EMLYON 2015 S. Éléments de correction

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1 EMLYON 15 S Éléments de correction ECS Lycée La ruyère, Versailles Année 1/15 Premier problème Première partie 1. On peut vérifier le critère de sous-espace vectoriel E et, pour P 1, P E et λ R, λp 1 + P )) = λp 1 ) + P ) = et de même λp 1 + P )) = si bien que λp 1 + P E) ou identifier E comme noyau de l application R [X] R, P P), P) ), clairement linéaire.. Pour qu un polynôme P R [X] donné appartienne à E, il faut et il suffit que et en soient racines, c est-à-dire que P soit multiple du polynôme W = XX ) : il existe Q R[X] tel que P = WQ i.e. P = φq), nécessairement unique par unicité du quotient dans la division euclidienne de P par W) et vérifiant deg Q = deg P deg W. L équivalence précédente prouve d une part que l application φ est à valeurs dans E et d autre part qu elle est bijective. Sa linéarité étant immédiate pour Q 1, Q R [X] et λ R, φλq 1 + Q ) = WλQ 1 + Q ) = λwq 1 + WQ = λφq 1 ) + φq )), c est donc un isomorpisme de R [X] sur E. 3. Puisqu un isomorpisme préserve la dimension et transforme une base en base, l espace E est de dimension dim E = dim R [X] = 3 et les images des vecteurs de la base canonique φ1) = W, φx) = WX et φx ) = WX en forment une base.. a. La linéarité de de R [X] dans R[X] est immédiate : Q 1, Q R[X], λ R, λq 1 + Q ) = λq 1 + Q )X + 1) λq 1 + Q )X) = λ Q 1 X + 1) Q 1 X) ) + Q X + 1) Q X) ) = λ Q 1 ) + Q ). Pour Q R [X], QX + 1) est de même degré que QX) donc Q) = QX + 1) QX) appartient à R [X]. L application est donc un endomorpisme de R [X]. b. Le calcul donne 1) =, X) = 1 et X ) = X + 1. Par suite, pour Q R [X] constant, on a donc Q) = ; pour Q R [X] de degré 1 : Q = ax + b avec a, Q) = a X) est de degré ; pour Q R [X] de degré : Q = ax + Q 1 avec a et deg Q 1 1, Q) = a X ) + Q 1 ) est de degré 1 car on vient de voir que deg Q 1 ). En conclusion, { deg Q) 1 si deg Q 1 Q R [X], deg Q) = deg Q) 1. si deg Q c. Pour Q R [X], Q) = équivaut à deg Q) =. D après b., le noyau de est donc constitué des polynômes constants : Ker = R [X]. Quant au sous-espace Im, il est engendré par les images des vecteurs de la base canonique calculées plus aut : il s agit du sous-espace R 1 [X]. On peut aussi le montrer par un argument dimensionnel : la question b. met en évidence que Im R 1 [X]. Or, d après le téorème du rang, dimim ) = dim R [X] dim Ker =. On a ainsi égalité des dimensions dans l inclusion précédente, qui est donc une égalité : Im = R 1 [X]. d. D après b., on a deg 3 Q) deg Q) 3 < i.e. 3 Q) = pour tout Q R [X], ce qui signifie que l application 3 est identiquement nulle sur R [X]. 5. a. Il vient f 3 = φ φ 1 ) 3 = φ 3 φ 1 = d après.d.. b. On utilise la bijectivité de φ. Pour P E et Q R [X] tel que P = WQ, f P) = équivaut à Q) = i.e. à Q constant ou encore P Vect W. Le noyau de f est donc la droite dirigée par W : Ker f = Vect W. Connaissant l image de, il vient ensuite : Im f = φ φ 1 E) )) = φ R [X]) ) = φ R 1 [X] ) = Vect φ1), φx) ) = VectW, XW). c. Les valeurs propres de f sont racines du polynôme X 3, annulateur de f d après a.. Ainsi est la seule valeur propre éventuelle de f, qui réciproquement est bien valeur propre de sous-espace propre associé Ker f = Vect W {} d après b.. d. D après c., λ Sp f dim E λf ) = dim E f ) = 1 < dim E, d où l on déduit que f n est pas diagonalisable.

