Annales CNC MP [PDF]

Zitiervorschau

Annales corrige´ es: Mathe´ matiques Concours National Commun Auteur: EL AMDAOUI Mustapha Date: 6 mai 2020 Version: Bêta.

Préface

Qui suis-je ? Je m’appelle ELAMDAOUI Mustapha professeur agrégé de Mathématiques promotion 2000, chargé depuis l’année scolaire 2018-2019, d’enseigner les mathématiques dans la classe spéciale ( MP*) au centre préparatoire IBN TIMIYA de Marrakech. À qui s’adresse cet ouvrage ? Cet ouvrage est destiné aux élèves de la deuxième année des classes préparatoires, filière MP, candidats au Concours National Marocain. Comment utiliser cet ouvrage ? Travaillez d’une façon autonome, en vous reportant au corrigé à la fin de chaque partie pout vérifier que vous êtes sur la bonne voie. Lorsque vous êtes confronté à une question qui semble insurmontable, consultez le corrigé et n’hésitez pas à lire en détail la solution d’une telle question, vérifiez que vous l’avez bien comprise et concentrez-vous sur la question suivante, sans l’aide du corrigé. Écrivez-Moi ! Vos critiques, suggestions ou propositions m’aideront à améliorer encore cet ouvrage. Si vous souhaitez m’en faire part, n’hésitez pas à m’écrire : [email protected] Si vous détectez une erreur, je vous serai reconnaissant de m’en faire part : [email protected] Retrouvez-nous en ligne. Sur mon site www.elamdaoui.com, vous trouverez les errata ( Les erreurs signalées et les correctifs), et bien d’autres documents et ouvrages. Avertissement. Ce livre est gratuit et il n’est pas destiné à l’usage commercial. Toute transaction commerciale est interdite. Bon courage, et bonne réussite ! EL AMDAOUI Mustapha

1

Mathématiques 1

Exercice : Un peu de probabilité.

Corrigé

Session 2019

Énoncé

Sommaire

1

5

18

22

31

36

46

51

60

65

82

87

Problème : Étude d’une équation différentielle aux dérivées partielles. Variable aléatoire à densité, suites et séries de fonctions, sommabilité, intégrale dépendant d’un paramètre Mathématiques 2

Exercice : Exponentielle d’une matrice d’ordre 3 . Problème : Déterminants de Cauchy et de Gram. Réduction d’une matrice, exponentielle d’une matrice, fraction rationnelle, espace euclidien, projection orthogonale.

Session 2018 Mathématiques 1

À propos des zéros des fonctions de Bessel d’indice entier. Équations différentielles linéaires scalaires d’ordre 2, séries entières, primitive et intégrale.

Mathématiques 2

Exercice : Angle obtus. Problème : Théorème d’AUPETIT . Réduction, matrice symétrique, espace euclidien, algèbre linéaire, déterminant, norme.

Session 2017 Mathématiques 1

Exercice : Calcul de ζ (2). Problème 1 :Transformation de Laplace paramétrée. Problème 2 :Fonction génératrice . Primitive et intégrale, suites et séries de fonctions, intégrale paramétrée, équation différentielle linéaire, variable aléatoire discrète, lois usuelles .

Mathématiques 2

Exponentielle d’une matrice. Applications. Normes équivalentes, suites et séries dans un evn, exponentielle d’une matrice, système différentiel linéaire, matrice nilpotente.

2

Mathématiques 1

Problème 1 : Théorème de Weierstrass.

Corrigé

Session 2016

Énoncé

3

98

103

117

121

128

133

146

151

Problème 2 : Fonction génératrice . Suites de fonctions, continuité uniforme, probabilités, variables aléatoires discrètes et à densités Mathématiques 2

Trace. Applications Trace, réduction, rang, forme linéaire, matrice orthogonale, espace euclidien, théorème spectral.

Session 2015 Mathématiques 1

Problème 1 : Étude d’une équation différentielle. Problème 2 : Fonctions harmoniques sur Zd . Équations différentielles linéaires d’ordre 1, norme, normes équivalentes, probabilités, variables aléatoires discrètes, lois usuelles.

Mathématiques 2

Quelques propriétés topologiques du groupe orthogonal Topologie dans un evn, réduction, espace euclidien, théorème spectral.

Énoncé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2019

Ce sujet est composé d’un exercice et d’un problème indépendants à traiter dans l’ordre souhaité.

