CONCOURS AGRO-VETO, SESSION 2012 Corrigé de l'épreuve A

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1 Problème I.. J = et K = CONCOURS AGRO-VETO, SESSION Corrigé de l'épreuve A sont des matrices symétriques à coecient réels donc : J et K sont diagonalisables.. Recherche des éléments propres de K.. Soient λ R, x, y, z) R 3. x, y, z) KerK λi) λx +y = : L x λy +z = : L y λz = : L 3 y λx = : L λ )x +z = : L L + λl λx λz = : L 3 L 3 L y λx = : L z + λ )x = : L λ λ )x = : L 3 L 3 + λl S) Le système S) n'est pas de Cramer si et seulement si λ λ ) =, ce qui équivaut à λ = ou λ = ou λ =. Donc { SpK) =,, }.. En notant pour tout λ SpK), E λ K) le sous-espace propre de K associé à λ, on a : Pour λ = : S) d'où E K) = { z,, z), z R}. Pour λ = : S) d'où E K) = {z, z, z), z R}. y = z +x = = y x = z x = = { y = x = z { y = z x = z Pour λ = : S) y + x = z x = = { y = z x = z d'où E K) = {z, z, z), z R}.

2 En conclusion : E K) = V ect,, ) ; E, K) = V ect ), et E K) = V ect, ),.3 Recherche des éléments propres de J.3. Soient λ R, x, y, z) R 3. x, y, z) KerJ λi) λx +z = : L λ)y = : L x λz = : L 3 λx +z = : L λ)y = : L λ )x = : L 3 L 3 + λl S ) Le système S ) n'est pas de Cramer si et seulement si λ = ou λ ) =, ce qui équivaut à λ = ou λ =. Donc SpJ) = {, }.3. En notant pour tout λ SpJ), E λ J) le sous-espace propre de J associé à λ, on a : Pour λ = : S ) x +z = = = x = z d'où E J) = {z, y, z), y, z) R } = V ect,, ),,, )). Les vecteurs,, ) et,, ) n'étant pas colinéaires, ils forment une base de E J). Pour λ = : S ) x +z = y = = d'où E J) = { z,, z), z R} = V ect,, )). { x = z y = E J) = V ect,, ),,, )) et E J) = V ect,, ).4 Recherche de vecteurs propres communs à J et K.4. En remarquant que :,, ) =,, )+,, ) et,, ) =,, ),, ), on peut armer V ect, ),,, )), V ect,, ),,, )). De plus, ces deux sous-espaces étant clairement de dimension, on peut conclure que : V ect, ),,, )), = V ect,, ),,, ))

3 .4. Posons u =,, ), v =,, ) et w =,, ). La famille B = u, v, w) obtenue par juxtaposition de familles libres de vecteurs propres de K associés à des valeurs propres distinctes est donc libre. Elle forme donc une base de R 3 composée de vecteurs propres associés à K. Le résultat précédent prouve E J) = V ectv, w), et donc que la base B est également constituée de vecteurs propres associés à J. En conclusion, si P désigne la matrice de passage de la base canonique de R 3 à la base B, alors P JP et P KP sont diagonales. En posant P =, les matrices P JP et P KP sont diagonales..5 Pour tout a, b, c) R 3, on a Ma, b, c) = ai + bj + ck, et donc : P Ma, b, c)p = P ai + bj + ck) P = ai + bp JP + cp KP = D. Il est clair que D, comme somme de matrices diagonales est diagonale. En précisant enn que P JP = et P KP =, on peut conclure : Pour tout a, b, c) R 3, Ma, b, c) est diagonalisable dans la base B et semblable à : a b D = a + b + c a + b c. Réduction simultanée de deux matrices dans le cas général. Soient λ Spg) et x E λ g). Puisque A et B commutent, alors f et g commutent et donc comme x E λ g) : g f x )) = f g x )) = f λ x ). D'où g f x )) = λf x ) car f est linéaire. λ Spg), x E λ g), g f x )) = λf x ) Il apparaît alors clairement : f x ) E λ g). 3