2 ECS Lycée La ruyère, Versailles EMLYON 15 S Deuxième partie 6. L application, est clairement symétrique P, Q R [X], P, Q = Q, P ) et linéaire à gauce P 1, P, Q R [X], λ R, λp 1 + P, Q = λ P 1, Q + P, Q ) donc bilinéaire. Pour P R [X], on a de plus P, P = k= Pk) car Pk) pour tout k, et, si P, P =, alors, 1,, 3 et constituent 5 racines pour le polynôme P de degré inférieur ou égal à, qui est donc nul. L application, est donc un produit scalaire sur R [X]. 7. Si λ 1, λ et λ 3 sont des réels tels que λ 1 L 1 + λ L + λ 3 L 3 =, alors en évaluant la relation en 1 resp. en, resp. en 3), on obtient λ 1 = resp. λ =, resp. λ 3 = ). La famille L 1, L, L 3 ) est donc libre. Formée de 3 = dim R [X] vecteurs de R [X], c en est donc une base. 8. a. Pour P R [X] donné, il existe d après 7. des réels λ 1, λ et λ 3 tels que P = λ 1 L 1 + λ L + λ 3 L 3. En évaluant la relation précédente en 1, et 3, on obtient les valeurs des coordonnées de P dans la base L 1, L, L 3 ) : λ 1 = 1 P1), λ = P) et λ 3 = 1 P3). b. On calcule : L 1 ) = X 1)X ) X )X 3), L ) = XX ) X 1)X 3) et L 3 ) = XX 1) X 1)X ). La décomposition de L 1 ) = L 3 L 1 sur la base L 1, L, L 3 ) est évidente et justifie la première colonne de la matrice A représentant dans la base L 1, L, L 3 ). Pour celles de L ) et L 3 ), on utilise le résultat de la question a. : L ) = 1 L ) ) 1)L 1 L ) ) )L + 1 L ) ) 3)L 3 = 1 L 1 L + 3 L 3 et, de la même manière, L 3 ) = L + L 3, d où le résultat. 9. a. Pour i 1, 3 donné, le réel i n annule ni W ni L i donc pas non plus leur produit M i : M i i). b. On vérifie que : { si k i i 1, 3, k,, N i k) =. 1) 1 si k = i Il en ressort que { i, j 1, 3, N i, N j = si i j N i k)n j k) = 1 si i = j k= car, dans la somme précédente, tous les termes sont nuls si i j car on aura toujours k i ou k j) et, si i = j, le seul terme non nul est celui d indice k = i = j qui vaut 1. Ainsi la famille N 1, N, N 3 ) est ortonormale donc libre. Formée de 3 = dim E vecteurs de E d après. et 3., c est en fait une base ortonormale de E. 1. Par définition, φl j ) = WL j = M j = M j j)n j pour tout j 1, 3, d où la matrice représentative de φ dans les bases L 1, L, L 3 ) et N 1, N, N 3 ) : M 1 1) 6 = M ) =. M 3 3) La matrice C de la composée f = φ φ 1 dans la base N 1, N, N 3 ) s obtient à partir de celles de l endomorpisme en base L 1, L, L 3 ) et de l application linéaire φ dans les bases L 1, L, L 3 ) et N 1, N, N 3 ), toutes deux déterminées dans les questions 8.b. et 1. : C = A 1 = = a. Pour P R [X], up) appartient à R [X] comme combinaison linéaire de vecteurs de R [X]. La linéarité de u étant immédiate, c est donc un endomorpisme de R [X]. b. Vu 1) et sacant que la famille N 1, N, N 3 ) est ortonormale, il vient : d où le résultat. P R [X], j 1, 3, up), N j = Pj) = P, N j, )

