CONCOURS AGRO-VETO, SESSION 2011 Corrigé de l'épreuve A

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1 CONCOURS AGRO-VETO, SESSION 20 Corrigé de l'épreuve A I - Première partie. Le théorème de factorisation des polynômes donne : ar 2 + br + c ar ω r ω 2. En développant le second membre, on obtient alors ar 2 + br + c ar 2 ω + ω 2 r + ω ω 2. On en déduit le résultat par identication des coecients. a ω + ω 2 b aω ω 2 c.2 Si y est de classe C 2, alors z est clairement C, en tant que combinaison linéaire de fonctions C. On peut alors écrire : z ω 2 z y ω + ω 2 y + ω ω 2 y a ay + by + cy 0. z est de classe C, de sorte que z ω 2 z 0. On déduit alors une expression de z du fait que toute solution de l'équation z ω 2 z 0 est de la forme x λe ω 2x, avec λ un réel. Il existe un réel λ tel que zx λe ω 2x. On vient de prouver que y est solution de l'équation diérentielle y ω y λe ω 2x pour un réel λ donné. Or on sait déjà que la solution générale de l'équation homogène associée à est x µe ω x, il ne reste donc plus qu'à déterminer une solution particulière de. Si ω ω 2. Puisque ω 2 n'est pas racine de l'équation r ω 0, on sait que admet une solution particulière de la forme y 0 x αe ω 2x. Cela assure que la solution générale de celle-ci est de la forme x µe ω x + αe ω 2x, ce qui donne le résultat. Si ω ω 2, y est de la forme x Ae ω x + Be ω 2x, avec A, B des réels. Si ω ω 2. Puisque ω 2 est racine de l'équation r ω 0, on sait que admet une solution particulière de la forme y 0 x αxe ω 2x. Cela assure que la solution générale de celle-ci est de la forme x µe ω x + αxe ω x, d'où le résultat. Si ω ω 2, y est de la forme x Ax + B e ω x, avec A, B des réels.

2 .3 Soient A, B deux réels, et u la fonction dénie par ux Ax + B e ω x. Le calcul de ses dérivées donne : u x Ae ω x + ω Ax + Be ω x u x 2ω Ae ω x + ω 2 Ax + Be ω x On en déduit alors, pour tout réel x : au x + bu x + cux e ω x Ax aω 2 + bω + c + B aω 2 + bω + c + A 2aω + b e ω x AxP ω + BP ω + AP ω où on a posé P r ar 2 + br + c. Mais lorsque ω ω 2, dire que ω et ω 2 sont les racines de P c'est dire que ω est une racine double de P. Cela donne P ω P ω 0, ce qui donne le résultat recherché. Pour tous réels A et B, les fonctions x Ax + B e ω x sont solutions de ε 2 sur R. On vient d'établir l'inclusion suivante : V ect x xe ω x, x e ω x S 2. Réciproquement, il faudrait prouver que tout élément de S 2 est de la forme x Axeω x +Be ω x, mais on remarque que cela a été fait à la question précédente. D'où le résultat. Si ω ω 2, S 2 V ect x xe ω x, x e ω x On déduit du résultat ci-dessus que S 2 est le sous-espace vectoriel de C R, R engendré par f : x xe ω x et f 2 : x e ω x. Pour démontrer que celui-ci est de dimension 2, il sut de prouver que la famille f, f 2 est libre. Considérons pour cela deux réels λ, λ 2 tels que Pour tout réel x on a alors λ f + λ 2 f 2 0. λ xe ω x + λ 2 e ω x 0. En multipliant cette égalité par e ω x on obtient λ x + λ 2 0, ce qui donne ensuite λ λ 2 0 par identication des coecients. D'où le résultat. S 2 est un R-espace vectoriel de dimension 2..4 Soient A, B deux réels, et u la fonction dénie par ux Ae ω x + Be ω 2x. Le calcul de ses dérivées donne : u x ω Ae ω x + ω 2 Be ω 2x u x ω 2 Ae ω x + ω 2 2Be ω 2x On en déduit alors, pour tout réel x : au x + bu x + cux Ae ω x aω 2 + bω + c + Be ω 2x aω bω 2 + c 0. D'où le résultat recherché. 2