4 .. Si B admet une unique valeur propre λ, puisque par hypothèse B est diagonalisable alors B est semblable à la matrice λi 3. Il existe donc une matrice Q inversible telle que B = Q λi 3 ) Q = λi 3. B = λi 3.. La matrice A étant diagonalisable, il existe une matrice P inversible telle que P AP soit diagonale. De plus, P BP = P λi 3 ) P = λi 3 est diagonale. Donc : Il existe une matrice P inversible telle que P AP et P BP soient diagonales.3.3. Par dénition d'une valeur propre, on a pour tout i, 3 : dim E λi g)). De plus, B étant diagonalisable, et ces trois valeurs propres étant distinctes, on a également : 3 dim E λi g)) = 3. On peut donc conclure : i= λ SpB), dim E λ g)).3. D'après la question., si x E λ g) alors f x ) E λ g). Or E λ g) est une droite vectorielle donc x et f x ) sont colinéaires. Enn, x étant non nul, on en déduit que : Il existe µ R tel que f x ) = µ x..3.3 La matrice B étant diagonalisable, il existe une base de vecteurs propres de g. Le résultat précédent prouve en outre que tout vecteur propre de g est également un vecteur propre de f. On peut donc conclure que : Il existe une base de E composée de vecteurs propres communs à f et g..4 Remarque. Soit B la base formée de vecteurs propres communs à f et g que nous venons de construire. Les matrices de f et g dans la base B sont donc toutes les deux diagonales ce qui assure que, si P est la matrice de passage de la base ε vers la base B, alors les matrices P AP et P BP sont toutes les deux diagonales..4. B étant diagonalisable, on a{ dim E λ g)) + dim E λ g)) = dime). Montrons maintenant } que l'on a E λ g) E λ g) =, ce qui prouvera que E λ g) et E λ g) sont supplémentaires dans E. Soit x E λ g) E λ g). On a donc f x ) = λ x car x Eλ g), et f x ) = λ x car x Eλ g). On en déduit λ λ ) x =, et comme on a λ λ, on en déduit x = {. } Cela prouve E λ g) E λ g) = et par suite le résultat. 4

5 E = E λ g) E λ g).4. Puisque E λ g) et E λ g) sont supplémentaires dans E, et comme E µ f) E, alors pour tout x E µ f) il existe un unique couple x, x ) de E λ g) E λ g) tel que : x = x + x. On a alors f x ) = µ x d'où f x + x ) = µ x + x ) et donc f x ) µ x = µ x f x ). Or d'après le résultat de la question., puisque x E λ g), alors f x ) E λ g), et donc f x ) µ x E λ g). De même f x ) µ x E λ g). { } Or E λ g) E λ g) =, donc f x ) µ x = µ x f x ) =. On a donc f x ) = µ x et f x ) = µ x, d'où la conclusion. Pour tout x E µ f), il existe un couple x, x ) E λ g) E λ g) tel que x = x + x avec en outre x E λ g) et x E λ g)..4.3 Le résultat précédent prouve que pour tout x E µ f), il existe x E λ g) E µ f) et x E λ g) E µ f) tel que x = x + x. On a ainsi démontré : E = E λ g) E µ f)) E λ g) E µ f)). De plus, si x E λ g) E µ f)) E λ g) E µ f)), alors x E λ g) E λ g) donc x =, d'où le résultat. E µ f) E λ g)) E µ f) E λ g)) = Eµ f).4.4 D'après le résultat précédent, chacun des sous-espaces propres associés à f possède une base constituée de vecteurs propres de g. En juxtaposant ces bases, A étant diagonalisable, on obtient une base de E composée de vecteurs propres communs à f et g. Il existe une base de E constituée de vecteurs propres communs à f et g. Problème II. Intégrales de Wallis. On a trivialement W = dθ = π et W = W = π, W = cosθ)dθ = [sin θ π =. 5

6 . Soit n N. On a W n+ = cos θ cos n θ dθ = sin θ) cos n θ dθ = W n + sin θ ) n+ cosn+ θ dθ. Comme les fonctions θ sin θ et θ n+ cosn+ θ sont de classe C [ sur, π, on peut eectuer l'intégration par parties suivantes : [ W n+ = W n + On peut alors écrire : sin θ n + cosn+ θ π W n+ = W n n + W n+ W n+ cos θ cos n+ θ dθ = W n n + n + W n+. + ) n + = W n W n+ n + n + = W n. D'où le résultat. n N, n + )W n+ = n + )W n.3 Pour tout entier n, on pose v n = n + )W n W n+. En vertu du résultat ci-dessus, on peut écrire pour tout entier n : v n+ = W n+ n + )W n+ = W n+ n + )W n = v n. Cela prouve que la suite v n ) est constante, et permet d'écrire pour tout entier n : v n = v = π. n N, n + )W n W n+ = π.4 Soit n un entier et θ dans [, π. Puisque cos θ [,, on peut écrire : cos θ cos n θ cos n θ. Par croissance de l'intégrale, on en déduit directement : n N, W n+ W n. Et comme θ cos n+ θ est à valeurs positives et n'est pas nulle, on en déduit encore W n+ >, ce qui donne le résultat. n N, W n W n+ W n+ > En injectant la relation W n+ = n+ n+ W n dans la triple inégalité précédente, on obtient alors : W n W n+ n + n + W n, d'où en divisant par W n > : W n+ n + W n n +. ) Wn+ On déduit alors du lemme des gendarmes que la suite W n converge vers. lim n + W n W n+ = 6

