈ Pm et λ ∈ R, alors on a :

fm(P + λQ) = ((P + λQ)(x0), ..., (P + λQ)(xn))

= (P (x0), ..., P (xn)) + λ(Q(x0), ..., Q(xn))

= fm(P ) + λfm(Q)

Donc fm est une application linéaire.

3. (a) Il est clair que Qπ/Q ∈ Pm−n−1 ⊂ ker fm, puisque Qπ ∈ Pm et fm(Qπ) = 0.D’autre part, si P ∈ ker fm, alors x0, x1, ..., xn seront des racines de P , donc ilest divisible par π. Ainsi ker f = Qπ/Q ∈ Pm−n−1.

(b) Soit P ∈ Pm, alors il existe un couple unique (Q,R) de polynômes tels queP = Qπ + R, avec R = 0 ou degR ≤ n, et comme Qπ ∈ ker fm et R ∈ Pm,alors

Pm = ker fm ⊕ Pn.

(c) D’après la dérnière question, dimker fm = m−n. La famille π,Xπ, ..., Xm−n−1πest une base de ker fm.

(d) Toujours d’après la question (b) de cette partie, rg fm = n + 1, donc fm estsurjective puisque dimRn+1 = n+ 1.

4. (a) Si P ∈ Pm tel que fm(P ) = 0, alors le polynôme P aura n+1 racines distincteset comme m ≤ n, alors P = 0 et donc fm est injective.

(b) rg fm = dimPm = m+ 1.

(c) fm est surjective si et seulement si dimPm = dimRn+1, c’est-à-dire m = n.

5. (a) L’application

fm : Pn −→ Rn+1

P 7−→ (P (x0), ..., P (xn))

étant bijective ( m = n ), donc pour tout élément y = (y0, y1..., yn) ∈ Rn+1, ilexiste un seul polynôme Py ∈ Pn tel que fn(Py) = (y0, y1, ..., yn).

(b) i. D’après la définition des Li, on a Li(xi) = 1 et Li(xj) = 0 si i 6= j.

ii. La famille (L1, L2, ..., Ln) est une base de Pn, comme image réciproquede la base canonique de Rn+1, par l’isomorphisme fn.

(c) Posons

(y0, y1, ..., yn) =n∑

i=0

yiεi

m096m2c.tex - page 1

On aura alors,

Py =

p∑

i=1

yif−1n (εi) =

p∑

i=1

yiLi.

Soit P =n∑

i=0

Li, alors P (xi) = 1 pour tout 0 ≤ i ≤ n, donc d’après la question

1. de cette partie P = 1, d’où :

n∑

i=0

Li = 1.

2eme partie : Problème aux moindres carrées

1. (a) Soit y ∈ ImA, alors il existe x ∈ Mp,1 tel que y = Ax. Donc

< b− Au, y >p=< b− Au,Ax >p=t xtA(b− Au) = 0,

ainsi b− Au est orthogonal à ImA.Comme les vecteurs b−Au et Ax sont orthogonaux, alors d’après Pythagore,‖b − Ax‖ = ‖b − Au‖ + ‖A(u − x)‖ ≥ ‖b − Au‖ et d’après la caractérisationde la projection Au = PImA(b).

(b) On a, pour tout x ∈ Mq,1 ‖b−Au‖ ≤ ‖b−Ax‖+‖Ax−Au‖ ≤ ‖b−Ax‖, donc

‖b− Au‖ = min‖b− Ax‖p/x ∈ Mq,1(R)

ce minimum est atteint pour tout vecteur x ∈ Mq,1(R) tel que Ax = Au.

2. On sait, d’après la question 1.(a) de cette partie, que b−Au est orthogonal à Im(A),c’est-à-dire ∀x ∈ Mq,1(R) < b−Au,Ax >=t xtA(b−Au) =< x,tAb−t AAu >= 0,donc le vecteur tAAu −t Ab est orthogonal à tous x de Mp,1(R), en particulier ilest orthogonal à il même , c’est-à-dire ‖tAAu−t Ab‖ = 0, ainsi tAAu =t Ab.

3. (a) Si x ∈ kertAA, alors < Ax,Ax >p=t xtAAx = 0.

(b) Il est clair que kerA ⊂ kert AA et d’après la question précédente, si x ∈kertAA, alors ‖Ax‖2p = 0, donc Ax = 0 et par suite x ∈ kerA, d’où l’égalité.

(c) rg(tA) = rg(A) = p− dimker(A) = p− dimker(tAA) = rg(tAA).

(d) Soit y ∈ Imt AA, donc il existe x ∈ Mp,1(R) tel que y =t AAx, c’est-à-direy ∈ ImtA, d’où l’inclusion demandée. Les deux assertions rg(tA) = rg(tAA)et ImtAA ⊂ Imt A entraînent ImtA = Imt AA.

4. (a) D’après l’étude précédente, le problème aux moindres carrés admet une so-lution si et seulement si il existe u ∈ Mq,1(R) tel que tAAu =t Ab c’est-à-direle système tAAu =t Ab admet des solutions, ce qui est toujours possible,d’après la question 3.(c).

(b) Supposons kerA = 0 et soit u et v de tels tAAu =t Ab et tAAv =t Ab, alorsu − v ∈ kert AA = kertA = 0, donc v = u et par conséquent le poblèmeadmet une solution unique.

3eme Partie : Approximation polynomiale au sens des moindres carrées

A. Étude dans le cas m ≥ n+ 1

m096m2c.tex - page 2

1. On sait qu’il existe un unique polynôme Q0 ∈ Pn tel que fn(Q0) = (y0, y1, ..., yn),

c’est le polynômen∑

i=0

yiLi défini dans la première partie. D’autre part Pn ⊂ Pm et

la restriction de fm à Pn n’est autre que fn, alors on aura nécessairement

fm(Q0) = (y0, y1, ..., yn).

2. On a Q0 ∈ Pm et φm(Q0) = 0, donc λm = 0. D’autre part φm(P ) = 0 si et seulementsi P (xi) = yi pour tout entier i tel que 0 ≤ i ≤ n, donc l’ensemble des polynômesde Pm où le minimum est atteint est donc P ∈ Pm/fm(P ) = (y0, y1, ..., yn)

B. Étude dans le cas m ≤ n

1. (a) tAA est une matrice carée d’ordre m + 1 et son coefficient d’indice (i, j) estdonné par :

n∑

k=0

xikx

jk.

(b) On a un sous déteminant maximal non nul d’ordre m + 1 extrait de A, àsavoir ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 x0 · · · xm0

1 x1 · · · xm1

...... . . . ...

1 xm · · · xmm

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∏0≤j<i≤m

(xi − xj)

donc rgA = m+ 1.

(c) On sait que rgt AA = rgt A = rgA = m+ 1, donc tAA est inversible.

2. (a) On a évidementAVp =

t (P (x0), P (x1), ..., P (xn).

(b) On calcule

‖b−AVp‖2n+1 = ‖(y0−P (x0), ..., yn−P (xn))‖2n+1 =n∑

i=0

(yi−P (xi))2 = φm(P ).

3. (a) D’après la partie précédente, on sait qu’il existe, puisque tAA est inversible,un unique vecteur U = (c0, c1, ..., cm) tel que

‖b− AU‖2n+1 = min‖b− AX‖2n+1/x ∈ Mm+1,1(R)

donc le polynôme P0 =m∑k=0

ckXk répond à la question.

(b) D’après la question précédente le vecteur U = VP0 est l’unique solution dusystème linéaire tAAZ =t Ab.

(c) λm = Φm(P0).

4. Application

(a) On trouve A =

1 −1 1 −11 0 0 01 1 1 11 2 4 8

et tAA =

4 2 6 82 6 8 186 8 18 328 18 32 66

m096m2c.tex - page 3

(b) On a tAb =

4020

(c) On trouve U = (2,−1

3,−1,

1

3).

(d) P0(X) = 2− 1

3X −X2 +

1

3X3 et λ3 = ‖b− Au‖24 = 0.

(e) Le graphe de la fonction t 7−→ P0(t) et les quatre points (xi, yi).

• • • • • • • • • • ••

M.Tarqi-Centre Ibn Abdoune des classes préparatoires-Khouribga. MarocE-mail : medtarqi@yahoo.fr

m096m2c.tex - page 4

3.14 2010 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.14 2010

3.14.1 Enonce

313

ROYAUME DU MAROC

Ministere Charge de l’Enseignement Ministere de l’EnseignementSecondaire et Technique Superieur, de la Formation des Cadres

et de la Recherche Scientifique

Concours National Commund’Admission aux

Grandes Ecoles d’IngenieursSession 2000

EPREUVE DE MATHEMATIQUES II

Duree 4 heures

Concours MP

Cette epreuve comporte 3 pages au format A4, en plus de cette page de gardeL’usage de la calculatrice est interdit

Concours National Commun – Session 2000 – MP

L’enonce de cette epreuve, particuliere aux candidats duconcours MP,

comporte 3 pages.L’usage de la calculatrice est interdit .

Les candidats sont informes que la precision des raisonnements ainsique le soin apporte a la redaction seront des elements pris en compte dansla notation. Les candidats pourront admettre et utiliser le resultat d’unequestion non resolue s’ils l’indiquent clairement sur la copie. Il convienten particulier de rappeler avec precision les references des questionsabordees.

Definitions et notations

On considere un espace vectoriel E, de dimension finie n > 2,sur le corps K (K = R ou C). L(E) designe l’algebre des endomor-phismes de E; si u, v ∈ L(E), l’endomorphisme compose u v seranote simplement uv, [u, v] designera l’endomorphisme uv − vu etl’identite se notera Id.

