CONCOURS COMMUN 1996 DES ECOLES DES MINES D ALBI, ALES, DOUAI, NANTES Epreuve spécifique de Mathématiques - Corrigé (Patrick BERGEON) Problème 1 Première partie 1-) IN * p, +1 = u p +1. Si le produit (p ) coverge alors il existe u réel λ o ul tel que lim p = λ. + Das ce cas, lim u p = lim = λ + + p 1 λ = 1. Pour que le produit (p ) coverge, il est écessaire que la suite (u ) coverge vers 1. -) O raisoe par récurrece. p 1 = 1 + 1 = = 1 + 1 doc l'égalité est vraie pour = 1. 1 Si, pour u idice doé ( 1), p = + 1 alors p +1 = p. 1 1 + + 1 = ( + 1). + + 1 = + d'où l'hérédité. Doc 1, p = 1 + 1 p = + 1. Comme lim + p = lim + ( + 1) = +, le produit p = 1 + 1 p diverge. 3-) Pour = 1, p 1.si a = cos a.si a = 1.sia. Pour =, p.si a 4 = p 1.cos a 4.si a 4 = p 1. 1.si a = 1.sia. O fait la cojecture: 1, p.si a = 1.sia et o la vérifie par récurrece. Elle est vraie pour = 1. Si, pour u idice doé ( 1), p.si a = 1.sia alors p +1.si a +1 = p.cos a +1.si a +1 = p. 1.si a = 1. 1 1.sia = +1.sia d'où l'hérédité. Doc: 1, p.si a = 1.sia. sia Par suite, p =.si et, comme si a a ~ a, lim p = sia 0 car a πz. + a Doc: si a πz alors cos a coverge et 1 cos a = sia a. Corrigé du devoir libre --*-- Page 1
Deuxième partie 1- a) lim + u = 1 ε > 0, N IN, N, 1 ε u 1 + ε. Pour ε = 1, 0 IN, 0, 0 < 1 u 3 Doc: si lim + u = 1 alors 0 IN, 0, u > 0. 0 1 1- b) 0, p = u p u p = A. u p e otat A le ombre réel fixe o ul u p. p = 0 p = 0 O peut remarquer que, comme tous les u p sot strictemet positifs pour p 0 alors A et p sot o uls et de même sige. 0, p = A. exp[l(u p )] = A.exp l(u p ) p = 0 = A.exp(S ) et S = l p p = A. 0 Si (S ) coverge vers u réel λ alors (p ) coverge vers le réel o ul A.e λ. Si (p ) coverge vers u réel o ul α alors (S ) coverge vers l α A. Par suite: (S ) coverge (p ) coverge. 0 1 Plus précisémet: lim S = λ + lim + p = 0 1 u p e λ. -) Si u = = 1/ = exp l alors lim u = 1. De plus, IN *, u > 0. + Les hypothèses de la questio précédete sot doc vérifiées avec 0 = 1. - a) lx x ' 1 lx = x est égatif si et seulemet si x > e. lx Doc p 3, ϕ: x [p, p + 1] est décroissate. x O e déduit que: p 3, x [p, p + 1], lx x lp p. Par positivité de l'itégrale, p 3, p Doc: p 3, p p + 1 lx x dx lp p. p + 1 lx x dx p p + 1 lp p dx = lp p - b) 3, S = lp p = l1 1 + l + lp p l p = 3 Doc: 3, S l + l ( + 1) l Comme lim + l ( + 1) + l 3. l 3 D'où (S ) diverge et, par suite, diverge. + p = 3 p p + 1 lx = + alors lim + S = +. x l dx = + 3 + 1 lx x dx Corrigé du devoir libre --*-- Page
