Mathématiques, concours ATS 6, un corrigé Eercice. On introduit les notations a = (a n n N et b = (b n n N. On a alors a + b = (a n + b n n N et n N, a n+ + b n+ = a n+ + a n + b n+ + b n = a n+ + b n+ + (a n + b n et donc : a + b U Par ailleurs, αa = (αa n n N et n N, a n+ = a n+ + a n et en multipliant cette égalité par α on obtient : n N, αa n+ = αa n+ + αa n ou encore : αa U R N l ensemble des suites à termes réels est un R-espace vectoriel de référence et U R N. Par ailleurs, U puisque, comme l énoncé le rappelle la suite nulle est dans U, enfin on vient de montrer que U est stable par passage à la combinaison linéaire. Ainsi nous venons de démontrer que U est un sous-espace vectoriel de R N ou encore U est un R-espace vectoriel. De même qu en question précédente on notera c = (c n n N et d = (d n n N. (a Montrons que (c, d est libre. Soit (α, β R tel que αc + βd =. On a alors : n N, αc n + βd n =. En particulier on obtient α = en prenant n = et β = pour n =, soit encore que la famille (c, d est libre. Montrons que (c, d est génératrice de U : Soit u U que l on notera comme précédemment u = (u n n N. Considérons alors w = u c + u d. Montrons que w = u, par une récurrence forte : w = u et w = u est évident grâce au valeurs de c, c, d et d. Soit n supposons que p n, w p = u p alors w n+ = u c n+ + u d n+ = u (c n + c n + u (d n + d n car (c, d U = (u c n + u d n + (u c n + u d n
= u n + u n par hypothèse de récurrence = u n+ puisque u U. Ceci termine la récurrence et donc w = u ou encore u = u c + u d et (c, d est génératrice de U. (c, d est une base de U (b La dimension d un espace vectoriel est le nombre de vecteurs d une de ses bases.(c, d étant une base de U : dim U = 3. (a Soit R,. On considère la suite X = ( n n N. Alors X U n N, n+ = n+ + n = + puisque et donc : X U ( + ( = En posant ρ = et σ = on répond à la question. ρ =, σ = (b On a vu en question précédente que (r, s U. Par ailleurs, ici (r, s sont au nombre de deu dans un espace vectoriel de dimension d après la question -(b. Il suffit donc de démontrer que (r, s est libre pour s assurer du fait que c est une base de U. Soit (α, β R tel que αr + βs = alors on a nécessairement : αr + βs = α + β = 3β = αr + βr = α + β = α + β = α = β = et (r, s est libre. (r, s est une autre base de U 4. (a On cherche (α, β R tels que ν = αr + βs. On sait que (α, β ν = α + β eiste car (r, s est une base de U et il est nécessaire que ν = α + β α = ν ν 3 On a donc nécessairement β = ν +ν 3 ν = y 3 r + +y 3 s (b r = (( n n N et s = ( n n N et donc : 5. (a function f=f(,y,n select n case then f= n N, ν n = 3 (n +.( n + y 3 (n ( n