3 Pour tous réels A et B, les fonctions x Ae ω x + Be ω 2x sont solutions de ε 2 sur R. On vient d'établir l'inclusion suivante : V ect x e ω x, x e ω 2x S 2. Réciproquement, il faudrait prouver que tout élément de S 2 est de la forme x Aeω x +Be ω 2x, mais on remarque que cela a été fait à la question.2. D'où le résultat. Si ω ω 2, S 2 V ect x e ω x, x e ω 2x On déduit du résultat ci-dessus que S 2 est le sous-espace vectoriel de C R, R engendré par x e ω x, x e ω 2x. Pour démontrer que celui-ci est de dimension 2, il sut de prouver que la famille x e ω x, x e ω 2x est libre. Considérons pour cela l'application linéaire : Ψ : C R, R C R, R f f Puisque x e ω x, x e ω 2x sont des vecteurs propres de Ψ associés à deux valeurs propres distinctes ω et ω 2, on en déduit qu'ils forment une famille libre, ce qui termine la démonstration. S 2 est un R-espace vectoriel de dimension 2. Remarque. Pour établir la liberté de la famille u : x e ω x, v : x e ω 2x, on aurait également pu revenir à la dénition d'une famille libre, et ainsi démontrer que pour λ et µ réels on a : λu + µv 0 λ µ 0. Pour ce faire on peut, par exemple, choisir deux valeurs diérentes de x, ou bien dériver la relation considérée et choisir une valeur de x..5 Il sut d'utiliser la méthode qui vient d'être établie, en remarquant que l'équation caractéristique associée admet et comme racines. L'ensemble des solutions de y y 0 est V ect x e x, x e x. 2.. Soit n N. On sait que f vérie x R, f x fx xe x. Puisque f et x xe x sont de classe C sur R, on obtient en dérivant n fois cette égalité : k0 x R, f n+2 x f n x dn xe x dx n. Pour obtenir le résultat, il sut donc d'établir dn xe x xe x + ne x. On utilise pour cela la dx n formule de Leibniz, qui donne d n xe x n x dx k k e x n k n x 0 0 e x n n + x e x n xe x + ne x. n D'où le résultat. 3

4 n N, x R, f n+2 x f n x xe x + ne x Remarque. On aurait également pu démontrer cette formule par récurrence. En prenant x 0, on obtient alors l'égalité suivante. n N, α n+2 α n n Montrons le résultat suivant par récurrence, comme indiqué. Initialisation. En p 0, la propriété considérée s'écrit { α 0 α 0 α α ce qui est trivialement vrai. Héritage. Soit p N tel que la propriété est vraie au rang p. En utilisant la propriété établie ci-avant ainsi que l'hypothèse de récurrence, on obtient : et α 2p+2 α 2p + 2p α 0 + pp + 2p α 0 + pp + α 2p+ α 2p + 2p α + p 2 + 2p α + p 2. D'où la propriété au rang p +, et par suite le résultat. p N, { α 2p α 0 + pp α 2p+ α + p 2 Soit n N. Puisque f est de classe C, elle admet un développement limité à tout ordre en 0, ce qui donne fx 2n+ α k x k k! + ox2n+ k0 x 2k α 2k 2k! + k0 k0 k0 α 2k+ x 2k+ 2k +! + ox2n+ α 0 + kk x2k 2k! + α + k 2 x 2k+ 2k +! + ox2n+ k0 D'où le résultat. Au voisinage de 0, on a fx k0 α 0 + kk x2k 2k! + α + k 2 x 2k+ 2k +! + ox2n+ k Soit p N. On a 2p 2! 2p! 2p 2 2p! 4pp 2p! 4