Si u est un endomorphisme de E, on note Tr(u) la trace de u etSp(u) l’ensemble des valeurs propres de u. T designe l’ensembledes endomorphismes de E de trace nulle. Si λ est une valeurpropre de u, on note Eu(λ) le sous-espace propre de u associe a lavaleur propre λ.

Pour u ∈ L(E) on pose u0 = Id et si k ∈ N, k > 2, uk = uuk−1.On rappelle qu’un endomorphisme u est dit nilpotent s’il existep ∈ N∗ tel que up = 0 (endomorphisme nul).

On definit l’application :

Φ : L(E)× L(E) −→ L(E)

(u, v) 7→ [u, v]

et pour u ∈L(E) l’application :

Φu : L(E) −→ L(E)

v 7→ [u, v]

Pour (m, p) ∈ N∗2, on note Mm,p(K) l’ensemble des matricesa coefficients dans K, a m lignes et p colonnes. Im est la matriceidentite d’ordre m. Enfin, diag(α1, α2, . . . , αn) designe la matricecarree d’ordre n de terme general αiδij ou δij est le symbole deKroneker ( on rappelle que δij = 1 si i = j et δij = 0 si i 6= j ).

1ere PartieA- Quelques proprietes de φu

1. Montrer que T est un hyperplan de L(E).

2. Montrer que Φ est une application bilineaire antisymetrique.

3. Soit u ∈ L(E) un endomorphisme qui n’est pas une ho-mothetie.

(a) Montrer que Vect(Id, u, . . . , un−1) est inclus dansKer Φu et que dim (Ker Φu) > 2.

(b) Montrer que si v ∈ Ker Φu, alors v(Eu(λ)) ⊂ Eu(λ) pourtout λ ∈ Sp(u).

4. Montrer que l’image de Φ est incluse dans T et que pouru ∈ L(E), Im Φu ⊂ T .Existe-t-il u, v ∈ L(E) tels que [u, v] = Id ? Peut-on avoirIm Φu = T ?

5. Soit u ∈ L(E).

(a) Montrer que u est une homothetie si et seulement si pourtout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee.

(b) En deduire que Ker Φu = L(E) si et seulement si u estune homothetie.

6. (a) Soient u, v ∈ L(E) ; montrer par recurrence sur k que

(Φu)k(v) =k∑

p=0

(−1)pCpkuk−pvup.

(b) En deduire que si u est nilpotent, alors Φu l’est aussi.

B- Determination de l’image de Φ

Soit u un endomorphisme non nul de E de trace nulle.

1. u peut-il etre une homothetie ?

2. Montrer qu’il existe e1 ∈ E tel que la famille (e1, u(e1)) soitlibre.

3. En deduire l’existence d’une base (e1, e2, . . . , en) deE telle quela matrice A de u dans cette base soit de la forme :

(0 tXY A1

)

ou (X,Y ) ∈ (Mn−1,1(K))2 et A1 ∈Mn−1(K).

4. On suppose A1 = UV − V U avec (U, V ) ∈ (Mn−1(K))2

(a) Montrer qu’on peut trouver α ∈ K tel que la matriceU − αIn−1 soit inversible.

(b) On pose U ′ =

(α 00 U

)et V ′ =

(0 tRS V

)avec (R,S) ∈

(Mn−1,1(K))2; etablir l’equivalence :

A = U ′V ′−V ′U ′ ⇐⇒ [ tX = −tR(U−αIn−1) et Y = (U−αIn−1)S ].

5. Montrer alors par recurrence sur n que l’image de Φ est egalea T .

C- Determination de Tr(Φu)

Soit u un endomorphisme de E. Soient B = (e1, e2, . . . , en) unebase de E et A = (ai,j)16i,j6n la matrice de u dans cette base. Pour(i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2, ui,j designe l’endomorphisme de E tel que :

∀ k ∈ 1, 2, . . . , n, ui,j(ek) = δjkei.

1. Rappeler pourquoi (ui,j)16i,j6n est une base de L(E).

2. Calculer, pour tout (i, j, k, l) ∈ 1, 2, . . . , n4, le produit ui,juk,let montrer que l’on a :

∀ (i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2, Φu(ui,j) =n∑

k=1

ak,iuk,j −n∑

k=1

aj,kui,k .

3. En deduire Tr(Φu).

2eme Partie

A- Cas ou u est diagonalisable

Dans cette question on suppose que u est diagonalisable.On pose Sp(u) = λ1, λ2, . . . , λp. Pour tout i ∈ 1, . . . , p,mi

designe l’ordre de multiplicite de la valeur propre λi de u.

Epreuve de Mathematiques II 2 / 3 Tournez la page S.V.P.

Concours National Commun – Session 2000 – MP

1. Soit B = (e1, e2, . . . , en) une base de E formee de vecteurspropres de u. Pour simplifier les notations dans cette question,on pose u(ei) = µiei ∀ i ∈ 1, .., n.

(a) Montrer que

∀ (i, j) ∈ 1, 2, . . . , n2 : Φu(ui,j) = (µi − µj)ui,j .

(b) En deduire que Φu est diagonalisable et preciser Sp(Φu).

2. Montrer que

Ker Φu = v ∈ L(E)/∀ i ∈ 1, .., p v(Eu(λi)) ⊂ Eu(λi).

3. En deduire que Ker Φu est isomorphe a L(Eu(λ1)) ×L(Eu(λ2))× . . .× L(Eu(λp)).Quel est le rang de Φu?

4. On suppose en plus que u a n valeurs propres distinctes.Quel est la dimension de Ker Φu? Quel est le polynome mini-mal de u?En deduire que Ker Φu = Vect(Id, u, . . . , un−1).

B- Cas ou dimE=2

Soit u un endomorphisme de E qui n’est pas une homothetie,dimE=2.

1. Montrer que Ker Φu= Vect(Id, u) (on pourra utiliser une basede E de la forme (e, u(e)) dont on justifiera l’existence).

2. Montrer que le polynome caracteristique de Φu est de la formeX2(X2 + β) avec β ∈ K.

3. Si β = 0, l’endomorphisme Φu est-il diagonalisable?

4. On suppose β 6= 0 ; etudier la diagonalisabilite de Φu selonque K = R ou K = C.

5. On suppose Φu diagonalisable.

(a) Montrer que Sp(Φu) = 0, λ,−λ ou λ est un scalairenon nul .

Dans la suite de la question, v (respectivementw) designeun vecteur propre de Φu associe a la valeur propre λ(respectivement −λ).

(b) L’endomorphisme v peut-il etre inversible ? CalculerTr(v) puis v2.

(c) Determination de Sp(u) :

• Pour quelles valeurs du vecteur e la famille (e, v(e))est-elle une base de E ?• Verifier que la matrice de u dans une telle base est

triangulaire inferieure puis en deduire que Sp(u) =

Tr(u)−λ2 , Tr(u)+λ

2 . Que peut-on alors dire de u?

(d) Montrer que E = Ker v⊕Kerw puis en deduire que u estdiagonalisable.

C- Cas ou Φu est diagonalisable

Soit u un endomorphisme de E tel que Φu soit diagonalisableet Sp(u) 6= ∅. Soit (v1, v2, . . . , vn2) une base de L(E) formee devecteurs propres de Φu de sorte que Φu(vi) = βivi, ∀ i ∈ 1, .., n2.Soit enfin λ ∈ Sp(u) et x ∈ E un vecteur propre associe.

1. Calculer u(vi(x)) en fonction de λ, βi et vi(x).

2. Montrer que l’application Ψ : L(E) −→ E, v 7→ v(x) estlineaire surjective.

3. Montrer alors que u est diagonalisable.

3eme Partie

Soit λ une valeur propre non nulle de Φu et v un vecteur propreassocie ; on designe par Pu le polynome caracteristique de u.

1. (a) Montrer que ∀ x ∈ K, v(u− xId) = (u− (x+ λ)Id)v.

(b) Qu’en deduit-on sur Pu si det v 6= 0.

(c) Montrer alors que l’endomorphisme v n’est pas in-versible.

2. Montrer que ∀ k ∈ N∗, Φu(vk) = kλvk ; qu’en deduit-on sivp 6= 0 pour un certain p ∈ N∗ ?

3. Conclure que v est un endomorphisme nilpotent.

Dans la suite on suppose que dim Ker v = 1

4. (a) Montrer que pour tout p ∈ 1, 2, ..., n, Im vp est stablepar les endomorphismes u et v.

(b) Soit p ∈ 1, 2, ..., n − 1 ; en considerant les endomor-phismes v1 et u1 induits par v et u sur Im vp, montrer quedim (Im vp) = 1 + dim (Im vp+1).

(c) Deduire de ce qui precede que vn−1 6= 0 et vn = 0.

5. Soit e ∈ E tel que vn−1(e) 6= 0 ; montrer que la familleB = (e, v(e), . . . , vn−1(e)) est une base de E et ecrire la matricede l’endomorphisme v dans cette base.

6. On pose A = w ∈ L(E)/ wv − vw = λv.

(a) Montrer que A contient un endomorphisme w0 dont lamatrice relativement a la base B est diag(0, λ, 2λ, . . . , (n−1)λ).

(b) Montrer queA est un sous-espace affine de L(E) dont onprecisera la direction.

(c) Determiner la dimension ainsi qu’une base de la direc-tion de A.