case then f=y else f=f(,y,n-+f(,y,n- end endfunction (b function g=g(,y,n g=/3*(ˆn+*(-ˆn+y/3*(ˆn-(-ˆn endfunction (c Il s agit ici de comparer les compleités des deu fonctions. La fonction F ici récursive est en compleité eponentielle. La fonction G est en compleité logarithmique (en tenant compte des calculs de puissance. C est donc la fonction G qui est la plus efficace. Eercice. (a u = αu + βu + γu 3 ker f α A β = γ β = α + β + γ = β = α = γ donc ker f =vect(,, et (,, est libre car non nul. (,, est une base de ker f D après le théorème du rang, dim ker f + dim Imf = dim R 3 = 3 et donc dim Imf =. Par ailleurs, Imf =vect[(,,, (,,, (,, ] car l image de A est engendrée par ses vecteurs colonnes. Il suffit dès lors de choisir deu vecteurs libres parmi les trois générateurs. Ici : ((,,, (,, est une base de Imf 3
(b χ A (X = X X X = = X[X(X ] = X(X X X X X X χ A (X = X(X + (X (c λ Sp(A χ A (λ = λ,, } (d ν = y z λ =, λ =, λ 3 = y = z E (A A. y = + y + z = y y = z = y z = y. ν = y z = X ν E (A ν ker A et donc d après la question -a ν = ν 3 = y E (A A. y = y z z z y = + y + z = y y = z ν = (e Ici il y a une erreur d énoncé car ν i / E, l énoncé aurait du être : montrer que (ν, ν, ν 3 est une base de M 3, (R. X X 4
On peut remarquer que (ν, ν, ν 3 sont trois vecteurs de M 3, (R qui est lui même de dimension 3 et qu il suffit donc de prouver la liberté de (ν, ν, ν 3 pour montrer que c est une base. Or un résultat du cours dit que comme (ν, ν, ν 3 sont trois vecteurs propres associés à des valeurs propres distinctes deu à deu, ils sont libres on peut donc affirmer : (ν, ν, ν 3 est une base de M 3, (R. (a f possède trois valeurs propres distinctes elle est donc diagonalisable. Ses matrices représentatives dans la base (u, u, u 3 et dans la base (ν, ν, ν 3 sont semblables et donc si on note : (b P P = y z = α β γ + y + z = α Soit + z = β y + z = γ = α β + γ 3 3 3 y = α γ z = α + β + γ 6 6 6 4. On a 3. A = et D = a n a n+ a n a n+ a n+ a n+ a n a n+ a n y z = P α β γ on a bien A = P DP + y + z = α y + 3z = α + β y + 3z = β + γ P = 6 3. 3 3, A 3 = 3 3 5 3 3 = En posant n N, a n+ = a n+ + a n on obtient bien : a n+ a n+ a n+ A n+ = a n+ a n+3 a n+ a n+ a n+ a n+ + y + z = α y + 3z = α + β 6z = α + β + γ a n+ a n+ + a n a n+ a n+ a n+ + a n+ a n+ a n+ a n+ + a n a n+ Reste à initialiser la récurrence. On pose a = et a = de façon à 5
avoir A = I 3 et alors a = et a 3 = donc A = tous les éléments de la récurrence souhaitée sont en place. 5. (a B ( an+ a n a =, a =, a =, a 3 = ( ( an+ + a = n an+ = et donc n N, a n+ ( an+ a n+ = B a n+ ( an+ a n a a a a a 3 a a a a et (b χ B (X = X X = X(X = (X + (X B possède donc deu valeurs propres distinctes et B est de taille. C est une condition ( suffisante pour ( que B soit ( diagonalisable. ( On remarque que B. = et B. = ( ( En posant Q = et = on a donc bien B = Q Q (c En procédant de même qu en question -(b et tous calculs faits on obtient ( Q = 3 (d Par récurrence montrons que n, B n = Q n Q. C est clairement vrai pour n = d après la question 5-(b. Si B n = Q n Q alors B n+ = B n.b = Q n Q Q Q = Q n+ Q ce qui achève la récurrence. ( ( Or étant diagonale on a n N, n n = n. Le calcul de la relation B n = Q n Q donne alors : ( ( B n = n + n+.( n + n+ 3 ( n + n ( a 6. (a Par récurrence : pour n =, ( ( a an+ Si = B n a alors ( an+ a n+ a n = B ( an+ a n a = B n ( a a 6 ( n + n ( = B a. a. ce qui achève la récurrence.