5 et D'où le résultat. 2p! 2p! 2p 2p! 4p2 2p +!. Pour tout p N on a 4pp 2p! 2p 2! 2p! et 4p2 2p +! 2p! 2p!. En choisissant α 0 0, α, on peut alors écrire : 4 fx 4 k0 4 k 4 k 2n k2 k pair 2n+ k2 2n 2n D'où le résultat. 4kk x 2k + 2k! k0 4kk x 2k k! 2k 2! x2k k 2! xk k 2n+ k2 k pair 2n+ k 2! xk k2 2n+ i! xi+2 k i! xi+2 2 4k 2 2k +! x2k+ + ox 2n+ k 4k 2 2k +! x2k+ x 2k! x2k + k! xk + Au voisinage de 0, on a fx 4 k 2n+ k2 k impair + ox 2n+ 2k! x2k+ k 2! xk k! xk x + ox 2n+ k! xk + ox 2n+ i! xi+ + ox 2n+ 2n i! xi+2 2 2n+ k k2 k impair i! xi+ + ox 2n+ 2k! x2k+ x + ox 2n+ k! xk x + ox2n De la question précédente on déduit, pour tout entier n : fx 2n x i! xi x i! xi + ox 2n+. On voit alors que f possède au voisinage de 0 et à l'ordre 2n +, le même développement limité que la fonction u : x 4 x2 e x xe x. En eet, pour obtenir un développement limité de u à l'ordre 2n +, il sut d'utiliser le développement à l'ordre 2n de l'exponentielle pour la première occurrence de e x, et le développement à l'ordre 2n de l'exponentielle pour la seconde occurrence. f possède en 0 le même développement limité que x 4 x2 xe x, à tout ordre impair. 5

6 2..4 Soit ux 4 x2 xe x. Le calcul de ses dérivées donne : u x 4 x2 + x e x et u x 4 x2 + 3xe x. Il est alors évident que u vérie u x ux xe x pour tout réel x. x 4 x2 xe x est solution de ε À la question.5, nous avons donné la solution générale de l'équation homogène associée à ε 2. Il sut alors de lui ajouter la solution particulière obtenue ci-dessus pour conclure. Les solutions de ε 2 sont les fonctions de la forme x λe x +µe x + 4 x2 xe x avec λ, µ R Si z est une solution de 2, elle est forcément de classe C 2. On en déduit alors que y : x ze x est également de classe C 2, par composition. D'où le résultat. y : x ze x est de classe C 2 sur R, de sorte que : y x e x z e x y x e x z e x + e 2x z e x Mais puisque z vérie 2, on a pour tout réel t : D'où, en prenant t e x : t 2 z t + tz t zt t lnt. e 2x z e x + e x z e x ze x xe x ; on voit ainsi que l'on a pour tout réel x. y x yx xe x y est solution de ε 2. On déduit alors de la question 2.2 une expression de y. Il existe des réels λ et µ tels que yx λe x + µe x + 4 x2 xe x. Pour tout réel x on a donc : ze x λe x + µe x + 4 x2 xe x. En posant x ln t, on obtient alors directement une expression de zt en fonction de t. zt λt + µ t + 4 ln t 2 ln t t 6