7. Quelle est alors la forme de la matrice dans la base B del’endomorphisme u ?

8. On suppose dans cette question que la matrice de u dans unebase B′ de E est de la forme diag(α, α+λ, α+ 2λ, . . . , α+ (n−1)λ) ; decrire par leur matrice dans la base B′ les elements del’espace EΦu(λ) ; quelle est sa dimension?

FIN DE L’EPREUVE

Epreuve de Mathematiques II 3 / 3 FIN

3.14 2010 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.14.2 Corrige

317

CONCOURS NATIONAL COMMUN -SESSION 2000 - MP

ROYAUME DU MAROC

N.B : L’enonce comportait un certain nombre de fautes de frappe(par exemple, des inegalites strictes au lieu d’inegalite larges...)

PARTIE 1 :

A: Quelques proprietes de Φu

1) T est le noyau de la forme lineaire non nulle ”Tr”, c’est doncun hyperplan de L(E) (cf cours).

2) • Φ est lineaire par rapport a la premiere variable :∀(λ1, λ2) ∈ K2, ∀(u1, u2, v) ∈ L(E)3, on a :Φ(λ1u1 + λ2u2, v) = (λ1u1 + λ2u2)v − v(λ1u1 + λ2u2)= λ1(u1v − vu1) + λ2(u2v − vu2)= λ1Φ(u1, v) + λ2Φ(u2, v).

• De plus, ∀(u, v) ∈ L(E)2, Φ(v, u) = −Φ(u, v), donc Φ estantisymetrique.

• Φ est donc aussi lineaire par rapport a la seconde variable;c’est donc bien une application bilineaire antisymetrique.

3) a) ∀k ∈ N , uk ∈ Ker(Φu) de facon evidente (uk commuteavec u !) , et, Ker(Φu) etant un sous-espace vectoriel deL(E), Vect(Id, u, ..., un−1) ⊂ Ker(Φu). Puisque u n’est

pas une homothetie, Id, u est libre dans L(E), doncdim(Ker(Φu) > 2.

b) Si v ∈ Ker(Φu), alors v commute avec u, donclaisse stable les sous-espaces propres de u (resultatdu cours).

4) • Si w ∈ Im(Φ), il existe (u, v) ∈ L(E)2 tels que w = uv−vu.On a alors :Tr(w) =Tr(uv) - Tr(vu) = 0, donc w ∈ T et Im(Φ) ⊂ T .

• Im(Φu) ⊂ T pour la meme raison.

• On ne peut donc pas avoir [u, v] = Id, puisque Tr(Id) 6= 0.

• On ne peut pas avoir Im(Φu) = T , car sinon, T etantun hyperplan de L(E), on aurait dim(Ker(Φu)) = 1.Or cela est impossible d’apres 3.a, lorsque u n’est pasune homothetie, et, lorsque u est une homothetie,Ker(Φu) = L(E), donc c’est impossible aussi dans ce cas.

5) a) • Si u est une homothetie, alors il est clair que pourtout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee.

• Reciproquement, supposons que pour tout x ∈ E, lafamille (x, u(x)) est liee. Soit alors (e1, . . . , en) unebase de E.Pour tout i ∈ [[1, n]], (ei, u(ei)) est liee, donc il existeλi ∈ K tel que u(ei) = λiei.On a alors, pour i 6= j :u(ei + ej) = u(ei) + u(ej) = λiei + λjej . u(ei + ej)etant colineaire a ei + ej (et la famille (ei, ej) etantlibre), on en deduit λi = λj .

Ainsi, il existe λ ∈ K tel que u(ei) = λei pour touti, et, par suite, u(x) = λx pour tout x ∈ E, etu est une homothetie.

b) • Si u est une homothetie, tout endomorphisme v deE commute avec u, donc appartient a Ker(Φu), d’ouKer(Φu) = L(E).

• Si Ker(Φu) = L(E), alors, pour tout v ∈ L(E),uv = vu. En particulier, si x 6= 0, si H est unhyperplan de E supplementaire de Kx, et si v est lasymetrie par rapport a Kx parallelement a H, on a :uv(x) = u[v(x)] = u(x), d’ou v[u(x)] = u(x),donc u(x) est invariant par v et, par suite, estcolineaire a x.Ainsi, pour tout x ∈ E, la famille (x, u(x)) est liee (lecas x = 0 etant evident), donc u est une homothetied’apres la question precedente.

6) a) • Pour k = 0, 1, la formule proposee est evidente.

• Supposons la demontree a l’ordre k > 1. Alors

(Φu)k+1(v) =

k∑

p=0

(−1)pCpkΦu

(uk−pvup

)

=k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup − uk−pvup+1

)

=

k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup

)−

k∑

p=0

(−1)pCpk

(uk−pvup+1

)

=k+1∑

p=0

(−1)pCpk

(uk+1−pvup

)−

k+1∑

p=0

(−1)p−1Cp−1k uk−p+1vup

)

(en ayant pose C−1k = Ck+1

k = 0)

=

k+1∑

p=0

(−1)p(Cp

k + Cp−1k

)(uk+1−pvup

)

=k+1∑

p=0

(−1)pCpk+1

(uk+1−pvup

)

(d’apres la formule du triangle de Pascal)

ce qui est le resultat voulu a l’ordre k + 1.

b) Supposons u nilpotent. E etant de dimension n, on aun = 0 d’ou, pour tout v ∈ L(E) :

(Φu)2n(v) =2n∑

p=0

(−1)pCp2nu

2n−pvup

=n∑

p=0

(−1)pCp2nu

2n−pvup +2n∑

p=n+1

(−1)pCp2nu

2n−pvup

= un[ n∑

p=0

(−1)pCp2nu

n−pvup]+un

[ 2n∑

p=n+1

(−1)pCp2nu

2n−pvup−n]

= 0

Ainsi, (Φu)2n = 0, et Φu est nilpotent.

B: Determination de l’image de Φ

1) Si u est une homothetie de rapport λ, alors Tr(u) = nλ, donc,si u est une homothetie de trace nulle, c’est l’endomorphismenul, ce qui est exclu ici.

1

2) D’apres A.5, puisque u n’est pas une homothetie, il existe e1

tel que la famille (e1, u(e1)) soit libre.

3) En posant alors e2 = u(e1), (e1, e2) est libre donc, d’apresle theoreme de la base incomplete, il existe (e3, . . . , en) telsque (e1, e2, . . . , en) soit une base de E. Dans cette base, la

matrice de u est donc de la forme

[0 tXY A1

], avec Y =

10...0

(et X,Y,A1 comme dans l’enonce).

4) a) U − αIn−1 inversible ⇔ α non racine du polynomecaracteristique de U .K etant infini, on peut donc trouver α ∈ K qui convient.

b) Le calcul du produit par blocs donne :

U ′V ′ − V ′U ′ =[

0 αtR−t RUUS − αS UV − V U

].

Puisque A1 = UV − V U , on a donc bien l’equivalence :

A = U ′V ′−V ′U ′ ⇔ tX = −tR(U−αIn−1) et Y = (U−αIn−1)S

5) • On a deja vu que Im(Φ) ⊂ T .

• Montrons l’inclusion inverse par recurrence sur n.

– Pour n=2 : Soit E de dimension 2, et a unendomorphisme de E de trace nulle (a ∈ T ). D’apresla question precedente, il existe une base de B de E

dans laquelle la matrice A de u est egale a :

(0 x1 a

).

u etant de trace nulle, on a a = 0 et A =

(0 x1 0

).

On peut alors ecrire : A = UV − V U avec, par

exemple: U =

(1 00 2

)et V =

(0 −x1 0

).

Si on note u et v les endomorphismes de E dontles matrices dans B sont U et V , on aura biena = Φ(u, v) donc a ∈ Im(Φ).Ainsi, on a bien : T ⊂ Im(Φ) dans le cas n = 2.

– Supposons le resultat acquis pour tout espace vecto-riel de dimension n − 1. Cela signifie que, si A1 estune matrice de trace nulle d’ordre n− 1, il existe desmatrices carrees d’ordre n − 1, U1 et V1, telles queA1 = U1V1 − V1U1.Soit donc E un K-espace vectoriel de dimension n, eta un endomorphisme de E de trace nulle. D’apres cequi precede, il existe une base B de E dans laquelle

a a une matrice A de la forme :

[0 tXY A1

], avec les

memes notations qu’auparavant.

Mais Tr(A) = 0 + Tr(A1), donc on a Tr(A1) = 0.A1 etant une matrice carree d’ordre n − 1, d’apresl’hypothese de recurrence, il existe des matri-ces carrees d’ordre n − 1, U1 et V1, telles queA1 = U1V1 − V1U1. Soit alors α tel que U1 − αIn−1

soit inversible, et posons R =t (U1 − αIn−1)−1X etS = (U1 − αIn−1)−1Y .Alors, d’apres les calculs precedents, en posant

U =

[α 00 U1

]et V =

[0 tRS V1

], on aura bien :

A = UV − V U .Si on note u et v les endomorphismes de E dontles matrices dans B sont U et V , on aura biena = Φ(u, v) donc a ∈ Im(Φ).Ainsi, on a bien etabli : T ⊂ Im(Φ) a l’ordre n.CQFD

C: Determination de la trace de Φu

1) uij est l’endomorphisme dont la matrice dans la base canoniqueest Eij , avec (Eij)kl = δikδjl. Il est bien connu que les matrices(Eij)16i,j6n forment une base de Mn(K) (base canonique),donc, par isomorphisme, les (uij)16i,j6n forment une base deL(E).