7 .5 La relation ci-dessus assure que l'on a W n W n+ au voisinage de +. De la relation obtenue en.3 on déduit alors π n + )W n+ ce qui donne directement ) / π W n+. n + ) D'où le résultat. W n n + π n. Étude d'une suite. Limite de la suite u n ).. On sait que si X, Y sont des variables aléatoires indépendantes suivant des lois de Poisson de paramètres respectifs λ, µ, alors X + Y suit une loi de Poisson de paramètre λ + µ. On en déduit alors par récurrence immédiate que S n suit une loi de Poisson de paramètre n. S n suit une loi de Poisson de paramètre n. On peut alors écrire : n ) P S n n) = P S n = k = k= P S n = k) = k= k= n nk e k! = u n. P S n n) = u n.. Posons X n = X n k. Puisque EX ) = et σx ) =, et puisque X,..., X n k= indépendantes et de même loi, le théorème de la limite centrée assure que sont X n EX ) σx )/ n = X n / n = S n n n converge en loi vers une variable aléatoire gaussienne centrée réduite, c'est-à-dire que quels que soient les réels a < b : ) lim P Sn n b [a, b = e x dx. n,+ n a π T n ) converge en loi vers une variable aléatoire gaussienne centrée réduite..3 On a : P S n n) = P S n n ) = P ) Sn n = P T n ) n On déduit alors de la question précédente la formule : P S n n) e x dx. n,+ π 7

8 Et comme x π e x est une densité de probabilité paire, on peut écrire : On a ainsi prouvé e x + dx = e x dx = π π. lim u n) =, ce qui donne le résultat. n + lim n + u n =. Expression intégrale du terme général de la suite u.. Initialisation. En n =, la propriété s'écrit x R, e x = + Celle-ci est trivialement vraie puisque l'on a Héritage. Soit n un entier tel que l'on ait e t dt. e t dt = [ e t x = ex pour tout réel x. x R, e x = k= x k k! + x t) n e t dt. Puisque pour tout réel x les fonctions t e t et t x t)n+ n+)! peut eectuer l'intégration par parties suivante : sont de classe C sur [, x, on x t) n e t dt = = = ) x t)n+ e t dt n + )! x x x t)n+ [ e t x t) n+ + e t dt n + )! n + )! x n+ n + )! + x t) n+ e t dt n + )! En injectant alors cette relation que l'on vient de démontrer pour tout x réel) dans l'hypothèse de récurrence, on obtient : x R, e x = k= x k k! + xn+ n + )! + x t) n+ e t dt. n + )! Ce qui prouve la propriété au rang n + et termine la démonstration. n N, x R, e x = k= x k k! + x t) n e t dt.. Soit n N. En prenant x = n, la relation ci-dessus permet d'écrire = e n k= n k k! + e n n n t) n e t dt, 8

9 puis e n n k k! k= }{{} u n = n n t) n e t n dt. Il sut alors de poser s = n t ce qui donne ds = dt) dans l'intégrale ci-dessus pour obtenir le résultat. u n = n s n e s ds 3. Mise en place d'un changement de variables 3. La fonction f étant dénie par fx) = xe x, elle est clairement C sur [,, en tant que produit et composée de fonctions C. On en déduit trivialement que f est C sur [,. f est C sur [,. Comme f est C sur [,, il est clair qu'elle admet un développement limité à tout ordre au voisinage de ; et comme f est également C sur [,, elle possède la même propriété. f et f possèdent un développement limité à tout ordre au voisinage de. Posons alors h = x. Lorsque x tends vers, le réel h tends vers, ce qui permet d'écrire : f + h)= + h)e h = + h) h + h + oh ))= h + h + h h + oh )= h + oh ). On en déduit alors le développement limité à l'ordre de f en en remplaçant h par x. fx) = x ) + ox ) ) Et comme on sait que f admet un développement limité à l'ordre en, celui-ci est obtenu en dérivant le développement ci-dessus. f x) = x + ox ) On en déduit directement des équivalents de f et de f au voisinage de. fx) x ) f x) x) 9

