CONCOURS DE RECRUTEMENT D ELEVES PILOTE DE LIGNE. Partie I

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1 CONCOURS DE RECRUTEMENT D ELEVES PILOTE DE LIGNE ANNEE 14 EPREUVE DE MATHEMATIQUES Partie I Questio 1 : Explicatio 1 : I GL R et I GL R mais I I = / GL R. Doc GL R est pas u sous-espace vectoriel de M, R. A est faux et B est vrai. GL R,. est u groupe o commutatif pour et est u groupe commutatif pour = 1. Doc C et D sot faux. Questio : A VRAI Explicatio : Si i j, o sait que E i,j E i,j = et doc I+E i,j I E i,j = I+E i,j E i,j +E i,j E i,j = I. Doc, si i j, I+E i,j est iversible et I+E i,j 1 = I E i,j. A est vrai et B est faux. O sait que E i,i = E i,i et doc I+E i,i I 1 E i,i = I 1 E i,i +E i,i 1 E i,i = I. Doc, I+E i,i est iversible et I+E i,i 1 = I 1 E i,i. C est vrai et D est faux. Questio : Explicatio : B, C et D sot faux car il y a la matrice ulle qui est o iversible das la répose proposée Esuite, = et =. La matrice iversible commute pas avec la matrice iversible. Doc la propositio A est fausse. 1 1 O peut démotrer que e { } CGL R = αe i,i, α R = {αi, α R }. i=1 http :// 1 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

2 Questio 4 : Explicatio 4 : e 1 e +e = e 1 e 1 +e +e 4 = e e e e 4 = e e 1 +e +e 4 = e 4 Doc P est iversible et P 1 = e 4 = e 1 e +e e 1 e +e = e 1 e e e 1 e +e = e e 1 +e + e 1 e +e = e 4 e 4 = e 1 e +e e = e 1 +e +e e 1 e 1 +e +e +e = e 1 e 1 + e 1 +e +e e = e +e 4 e 4 = e 1 e +e e 1 e +e = e 1 e 1 +e = e +e e 1 +e e = e +e 4 e 4 = e 1 e +e e = e 1 +e +e e = e 1 +e 1 +e +e e 1 e 1 +e 1 +e +e = e e +e 4 e 1 = e 1 +e e 4 e = e 1 +e +e 4 e = e 1 e +e +e 4 e 4 = e 1 +e e e Doc B est vrai et A, C et D sot faux.. Questio 5 :. e 4 = e 1 e +e e = e 1 +e +e e 1 +e = e 1 +e +e e 1 e = e e +e 4 Explicatio 5 : Pour =, les matrices E 1, et E,1 sot ilpotetes. E 1, E,1 = E 1,1 est pas ilpotete car E 1,1 = E 1,1. B est faux. 1 E 1, +E,1 = est o ilpotete et iversible. A et C sot faux. Efi, il est cou que D est vrai. 1 Explicatio 6 : u λf = 1 λft dt D est vrai et A, B et C sot faux. 1 = Partie II Questio 6 : 1 λ ft dt 1 = λ 1 ft dt 1 = λ u f. http :// c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

3 Questio 7 : Explicatio 7 : Soit ε >. Soit x [,1] tel que fx = 1. Par cotiuité de f e x, il existe des réels u et v tels que u < v 1 et x [u,v] et x [u,v], fx 1 ε y compris si x = ou x = 1. B est vrai. O suppose doréavat que ε ],[ et que fx 1 ε pour x [u,v]. Soit N. u f = u v u v u ft dt+ ft dt = v u v u 1 ε. ft dt+ ft dt 1 v ft dt Puisque 1 ε >, o e déduit ecore que u f v u 1 1 ε 1 1. D autre part, u f 1 dt = 1. E résumé, N, v u 1 1 ε u f 1. Comme lim v u 1 1 ε = 1 ε +, il existe u rag tel que, pour, v u 1 1 ε 1 ε ε = 1 ε. Pour, o a 1 ε u f 1. O a motré que lim u f = 1. D est vrai et doc A et C sot faux. + Questio 8 : A VRAI Explicatio 8 : Si M =, alors la suite u g est ulle et doc lim u g = = M. + Sio, M >. La foctiof = 1 g est cotiue sur[,1] et a u maximum égal à1. D après les deux questios précédetes, M Das tous les cas, u g = u Mf = Mu f M. lim u g = M = M. A et D sot vrais et B et C sot faux. + Partie III Questio 9 : http :// c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