2) • Pour tout m ∈ [[1, n]], on a :uijukl(em) = uij

(δlmek

)= δlmδjkei = δjkuil(em).

Cela etant valable pour tout m ∈ [[1, n]], on a :uijukl = δjkuil.

• On a A =∑

16k,l6n

aklEkl d’ou u =∑

16k,l6n

aklukl, d’ou :

Φu(uij) = uuij−uiju =∑

16k,l6n

aklukluij−∑

16k,l6n

akluijukl

=∑

16k,l6n

aklδliukj −∑

16k,l6n

aklδjkuil

=∑

16k6n

akiukj −∑

16l6n

ajluil

3) La coordonnee de Φu(uij) sur uij est donc egale a aii − ajj .

Donc : Tr(Φu) =∑

16i,j6n

(aii − ajj) =n∑

i=1

n∑

j=1

(aii − ajj)

=n∑

i=1

(naii − Tr(u)) = nTr(u)− nTr(u)

soit : Tr(Φu) = 0.

PARTIE 2 :

A: Cas ou u est diagonalisable

1) a) Il suffit de reprendre le resultat de I.C.2, puisque l’on aici, avec les memes notations,aki = δkiµi, pour obtenir Φu(uij) = (µi − µj)uij .

b) Ainsi, les (uij)16i,j6n forment une base de L(E) formeede vecteurs propres de Φu; donc Φu est diagonalisable etSp(Φu) = µi − µj , (i, j) ∈ [[1, n]]2.

2) Notons F = v ∈ L(E) / ∀i ∈ [[1, p]] v(Eu(λi)

)⊂ Eu(λi).

• Si v ∈ F , alors, pour tout xi ∈ Eu(λi), v(xi) ∈ Eu(λi)d’ou uv(xi) = λiv(xi) et aussivu(xi) = v(λixi) = λiv(xi), d’ou uv = vu sur les Eu(λi).Ces sous-espaces etant supplementaires par hypothese, onen deduit uv = vu, i.e v ∈ Ker(Φu).

2

• Reciproquement, si v ∈ Ker(Φu), u et v commutent, doncv laisse stable les sous-espaces propres de u (resultatdu cours), donc v ∈ F . On a donc bien, finalement :F = Ker(Φu).

3) Si v ∈ Ker(Φu), v laisse stable les Eu(λi) pouri ∈ [[1, p]]. On peut donc considerer les endomorphismesvi induits par v sur Eu(λi), et definir l’application :

Ψ :

Ker(Φu) → L(Eu(λ1))× · · · × L(Eu(λp))v 7→ (v1, . . . , vp)

Alors :

• Ψ est lineaire (facile).

• Ψ est bijective, car, si(v1, . . . , vp) ∈ L(Eu(λ1)) × · · · × L(Eu(λp)), il existeun et un seul endomorphisme v dont la restrictiona chaque Eu(λi) soit egale a vi (cf. cours sur ladetermination d’une application lineaire, les Eu(λi) etantsupplementaires), et on a alors v ∈ Ker(Φu) d’apres laquestion precedente.

Ainsi, Ψ est un isomorphisme de Ker(Φu) surL(Eu(λ1))× · · · × L(Eu(λ1p)).

• Donc dim(Ker(Φu)) =

p∑

i=1

(mi)2 (car chaque (Eu(λi)

est de dimension mi, u etant diagonalisable, doncdimL(Eu(λi)) = (mi)

2 ), et, d’apres le theoreme du rang,

rg(u) = dim(L(E))− dim(Ker(Φu)) = n2 −p∑

i=1

(mi)2 .

4) • Si u possede n valeurs propres distinctes, on a alors p = net mi = 1 pour tout i, donc dim(Ker(Φu)) = n.

• Le polynome minimal Πu de u ayant pour racines lesvaleurs propres de u (cf. cours) et etant de degre inferieurou egal a n (d’apres le theoreme de Cayley-Hamilton), on

a : Πu =n∏

i=1

(X − λi). En particulier, Πu = χu et Πu est

de degre n.

• Le systeme (Id, u, . . . , un−1) est donc libre (car sinon ilexisterait un polynome annulateur de u de degre inferieurou egal a n− 1 ce qui contredit le resultat precedent).Donc Vect(Id, u, . . . , un−1) est de dimension n.

Puisque uk ∈ Ker(Φu) pour tout k ∈ N (uk commute avecu !), Ker(Φu) contient Vect(Id, u, . . . , un−1), et, etant dedimension n, on a donc : Ker(Φu) = Vect(Id, u, . . . , un−1).

B: Cas ou dim(E) = 2

1) Si u n’est pas une homothetie, il existe e ∈ E tel que (e, u(e))soit libre (d’apres I.B.2), et ce sera donc une base de Epuisque, ici, dim(E) = 2.

Soit v ∈ Ker(Φu), i.e v commute avec u. (e, u(e)) etant unebase de E, il existe α, β ∈ K tels que v(e) = αe+ βu(e).

On a alors : vu(e) = uv(e) = αu(e) + βu2(e).

Ainsi, v = αId + βu, car cette egalite est vraie pour lesvecteurs de la base (e, u(e)).Donc v ∈ Vect(Id, u), soit Ker(Φu) ⊂ Vect(Id, u). L’inclusioninverse etant evidente, on a bien : Ker(Φu) = Vect(Id, u).

2) Φu est un endomorphisme de l’e.v L(E), de dimension 4. Sonpolynome caracteristique est donc de degre 4. D’autre part,Ker(Φu) etant de dimension 2 (cf. question precedente), 0est valeur propre de Φu d’ordre de multiplicite superieure ouegale a 2. Donc ce polynome caracteristique est de la formeX2(X2 + αX + β). On a alors −α = Tr(Φu) = 0, donc cepolynome caracteristique est de la forme X2(X2 + β).

3) Si β = 0, le polynome caracteristique de Φu est egal a X4.Donc Φu a pour seule valeur propre 0, d’ordre de multiplicite4. Si Φu etait diagonalisable, il serait donc nul, ce qui est exclu(car u n’est pas une homothetie, par hypothese).on peut aussi dire que 0 est valeur propre d’ordre 4 alors que ladimension du sous-espace propre associe, c’est-a-dire Ker(Φu),est egale a 2 .

4) Supposons β 6= 0.

• Si K = C, alors, si λ ∈ C est une racine carreede β, le polynome caracteristique de Φu est egal a :X2(X − λ)(X + λ). Le sous-espace propre de Φu as-socie a la valeur propre 0 (i.e Ker(Φu)) etant de dimensionsuperieure ou egale a 2 d’apres cf. I.A.3,il sera exactementde dimension 2 (car sa dimension est inferieure ou egalea l’ordre de multiplicite de 0) et les sous-espaces propresassocies aux valeurs propres ±λ etant de dimension egalea 1, il en resulte que Φu est diagonalisable.

• Si K = R, alors, si β > 0, Φu est diagonalisable pour lesmemes raisons que ci-dessus.

• Enfin, si K = R et si β < 0, alors Φu n’est pas di-agonalisable, ni meme trigonalisable, son polynomecaracteristique n’etant pas scinde dans R[X].

5) a) cf question precedente.

b) • On a, par definition : Φu(v) = λv soit uv − vu = λv.Si v etait inversible, on aurait alors : u−vuv−1 = λId.Or, Tr(vuv−1) = Tr(uv−1v) = Tr(u), donc on auraitTr(λId) = 0, ce qui est exclu car λ 6= 0.

• uv−vu = λv implique λTr(v) = Tr(uv)−Tr(vu) = 0,d’ou: Tr(v) = 0.

• v etant un endomorphisme d’un e.v de dimen-sion 2, son polynome caracteristique est egal a :X2 − Tr(v)X + det(v). Or, d’apres ce qui precede,det(v) = Tr(v) = 0, donc le polynome caracteristiquede v est egal a X2. D’apres le theoreme de Cayley-Hamilton, c’est un polynome annullateur de v, doncv2 = 0.

c) • Kerv est de dimension 1 (car v n’est pas injective etest non nul). On peut donc trouver un vecteur e telque e /∈ Kerv. Alors le systeme (e, v(e)) est libre(ce sera donc une base de E) car : si α est tel quev(e) = αe, alors 0 = v2(e) = αv(e) = α2e, d’ou α = 0et v(e) = 0, ce qui est contradictoire.

• Dans une telle base,la matrice V de v est :

V =

(0 01 0

). Si U =

(a bc d

)est la matrice de u dans

cette meme base, on a : UV −V U =

(b 0

d− a −b

), et

l’egalite UV −V U = λV implique b = 0 et d− a = λ.

3

Ainsi, U =

(a 0c a+ λ

). Donc U est triangulaire

inferieure; ses valeurs propres sont a et a + λ, etTr(u) = 2a + λ; les valeurs propres de u sont donc

bienTr(u)− λ

2et

Tr(u) + λ

2.

• u ayant alors 2 valeurs propres distinctes,u est diagonalisable.

d) • Kerv et Kerw sont de dimension 1. Pour mon-trer que E = Kerv ⊕ Kerw, il suffit donc de mon-trer que Kerv ∩ Kerw = 0. Par l’absurde, si onavait Kerv ∩ Kerw 6= 0, on aurait Kerv = Kerw(ce sont deux droites), d’ou w(v(e)) = 0 et la ma-trice de w dans la base (e, v(e)) serait de la forme :

W =

(α 0β 0

). L’egalite UW −WU = −λw donne

alors UW − WU =

(0 0

cα+ βλ

)= −λW , d’ou

α = 0 et on aurait W = βV , soit w = βv, ce qui estexclu car v et w sont des vecteurs propres de Φu as-socies a des valeurs propres distinctes, donc le systeme(v, w) est libre.