( an+ (b On a donc a n ( = B n d où l on tire sans mal n N, a n = 3 [( n + n ] Eercice 3. (a Il faut distinguer le cas = qui ne pose aucun problème car ln( ln( = et donc lim = = du cas où : y y + y Comme y on a ln(+y y et donc lim y + ln(+y, lim y + y = ln(+y y =. (b, y ln(+y est continue sur ], ] et prolongeable par y continuité en par la valeur. ln(+y dy est donc faussement impropre. y, ln(+y dy est convergente y. (a Soit ], ] on considère pour > fié, I ( = ln(+y dy. y I ( est une intégrale propre et de plus si alors I ( g( d après la question -(b. On va pratiquer une intégration par partie sur I ( en posant u(y = ln( + y. u et v sont C ([, ] et donc : v(y = y I ( = u(yv (ydy = [u(yv(y] u (yv(ydy [ = ln(+y y ] + = ln( + + ln(+ dy +y + dy +y En remarquant comme en question -a que : ln(+ quand on obtient que dy +y converge (ce qui d ailleurs est évident puisque c est l intégrale d une fonction continue sur [, ] et que : 7
>, g( = ln( + + dy +y (b Pour > on va poser u(y = y. u est C bijectif de [, ] sur [, ] et c est donc un changement de variable licite. On a : dy = +y +u du = du +u En posant a( = et b( = on répond donc à la question. (c En remarquant que arctan (u = +u on obtient : >, g( = ln( + + arctan( (d g est dérivable comme somme, composée et produit de fonctions dérivables sur R +. On a >, g ( = + + arctan( +.. + 3. (a Sans difficulté, (b On a donc question -(b et -(c >, g ( = arctan( f (, y = +y f (, ydy = dy = +y arctan( d après la f (, ydy = arctan( (c Ici il faut répondre sans aucun doute que les réponses au questions -(b et 3-(c coïncident. Cette question est à mon sens mal venue car ce résultat est hors programme de la classe d ATS et dès lors on se demande bien pourquoi un étudiant aurait l idée même que ceci n est pas une simple coïncidence. Eercice 4. 8
. g est paire. En effet [ π, π ], g( = cos( = cos( = g( et ] π, π[ ] π, π[, g( = = g(. Par périodicité, g(π = g(- pi = Enfin g est π périodique donc g est paire. 3. (a n >, b n = puisque g est paire. (b a = a = π π π π π π g(tdt = π π π g(t cos(tdt = π (c Pour n, a n = π π π cos(tdt = π [sin t] π π π π cos (tdt = π a = π, a = g(t cos(ntdt = π π π Or cos(a cos(b = [cos(a + b + cos(a b] donc a n = π π π et donc n, a n = π π π cos((n + t + cos((n tdt [ n+ sin (n+π + n (d Si n est impair n+ et n sont entiers et donc sin (n+π = sin (n π = et donc : Si n est impair, a n = (e Si n = p sin (n+π = sin( π + pπ = ( p et sin (n π = sin( π + pπ = ( p [ ] et alors a p = ( p = ( p π p+ p π(4p a p = ( p+ π(4p = π +cos(t dt = cos(t cos(ntdt ] (n π sin 4. (a La fonction g est continue et C par morceau. Le théorème de Dirichlet permet d affirmer donc que : t R, g(t = Sg(t (b En appliquant le résultat précédent on a : t [ π, π ], g(t = Sg(t Soit encore t [ π, π], cos(t = a + a cos(t + + Soit encore t [ π, π ], cos(t = π + cos(t+ π 9 p= + ( p+ 4p p= a p cos(pt. cos(pt
en vertu des résultats obtenus dans la question 3. Donc : t [ π, π ], cos(t = 4 π + π + p= ( p+ 4p cos(pt (c En évaluant l epression précédente pour t = on obtient + p= 5. (a L identité de Parseval est : a + + ( p+ 4p = π 4 n= a n = π π π (b En l appliquant au valeurs trouvées ici : + p= g (tdt (4p = + π 6. BN M y t + t + Eercice 5 (BN det( BN, BM = t + t + y + = 3. M y (BN : (t + (t + y + t =. AN t t AN. AM = ( : (t (t + y + = 4. (BN et ( sont parallèles si et seulement si BN. AM = t + t +. t t = t ( t = t = t =, t =
5. M y (BN (t + (t + = (t + (t + y + t = (t (t + y + = (t + y + (t = = t+ t y = t t+ car t /, } (BN est le point G(t t+ t t t+ 6. (a D u =], [ ], + [, D v =], [ ], + [ (b Sur leurs ensembles de définition, u et v sont dérivables car ce sont des fractions rationnelles. u (t = ( t, v (t = (t+ Ce qui permet de donner les sens de variations suivant : u est croissante sur D u et v est décroissante sur D v t + + u (c t + + v
(d 7. (a Pour t = on remarque que u( = v( = donc A est sur G A est sur G et est atteint pour le paramètre t = (b t R, t et donc B n est pas sur G 8. (a u(tv(t =. On remarque donc que G est une partie de la courbe d équation y = (b D après les questions précédentes : G est la courbe H dont on a retiré le point B