4 [ Explicatio 9 : Soit N. Pour tout réel t, π ], cost 1 puis cos +1 t cos t après multiplicatio des deux membres par le réel positif cos t. Par croissace de l itégrale, o e déduit que I +1 I. Aisi, la suite I est décroissate. B est vraie et A, C et D sot faux. Questio 1 : Explicatio 1 : I = π et I 1 = 1. B et C sot vrais et A et D sot faux. Questio 11 : Explicatio 11 : Soit N. I + = π = +1 costcos +1 t dt = [ sitcos +1 t ] π π π = +1I I +, π si t cos t dt = +1 et doc +I + = +1I. Toutes les propositios sot fausses. Questio 1 : A VRAI sit+1 sitcos t dt 1 cos t cos t dt Explicatio 1 : E multipliat les deux membres de l égalité précédete par I +1, o obtiet pour tout etier aturel, +I +1 I + = +1I I +1. Doc, la suite I I 1 est costate puis N, I I = I 1 I = π, et e particulier, lim I I = I 1 I = π. A est vrai et B est faux. + Des questios 9 et 11, o déduit aussi que pour 1, I I I puis = I I 1 I I I état u réel strictemet positif e tat qu itégrale d ue foctio cotiue, positive et o ulle. Le théorème des I gedarmes fourit alors lim = 1. + I Questio 1 : http :// 4 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

5 Explicatio 1 : I = I I I I = π I E particulier, I π I. Doc, π et doc I. C et D sot faux. Questio 14 : lim + I = π. A est faux et B est vrai. Explicatio 14 : Pour tout etier aturel o ul, o a I = I et doc pour 1, C est vrai et A, B et D sot faux. I = I = 1... π Questio 15 : Explicatio 15 : Soit 1. et doc Explicatio 16 : Soit x I = +1 = π π 1 π ] π, π [. I π = π. Doc B est vrai et A, C et D sot faux. Questio 16 : A et B sot faux puis C est vrai et D est faux. F 1 x = F x = x x sit cost dt = [ l cost ]x = l cosx. ta t dt = [tat t] x = tax x. Questio 17 : http :// 5 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

6 ] Explicatio 17 : Soit x π, π [. Pour N, F + x+f x = C est vrai et A, B et D sot faux. x ta t 1+ta t dt = Questio 18 : [ ta +1 ] x t = ta+1 x Explicatio 18 : D après la questio précédete, B est vrai et A, C et D sot faux. F 4 x = ta x F x = ta x Questio 19 : tax+x. [ Explicatio 19 : Soit N. Pour tout réel t, de, π ], o a tat 1 puis ta +1 t ta t après multiplicatio des 4 deux membres par le réel positif ta t. E itégrat o obtiet J +1 J. La suite J est décroissate et miorée par. La suite J est doc covergete. B est vrai et A, C et D sot faux. Explicatio : Soit a Questio : A VRAI ], π [. Pour tout etier aturel, 4 a π J = ta 4 t dt+ ta t dt a π a ta a+ 4 a. D autre part, o a bie sûr J π 4 π +a. Doc A et D sot vrais et B et C sot faux. 4 Questio 1 : http :// 6 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

7 Explicatio 1 : La suite J est covergete. Soit l sa limite. D après la questio C, pour tout etier aturel, o a J + +J = 1 ta π +1 1 = Quad ted vers +, o obtiet l = et doc l =. C est vrai et A, B et D sot faux. Questio : Explicatio : Pour tout etier aturel, J + J + = 1 +1 et doc J + J + = J = π 4, o a 1 k k+1 = 1 k J k +J k+ = Doc, pour tout 1, k J k 1 k+1 J k+1 = 1 I 1 +1 J + somme télescopique = π J = π J +. D est vrai et A, B et C sot faux. Questio : 1. E teat compte de +1 Explicatio : Puisque 1 J ted vers, o e déduit que Mais o a aussi lim = π Doc C et D sot vrais et A et B sot faux = = 1 k k+1 π 4. Partie IV Questio 4 : Explicatio 4 : Si ω p 1 A est faux et B est vrai.esuite, si ω p = 1, ω p k = ω p k = 1 ωp 1 ω p ω p = = 1 ωp 1 ω p. 1 =. C est vrai et D est faux. http :// 7 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