• Soit x un vecteur non nul de Kerv . L’egaliteuv− vu = λv implique v[u(x)] = 0, donc u(x) ∈ Kerv. Kerv etant une droite vectorielle, il existe α telque u(x) = αx. Ainsi, Kerv est une droite formee devecteurs propres de u, et il en est de meme de Kerw.Ces deux sous-espaces etant supplementaires, onpeut en deduire que u est diagonalisable (mais on lesavait deja, cf. question precedente !).

C: Cas ou Φu est diagonalisable

1) On a : uvi − viu = βivi, d’ouu[vi(x)] = vi[u(x)] + βivi(x) = vi(λx) + βivi(x) d’ou:u[vi(x)] = (λ+ βi)vi(x).

2) • La linearite de Ψ est immediate.

• Soit y ∈ E. Puisque x 6= 0, il existe une base de E de laforme (x, e2, . . . , en). On sait alors qu’il existe un et unseul endomorphisme v de E tel que v(x) = y et v(ei) = 0pour i > 2. On a alors Ψ(v) = y, donc Ψ est surjective.

3) (v1, v2, . . . , vn2) formant une base de L(E), son image(v1(x), v2(x), . . . , vn2(x)) par Ψ, lineaire surjective, est unsysteme generateur de E. On peut donc en extraire une basede E, par exemple (v1(x), v2(x), . . . , vn(x)) (pour simplifier lesnotations). Puisque vi(x) 6= 0, la question 1. montre que lesvi(x), pour i[[1, n]], sont des vecteurs propres de u (de valeurspropres associees λ+ βi).E possede donc une base de vecteurs propres de u, doncu est diagonalisable.

PARTIE 3 :

1) a) On a : uv − vu = λv, d’ou immediatement l’egalite an-noncee.

b) On a alors : det(v)det(u−xId) = det(u−(x+λ)Id)det(v)d’ou,puisque det(v) 6= 0, Pu(x) = Pu(x+ λ).

c) Mezalor, Pu serait un polynome periodique de periodeλ 6= 0, donc serait constant (car, par exemple,Pu(kλ) = Pu(0) pour tout k ∈ Z, donc Pu − Pu(0)a une infinite de racines). Cela est impossible (carPu de degre n), donc, par l’absurde, det(v) = 0 etv n’est pas inversible.

2) • Procedons par recurrence sur k :- La relation est evidemment verifiee pour k = 1

(et aussi pour k = 0 ...).- Si on a Φu(vk) = kλvk, alors

Φu(vk+1) = uvk+1 − vk+1u = uvvk − vk+1u,et, puisque uv = vu + λv :Φu(vk+1) = (vu+ λv)vk − vk+1u = λvk+1 + v(uvk − vku)= λvk+1 + vΦu(vk) = λ(k + 1)vk+1 (en utilisantl’hypothese de recurrence), ce qui est l’egalite cherchee al’ordre k + 1.

• Si vp 6= 0, l’egalite Φu(vp) = pλvp signifie que vp est unvecteur propre de Φu associe a la valeur propre pλ.

3) Il existe donc necessairement p ∈ N∗ tel que vp = 0 car, sinon,d’apres ce qui precede, Φu aurait une infinite de valeurs pro-pres, ce qui est impossible puisqu’il s’agit d’un endomorphismede L(E), de dimension finie. Ainsi : v est nilpotent.

4) a) Imvp est evidemment stable par v (resultat du cours).

Soit y ∈ Imvp : il existe x ∈ E tel que y = vp(x). Puisqueuvp − vpu = pλvp, on a u[vp(x)] = vp[u(x) + pλx], doncu[vp(x)] ∈ Imvp, et Imvp est stable par u

b) D’apres le theoreme du rang :dim(Imvp) = rg(v1) + dim(Ker(v1)). Or l’image de Imvp

par v1 est egale a Imvp+1, donc rg(v1) = dim(Imvp+1).D’autre part, Ker(v1) = Kerv ∩ Imvp, doncdim(Ker(v1)) 6 1.On a donc : rg(vp) 6 1 + rg(vp+1). Or rg(v) = n − 1,d’ou rg(v2) > n − 2 etc... rg(vn−1) > 1. Or vn = 0(puisque v est nilpotent et E de dimension n), doncIm(vn−1) ⊂ Kerv. Kerv etant de dimension 1, on a enfait Im(vn−1) = Kerv. Par suite, Kerv ⊂ Im(vp) pourtout p, d’ou Ker(v1) = Kerv et rg(vp) = 1 + rg(vp+1).

c) cf. ci-dessus.

5) Puisque vn−1 6= 0, il existe bien e ∈ E tel que vn−1(e) 6= 0.Pour montrer que la famille (e, v(e), . . . , vn−1(e)) est une basede E, il suffit de montrer que cette famille est libre.

Soient donc des scalaires α0, . . . , αn−1 tels quen−1∑

i=0

αivi(e) = 0.

En appliquant vn−1 a cette egalite, puisque vp = 0 pour p > n,

il vient α0vn−1(e) = 0, d’ou α0 = 0 et

n−1∑

i=1

αivi(e) = 0. En

appliquant alors vn−2 a cette egalite, on trouve de la memefacon α1 = 0 etc...

4

On obtient ainsi α0 = α1 = · · · = αn = 0, d’ou le resultat.

La matrice de v dans la base precedente sera donc de la forme

: V =

0 0 . . . . . . 01 0 . . . . . . 00 1 0 . . . 0

0 0. . .

. . . 00 0 . . . 1 0

.

6) a) Soit W0 = diag(0, λ, 2λ, . . . , (n − 1)λ). W0V s’obtienten multipliant les lignes de V par 0, λ, 2λ, . . . , (n − 1)λet VW0 s’obtient en multipliant les colonnes de V par0, λ, 2λ, . . . , (n− 1)λ. On verifie alors facilement que l’ona bien : W0V − VW0 = λV .

b) w ∈ A si et seulement si wv − vw = λv. Orw0v − vw0 = λv, donc, en soustrayant les deux egalites,on obtient : w ∈ A ⇔ (w − w0)v − v(w − w0) = 0, soitw ∈ A ⇔ w − w0 ∈ Ker(Φv).Ainsi, A est le-sous espace affine de L(E) passant par w0

et de direction Ker(Φv).

c) On va montrer que : Ker(Φv) = Vect(Id, v, . . . , vn−1).

• L’inclusion Vect(Id, v, . . . , vn−1) ⊂ Ker(Φv) estevidente, puisque v commute avec tous les vk.

• Soit w ∈ Ker(Φv). B etant une base de E, il existedes scalaires α0, . . . , αn−1 tels que

w(e) =

n−1∑

i=0

αivi(e). On a alors, pour tout

k ∈ [[0, n−1]], w[vk(e)] = vk[w(e)] =

n−1∑

i=0

αivi([vk(e)]).

Les endomorphismes w et

n−1∑

i=0

αivi coıncident donc

sur B, donc sont egaux, ce qui prouve quew ∈ Vect(Id, v, . . . , vn−1), d’ou l’inclusion reciproque.

• Enfin, il est facile de prouver (comme a la question5.) que (Id, v, . . . , vn−1) est un systeme libre; c’estdonc une base de A.

7) D’apres ce qui precede, si w ∈ A, sa matrice W dans B est de

la forme : W =

α0 0 . . . . . . 0α1 α0 . . . . . . 0α2 α1 α0 . . . 0...

.... . .

. . . 0αn−1 αn−2 . . . α1 α0

.

et la matrice de u sera de la forme W0 +W .

8) Par definition, EΦu(λ) = v ∈ L(E), uv − vu = λv.Pour trouver les elements de EΦu(λ), on peut se contenterde faire un simple calcul matriciel, mais il est plus rapided’utiliser les resultats de II.A.Notons donc B′ = (e1, e2, . . . , en), et µi = α + (i − 1)λ pouri ∈ [[1, n]]. Les µi sont les elements de la diagonale de lamatrice de u dans B′, ce sont donc les valeurs propres deu. Etant distinctes (car λ 6= 0), u est diagonalisable, donc,d’apres II.A., EΦu(λ) a pour base les uij tels que µi − µj = λ,soit i − j = 1. Ainsi, une base de EΦu(λ) est formee deu21, u32, . . . , un,n−1.Donc dim(EΦu(λ) = n − 1, et les matrices dans labase B′ des elements de EΦu(λ) sont de la forme :

V =

0 0 . . . . . . 0v1 0 . . . . . . 00 v2 0 . . . 0

0 0 v3. . . 0

0 0 . . . vn−1 0

.

FIN

5

3.15 2011 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.15 2011

3.15.1 Enonce

323

Concours National commun - Session 2011 - MP

Épreuve de Mathématiques IIL’énoncé de cette épreuve, particulière aux candidats de la filière MP,

comporte 4 pages.L’usage de la calculatrice est interdit.

Les candidats sont informés que la précision des raisonnements ainsi que le soin apporté à la rédaction età la présentation des copies seront des éléments pris en compte dans la notation. Il convient en particulier

de rappeler avec précision les références des questions abordées.

Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il lesignale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il estamené à prendre.Le sujet est composé de deux problèmes indépendants entre eux et pouvant être traités dans unordre quelconque.

Premier problème

Soit p un entier naturel non nul ; on note wp le nombre complexe défini par wp = e2iπp .

