Corrigé du concours commun 2010 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique.

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1 Corrigé du concours commun 2 des écoles des mines d Albi, Alès, Douai, Nantes Épreuve spécifique. Problème Partie (Étude de courbes paramétrées) Si a = b, (t) = y(t) pour t dans [, + [. L application t (t) est ] continue et décroissante ] sur [, + [, donc son image est l intervalle limt + +t, a + =], ] donc le support de a Γa,b est le segment de la droite d équation y = correspondant à dans ], ], c est la diagonale de ], ] 2. 2 Le support de Γ b,a est l image du support de Γ a,b par l application (, y) (y, ), symétrie relativement à la droite d équation y = et de direction la droite d équation y =. 3 Comme nous l avons remarqué ci-dessus, f a est la composée de l application croissante t + t a avec l application décroissante s s, donc f a est décroissante. 4 Soit t > f a (t) + f a ( t ) = + t a + + t a = + t a + ta t a + = 5 L application t t définit une bijection de ], ] sur [, + [, qui transforme ( f a (t), f b (t)) en ( ( f ) ( a t, )) fb t donc en (, ) fa (t), f b (t)). Ainsi cette transformation correspond à la symétrie de centre ( 2, 2) : (, y) ( y, ) Donc la partie de Γ b,a correspondant à dans ], 2[ est symétrique de la partie correspondant à ] 2, [. Autrement dit, ( 2, 2) est centre de symétrie de Γ b,a. 6 Un question pour se reposer, f a et f b sont décroissantes : t y

2 7 Allure au voisinage de t = : nous avons, pour (t), +t a = t a + o(t a ), de même pour y(t) de sorte que { (t) = t a + o(t a ) y(t) = t b + o(t b ) Comme a < b, le développement limité de F est F(t) = (, ) + t a (, ) + o(t a ) Donc (, ) est un vecteur directeur de la tangente en t =. L allure au voisinage de t = + se déduit de celle au voisinage de t = par symétrie centrale, d après la question 5. y (, ) ( 2, 2) O 8 Développement limité de f a au voisinage de t =. Dilemme : développement de Taylor ou développement limité. Choisissons la seconde solution : t a = + a(t ) + d où + t a = 2 ( + a 2 a(a ) (t ) a(a ) (t ) + (t ) a(a )(a 2) (t ) 3 + o((t ) 3 ) 6 ) a(a )(a 2) (t ) 3 + o((t ) 3 ) 2 Nous observons que +t est de la forme avec u au voisinage de : a 2(+u) u = a 2 a(a ) (t ) + (t ) a(a )(a 2) (t ) 3 + o((t ) 3 ) 2 Comme +u = u + u2 u 3 + o(u 3 ), u est de l ordre de t donc o(u 3 ) = o((t ) 3 ), par substitution : + t a = ( a 2 2 a(a ) (t ) (t ) 2 4 a(a )(a 2) (t ) 3 + a2 2 ) a 2 (a ) (t ) 3 a3 4 8 (t )3 + o((t ) 3 ) 4 (t )2 + 2

3 Après simplification + t a = 2 a 4 (t ) + a 8 (t )2 + a3 4a (t ) 3 + o((t ) 3 ) 48 Donc α = a 8 et β = a3 4a Nous avons D où F(t) = f (t) = 2 4 (t ) + 8 (t )2 48 (t )3 + o((t ) 3 ) f 2 (t) = 2 2 (t ) + 4 (t )2 + o((t ) 3 ) ( 2, ) + ( 4 2 (t ) + 8 ) (t )2 (, 2) + 48 (t )3 (, ) + o((t ) 3 ) Ce développement indique que (, 2) est un vecteur directeur de la tangente en t = et que la courbe traverse cette tangente, i.e. ( 2, 2) est un point d infleion. Allure au voisinage de ( 2, (( 2) dans le repère 2, ) 2), (, 2), (, ) : ( 2, 2) Allure du support de Γ,2 : y (, ) ( 2, 2) O 3

4 Partie 2 (Fonction définie par une intégrale) ( est bien définie car f est continue sur [, ]) Successivement () = () = (2) = 2 dt () = 2 + t dt () = [ln( + t)] () = ln(2) + t 2 dt (2) = [arctan(t)] () = π 4 2 Pour t dans [, ], la fonction + t est décroissante sur R +, donc +t est croissante, il suit que pour et y dans R + tels que y : d après la croissance de l intégrale : + t + t y + t dt + t y dt ce qui montre que est croissante sur R +. 3 Pour et y dans R + tels que y : (y) () = t t y ( + t )( + t y ) dt or t t y et (+t )(+t y ) car + t et + t y. Nous en déduisons t t y ( + t )( + t y ) dt t t y dt d où Or t t y dt = finalement : qui est l inégalité demandée. (y) () = t t y dt [ ] t + + ty+ y+ = y (y+)(+) et (y) () y y (y+)(+) y soit 4 L inégalité ci-dessus indique que est -lipschitzienne, donc (uniformément) continue sur R +. 4