7 3.2 On vient de démontrer que si z est une solution de 2, alors celle-ci est de la forme t λt + µ + t 4 ln t 2 ln t t. Réciproquement, il reste à vérier si toute fonction de cette forme est bien une solution de l'équation diérentielle. Considérons donc une telle fonction. On a alors z t λ 4 µ t + ln t 2 ln t 2 4 et z t 4t + 2µ t 3 + ln t 2t, ce qui permet de vérier aisément que l'on a t 2 z + tz z t ln t. D'où le résultat. La solution générale de 2 est t λt + µ t + 4 ln t 2 ln t t, avec λ, µ des réels. II - Deuxième partie. On a Y AY y3 x y x 2y x + y x 2yx y x y x y x On voit alors que cette égalité est vraie, puisque y est solution de ε 3. Y AY 2. Soit λ C et I la matrice identité de taille 3. On a A λi x y 0 0 z 0 2 λx +y 2z 0 x λy 0 y λz 0 2 λx +y 2z 0 x λy 0 λ2 λx +2 λy 0 L 3 2L 3 λl 2 λx +y 2z 0 x λy 0 2 λ λ 2 y 0 L 3 L 3 + λ2 λl 2 2 z +2 λx +y 0 x λy 0 2 λ λ+λ y 0 Ce dernier système étant échelonné, on voit que le système considéré est de rang 3 si et seulement si 2 λ λ+λ 0, ce qui assure que les valeurs propres de A sont, et 2. Les valeurs propres de A sont, et 2. On voit ainsi que la matrice d'ordre 3 A admet trois valeurs propres distinctes, ce qui assure qu'elle est diagonalisable. A est diagonalisable. 7

8 2.2 En λ, le système précédent équivaut à { 2z +x +y 0 x y 0 soit encore à { z x x y On voit alors que le sous-espace propre associé à est la droite vectorielle engendrée par,,. Le sous-espace propre associé à est la droite vectorielle engendrée par u,,. En λ, le système précédent équivaut à { 2z +3x +y 0 x +y 0 soit encore à { z x y x On voit alors que le sous-espace propre associé à est la droite vectorielle engendrée par v,,. Le sous-espace propre associé à est la droite vectorielle engendrée par v,,. En λ 2, le système précédent équivaut à { 2z +y 0 x 2y 0 soit encore à { z 2 y x 2y On voit alors que le sous-espace propre associé à 2 est la droite vectorielle engendrée par 4, 2,. Le sous-espace propre associé à 2 est la droite vectorielle engendrée par w 4, 2,. La famille u, v, w étant formée de vecteurs propres de A associés aux valeurs propres,, 2, on en déduit qu'il s'agit d'une base de R 3 puisque ces valeurs propres sont deux à deux distinctes dans laquelle la matrice de A est D

9 Si P désigne alors la matrice de passage de la base canonique à u, v, w, soit P 4 2, on a alors : A P DP. D'où le résultat. P 4 2 convient. 2.3 On sait déjà que P est inversible, en tant que matrice d'une base dans la base canonique. Quels que soient les réels x, y, z, a, b, c on a : P x y a b z c On en déduit P x +y +4z a x y +2z b x +y +z c x +y +4z a 2x +6z a + b L 2 L 2 + L 3z a c L 3 L L 3 y a 6 b 2 + c 3 x a 2 + b 2 +c z a 3 c 3 P On a Y AY P DP Y. On obtient alors directement le résultat en multipliant cette égalité par P à gauche. P Y DP Y 4. Remarque. La fonction z qui est introduite ici vous semblera certainement sortie de nulle part, son introduction est pourtant motivée par les questions précédentes. De la relation P Y DP Y on peut en eet déduire l'égalité Z DZ en posant Z P Y si vous êtes prêts à admettre que l'on peut dériver des vecteurs de fonctions comme on dérive des fonctions.... Si l'on appelle ensuite z la première coordonnée de Z P Y, on obtient z 2 y + 2 y + y après calcul du produit P Y, et le calcul du produit dans l'égalité Z DZ montre que z vérie l'équation diérentielle z z. y étant une solution de ε 3, on en déduit qu'elle est de classe C. Il vient alors que z est de classe C 3 en tant que combinaison linéaire de fonctions de classe C. On peut alors écrire : z 2 y3 + 2 y + y 2 2y + y 2y + 2 y + y 2 y + 2 y + y z. 9