8 Questio 5 : Explicatio 5 : D après la formule du biôme de Newto, D est vrai et A, B et C sot faux. ω k = k Explicatio 6 : O sait que X 1 = k = e iπ e iπ ω k = 1. B est vrai et A, C et D sot faux. e iπ +e iπ k 1 = Questio 6 : 1+e iπ 1 1 = cos π 1. X ω k. E évaluat e, o obtiet 1 = 1 Questio 7 : C VRAI d FAUX ω k et doc Explicatio 7 : B et C sot vrais et A et D sot faux. Explicatio 8 : De même, 1+j = C et D sot faux. Questio 8 : j k et A et B sot faux puis k +1+j + 1+j = 1+j k +j k Questio 9 : http :// 8 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

9 Explicatio 9 : U etier compris au ses large etre et est soit de la forme k, soit de la forme k+1, soit de la forme k+. De plus, k k k E k+1 1 k k E k+ k k E et doc Z = + = E/ k E / E/ k 1+j k + j k + E/ k+ 1+j k+ + j k+ 1+j k +j 6k + E/ D est vrai et A, B et C sot faux. 1+j k+1 + j k+1 k+1 k+1 1+j k+1 +j 6k+ + E / Questio : A VRAI 1+j k+ +j 6k+4 k+ Explicatio : 1+j k+1 +j 6k+ = 1+j+j = et 1+j k+ +j 6k+4 = 1+j +j =. D autre part, 1+j k +j 6k = et doc A est vrai et B, C et D sot faux. Z = E/. k Questio 1 : Explicatio 1 : 1+j + 1+j = 1+j +1+j = re1+j. A et B sot faux. Esuite, et doc C est faux puis 1+j = j = e i π iπ = e, 1+j = j = e iπ = e iπ, et doc D est vrai. Questio : http :// 9 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

10 Explicatio : + 1+j π π = re1+j = cos et doc A et B sot faux puis Z = +cos et doc C est vrai et D est faux. E/ = 1 +cos k Partie V Questio : π. Explicatio : Le détermiat du système est Va1,j,j. Les trois ombres 1, j et j sot deux à deux disticts. Doc, pour toutes valeurs de a, b et c, le système S admet ue solutio uique das C. B est vrai et A, C et D sot faux. Questio 4 : Explicatio 4 : E teat compte de 1+j+j =, das les quatre propositios, o a x+y+z = a. Das A et D, x+jy+j z b et doc A et D sot faux. Das B, x+j y+jz c. Doc, B est faux. Efi, avec la propositio C, e teat compte de j = 1. x+y+z = a+1+j +jb+1+j +jc x+jy+j z = 1+j+j a+b+1+j +jc x+j y+jz = 1+j +ja+1+j +jb+c C est vrai. = a. = b. = c. Questio 5 : Explicatio 5 : Si la solutio est réelle, alors x+y+z = a est u réel. Mais alors b+c = a+b+c a est réel et de même bj+cj = a+bj+cj a et bj +cj = a+bj +cj a sot des réels. Esuite, bj+cj bj +cj = j j b c = i b c est u réel puis b c est u imagiaire pur. E résumé, b+c R et doc Imc = Imb et b c est u imagiaire pur et doc Rec = Reb. Fialemet c = b. Réciproquemet, si a R et c = b, alors a+b+c a+j b+jc = a+b+b = a+j b+j b = a+reb R = a+rej b R http :// 1 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.

11 a+jb+j c = a+jb+jb = a+rejb R Ue solutio de S est réelle si et seulemet si a R et b = c. B est vrai et A, C et D sot faux. Questio 6 : A VRAI Explicatio 6 : D après la questio précédete, A est vrai et B, C et D sot faux. http :// 11 c Jea-Louis Rouget, 14. Tous droits réservés.