5 5 Sur l ensemble de définition de : () = = = dt + t dt t + t dt + t dt 6 Pour et t dans [, ], t +t t donc t + t dt t dt = + Ainsi, lorsque tend vers +, + tend vers ce qui entraîne lim t + +t dt =, or l égalité de la question 5 montre que (), alors d après l encadrement t () = + t dt nous avons lim + () =. 7 Intégrons par parties, comme conseillé. L intégration par parties est licite pour tout, sinon pour < elle l est seulement sur un intervalle fermé [, ε] contenu dans ], ] car alors la fonction à intégrer est produit de fonctions de classe C sur ], ]. Si < ε : Soit ε [ + t dt = t + t ε ] ε t ( t ) ε ( + t ) 2 dt + t dt = 2 + t ( + t ) 2 dt Les fonctions intégrées sont toutes continues sur [, ] donc par continuité, faisant tendre ε vers : () = 2 + ε t ( + t ) 2 dt 8 Pour > ; tau d accroissement entre et est : () = t ( + t ) 2 dt 5

6 Donc intuitivement, si nous avons de la chance, la limite serait 4. Calculons donc la différence : Comme (+t ) 2 () 4 = = = t ( + t ) 2 dt 4 4t ( + t ) 2 4( + t ) 2 dt ( t ) 2 4( + t ) 2 dt 4, nous avons les majorations t (+t ) 2 dt = 4 () 6 ( t ) 2 dt de plus ( t ) 2 dt = t2 2t + dt, en intégrant : Finalement avec lim + t 2 2t + dt = 6 4 () 2 = nous obtenons 4(2+)(+) () lim = (2 + )( + ) 2 4(2 + )( + ) 9 Allure de la courbe représentative de sur [, + [. O 2 Lançons nous ; pour : t + t dt = t (t ) + t dt [ ] = t ln( + t ) ln( + t ) dt = ln(2) ln( + t ) dt 6

7 nous avons t, qui fait que nous avons aussi : ln( + t ) t et encore ln( + t ) dt + Donc () = ln(2) ( ) + O 2 qui implique () ln(2) + Remarque : prendre est permis dans l intégration par parties puisque nous recherchons un comportement asymptotique au voisinage de +. Problème 2 Partie (Théorème de Fermat) 2 p est premier, k est entier et k p. Alors ( ) ( ) p p! k = k k (p k)! k! = p(p ) p ((p ) (k ))! (k )! = p k donc p divise k( p ) et est premier avec k car k est strictement inférieur au k nombre premier p. D après Gauss, p divise ( p k ). 22 Soit P a la propriété : a N, p P, p (a p a). Si a =, puisque p 2 a p = et a p a =, comme p, la propriété est vérifiée pour a =. Supposons P a vraie pour un entier positif a. Alors (a + ) p (a + ) = ( k p ( ) p )a k + + a p (a + ) k D après la question précédente, p divise ( p ) pour k p donc divise k k p ( p k )ak. D après l hypothèse de récurrence, p divise a p a, donc p divise (a + ) p (a + ). Nous en déduisons que, par récurrence, P a est vraie pour tout entier a positif. 23 Nous savons que det(m p ) = (det(m)) p, donc si p divise (det(m)) p, il divise aussi det(m) et aussi det(m), d après la question 22. Soit p un diviseur premier de det(m) +, alors p doit diviser. Il n y a donc pas de diviseur premier de det(m) +, d où det(m) +, ce qui suggère fortement det(m) =. La réciproque est évidente. Partie 2 (Étude d un ensemble de matrices) nulle est notée. Dans ce qui suit, la matrice 7

8 24 A est l ensemble des combinaisons linéaires des trois matrices, et en effet : a b c = a + b + c c b Donc A est le sous-espace vectoriel de l espace vectoriel réel des matrices carrées d ordre 2 (supposant que les lois sont les lois usuelles). Montrons que les trois générateurs sont linéairement indépendants. Soient trois réels a, b et c tels que : a + b + c = ceci équivaut à a b c = c b donc à a =, b = et c =. Ainsi les générateurs forment une base de A qui est donc de dimension Nous savons que M 3 (R) est un anneau. Par conséquent, comme I appartient à A (prendre a =, b = et c = ) c est l élément unité, il suffit de montrer que A est stable par multiplication matricielle et que deu éléments commutent. Vérifions la stabilité : a a aa b c b c = bb cc bc + cb c b c b cb bc bb cc a Nous constatons que le produit est une matrice b c de R avec c b a = aa, b = bb cc et c = bc + cb. Ces dernières formules montrent que le produit est commutatif. Donc A est un anneau commutatif. 26 Nous avons 4 M 2 = 2 2 8