10 z est de classe C sur R de sorte que z z. On en déduit qu'il existe un réel λ tel que zx λe x, pour tout réel x. Il existe un réel λ tel que zx λe x, pour tout réel x. On vient de prouver que y vérie l'équation diérentielle 2 y + 2 y + y λe x, soit encore y + y + 2y 2λe x. L'équation caractéristique associée à est r 2 + r + 2 0, qui admet pour racines et 2 après calcul du discriminant. On en déduit que la solution générale de l'équation homogène associée à est x Ae x + Be 2x. Considérant enn que n'est pas racine de l'équation caractéristique, on en déduit que admet une solution particulière dénie par y 0 x αe x. Pour déterminer la valeur de α, il sut de remarquer que l'on a y 0x + y 0x + 2y 0 x 2αe x, ce qui donne α λ après calcul des dérivées de y 0. Au nal, on voit que y est de la forme yx Ae x + Be 2x + λe x. Il existe trois réels A, B, λ tels que yx Ae x + Be 2x + λe x. 4.2 On vient de prouver que toute solution de ε 3 est de la forme yx Ae x + Be 2x + λe x, ce qui prouve : S 3 V ectx e x, x e 2x, x e x. Réciproquement, il reste à vérier si toute fonction de la forme yx Ae x + Be 2x + λe x est bien une solution de ε 3, ce qui se fait trivialement : y 3 x 2y x y x + 2yx Ae x + 8Be 2x + λe x 2 Ae x + 4Be 2x + λe x Ae x + 2Be 2x + λe x +2 Ae x + Be 2x + λe x 0. D'où le résultat. S 3 V ectx e x, x e 2x, x e x 5. On déduit du résultat ci-dessus que S 3 est le sous-espace vectoriel de C R, R engendré par x e x, x e 2x, x e x. Pour démontrer que celui-ci est de dimension 3, il sut de prouver que la famille x e x, x e 2x, x e x est libre. Pour cela, on peut raisonner comme à la question.4 de la partie I, en remarquant que x e x, x e 2x, x e x sont des vecteurs propres associées à des valeurs propres deux à deux distinctes en l'occurrence, 2 et de l'application linéaire Ψ : f f. Ce qui termine la démonstration. S 3 est un R-espace vectoriel de dimension 3. 0

11 Remarque. Pour établir la liberté de la famille considérée, on aurait pu cette fois encore revenir à la dénition d'une famille libre. III - Troisième partie. On peut écrire : F n { x Qxe λx, Q R n [X] } { } x α i x i e λx, α,..., α n R n { } α i g i, α,..., α n R n V ectg i, 0 i n D'où le résultat. F n V ectg i, 0 i n Montrons enn que la famille g 0,..., g n est libre, ce qui prouvera dimf n n +. Considérons pour cela des réels α 0,..., α n tels que Cela équivaut à soit encore à x R, α i g i 0. x R, α i x i e λx 0, α i x i 0. Par identication des coecients, on en déduit α 0 α n 0, ce qui termine la démonstration. dimf n n + 2. Soit i 0, n. On a D λid g i Dg i λidg i g i λg i. Si i > 0, on a g ix ix i e λx + λx i e λx ig i x + λg i x, ce qui donne i > 0, D λid g i ig i. Par contre, si i 0, on a g 0x λe λx λg 0 x, ce qui donne D λid g 0 0. D'où le résultat. i, j 0, n 2, D λid g i { 0 si i 0 ig i sinon

12 Soit i 0, n. Montrons par récurrence sur j le résultat suivant : i! j N, D λid j g i i j! g i j si 0 j i 0 si i < j Initialisation. En j 0, la propriété s'écrit g i g i, ce qui est trivialement vrai. Héritage. Soit j N tel que la propriété soit vraie au rang j. Démontrons que celle-ci est encore vériée au rang j +. Premier cas : si j < i. On peut écrire dans ce cas : D λid j+ g i D λid D λid j g i i! D λid i j! g i j Ce qui prouve la propriété au rang j +. Deuxième cas : si j i. On peut écrire dans ce cas : D λid i+ g i D λid Ce qui prouve la propriété au rang j +. i! i j! D λid g i j i! i j! i jg i j i! i j +! g i j+. D λid i!g 0 i! D λid g 0 0. Troisième cas : si j > i. On peut écrire dans ce cas : D λid j+ g i D λid D λid 0 0. D λid i g i D λid j g i Ce qui prouve la propriété au rang j + et termine la démonstration. i! j 0, n, D λid j g i i j! g i j, 0 j i 0, i < j n 2.2 On obtient directement le résultat en appliquant la formule de Taylor en λ au polynôme, qui est de degré inférieur ou égal à n. x R, x j λ x λ j j! j0 2