Troisième partie 1- a) Soit ψ: x 0 x l(1 + x), x IR+, ψ '(x) = x 1 + x 0 et ψ ' (x) e s'aule qu'e 0. Par suite, ψ est strictemet croissate sur IR+ et x > 0, ψ(x) > ψ(0). Comme ψ(0) = 0, x > 0, ψ(x) > 0. Autremet dit: x > 0, l(1 + x) < x. 1- b) IN *, S' +1 S' = v > 0 doc (S' ) est croissate. 1- c) La suite (p ) est à termes positifs et IN *, IN *, l(p ) = l(1 + v p ) v p = S'. p +1 p = 1 + v +1 > 1 doc elle est croissate. Comme la suite (S' ) est croissate, si elle coverge vers u réel σ alors IN *, S' σ. Das ce cas, IN *, l(p ) σ et IN *, p e σ doc (p ) est majorée. O e déduit que: si (S' ) coverge alors (p ) coverge. -) O a vu das I- que 1 + 1 diverge. Par cotrapositio de la relatio précédete, la série harmoique diverge. 3- a) Si a > 1 alors lim (1 + ) = + doc (p + a ) diverge. Si a = 1 alors lim (1 + + a ) = 1 doc (p ) diverge. Doc si a 1 alors (p ) diverge. 3- b) Si a ]0, 1[, les hypothèses du III-1 sot vérifiées avec v = a > 0 et lim + v = lim + a = 0. S' est ue série géométrique de raiso (a ) avec a < 1 doc (S' ) est covergete. Par suite, (p ) coverge. (1 a )p 1 = (1 a )(1 + a ) = 1 a 4 = 1 a. (1 a )p = (1 a )(1 + a )(1 + a 4 ) = (1 a 4 )(1 + a 4 ) = 1 a 8 = 1 a 3. Ue récurrece immédiate doe IN *, (1 a )p = 1 a +1. O e déduit que: IN *, p = 1 a+1 1 a d'où lim p 1 = + 1 a. Corrigé du devoir libre --*-- Page 3
Problème Première partie I-A 1) Pour la matrice M, C = C 1 C 4 = C 3 (C 1, C 4 ) est libre doc rg(u) = rg(m) =. La famille libre (C 1, C 4 ) doe immédiatemet: (e 1 e, e 3 e 4 ) est ue base de Im(u). Le théorème du rag doe dim[ker(u)] =. C 1 = C doe u(e 1 ) = u(e ) d'où (e 1 e ) Ker(u) C 3 = C 4 doe u(e 3 ) = u(e 4 ) d'où (e 3 + e 4 ) Ker(u) Comme la famille (e 1 e, e 3 + e 4 ) est libre, (e 1 e, e 3 + e 4 ) est ue base de Ker(u). Note: comme e 1 e Ker(u) Im(u), la somme Ker(u) + Im(u) 'est pas directe. I-A ) M = B O C avec B = 1 1-1 -1 = O et C = -1 1 1-1 = - - = C. E travaillat par blocs, o obtiet: M = O O C = 0 0 - = A avec A = 0 0-1 1 0 0-0 0 1-1 M 3 = O O 4C = 0 0-4 4 = 4A 0 0 4-4 Ce qui amèe à la cojecture p, M p = ( ) p 1.A que l'o vérifie par récurrece. Elle est vraie pour p =. Si, pour u exposat p doé (p ), M p = ( ) p 1.A alors M p+1 = M p.m = ( ) p 1. O O C B O O C = ( )p 1. O O C = ( )p O O O C soit M p+1 = ( ) p.a d'où l'hérédité. Doc p, M p = ( ) p 1.A. I-A 3-a) O examie les vecteurs coloes de M et M 3 doc de A et de 4A. Les deux premières coloes sot ulles et les deux derières sot opposées d'où Im(u ) = Im(u 3 ) = Vect(u (e 3 )) = Vect(e 3 e 4 ) et, comme e 3 e 4 0 E, (e 3 e 4 ) est ue base de Im(u ) = Im(u 3 ). Le théorème du rag doe alors dim[ker(u )] = dim[ker(u 3 )] = 3. u (e 1 ) = u 3 (e 1 ) = 0 E Or u (e ) = u 3 (e ) = 0 E et, comme la famille (e 1, e, e 3 + e 4 ) est libre, u (e 3 + e 4 ) = u 3 (e 3 + e 4 ) = 0 E (e 1, e, e 3 + e 4 ) est ue base de Ker(u ) = Ker(u 3 ). I-A 3-b) Comme M p = α p.a avec α p 0, e raisoat comme ci-dessus, il viet: k, Im(u k ) = Vect(e 3 e 4 ) et Ker(u k ) = Vect(e 1, e, e 3 + e 4 ). Corrigé du devoir libre --*-- Page 4