10 3. On a f x) = x)e x, ce qui permet de donner le tableau de variation suivant pour f. x f x) + f On voit alors que f réalise une bijection de [, sur [,. f réalise une bijection de [, sur [,. f 3.3 y) Il sut de démontrer lim =. y y) Soit y [, [. On déduit de la question précédente qu'il existe un unique x [, [ tel que y = fx), ce qui permet d'écrire : f y) y) = x fx)). La relation x = f y) assure alors que lorsque y tends vers, le réel x tend également vers car f est continue sur [,, voir la question suivante). Il sut donc de montrer lim x x =. fx)) On utilise pour cela la relation fx) x ) obtenue à la question 3., qui donne x fx)) x, et comme x = x on en déduit lim x =, ce qui x x fx)) donne le résultat. f y) y) y 3.4 Puisque f réalise une bijection continue de [, dans lui-même, il vient que f est continue sur [,. f est continue sur [,. Puisque f est dérivable sur [, [ et puisque sa dérivée ne s'annule pas sur cet intervalle, alors comme f [, [) = [, [, il vient que f est dérivable sur [, [ de sorte que l'on ait la relation f ) = f f. On en déduit ensuite que f ) est continue sur [, [, puisque f et f le sont. f est de classe C sur [, [ de sorte que f ) = f f. 3.5 Si θ [, π, alors x = cos θ [,, ce qui prouve que f cos θ) est bien déni. Et comme f est à valeurs dans [,, on en déduit que gθ) = f f cos θ)) est bien déni. D'autre part, g est trivialement continue sur [, π, en tant que composée de fonctions continues. θ f f cosθ)) ) est dénie et continue sur [, π.

11 Posons u = cos θ et v = f u); il est clair que lorsque θ tends vers +, u et v tendent vers. Or on a gθ) = f f cos θ) ) = f f u) ) = f v). D'après la question 3. on a f v) v, donc d'après la question 3.3 on peut écrire : f f u) ) f u) u). Enn on a u) = cos θ) et cos θ θ donc gθ) θ ) /. D'où le résultat. gθ) θ θ On remarque déjà que l'on a pour tout θ dans [, π : gθ) = f f cos θ) ) = f cos θ) = cos θ = θ =. On en déduit alors que h est bien dénie et continue sur, π, en tant que quotient d'une fonction continue par une fonction continue ne s'annulant pas. h est dénie et continue sur, π. Enn, on déduit de la question précédente que h est équivalent à θ θ = lorsque θ tends vers +, ce qui assure qu'elle est prolongeable par continuité au voisinage de +, en associant la valeur en au prolongement. h est prolongeable par continuité en. 4. Une autre expression du terme général de la suite u 4. Un premier changement de variable Il sut de poser t = s n dans l'expression intégrale de u n obtenue en..; on obtient alors u n = nn+ ) te t n dt, et par suite le résultat. u n = nn+ e n te t ) n dt 4. Un second changement de variable plus délicat 4.. F est l'unique primitive de f n qui s'annule en. En tant que telle, elle est continue sur [,. F est continue en.

12 4.. On commencer par remarquer que pour tout θ [, π on a t = f cos θ) θ = Arccos ft)), ce qui prouve que θ f cos θ) dénie une bijection sur l'intervalle [, π. D'autre part, cette fonction est de classe C sur, π, en tant que composée de fonctions C. Soit x [, [. Les remarques ci-dessus prouvent que la fonction θ f cos θ) réalise une bijection C [ de Arccosfx)), π sur [, x, ce qui assure que l'on peut opérer le changement de variable t = f cos θ) dans l'intégrale F x) = ft))n dt. On obtient alors : ft)) n dt = Arccosfx)) π f f cos θ) ) n d dθ f cos θ) ) dθ On remarque alors que l'on a d dθ f cos θ) ) = d dθ cos θ) f ) cos θ) = sin θ f f cos θ) = hθ). D'où le résultat. F x) = Arccosfx)) cosθ)) n hθ)dθ 4..3 On a prouvé que h se prolonge par continuité au voisinage de, ce qui prouve que l'intégrale cosθ))n hθ)dθ est convergente en l'occurrence faussement impropre). On en déduit par dénition : lim X + X cosθ)) n hθ)dθ = cosθ)) n hθ)dθ. Considérons alors la relation suivante, valable pour tout x [, [ : F x) = Arccosfx)) cosθ)) n hθ)dθ. Comme F est continue en et comme lim x Arccosfx)) =, on obtient le résultat en faisant tendre x vers dans la relation ci-dessus. te t ) n dt = cosθ)) n hθ)dθ On déduit alors directement le second résultat en utilisant la question 4.. u n = nn+ e n cosθ)) n hθ)dθ 5. Enn la formule de Stirling En utilisant les questions..3 et 4..3 on obtient n n+ e n cosθ)) n hθ)dθ.

13 Soit n n+ e n cosθ)) n hθ)dθ. En utilisant le résultat admis après la qustion.5 on peut écrire π cosθ)) n hθ)dθ h)w n h) n. Et comme on a prolongé h en lui associant la valeur en on en déduit n n+ e n π n, ce qui donne le résultat. n ) n πn n + e 3