3 ECS Lycée La ruyère, Versailles EMLYON 15 S 3 c. Pour P R [X] donné, le vecteur up) vérifie up) E comme combinaison linéaire d éléments de E) et P up) E car P up) est ortogonal aux vecteurs de base N 1, N et N 3 de E d après b.), deux propriétés caractéristiques du projeté ortogonal de P sur E. L endomorpisme u est donc la projection ortogonale sur E. Remarque. En utilisant ), on peut aussi reconnaître dans la définition de up) = 3 i=1 N i, P N i l expression du projeté ortogonal de P sur E rapporté à la base ortonormale N 1, N, N 3 ) et conclure directement. d. D après la question c., le projeté ortogonal de Q sur E est donné par uq) = 3 i=1 Qi)N i = N 1. Deuxième problème Première partie On peut noter pour commencer que pour u : R + R continue et p N, ut) lim = ut) = ot p ), t +. t + t p 1. Il suffit de vérifier le critère de sous-espace. La fonction nulle appartient clairement à E et, étant donnés un réel α, deux éléments u, v E et des entiers p, q N tels que ut) = ot p ) et vt) = ot q ) lorsque t +, on a pour r = p + q n importe quel entier r maxp, q) convient) : αut) + vt) t r = α 1 ut) + 1 vt) t q t p ce qui assure que la fonction continue αu + v appartient à E. t p t q t +,. Soit p N tel que ut) = ot p ) lorsque t +. Pour x > donné, la fonction t ut)e xt est continue sur [, + [ et l on a : t ut)e xt = t p+ e xt) ut) t p t + car les deux facteurs tendent vers, le premier par croissances comparées et le second par ypotèse. Ainsi ut)e xt = o 1 ) lorsque t +, d où l on déduit la convergence absolue et donc la convergence) de l intégrale + t ut)e xt dt par comparaison à l intégrale de Riemann convergente + dt. 1 t 3. Étant donnés u, v E et α R, on a pour tout x > : ) + ) + Lαu + v) x) = αut) + vt) e xt dt = α ut)e xt dt + vt)e xt dt = α Lu) ) x) + Lv) ) x), toutes intégrales convergentes d après., ce qui traduit l égalité de fonctions Lαu+v) = αlu)+lv). Deuxième partie. Pour i {, 1, }, la fonction v i est continue sur R + et vérifie v i t) = ot p ) avec p = lorsque t +, c est donc un élément de E. En considérant, pour x > donné, une variable aléatoire X de loi exponentielle de paramètre a + x, dont on note f la densité, il vient : Lv ) ) x) = e a+x)t dt = 1 a + x Lv1 ) ) x) = te a+x)t dt = 1 a + x et, sur le même principe, Lv ) ) x) = 1 a + x EX ) = 1 ) VX) + EX) = a + x f t) dt = 1 a + x, tf t) dt = 1 a + x EX) = 1 a + x) a + x) 3.

4 ECS Lycée La ruyère, Versailles EMLYON 15 S 5. La fonction w n est continue sur R + et vérifie w n t) = ot n+1 ) lorsque t +, c est donc un élément de E. De plus, par cangement de variable affine s = xt, x >, Lwn ) ) s ) ne x) = t n e xt s dt = ds Γn + 1) = = n! x x x n+1 x. n+1 Troisième partie 6. Par ypotèse, il existe p N tel que ut) = ot p ) lorsque t +. En écrivant la définition de la limite avec ε = 1, on obtient l existence d un réel A R + tel que, pour tout t A, ut) 1 i.e. t p ut) t p. La fonction u étant par ailleurs continue sur le segment [, A], elle y est bornée : il existe M R + tel que pour tout t [, A], ut) M. On en déduit immédiatement en distinguant les cas t A et t A) que pour tout t R +, ut) M + t p. On a alors toutes intégrales convergentes) : x >, Lu) ) x) ut) e xt dt M + t p )e xt dt = M Lw ) ) x) + Lw p ) ) x) = 1 x + p! x p+1 x + d après 5., d où l on déduit par encadrement que Lu) ) x) tend vers lorsque x a. Le téorème fondamental du calcul différentiel et intégral appliqué à la fonction u continue sur R + indique que la fonction t t us) ds est une primitive de u sur l intervalle R +. On en déduit que R : t t us) ds = us) ds us) ds est continue sur R +. Par ailleurs il apparaît clairement sur l expression précédente, sacant l intégrale + us) ds convergente, que Rt) tend vers i.e. que Rt) = ot p ) avec p = lorsque t +. La fonction R appartient donc à E. b. Il résulte de l argument développé en a. que la fonction R est dérivable sur R +, de dérivée R = u, continue par ypotèse. Elle est donc de classe C 1 sur R +. c. Pour x > donné, une intégration par parties sur [, t] R + donne, d après b. : us)e sx ds = [ Rs)e sx] t s= x Rs)e sx ds = R) Rt)e tx x Rs)e sx ds. En passant à la limite lorsque t +, on obtient d après a. : ) + Lu) x) = us)e sx ds = R) x Rs)e sx ds = R) x LR) ) x). d. Puisque Rt) tend vers lorsque t + d après a., il existe R + tel que pour tout t [, + [, Rt) ε. D après c., on a alors pour x > : Lu) ) x) R) = x Rt)e xt dt + Rt)e st dt x x x Rt)e xt dt + x Rt) e xt dt + x Rt) dt + x ε Rt)e st dt Rt) e xt dt e xt dt x Rt) dt + ε. e. On conserve les notations de la question d.. Puisque le réel ne dépend pas de x, le majorant tend vers ε < ε lorsque x dans la dernière inégalité de d.. Il existe donc δ > tel que : x ], δ[, Lu) ) x) R) x Rt) dt + ε < ε.