9 Montrons que (I, M, M 2 ) est une famille libre. Soient trois réels α, β et γ tels que : α I + β M + γ M 2 = O cette équation équivaut à α 2β + 4γ α + β β + 2γ = O β 2γ α + β et donc au système : α 2β + 4γ = α + β = β + 2γ = C est un système de Cramer comme on le voit avec les opérations successives : L 2 L 2 L puis L 3 2L 3 L 2. Donc α =, β = et γ = ce qui indique que (I, M, M 2 ) est une famille libre de trois éléments de l espace vectoriel A de dimension 3, c est donc une base de A. 27 Nous calculons M 3 à l aide des formules de la question 25 : 8 M 3 = L équation d inconnues α, β : M 3 = α I + β M a une unique solution : α = 4 et β = 2. Soit M 3 = 4 I + 2 M Partie 3 (Étude d une suite) 28 Puisque A est un anneau, pour tout k entier, M k est dans A donc de la forme : a k b k c k c k b k avec des réels a k, b k et c k (plus précisément des entiers). Par convention : a =, b = et c =. 29 Nous avons (d après 25) : a k+ = 2a k b k+ = b k c k c k+ = b k + c k 9

10 3 Nous constatons que (a k ) k est une suite géométrique de raison 2 et de premier terme, d où pour k entier positif : a k = ( 2) k. 3 Nous avons : z k+ = b k+ + ic k+ = b k + i 2 c k + ib k + ic k = ( + i)z k Donc (z k ) k est une suite géométrique de raison + i et de premier terme z =, nous obtenons, pour k entier positif : z k = ( + i) k. Or b k est la partie réelle de z k donc : b k = Re (( + i) k) 32 D après la question 29 : b k+2 = b k+ c k+ et b k+ + c k+ = 2b k d où b k+2 + 2b k = 2 k+. Stupéfaction! La suite (b k ) k satisfait à une équation de récurrence linéaire d ordre 2 b k+2 2b k+ + 2b k = avec les conditions initiales b = et b =. L équation caractéristique r 2 2r + 2 = a deu racines i et + i, donc le terme général b k est de la forme b k = λ( i) k + µ( + i) k Grâce au conditions initiales, nous trouvons λ = µ et λ = 2, soit b k = ( i)k + ( + i) k 2 Nous retrouvons, avec émotion, le résultat de la question D après la question 27, M 3 = 2 M 4 I, donc pour tout entier k positif, en multipliant chaque membre de cette égalité par M k, nous obtenons : M k+3 = 2 M k+ 4 M k Remarquons, il n est pas trop tard, que la trace est une forme linéaire sur M 3 (R), donc tr(m k+3 ) = 2 tr(m k+ ) 4 tr(m k ) Ainsi la suite tr(m k ) k obéit à la même équation de récurrence que la suite (u k ) k. Ces suites sont égales si elles vérifient le mêmes conditions initiales, or tr(m ) = 3, tr(m) =, tr(m 2 ) = 4 Donc, pour tout n dans N : tr(m n ) = u n. Il est possible de faire un calcul direct avec a n + 2b n.

11 34 D après ci-dessus : u n = a n + 2b n, ainsi or u n = ( 2) n + 2Re (( + i) n ) Re (( + i) n ) = Re ( = k n k=2m n = m n 2 m p 2 ( ) n )i k k ( ) n i 2m 2m ( ) n ( ) m 2m Si p = 2, u 2 = 4 et 2 divise 4, donc la propriété est réalisée. Supposons p premier impair, alors ( ) n u p = 2 + ( 2) p + 2 ( ) m 2m or pour m p 2, p divise ( n 2m ), donc p divise m p ( n 2m )( )m. 2 D autre part, p est impair, donc 2 + ( 2) p = p et, d après la question 22, p divise 2 p 2. Finalement p divise u p. En conclusion, p P, p u p. Partie 4 (Étude d un coefficient) 35 Nous avons 2 det(e, e 2, e 3 ) = 2 2 = 9 Le déterminant de ces trois vecteurs n est pas nul, ils sont donc linéairement indépendants et par conséquent ils forment une base de l espace R c(u) = λ (e e ) + λ 2 (e 2 e 2 ) + λ 3 (e 3 e 3 ), donc c(u) = 6λ + 5λ 2 + 6λ 3. Pour k entier positif, la matrice de u k est la matrice de u élevée à la puissance k, or la matrice diag(λ, λ 2, λ 3 ) étant diagonale, la matrice (diag(λ, λ 2, λ 3 )) k = diag(λ k, λk 2, λk 3 ) est aussi diagonale et nous avons : c(u k ) = λ k (e e ) + λ k 2(e 2 e 2 ) + λ k 3(e 3 e 3 ) Soit c(u k ) = 6λ k + 5λk 2 + 6λ k 3

12 37 D après la question 22, tout nombre premier p divise c(u k ) c(u) car ce nombre est une combinaison linéaire à coefficients entiers de trois nombres de la forme a p a. Par suite, si p divise c(u k ), il divise aussi c(u) car c(u) = (c(u k ) c(u)) c(u k ). Nous concluons comme dans la question 23, c(u) est nul. Les entiers λ, λ 2, λ 3 sont positifs. Ils sont donc tous nuls, par suite u =.. c est «q» comme «question»... 2