CONCOURS COMMUN 2010 DES ÉCOLES DES MINES D ALBI, ALÈS, DOUAI, NANTES

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1 CONCOURS COMMUN DES ÉCOLES DES MINES D ALBI, ALÈS, DOUAI, NANTES PROBLÈME Épreuve spécifique de Mathématiques (filière MPSI) Corrigé ) Si a = b, = y et donc le support de Γ a,b est inclus dans la droite d équation y =. Si t parcourt R +, (et y) parcourent ],] ; ainsi, si a = b, le support de Γ a,b est la partie de la droite d équation y = délimitée par O = (,) (non compris) et A = (,) (compris). ) Un point (,y) est sur le support de Γ a,b si et seulement si (y,) est sur le support de Γ b,a : les supports de Γ a,b et de Γ b,a sont symétriques par rapport à la droite d équation y =. 3) Si t >, f a (t) = + ep(aln(t)) donc f a est dérivable sur R + et si t >, f a(t) = ata ( +t a ) < : f a est strictement décroissante sur R +. De plus, f a () = et on obtient le tableau de variations suivant : lim f a(t) = ; t + + f a() f a () 4) Si t >, f a ( t ) = ta +t a = ta + +t a : f a ( t ) + f a(t) =. 5) Ainsi, si t >, ( t ) = (t) et y( t ) = y(t) : le support de Γ a,b privé de (,) est symétrique par rapport au point I = (, ). 6) Voici le tableau de variations de et y : t + (t) y(t) y(t) y() +ta 7) On a = tb a qui a pour limite lorsque t tend vers (b > a) : il y a une demi-tangente horizontale au (t) () +tb point de paramètre t =. Par utilisation du centre de symétrie : limf = (,) avec demi-tangente horizontale. Voici l allure locale en t = et t = + :

2 t = 8) On a f a (t) = + ep(aln(t)). t = + Au voisinage de t =, en posant u = t, ln(t) = u u + u3 3 + o(u3 ). Au voisinage de u =, ep(u) = + u + u + u3 6 + o(u3 ). On obtient : + ep(aln(t)) = + + (aln(t)) + (aln(t)) + (aln(t))3 + o((ln(t)) 3 ) = ) 6 + a (u u + u3 + a ( u u 3) + a3 3 6 u3 + o(u 3 ) = + au + Alors : f a (t) = ( + a a(a ) u + u a(a )(a ) + u 3 + o(u )) 3 = ( 4 a ) a(a ) u u a(a )(a ) u 3 + a 4 4 u + a (a ) u 3 a3 4 8 u3 + o(u 3 ) = ( Finalement, f a (t) = a 4 (t ) + a 8 (t ) + a(a ) u + a(a )(a + ) (t ) 3 + o((t ) 3 ) au voisinage de t =. 48 a(a )(a ) u 3 + o(u 3 ). 6 a u + a 4 u + a(a 4) u ). 3 4 Autrement dit, α = a a(a )(a + ) et β = ) On a donc au voisinage de t =, F(t) = (, (t ) (t ) (t )3 ( ) ) (,) + (,) + 3, + o((t ) 3 ) ; il en résulte que le premier entier caractéristique est p = et que le deuième entier caractéristique est q = 3 ( 3) = 6 ). le point F() est un point d infleion ; la tangente en ce point est dirigée par (,). ) Voici l allure du support de Γ, : t = t = t = +