5 ECS Lycée La ruyère, Versailles EMLYON 15 S 5 On a donc établi que : lim x ) + Lu) x) = R) = ut) dt. 8. a. D après la question 6. appliquée à la fonction u E, il existe p N et A R + tel que pour tout t [A, + [, u t) t p. Il vient alors : t [A, + [, ut) = ua) + u s) ds ua) + u s) ds ua) + A A s p ds ua) + tp+1 p + 1. b. Il ressort de la question précédente que ut) = ot p+ ) lorsque t +, si bien que la fonction continue u appartient à E. c. On procède par intégration par parties comme dans la question 7.c., en primitivant u en u. 9. a. Par ypotèse, il existe p N tel que ut) = ot p ) lorsque t +, ce qui entraîne u n t) = ot n+p ) lorsque t +, et la fonction continue u n appartient donc à E. b. Pour a R donné, la fonction exp est de classe C sur [, a] avec en distinguant les cas a et a ) : x [, a], exp x) = e x e a. D après l inégalité de Taylor-Lagrange appliquée à exp à l ordre 1 sur le segment [, a], on a donc : e a 1 a = e a e exp )a sup x [,a] ) a exp x) A e a a. c. Pour t [, + [, l inégalité de la question b. appliquée à a = t donne, puisque x : e x+)t e xt + te xt e xt = e t 1 + t e xt t) e t t e xt/ d où ) ) Lu) x + ) Lu) x) + Lu 1 ) ) e x+)t e xt ) x) = ut) + te xt dt ut) e x+)t e xt + te xt + dt t ut) e xt/ dt, toutes intégrales convergentes. d. Soit x >. On déduit de la dernière majoration de la question c., par encadrement le majorant tend vers lorsque car l intégrale ne dépend pas de ), que ) ) Lu) x + ) Lu) x) lim = Lu 1 ) ) x), ce qui établit la dérivabilité de Lu) en x, de dérivée Lu) ) x) = Lu 1 ) ) x). Ainsi Lu) est dérivable sur R +, de dérivée Lu) ) = Lu 1 ). e. On démontre ) par récurrence sur n que, pour tout n 1, Lu) est n fois dérivable sur R + avec Lu) n) = 1) n Lu n ). Le cas n = 1 a été traité en d. et si le résultat est acquis au rang n alors, toujours d après d. appliquée à la fonction u n, Lu n ) est dérivable sur R + de dérivée Lu n ) ) = Lu n+1 ) si bien, par ypotèse de récurrence, que Lu) est n + 1 fois dérivable sur R +, avec Lu) ) n+1) = 1) n+1 Lu n+1 ). Quatrième partie 1. a. Sacant que u E, la question 8. montre que u E puis u E avec : x >, Lu ) ) x) = u ) + x Lu ) ) x) = u ) xu) + x Lu) ) x). b. Puisque u est solution du problème, on a plus précisément : x >, Lu ) ) x) = u) + x Lu) ) x) = 1 + x Lu) ) x)

6 ECS Lycée La ruyère, Versailles EMLYON 15 S 6 et x >, Lu ) ) x) = x + x Lu) ) x) d où, par linéarité de L, x >, Lu + 5u + 6u) ) x) = 3 x + x + 5x + 6) Lu) ) x). Vu le calcul de transformée de Laplace effectué en., on a donc : x >, x + 5x + 6) Lu) ) x) = Lt e t ) ) x) x = 1 x x. On vérifie alors, en divisant par x + 5x + 6 = x + )x + 3) >, ) 1 1 ) x >, Lu) x) = x + 5x + 6 x x x + x + = x + 1)x + )x + 3) x + = x + 1)x + 3) = 1 1 x x + 3 où la dernière égalité se justifie en remettant au même dénominateur le membre de droite. 11. Par linéarité de L et d après les exemples étudiés en., 1 1 x >, x x + 3 = L t e t + e 3t )) x). D après 1.b., on est conduit à s intéresser à la fonction u : t 1 e t + e 3t ), qui n est pour l instant qu un candidat et dont il convient de vérifier soigneusement qu elle est solution. Il s agit tout d abord d une fonction de classe C sur R + dont les dérivées sont données par : u : t e t 3e 3t et u : t e t + 9e 3t. On constate bien que u t) + 5u t) + 6ut) = e t pour tout t R + et d autre part que u) = 1 et u ) =. La fonction u : t 1 e t + e 3t ) est donc solution du problème posé. Remarque. ien qu on n ait pas les moyens de le démontrer ici, cette solution est unique.

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