Par définition, la transformation de Fourier discrète de Cp est l’application Φp : Cp −→ Cp

qui à tout vecteur x = (x0, ..., xp−1) ∈ Cp associe le vecteur y = (y0, ..., yp−1) ∈ Cp dont lescomposantes y0, ..., yp−1 sont définies , pour tout k ∈ 0, ..., p− 1, par

yk = Px(wkp),

où Px est le polynôme à coefficients complexes défini par Px =p−1∑

j=0

xjXj .

1ère partieQuelques propriétés de Φp

1. Soit x = (x0, ..., xp−1) ∈ Cp.(a) Montrer que Φp(x) = 0 si et seulement si le polynôme Px est nul.(b) Montrer que Φp est un automorphisme de Cp.

2. On note B = (e0, e1, ..., ep−1) la base canonique de l’espace vectoriel Cp et M la matrice del’endomorphisme Φp dans cette base ; on écrit M = (mij)0≤i,j≤p−1.

(a) Préciser, pour tout (i, j) ∈ 0, ..., p− 12, l’expression du coefficient mij .(b) Retrouver le fait que l’endomorphisme Φp est un automorphisme de Cp.

3. Soit x = (x0, ..., xp−1) ∈ Cp ; on note Φp(x) = (y0, ..., yp−1) ∈ Cp.

(a) x = (x0, ..., xp−1) ∈ Cp, préciser selon les cas la valeur de la sommep−1∑

k=0

w(i−j)kp .

(b) Montrer quep−1∑

k=0

|yk|2 = p

p−1∑

k=0

|xk|2.

4. On note M la matrice de Mp(C) dont le coefficient d’indice (i, j) est égal au conjugué mi,j

du complexe mi,j , pour tout (i, j) ∈ 0, ..., p− 12.

(a) Calculer le produit matriciel MM .(b) En déduire l’expression de l’inverse de la matrice M .

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Concours National commun - Session 2011 - MP

2ème partieUn peu d’algorithmique

Dans cette partie, n désigne un entier naturel non nul et p = 2n. On considère un élémenta = (a0, ..., ap−1) ∈ Cp et on pose

b = (a0, a2, ..., ap−2) ∈ Cp

2 et c = (a1, a3, ..., ap−1) ∈ Cp

2

On suppose qu’on connait les transformations de Fourier discrètes de b et c, et on cherche àcalculer celle de a ; on pose donc

Φp

2

(b) = (β0, β1, ..., β p

2−1) et Φp

2

(c) = (γ0, γ1, ..., γ p

2−1)

1. On considère l’algorithme suivant dans lequel " :=" désigne le symbole d’affectation et "∗"celui de la multiplication :

E := 1;

pour k de 0(p

2− 1

)

faire :

débutF := E ∗ γk; αk := βk + F ; αk+ p

2

:= βk − F ; E := wp ∗ E;

fin.

(a) Pour k ∈ 0, 1, ..., p2− 1, on note Fk la valeur de la variable F à l’étape k de la boucle

"pour", préciser les valeurs de Fk, αk et αk+ p

2

en fonction de wp, γk et βk.

(b) Montrer que cet algorithme permet bien de calculer Φp(a), c’est-à-dire que

Φp(a) = (α0, α1, ..., αp−1)

2. On considère l’algorithme récursif suivant pour le calcul de Φ2n(a) :– si n = 1 alors Φ2(a0, a1) = (a0 + a1, a0 − a1) ;– sinon, Φ2n(a) s’obtient à partir de Φ2n−1(b) etΦ2n−1(c) par l’algorithme proposé ci-dessus.On note sn (resp. rn ) le nombre des additions (resp. multiplications ) complexes néces-saires au calcul de Φ2n(a) à l’aide de cette algorithme récursif ; les nombres wp étant sup-posés connus.

(a) Préciser les valeurs initiales s1 et r1 et exprimer sn et rn en fonction de sn−1, rn−1 et n.(b) En déduire, en fonction de n, le nombre total des additions et multiplications néces-

saires au calcul de Φ2n(a) puis l’exprimer en fonction de p.3. Coût de calcul de Φp(a) par l’algorithme de Hörner

On vu que le calcul de Φp(a) nécessite celui de Pa(wkp) pour k ∈ 0, ..., p − 1, où Pa =

p−1∑

j=0

ajXj . Soit λ ∈ C ; le calcul de Pa(λ) par l’algorithme de Horner consiste à écrire

Pa(λ) = (...((ap−1λ+ ap−2 + ap−3) + ... + a1)λ+ a0

(a) Préciser, en fonction de p, le nombre total des additions et multiplications complexesnécessaires au calcul de Pa(λ) par l’algorithme de Hörner.

(b) En déduire, en fonction de p, le nombre total des additions et multiplications com-plexes nécessaires au calcul de Φp(a) par l’algorithme de Hörner.

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4. Lequel des deux algorithmes présentés ci-dessus est le plus rapide pour calculer Φp(a)pour p assez grand ? On donnera les ordres de grandeurs des nombres d’opérations (additions et multiplications complexes ) que nécessitent chacun d’eux.

Deuxième problème

Dans tout problème, n désigne un entier naturel supérieur ou égal à 2. Si p ∈ N∗, on noteMn,p(R) l’espace vectoriel des matrices coefficients réels, à n lignes et p colonnes ; Mn,n(R)vestnoté simplement Mn(R), c’est l’algèbre des matrices carrées d’ordre n à coefficient réels.On munit Mn,1(R) de son produit scalaire canonique défini par (u|v) 7−→t uv. .

1ère PartieThéorème de Courant-Fisher

Soit A une matrice symétrique réelle d’ordre n ; on désigne par fA l’endomorphisme de Mn,1(R)canoniquement associé à A ; il défini, pour tout u ∈ Mn,1(R), par fA(u) = Au.

1. Justifier qu’il existe une base orthonormée de l’espace euclidien (Mn,1(R), (.|.)) formée devecteurs propres de fA.Dans la suite, on note λ1, λ2, ..., λn les valeurs propres de fA rangées dans l’ordre croissant et ondésigne par (e1, e2, ..., en) une base orthonormée de vecteurs propres associés :

λ1 ≤ λ2 ≤ ... ≤ λn et fA(ek) = λkek, k ∈ 1, 2, ..., n

Pour tout k ∈ 1, 2, ..., n, on note Vk le sous-espace vectoriel de Mn,1(R) engendré par les vec-teurs (e1, e2, ..., ek), et Fk l’ensemble de tous les sous-espaces vectoriels de Mn,1(R) qui sont dedimension k.

Si v est un vecteur non nul de Mn,1(R) on pose RA(v) =(Av|v)

(v|v)=

(fA(v)|v)

(v|v).

2. Soit k ∈ 1, 2, ..., n.(a) Calculer RA(ek).(b) Si v ∈ Vk\0, montrer que RA(v) ≤ λk et conclure que λk = max

u∈Vk\0RA(u).

3. Soient k ∈ 1, 2, ..., n et F ∈ Fk.(a) Montrer que la dimension du sous-espace vectoriel F ∩ Vect(ek, ..., en) est ≥ 1.(b) Soit w un vecteur non nul de F ∩Vect(ek, ..., en) ; montrer que RA(v) ≥ λk.

4. Établir le résultat, dit théorème de Courant-Fischer,

λk = minF∈Fk

( maxv∈F\0

RA(v)).

2ème partieContinuité et dérivabilité des valeurs propres d’une applications matricielle

On note ‖|.‖|2 la norme sur Mn(R) subordonnée à la norme euclidienne ‖.‖2 de l’espace (Mn(R), (.|.).

1. Montrer que si C ∈ Mn(R) et v un vecteur non nul de Mn,1(R), alors∣

∣

∣

(Cv|v)(v|v)

∣

∣

∣≤ |‖C|‖2.

2. Soient I un intervalle de R et A : I −→ Mn(R) une application continue telle que,pour tout t ∈ I , la matrice A(t) soit symétrique. Pour t ∈ I , on note λ1(t), λ2(t), ..., λn(t)les valeurs propres de la matrice A(t) rangées dans l’ordre croissant et on désigne par(e1(t), e2(t), ..., en(t)) une base orthonormée de vecteurs propres associés :

λ1(t) ≤ λ2(t) ≤ ... ≤ λn(t) et fA(t)(ek(t)) = λk(t)ek(t), k ∈ 1, 2, ..., n

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Concours National commun - Session 2011 - MP

Pour tout k ∈ 1, 2, ..., n, on note Vk le sous-espace vectoriel de Mn,1(R) engendré par lesvecteurs (e1(t), e2(t), ..., ek(t)) : Vk(t) = Vect(e1(t), e2(t), ..., ek(t)).

(a) Soient t et t0 deux éléments de l’intervalle I . Montrer que, pour tout k ∈ 1, 2, ..., n,

λk(t) ≤ λk(t0) + supR(A(t)−A0(t))(v); v ∈ Vk(t0)\0.

(b) En déduire que, pour tout k ∈ 1, 2, ..., n, l’application λk : I −→ R est continue.

3. Soit A : R −→ M2(R) l’application définie, pour tout t ∈ R, par A(t) =(

a(t) b(t)b(t) −a(t)

)

où les applications a et b sont définies par :

a(0) = b(0) = 0 et a(t) = e−1

t2 cos(

1t

)

, b(t) = e−1

t2 sin(

1t

)

si t 6= 0.

(a) Montrer que l’application A est de classe C 1 sur R.