3 ) ϕ() = dt = [ ] ϕ() = +t dt = ln( +t) [ ] +t dt = arctan(t) 4. ) Si < y et si t, < +t y +t et donc f (t) f y (t) puis par intégration, ϕ() ϕ(y) : ϕ est croissante sur R +. 3) Si y, ϕ() ϕ(y) = Donc, ϕ() ϕ(y) ( +t ) t y t +t y dt = ( +t )( +t y ) dt. [ ] t t y t + dt = + ty+ y + t y t ( +t )( +t y ) dt Comme + et y +, on obtient ϕ() ϕ(y) (t t y )dt y. = + y + = 4) En utilisant le théorème d encadrement, on obtient lim ϕ() ϕ(y) = : ϕ est continue à droite en ; y y y ( + )(y + ). et, lim ϕ() ϕ(y) = : ϕ est continue à gauche en y ; ceci valant pour tous et y positifs, ϕ est continue sur R +. y y Remarque : on peut aussi montrer que pour tous et y réels positifs : ϕ() ϕ(y) y Donc ϕ est -lipschitzienne et donc continue sur R +. 5) Si, ϕ() = +t dt + t dt soit ϕ() = +t dt ; t [ ] t 6) +t dt t + dt = = + +. t Mais, lim = et par théorème d encadrement, lim dt = et lim t ϕ() =. + 7) On pose u(t) = t et v(t) = +t ; u et v sont de classe C sur [,] et : [ ] [ ] ϕ() = u (t)v(t)dt = u(t)v(t) u(t)v t (t)dt = +t t t ( +t ) dt : ϕ() = + t ( +t ) dt. 8) Comme ϕ() =, on a donc ϕ() ϕ() 4 = t ( +t ) dt ( t 4 = ( +t ) ) dt 4. On obtient ϕ() ϕ() 4 = 4t ( +t ) 4( +t ) dt = ( t ) 4( +t ) dt = ( t ) 4( +t ) dt ( t ) dt. 4 ( t ) Mais, dt = [ ] t t+ + + = ( 4 + ) + + = a pour limite en. ( + )( + ) Donc, lim ϕ() ϕ() 4 = : la pente de la demi-tangente en (, ) est 4. 9) Voici l allure de la courbe représentant ϕ sur R + : ϕ() ln() / π/4 t ) On a vu que ϕ() = dt. On opère une intégration par parties sous la forme suivante : +t on pose, pour >, u(t) = ln( +t ) si bien que u (t) = t +t et v(t) = t ; on a u et v de classe C sur [,] et : 3

4 [ ] ϕ() = u (t)v(t)dt = t ln( +t ) ln( +t )dt = ln() Mais, si u, ln( + u) u par inégalité des accroissements finis ; on obtient Ainsi, lim ln( +t )dt = et + ln() Il en résulte que ϕ(). + PROBLÈME ln( +t )dt = o( ) au voisinage de +. ln( +t )dt. ( ) ( p p! ) On a =!(p )! = p! ( )!(p )! = p (p )! p ( )!(p )! ; donc ( p Comme les combinaisons sont des entiers, la question précédente montre que p divise ( ) p avec ( p ). D après le théorème de Gauss, p. ln( +t )dt t dt = +. ) = p ) On opère par récurrence sur a : p = et donc p ( p ). Soit a N ; supposons que p (a p a). Alors, (a + ) p p ( ) p (a + ) = a p ( ) p a = = a + a p a. = ( ) p Or, p pour p et (a p a) par hypothèse de récurrence. Donc, a ( (a + ) p (a + ) ). ( ) p. ) ; mais p P donc p est premier Ainsi, par récurrence, a N, p (a p a). 3) Si M à coefficients entiers vérifie p P, p det(m p ), comme det(m p ) = det(m) p, p det(m) p. Mais, d après la question précédente, p (det(m) p det(m)). Donc, p P, p det(m) : l entier det(m) divisible par tout nombre premier est nul et M n est pas inversible. Réciproquement, si M n est pas inversible, det(m) = = det(m p ) pour tout p de P ; donc p det(m p ). Ainsi, les matrices M de M 3 (R) à coefficients entiers qui vérifient p P, p det(m p ) sont eactement les matrices non inversibles à coefficients entiers. 4) On constate que A est l ensemble des combinaisons linéaires des matrices : A =, B = et C = ( a b c = aa + bb + cc). c b Donc, A est le sous-espace vectoriel de M 3 (R) engendré par (A,B,C). La famille (A,B,C) est génératrice de A ; de plus, si (a,b,c) R 3, aa+bb+cc = = a b c = = a = b = c = : c b la famille (A,B,C) est libre et forme une base de A : dim(a ) = 3. 5) On montre que A est un sous-anneau de M 3 (R) : A M 3 (R). I 3 A (avec a = b = et c = ). M,M A, avec des notations évidentes : M M = a b c a b c = a a b b c c A. c b c b c + c b b et M M = a b c a b c = aa bb cc bc + cb A. c b c b cb c b bb cc M,M A, MM = M M (voir calcul ci-dessus). 4

