Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 1 Corrigé du Concours blanc DS 8 du mercredi 31 mai Durée : 4 heures de 8h à 1h. Les calcularices son inerdies. Les copies illisibles ou mal présenées seron pénalisées. Le suje es composé de deu problèmes indépendans. 1 Problème d analyse : inégrale de Dirichle On adme dans ce problème que + d adme une limie finie I lorsque end vers +. On pose alors I = d. On l appelle l inégrale de Dirichle. Le bu du problème es de calculer I. Pour ou enier n 1, on pose I n = (n+1)π d e J n = sin[(n + 1)] d. 1. Jusifier l eisence de l inégrale I n. L inégrale I n es bien définie car pour au voisinage de, on a se prolonge par coninuié sur [, π ]. On démonre par des argumens similaires que J n eise. 1. On effecue le changemen de variable = (n + 1). On a alors d = (n + 1) d, e d = 1 e donc la foncion = d d où I n = (n+1)π d = sin[(n + 1)] d.. Soi ], π ]. On sai que sin a cos b = 1 (sin(a + b) + sin(a b)). On a donc cos k = 1 (sin[(k + 1)] + sin[(1 k)]) = 1 (sin[(k + 1)] sin[(k 1)]). Ainsi par somme élescopique, on a cos(k) = = = 1 ( n ) 1 sin[(k + 1)] sin[(k 1)] 1 ( sin[( 1)] + sin[(n + 1)]) sin ( ) sin(n + 1) 1. 3. En inégran l égalié précédene enre e π, par linéarié de l inégrale, on a cos(k) d = 1 De plus pour ou enier k N, on a cos(k) d = ( sin(n + 1) [ ] π 1 k sin(k) ) π d 1 d = 1 ( J n π ). = 1 (sin π sin ) =. k
Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 On en dédui que J n = π. 4. On noe ϕ la foncion définie sur ], π 1 ] par ϕ() = 1 pour ], π ]. (a) Pour au voisinage de, on a ϕ() = = ( 3 6 + o(3 ) = 3 6 + o(3 ) 3 6 = 6. On en dédui que lim ϕ() = e donc ϕ se prolonge par coninuié en en posan ϕ() =. Remarque : on peu en fai dire mieu : on a ϕ() = 6 + o(). Donc ϕ se prolonge en en posan ϕ() = e ce prolongemen es dérivable sur [, π ] e on a ϕ () = 1 6. On noe encore ϕ la foncion ainsi prolongée. (b) Pour au voisinage de, on a sin cos = ( 3 6 + o(3 )) (1 + o( )) ( ) ( ) = 3 6 + o(4 ) + + 4 + o(4 ) = 4 3 + 4 + o(4 ) = 4 6 + o(4 ) (c) Pour ], π ], on a ϕ () = cos + sin sin 4 6 4 = 1 6. La foncion ϕ coninue sur [, π ], dérivable sur ], π ] vérifie donc lim ϕ () = 1, ce qui implique 6 d après le héorème de la dérivée que ϕ es de classe C 1 sur [, π ] avec ϕ () = 1 6. 5. Lemme de Lebesgue : soi h : [, π] R une foncion de classe C 1 sur [, π]. Pour ou réel >, on pose A() = h() sin() d. (a) Comme h es de classe C 1, l IPP es possible. Soi >, on pose u() = h() donc u () = h () e v () = sin() donc v() = 1 cos(). On a [ ] π h() cos() π h () cos() h() sin() d = + d, d où A() = h() h(π) cos(π) + 1 h () cos() d. (b) Donc par inégalié riangulaire, e comme la foncion cos es bornée par 1, on a h() sin() d 1 ( h(π) + h() ) + 1 h () d = M avec M = h(π) + h() + (c) On en dédui par le héorème des gendarmes que lim + h () d. h() sin() d =.
Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 3 6. Soi n N, on a J n I n = ( 1 sin[(n + 1)] 1 ) d = sin[(n + 1)]ϕ() d. Comme ϕ es de classe C 1 sur [, π ], on applique alors le lemme de Lebesgue avec = n + 1 : la limie de J n I n vau donc. Comme lim J n = π, on en dédui que lim I n = π. Mais la limie de I n vau aussi I donc I = π. On a donc monré que + d = π. Quesions en vrac d analyse Les quesions son indépendanes. 1. C es une somme de Riemann : u n = n n + k n + k = n(1 + k n ) n (1 + k n ) = 1 n 1 + k n 1 + k n n + 1 1 + 1 + d. Cee inégrale vau 1 1 1 + d + 1 1 1 + d = arcan 1 arcan + 1 [ln(1 + )] 1 = π 4 + ln.. Soi f : [, 1] R une foncion coninue elle que 1 f = 1. On pose pour [, 1] : G() = f() d. (a) On a G(1) = 1 1 = e G() =. Or G es dérivable suu [, 1] comme différence de foncions dérivables ( f() d es dérivable car f es coninue), donc d après le héorème de Rolle, il eise un réel c ], 1[ el que G (c) =. (b) Or G (c) = f(c) c = donc c es un poin fie de f. 3. On pose pour n N, I n = sin n d. Démonrer à l aide d une inégraion par paries que pour ou n N Soi n 1, une inégraion par paries donne I n+ = n + 1 n + I n. sin n+1 d = [ cos sin n ] π }{{ } d où I n+1 = ni n 1 ni n+1 ce qui donne bien I n+1 = +n sin n 1 (1 sin ) d, n n + 1 I n 1. 4. Démonrer que pour ou réel (le résula rese vrai pour < ), on a : Déjà fai en classe lim n + k= k k! = e.
Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 4 3 Problème d algèbre : racines carrées d une marice Danc ce problème, n es un enier naurel non nul. Soi A une marice de M n (R), on di qu une marice R de M n (R) es une racine carrée de A si A = R. On noe Rac(A) = {R M n (R) R = A}. Le problème propose de déerminer les racines carrées de plusieurs marices. Les rois secions de ce problème son indépendanes. 3.1 Quelques premiers eemples ( ) 1 1. Soi un réel. On a = I 1. Ainsi la marice unié I adme une infinié de racines carrées.. On muni le plan R de sa base canonique ( i, j ). On considère r la roaion de cenre (, ) e d angle θ. On adme que r es un endomorphisme de R. (a) On a Donc r( i ) = cos(θ) i + sin(θ) j e r( j ) = sin(θ) i + cos(θ) j ( ) cos θ sin θ R(θ) = sin θ cos θ (b) La composée d une roaion d un cenre (le poin (, )) d angle θ par une roaion d un cenre d angle θ es une une roaion de cenre d angle θ + θ. En pariculier, si on noe r la roaion de cenre e d angle θ, on a r r = r, donc par DICO, R( θ ) = R(θ). Ainsi R( θ ) es une racine carrée de R(θ). 3. Deu aures eemples On pose 11 5 5 A = 5 3 3 e N = 1 5 3 3 1 3..1 Quelques généraliés sur la marice A On noe u l endomorphisme de R 3 don A es la marice dans la base canonique de R 3. 3. La résoluion du sysème AX = d inconnues X = (, y, z) donne que Ker u = Vec {(, 1, 1)}. (a) Comme Ker u {}, on a u non injecive, donc non bijecive e donc A non inversible (DICO). (b) D après le héorème du rang, rg u = dimr 3 dim Ker u =. Donc rg A =. Comme on a aussi rg N =, on en dédui que A es équivalene à la marice N. (c) Les marices A e N ne son pas semblables car elles n on pas le même rang. 3.. Réducion de la marice A On considère les veceurs de R 3 : f = ( 1, 1, 1) e f 3 = (, 1, 1). 4. Démonrer que la famille B = (f 1, f, f 3 ) es une base de R 3. Il suffi de démonrer que c es une famille libre car elle es consiuée de rois veceurs e dimr 3 = 3. 5. On a u(f ) = f e u(f 3 ) = 16f 3.
Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 5 6. On en dédui que la marice de u dans la base B es la marice D = diag(, 1, 16). 7. De plus, on a A = PDP 1 avec P la marice de passage de la base canonique à la base B. On a 1 P = 1 1 1. 1 1 1 3..3 Racines carrées de A 8. On a R = A R = PDP 1 P 1 R = DP 1 en muliplian à droie par P 1 P 1 R P = D en muliplian à gauche par P (P 1 RP) = D Pacman S = D 9. Racines carrées de D : Soi S une racine carrée de D. (a) Comme S = D, on a SD = S S = S 3 = S S = DS. (b) On pose S = a b c d e f. g h i a b c b 16c S D = d e f 1 = e 16f g h i 16 h 16i a b c D S = 1 d e f = d e f 16 g h i 16g 16h 16i Ainsi par idenificaion a SD = DS b = c = d = f = g = h = C = e. i On en dédui que les racines carrées de D son parmi les 4 marices suivanes : R 1 = 1, R = 1 R 3 = 1 R 4 = 1. 4 4 4 4 Réciproquemen, on vérifie que ces quare marices son des racines carrées de D. 1. Conclusion : d après la quesion 1, on en dédui que A adme 4 racines carrées qui son : PR 1 P 1, PR P 1, PR 3 P 1, PR 4 P 1. 3..4 Cas de la marice N On rappelle qu une marice M M 3 (R) es die nilpoene d indice k N si M k = e M k 1. 11. Jusifier que la marice N es nilpoene e donner son indice de nilpoence. On a N = e 1 N 3 =, donc son indice de nilpoence vau. 1. Soi R une racine carrée de N. On a N 3 = donc R 6 = N 3 = e R es nilpoene. Comme l indice de nilpoence es inférieur ou égal à 3, on a R 3 = e donc R 4 =. Mais R 4 = N. Conradicion. Ainsi N n adme pas de racines carrées.
Arnaud de Sain Julien - MPSI Lycée La Merci 16-17 6 3.3 Cas de la marice I n 13. Déerminer les racines carrées de la marice unié I n puis écrire Rac(I n ) comme la réunion d un nombre fini de classes de similiude. Soi R une racine carrée de I n. On noe r l endomorphisme de R n canoniquemen associé à R, on a r = id, donc r es une symérie. On sai alors que R n = Ker(r id) Ker(r + id). Dans une base adapée à cee somme direce, la marice de r es de la forme D = diag(1,..., 1, 1,..., 1). Ainsi R es semblable à D. Réciproquemen, si P GL n (R), la marice R = P diag(ε 1,..., ε n )P 1 avec les ε i valan ±1 vérifie bien R = I n car (P diag(ε 1,..., ε n )P 1 ) = P diag(ε 1,..., ε n ) P 1 = PI n P 1 = I n. On a donc prouvé que : Rac(I n ) = {P diag(ε 1,..., ε n )P 1, P GL n (R), ε 1,..., ε n { 1, 1}}. C es la réunion de n + 1 classes de similiude (cela correspond au nombre de 1 sur la diagonale que l on choisi, elles appariennen à des classes de similiude disinces car elles son de races différenes).