(b) Déterminer, pour tout t ∈ R, les valeurs propres et les vecteurs propres de A(t).(c) Montrer qu’il n’existe pas d’application continue e : R −→ M2,1(R) telle que e(t) soit

un vecteur propre de A(t) pour tout t ∈ R.

4. Soient I un intervalle ouvert de R et M : I −→ M2(R) une application de classe C 1 telleque, pour tout t ∈ I , la matrice M(t) soit symétrique. Montrer qu’il existe des applicationsλ1 et λ2 de classe C 1 de I dans R, telles que le polynôme caractéristique de M(t) soit égalà (X − λ1(t))(X − λ2(t)) pour tout t ∈ R. On admettra que si f, g : I −→ R sont desapplications de classe C 1, alors il existe h : I −→ R de classe C 1 telle que h2 = f 2 + g2.

5. Soit B : R −→ M2(R) l’application définie, pour tout t ∈ R, par B(t) =(

0 b(t)t 0

)

oùl’application b : R −→ R est définie par :b(0) = 0 et b(t) = t3(2 + sin 1

t)2 si t 6= 0.

(a) Montrer que, pour tout t ∈ R, la matrice B(t) est diagonalisable dans M2(R).

(b) Montrer que l’application B est de classe C 1 mais que le résultat de la question 4.précédente est faux pour cette application.

FIN DE L’ÉPREUVE

4 / 4

3.15 2011 3 EPREUVES DE MATHEMATIQUES 2

3.15.2 Corrige

328

Corrigé du CNM 2011 MP Maths II

A. ATTIOUI

Premier problème

1èrePartie: Quelques propriétés de©p.

1.1. Soit x = (x0; ¢ ¢ ¢ ; xp¡1) 2 Cp.

1.1.1. Par définition,©p(x) = (y0; ¢ ¢ ¢ ; yp¡1) avecyk = Px(!pk), 8 k 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; p ¡ 1g. Donc, si le polynôme

Px est nul,©p(x) = 0. Inversement, si©p(x) = 0, alorsPx(!p k) = 0, 8 k 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; p¡ 1g. Cela signifie que le

polynômePx possèdep racines car les racinespème de l’unité, f1; !p; !p 2; ¢ ¢ ¢ ; !p p¡1g sont 2 à 2 distinctes. Par

conséquent, siPx n’est pas le polynôme nul,deg(Px) > p et par définition dePx, on adeg(Px) 6 p¡ 1 et ceci est

impossible. Donc, si©p(x) = 0, alorsPx = 0. Noter que cela donne aussi que,©p(x) = 0 ssix = 0.

1.1.2. Soioentx; y 2 Cp et ¸ 2 C, on vérifie facilement quePx+¸y = Px + ¸Py. On en déduit que©p est un

endomorphisme de l’espace vectorielCp. La question précédente montre que l’application©p est injective. Comme

on est en dimension finie, alors©p est bijective. Donc,©p est un automorphisme de l’espace vectorielCp.

1.2. Soit M = (mi;j)06i;j6p¡1 la matrice de l’endomorphisme©p de l’e.v. Cp dans la base canonique.

1.2.1. Soit (i; j) 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; p¡ 1g2, alorsmi;j est laième composante du vecteur©p(ej). Donc,mi;j = Pej (!pi) ou

encore, en utilisant le symbol de Kronocker,mi;j =

p¡1X

k=0

±j;k!pik = !p

ij .

1.2.2. On sait quedet(M) 6= 0 car c’est un déterminant de Vandermonde et les racinespème de l’unité sont toutes

distinctes. Donc,M est inversible. Il suit que©p est un automorphisme de l’espace vectorielCp.

1.3. Soit x = (x0; ¢ ¢ ¢ ; xp¡1) 2 Cp, ©p(x) = (y0; ¢ ¢ ¢ ; yp¡1) 2 Cp.

1.3.1Soit (i; j) 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; p¡ 1g2. Si i = j,p¡1X

k=0

!p(i¡j)k =

p¡1X

k=0

1 = p. Si i 6= j,p¡1X

k=0

!p(i¡j)k =

1¡ !p(i¡j)p

1¡ !p i¡j= 0

1.3.2.p¡1X

k=0

jykj2 =

p¡1X

k=0

¯Px(!p

k)¯2=

p¡1X

k=0

Px(!pk)Px(!p k) =

p¡1X

k=0

p¡1X

i=0

xi!pki

p¡1X

j=0

xj!p¡kj =

p¡1X

k=0

p¡1X

i=0

p¡1X

j=0

xixj!p(i¡j)k

alorsp¡1X

k=0

jykj2 =

p¡1X

i=0

p¡1X

j=0

xixj

p¡1X

k=0

!p(i¡j)k = p

p¡1X

i=0

jxij2, d’après 1.3.1.

1.4. Soit M = (mi;j)06i;j6p¡1 où mi;j est le conjugué du complexemi;j .

1.4.1. Soit (i; j) 2 f0; ¢ ¢ ¢ ; p ¡ 1g2. Le terme d’indice(i; j) de la matriceMM noté (MM)i;j est donné par

(MM)i;j =

p¡1X

k=0

mi;kmk;j =

p¡1X

k=0

!p(j¡i)k = p±i;j , d’après 1.3.1. Donc,MM = pIp où Ip est la matrice identité.

1.4.2. Il suit que, la matriceM est inversible etM¡1 = 1pM .

2èmePartie: Un peu d’algorithmique.

Soit n 2 N¤, p = 2n, a = (a0; ¢ ¢ ¢ ; ap¡1) 2 Cp et b = (a0; a2; ¢ ¢ ¢ ; ap¡2) 2 C

p2 , c = (a1; a3; ¢ ¢ ¢ ; ap¡1) 2 C

p2 et on

suppose que© p2(b) = (¯0; ¢ ¢ ¢ ; ¯ p

2¡1) et ©p

2(c) = (°0; ¢ ¢ ¢ ; ° p

2¡1) sont connues.

2.1. On donne l’algorithme suivant :

E := 1

pour k de0 à p2¡ 1 faire :

début

F := E ¤ °k; ®k := ¯k + F ; ®k+ p2:= ¯k ¡ F ; E := !p ¤ E;

fin.

2.1.1. Pourk 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2¡ 1g, à l’étapek de la boucle, on aFk = Ek¡1°k, ®k = ¯k + Fk, ®k+ p

2= ¯k ¡ Fk

et Ek = !pEk¡1 avecEk¡1 est la valeur deE à l’étapek (on poseE¡1 = 1 , donnée initiale deE). Donc,

Ek = !pk+1, Fk = !p

k°k, ®k = ¯k + !pk°k et ®k+ p

2= ¯k ¡ !p

k°k.

1

2.1.2. On a8k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2¡1g, ®k = ¯k+!p

k°k et®k+ p2= ¯k¡!p

k°k alors ces égalités permettent de calculer

®0; ®1; ¢ ¢ ¢ ; ® p2¡1 et ® p

2; ® p

2+1; ¢ ¢ ¢ ; ®p¡1 connaissant les transformées de Fourier discrètes deb et c. On a alors,

8k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2 ¡1g, ¯k = Pb(! p2

k) =

p2¡1X

i=0

a2i! p2

ki et °k = Pc(! p2

k) =

p2¡1X

i=0

a2i+1! p2

ki. Mais, on a! p2= !p

2,

alors8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2 ¡ 1g, ®k = ¯k + !pk°k =

p2¡1X

i=0

a2i!p2ik +

p2¡1X

i=0

a2i+1!p(2i+1)k =

p¡1X

j=0

aj!pkj = Pa(!p

k).

De même,8k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2¡1g, ®k+p

2= ¯k¡!p

k°k =

p2¡1X

i=0

a2i!p2ik¡

p2¡1X

i=0

a2i+1!p(2i+1)k =

p¡1X

j=0

(¡1)jaj!pkj .

Mais on a!p (k+p2)j = !p

kjei¼j = (¡1)j!pkj . Alors ®k+p

2= Pa(!p

k+ p2 ). Il suit que l’algorithme permet de

caculer la transformée de Fourier discrète dea.

2.2. Soit l’algorithme récursif suivant pour le calcul de©2n(a):

- si n = 1, alors©2(a0; a1) = (a0 + a1; a0 ¡ a1).

- sinon,©2n(a) s’obtient à partir de©2n¡1(b) et©2n¡1(c) par l’algorithme précédent.

On notesn le nombre des additions etrn celui des mutiplications nécessaires au calcul de©2n(a).

2.2.1. Si n = 1, alorsp = 2, !p = ¡1 etPa = a0+a1X. Donc,Pa(!2 0) = a0+a1 ¤1 etPa(!2 1) = a0+a1¤(¡1).

Ce qui donne,s1 = 2 et r1 = 2 (on compte la multiplication par§1). Si n > 1, le nombre d’additions (resp.

multiplications) nécessaires pour le calcul des¯k et °k ,8 k 2 f0; 1; ¢ ¢ ¢ ; p2¡ 1g, est2sn¡1 ( resp. 2rn¡1). Alors,

d’après l’algorithme proposé, le nombre d’additions (resp. multiplications) nécessaires pour le calcul des®k est

rn = 2rn¡1 + 2n ( resp. sn = 2sn¡1 + 2n) car il y a 2n¡1 étapes et à chaque étape il y a 2 additions et 2

multiplications.

2.2.2. Soit n > 1, rn2n = rn¡1

2n¡1 + 1. Alors, rn2n = n car r1 = 2. Donc rn = n2n. De mêmesn = n2n. Alors, le

nombre des additions et multiplications nécessaires pour le calcul de©p(a) est égale àn2n+1 = 2ln(2)

p ln(p).