13 2.3 En utilisant le résultat précédent et la question 2. on peut écrire : j λ [ ] Φg i D λid j g i j! j0 i j λ i! j! i j! g i j + 0 j0 i i jλ gi j. j D'où le résultat. j0 Φg i i i jλ j gi j j0 2.4 On observe que pour toute fonction f F n on a Φf a i f i a i D i f, ce qui prouve que l'on a Φ n a id i. On commence alors par remarquer que chacun des D i est un endomorphisme de C R, R, et donc que Φ L C R, R en tant que combinaison linéaire des D i. On observe alors qu'à la question précédente on a établit Φg i F n pour tout entier i compris entre 0 et n, ce qui établit ΦF n F n, et démontre ainsi que Φ est un endomorphisme de F n. Φ L F n On obtient alors directement la matrice M de Φ dans la base G en utilisant la question 2.3 puisque la formule Φg i i j0 i j j λ g i j décompose dans G l'image par Φ des vecteurs de G. i i n n λ λ λ λ i n. i 0 λ λ.. M.... λ n λ λ 2.5 Il apparait que M est une matrice triangulaire supérieure dont les coecients diagonaux sont tous non nuls, ce qui assure qu'elle est inversible. On en déduit alors que Φ est une bijection. 3

14 Φ est une bijection 3. Il est clair que y est une solution de ε k si et seulement si Φy g k. Mais comme Φ est un isomorphisme de F n et puisque g k F n, on en déduit que l'équation Φy g k admet une unique solution dans F n. D'où le résultat. Il existe une unique fonction f k appartenant à F n solution de ε k sur R. 4. En appliquant la formule de Taylor à on obtient : i 0 X i. i! Il sut alors d'identier les coecients des deux expressions de pour obtenir le résultat. i 0, n, i 0 i n i n. i 0.. M.... n Soit P R n [X]. En lui appliquant la formule de Taylor en t R on obtient x R, P x k0 P k t x t k. k! Il sut alors de prendre x t + pour obtenir le résultat. t R, P t 0! + P t! + P t 2! + + P n t n! P t + Prenons P t t k. La formule ci-dessus s'écrit alors : soit encore k0 P k t k! ΦP g k. t k, 4

15 On en déduit P Φ g k, ce qui équivaut à dire que P est une solution de ε k. t t k est une une solution de ε k. Φ g k t t k On déduit directement du résultat ci-dessus que, pour tout réel x on a : Φ g k x x k k Φ g k k i i x k i k k k i i g k i k i i g k i x. 4.3 L'expression de M se déduit directement des égalités obtenues ci-dessus. i n i i n n. i 0. M..... n Soient i, j deux entiers tels que i < j. Choisissons alors pour n un entier strictement supérieur à j. Après une observation attentive des expressions de M et de M données précédemment, on voit que le terme général m p,q de M vérie : q si p q q p m p,q 0 sinon et le terme général n p,q de M vérie : q p q si p q q p n p,q 0 sinon 5

16 Et comme MM est égal à la matrice identité de taille n +, on en déduit que si i < j, le terme d'indices i, j de cette matrice est nul. On a donc : soit ce qui équivaut à j ki j ki n+ m i,k n k,j 0, k k j k i j k 0, j k k j i j k 0. k Si l'on change alors j en j + et i en i + ce qui est possible car cette égalité est valable quels que soient les entiers i et j avec i < j on obtient : j+ ki+ k i j+ k j 0. k Il ne reste alors plus qu'à eectuer le changement d'indice u k pour obtenir le résultat. i, j N 2, i < j j k j j k 0 i k ki 6