5 Ainsi, A est un anneau commutatif (sous-anneau de M 3 (R)). 6) Comme card(i 3,M,M ) = 3 = dim(a ), il suffit de montrer que (I 3,M,M ) est libre dans A ; d abord, cette famille est bien à valeurs dans A (I 3 et M sont dans A et A est stable pour le produit). Un calcul simple montre que M = 4. a b + 4c Si α, β et γ sont des réels et si αi 3 + βm + γm =, alors a + b b + c = : b c a + b a b + 4c = a + b = b + c = ; ainsi, b = c, a = b = c et c + 4c + 4c = ; donc a = b = c = et la famille (I 3,M,M ) est libre. Ainsi, (I 3,M,M ) est une base de A. 7) Un calcul simple montre que M 3 = 8, puis que M 3 = M 4I 3. 8) Comme M A et que A est stable pour le produit, N, M A donc est de la forme désirée. 9) On a M + = M M ; par identification des coefficients, on obtient : N, a + = a, b + = b c et c + = b + c. 3) (a ) est une suite géométrique de raison : N, a = ( ) a = ( ). 3) On a vu que b + = b c et c + = b + c ; donc, z + = z + iz soit z + = ( + i)z. On obtient donc (suite géométrique de raison + i) : z = ( + i) z = ( + i). Mais, b = Re(z ) donc b = Re ( ( + i) ). 3) c = b b + ; en remplaçant dans la deuième relation de récurrence : b + b + = b + (b b + ) et donc N, b + b + + b =. On reconnaît une suite récurrente linéaire d ordre ; l équation caractéristique est r r + = dont les racines sont + i et i ; on a donc b de la forme λ( + i) + µ( i) ; mais b = = λ + µ et b = = λ( + i) + µ( i) ; on obtient λ = µ =. Ainsi, N, b = ( + i) + ( i) = Re ( ( + i) ). 33) On a tr(m ) = tr(i 3 ) = 3 = u ; tr(m) = = u ; tr(m ) = 4 = u. Enfin, M 3 = M 4I 3 ; donc, en multipliant par M n, n N, M n+3 = M n+ 4M n. En prenant la trace des deu membres (la fonction trace étant linéaire) : n N, tr(m n+3 ) = tr(m n+ ) 4tr(M n ) : les suites u et (tr(m n )) vérifient les mêmes relations de récurrence avec mêmes conditions initiales ; donc n N, u n = tr(m n ). 34) D abord, u car u = 4 ; on suppose maintenant n P \ {}. D après 33), u n = tr(m n = a n + b n = ( ) n + Re(( + i) n ). Mais, ( + i) n n ( ) n [n/]( ) n [n/]( ) n = i = = ( ) + z avec z imaginaire pur ; donc, Re(( + i) n ) = = ( ). = Maintenant, comme n P \ {}, n est impair et ( ) n = n [n] et pour [,[ n ( ) n ]], n ( n car n impair) ; ainsi, u n + [n] : n u n ; ainsi, n P, n u n. 35) On a det(e,e,e 3 ) = 9 ; donc (e,e,e 3 ) est une base de R 3. 36) On a u(e i ) = λ i e i, donc c(u) = λ (e e ) + λ (e e ) + λ 3 (e 3 e 3 ) : c(u) = 6λ + 5λ + 6λ 3. Plus généralement, si i 3, u (e i ) = λ i e i et c(u ) = λ (e e ) + λ (e e ) + λ 3 (e 3 e 3 ) : c(u ) = 6λ + 5λ + 6λ 3. 37) Si p c(u p ) pour tout p de P, p (6λ p + 5λ p + 6λ p 3 ) ; mais, d après la question ), p ( 6(λ p λ ) + 5(λ p λ ) + 6(λ p 3 λ 3) ) ; donc p (6λ + 5λ + 6λ 3 ) pour tout p de P. Alors, 6λ + 5λ + 6λ 3 = et comme λ, λ et λ 3 sont des entiers naturels, λ = λ = λ 3 = : la matrice de u dans la base B est nulle et u est nul. 5