I-A 3-c) (e 1, e, e 3 + e 4 ) est ue base de Ker(u ) et (e 3 e 4 ) est ue base de Im(u ). Comme 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1-1 = 1 1 1-1 = 0, e juxtaposat ces deux bases, o obtiet (e 1, e, e 3 + e 4, e 3 e 4 ) qui est ue base de E. Par suite: E = Ker(u ) Im(u ). I-B 1-) Ker(d) = IK 0 [X] 'est pas réduit au polyôme ul doc d 'est pas ijective. P = a k X k IK[X], P = d k = 0 et, par suite, d est surjective. k = 0 a k k + 1 Xk+1 doc P Im(d) Si IK[X] était de dimesio fiie, comme d est u edomorphisme surjectif de IK[X] alors d serait aussi ijectif, ce qui 'est pas le cas. Doc IK[X] 'est pas de dimesio fiie. I-B -) P Ker(d q ) d q (P) = O P (q) = O P IK q 1 [X]. Doc: q IN *, Ker(d q ) = IK q 1 [X]. Deuxième partie II-1 ) p IN, si x K p alors u p (x) = 0 E d'où u p+1 (x) = u[u p (x)] = u(0 E ) = 0 E doc x K p+1. Par suite, p IN, K p K p+1. p IN, si x I p+1 alors il existe y E tel que x = u p+1 (y) d'où x = u p [u(y)] I p. Par suite, p IN, I p+1 I p. II- ) Si E est de dimesio fiie et si u est ijectif alors u est u automorphisme de E. Par suite: p IN, u p est u automorphisme de E. Doc p IN, K p = {0 E } et I p = E. II-3 a-) O a vu que: p IN, K p K p+1 ce qui etraîe dim(k p ) dim(k p+1 ). Et K p = K p+1 dim(k p ) = dim(k p+1 ). Si o 'avait jamais, K p = K p+1 o aurait toujours dim(k p ) < dim(k p+1 ) et la suite (dim(k p )) strictemet croissate d'etiers aturels tedrait vers +. C'est impossible car K p état u sous-espace vectoriel de E, dim(k p ) dim(e) =. Doc: il existe u plus petit etier aturel r tel que: K r = K r+1. Corrigé du devoir libre --*-- Page 5
II-3 b-) Le théorème du rag doe alors dim(i r ) = dim(k r ) = dim(k r+1 ) = dim(i r+1 ) et, comme I r+1 I r, I r = I r+1. O va motrer par récurrece sur p que: p IN, K r+p = K r. C'est vrai pour p = 0 et pour. Si, pour u aturel p (p 1), K r+p = K r alors comme o sait que K r+p K r+p+1 doc il suffit de motrer que K r+p+1 K r+p pour coclure que: K r+p+1 = K r+p = K r. Soit x K r+p+1, u r+p+1 (x) = u r+1 [u p (x))] = 0 E doc u p (x) K r+1 = K r. Par suite, u r [u p (x)] = u r+p (x) = 0 E et x K r+p ce qui doe K r+p+1 K r+p. Doc: p IN, K r+p = K r. Le théorème du rag doe alors dim(i r+p ) = dim(k r+p ) = dim(k r ) = dim(i r ) et, comme I r+p I r, p IN, I r+p = I r. II-3 c-) Le théorème du rag doe: dim(k r ) + dim(i r ) = dim(e). Il suffit doc de motrer que: K r I r = {0 E }. Soit x K r I r, u r (x) = 0 E et il existe y E tel que: x = u r (y). Doc u r +r (y) = u r [u r (x)] = u r (0 E ) = 0 E. Par suite, y K r+r = K r et x = u r (y) = 0 E. O e déduit que K r I r = {0 E } doc que E = K r I r. II-4) L'edomorphisme d proposé das la questio I-B -) motre que ce 'est pas le cas! Corrigé du devoir libre --*-- Page 6