2.3. Coût du calcul de©p(a) par l’algorithme de Hörner .

2.3.1. L’algorithme de Hörner consiste à écrirePa(¸) = (¢ ¢ ¢ ((ap¡1¸ + ap¡2)¸ + ap¡3) ¢ ¢ ¢ + a1)¸ + a0. On peut

écrire alors l’algorithme de Hörner de la manière suivante:

E := ap¡1

pour k dep¡ 1 à 1 faire :

début

E := E ¤ ¸+ ak¡1;

fin.

On voit alors qu’à la fin de la boucle,E contientPa(¸) et que le nombre d’additions et multiplications complexes

nécessaires est2(p¡ 1) car à chaque étape de la boucle on a que 2 opérations une addition et une multiplication.

2.3.2. Pour calculer©p(a) par l’algorithme de Hörner, on doit calculer d’abord!p k, 8 k 2 f2; ¢ ¢ ¢ ; p ¡ 1g. Pour

cela, on considère l’algorithme suivant:

E(0) := 1; E(1) := !p; (E est un tableau), pourk de2 à p¡ 1, faire : débutE(k) := E(k ¡ 1) ¤ !p; fin.

Ce calcul nécessite alorsp¡2 multiplications. Par ailleurs, le calcul de chaquePa(!pk) nécessite2(p¡1) opérations

par l’algorithme de Hörner. Donc, le nombre total nécessaire pour le calcul de©p(a) par l’algorithme de Hörner est

2p(p¡ 1) + p¡ 2.

2.4. D’après ce qui prédède, le calcul de©p(a) par l’algorithme de Hörner (resp. par l’algorithme proposé) nécessite

2p(p¡ 1) + p¡ 2 =°(p2) (resp. 2ln(2)

p ln(p) =°(p ln(p)) additions et multiplications . Commep ln(p) = ±(p2),

l’algorithme proposé est le plus rapide.

2

Deuxième problème

1èrePartie: Théorèmes de Courant-Fischer

1.1. fA est un endomorphisme symétrique de l’espace euclidienneMn;1(R). Il existe donc une base deMn;1(R),

orthonormée, formée de vecteurs propres defA.

1.2. Soit k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng.

1.2.1. On afA(ek) = ¸kek et < ek; ek >= 1 alorsRA(ek) =<fA(ek);ek><ek;ek>

= ¸k

1.2.2. Soit v 2 Vk n f0g, on a v =kX

i=1

< v; ei > ei alors fA(v) =kX

i=1

¸i < v; ei > ei. On en déduit que

< fA(v); v >=kX

i=1

¸i < v; ei >26 ¸k

kX

i=1

< v; ei >2= ¸k < v; v >. Donc,RA(v) 6 ¸k. Commeek 2 Vk n f0g, on

a alors d’après 1.2.1. maxv2Vknf0g

RA(v) = ¸k.

1.3. Soit k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng et F 2 Fk.

1.3.1. On a dimF + dim V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en) ¡ dim (F \ V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en)) = dim (F + V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en)) 6 n.

Comme dimF = k et dim (V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en)) = n¡ k + 1, alors dim(F \ V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en)) > 1.

1.3.2. Soit w un vecteur non nul deF \ V ect(ek; ¢ ¢ ¢ ; en)), alorsw =

nX

i=k

< w; ei > ei et

< fA(w); w >=

nX

i=k

¸i < w; ei >2> ¸k

nX

i=k

< w; ei >2= ¸k < w;w >

.Donc,RA(w) > ¸k.

1.4. D’après 1.3, pour toutF 2 Fk, maxv2Fnf0g

RA(v) > ¸k. D’après 1.2, maxv2Vknf0g

RA(v) = ¸k et commeVk 2 Fk,

alors minF2Fk

µmax

v2Fnf0gRA(v)

¶= ¸k

2èrePartie: Continuité et dérivabilité des valeurs propres d’une application matricielle

2.1. Soit C 2Mn(R), v 2 Mn;1(R). k C k2= supv 6=0

k Cv k2k v k2

. D’après l’inégalité de Cauchy-Schawrz,

j< Cv; v >j 6k Cv k2 : k v k26k C k2 : k v k22=k C k2 : < v; v >

2.2. Soit A : I !Mn(R) une application continue telle que8 t 2 I, la matriceA(t) est symétrique.

2.2.1. Soientt; t0 2 I, soitk 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Pour toutw 2 Vk(t0)nf0g, on aRA(t)(w) = RA(t)¡A(t0)(w)+RA(t0)(w),

par linéarité. Donc,RA(t)(w) 6 ¸k(t0) + supfRA(t)¡A(t0)(v)=v 2 Vk(t0) n f0gg, d’après I.1.2. Donc, comme

dimVk(t0) = k, d’après le théorème de Cauchy-Fischer on a :

¸k(t) 6 maxw2Vk(t0)nf0g

RA(t)(w) 6 ¸k(t0) + supfRA(t)¡A(t0)(v)=v 2 Vk(t0) n f0gg

2.2.2. Soient t; t0 2 I, soit k 2 f1; ¢ ¢ ¢ ; ng. Pour toutw 2 Vk(t0) n f0g, jRA(t)¡A(t0)(w)j 6k A(t) ¡ A(t0) k2,

d’après 2.1. Alors, d’après 2.2.2. k(t) ¡ ¸k(t0) 6k A(t) ¡ A(t0) k2. La symétrie des rôles det et t0 donne

j¸k(t)¡ ¸k(t0)j 6k A(t)¡A(t0) k2. Ainsi , l’application t 7! ¸k(t) est continue surI.

2.3.1Pour montrer queA est de classeC1 surR, il suffit de montrer quea et b le sont. On alimt!0

a(t) = 0 = a(0),

alors a est continue surR. L’applicationa estC1 surR¤ et limt!0

a0(t) = 0. D’après un théorème sur le prolongement

de la dérivée, L’applicationa estC1 surR et a0(0) = 0. Même raisonnement pour l’applicationb.

2.3.2.A(0) est la matrice nulle. Soitt 2 R¤, le polynôme caractéristique deA(t) estX2¡(a(t)2+b(t)2) = X2¡e¡2

t2 .

Les valeurs propres deA(t) sont alors¸1(t) = e¡1

t2 = ¡¸2(t) et après calcul les vecteurs propres associés sont

v1(t) =¡cos¡12t

¢; sin

¡12t

¢¢et v2(t) =

¡sin¡12t

¢;¡ cos

¡12t

¢¢( une base orthonormée).

3

2.3.3. Supposons qu’une telle applicatione existe. Alors,8 t 2 R¤, < e(t); v1(t) >< e(t); v2(t) >= 0 car e(t) est

colinéaire àv1(t) ou àv2(t). En posante = (e1; e2), on aura8 t 2 R¤,µcos

µ1

2t

¶e1(t) + sin

µ1

2t

¶e2(t)

¶µsin

µ1

2t

¶e1(t)¡ cos

µ1

2t

¶e2(t)

¶= 0

sin

µ1

t

¶¡e21(t)¡ e22(t)

¢¡ 2 cos

µ1

t

¶e1(t)e2(t) = 0

En considérant, les deux suites réellesxn =1

2¼net yn = 2

(2n+1)¼, on obtiente1(xn)e2(xn) = 0 et e21(yn) = e22(yn).

La continuité desei nous donne à la limitee1(0)e2(0) = 0 et e21(0) = e22(0). Donc,e1(0) = e2(0) = 0. Il suit que

e(0) = 0 d’où la contradiction care(0) 6= 0 puisqu’il est un vecteur propre.

2.4. SoitM(t) =

Ãa(t) b(t)

b(t) c(t)

!aveca, b et c des applications deC1 sur I. Le polynôme caractéristique deM(t)

estÂM(t) = X2 ¡ (a(t) + c(t))X + a(t)c(t) ¡ b(t)2. Le résultat admis donne l’existence d’une applicationh de

classeC1 sur I telle queh2 = b2 +¡a+c2

¢2. Donc,ÂM(t) =

³X ¡ a(t)+c(t)

2¡ h(t)

´³X ¡ a(t)+c(t)

2+ h(t)

´. On a

alors ,¸1 = a+c2 + h et ¸2 = a+c

2 ¡ h sont de classeC1 sur I.

2.5. Soit B(t) =

Ã0 b(t)

t 0

!avecb : R! R définie par:b(0) = 0 et b(t) = t3

¡2 + sin

¡1t

¢¢2si t 6= 0.

2.5.1. B(0) est la matrice nulle, alors elle est diagonale. Soitt 2 R¤, ÂB(t) = X2 ¡ tb(t) et tb(t) > 0, alors les 2

valeurs propres deB(t) sont distinctes. Il suit queB(t) est diagonalisable.

2.5.2. On vérifie facilement quelimt!0

b(t) = 0, alorsb est continue surR. b est de classeC1 surR¤ et limt!0

b0(t) = 0,

d’après un théorème sur le prolongement de la dérivée on a alors b est de classeC1 surR. Il suit queB est de classe

C1 surR.

On a par exemple, 1(0) = 0 et pour toutt 2 R¤ , ¸1(t) =p

tb(t) = t2¡2 + sin

¡1t

¢¢. Alors pour toutt 2 R¤,

¸01(t) = 2t¡2 + sin

¡1t

¢¢¡ cos

¡1t

¢n’est pas continue en0. Donc,¸1 n’est pas de classeC1 surR.

Le fait que la matrice est symétrique joue un rôle important dans le résultat de la question précédente.

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