Exercice : Un peu de probabilit´e Pour tout entier naturel n, on définit la fonction gn de la variable réelle x par : x2 ∀x ∈ R, gn (x) = x exp − 2

!

n

1.1. Soit n ∈ N. Montrer que la fonction gn est intégrable sur l’intervalle Z +∞ Z a[0, +∞[. 1.2. Pour tous a > 0 et n ∈ N, on pose In = gn (x)dx et In (a) = gn (x)dx. 0

0

1.2.1. Soit n ∈ N. Pour tout a > 0, établir une relation entre les intégrales In (a) et In+2 (a) à l’aide d’une intégration par parties puis en déduire que In+2 = (n + 1)In .r

π . 2 1.2.3. Calculer la valeur de l’intégrale I1 et montrer que, pour tout entier naturel n > 0. r π (2n)! I2n = . et I2n+1 = 2n n! 2 2n n!    g1 (x) si x > 0, 1.3. Soit g la fonction définie pour tout réel x par : g(x) =    0  si x < 0. 1.2.2. En utilisant la loi normale centrée réduite, justifier que I0 =

1.3.1. Démontrer que g est une densité de probabilité. 1.3.2. Soit X une variable aléatoire réelle admettant g comme densité de probabilité. Justifier que X admet une espérance E(X ) et une variance V (X ) puis préciser leur valeur. 1.3.3. On désigne par F et G les fonctions de répartitions respectives des variables aléatoires X et Y = X 2 . √ Pour tout réel x, exprimer G(x) en fonction de F ( x), puis en déduire que Y est une variable à densité. Reconnaître la loi de Y et donner la valeur de son espérance E(Y ) et de sa variance V (Y ).

Probl`eme : Étude d’une e´ quation aux d´eriv´ees partielles k (R, C) désigne le C-espace vectoriel des fonctions complexes 2π-périodiques et de classe C k Pour tout k ∈ N, C2π

sur R.

Partie I:

Quelques résultats préliminaires utiles

1.1. Noyau de DIRICHLET. Pour tout (n, θ) ∈ N × R, on pose Dn (θ) =

n X

eikθ .

k=−n

Pour tout n ∈ N, l’application Dn : R −→ C, θ 7−→ Dn (θ) s’appelle noyau de Dirichlet. 2.1.1. Vérifier que, pour tout n ∈ N, l’application Dn est paire et 2π-périodique. 1

2

1. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 1 2.1.2. Vérifier que, pour tout n ∈ N, 2π

π

Z

Dn (t)dt = 1.  (2n+1)θ    sin  2      θ 2.1.3. Montrer que, pour tout (n, θ) ∈ N × R, Dn (θ) =  sin 2      2n + 1  0 1.2. Quelques propriétés des éléments de C2π (R, C). −π

0 (R, C) est bornée sur R. 2.2.1. Justifier que toute fonction f ∈ C2π Z a+π Z 0 2.2.2. Soit g ∈ C2π (R, C) et soit a ∈ R. Montrer que g(t) dt = a−π

1.3. Lemme de LEBESGUE.

si θ ∈ R\2πZ, si θ ∈ 2πZ.

π

g(t) dt. −π

Soient a et b des réels tels que a < b, et soit h : [a, b] −→ C une fonction continue par morceaux ; pour tout n ∈ N, on pose Jn (h) =

b

Z a

! 2n + 1 h(t) sin t dt. 2

1.3.1. Vérifier que si h est une fonction constante, alors la suite (Jn (h))n∈N converge vers 0. 1.3.2. Montrer que si h est en escalier sur [a, b], alors la suite (Jn (h))n∈N converge vers 0. 1.3.3. En utilisant un résultat d’approximation à préciser, montrer que la suite (Jn (h))n∈N converge vers 0.

Partie II:

Convergence normale de la série de FOURIER

0 (R, C) , on pose Si f ∈ C2π

1 2π

cn ( f ) =

Z

π

f (t)e −int dt, n ∈ Z. −π

On lui associe la suite (un ( f ))n∈N de fonctions définies par : ∀x ∈ R,u0 ( f )(x) = c0 ( f ) et un ( f )(x) = cn ( f )ein x + c−n ( f )e −in x si n ∈ N∗ X un ( f ) s’appelle la série de Fourier de f ; les complexes cn ( f ) , n ∈ Z, s’appellent La série de fonctions n>0

les coefficients de FOURIER de f . 2.1. Quelques propriétés des coefficients de FOURIER. 0 (R, C) , la famille (c ( f )) 2.1.1. Montrer que pour toute fonction f ∈ C2π n n∈Z est bornée. 1 (R, C) et tout n ∈ Z, c ( f 0 ) = inc ( f ). 2.1.2. Montrer que, pour tout f ∈ C2π n n 2 (R, C) et tout n ∈ Z, c ( f 00 ) = −n2 c ( f ). 2.1.3. En déduire que, pour tout f ∈ C2π n n ∼ X 2 2.2. Convergence normale de la série de fonctions un ( f ) pour f ∈ C2π (R, C). n>0 2 (R, C) . Soit f ∈ C2π

2.2.1. Montrer que la famille (cn ( f ))n∈Z est sommable. X 2.2.2. En déduire que la série de fonctions un ( f ) est normalement convergente sur R. n>0 X 1 (R, C) : Théorème de DIRICHLET 2.3. Convergence ponctuelle de la série un ( f ) pour f ∈ C2π n>0 1 (R, C) . Pour tout (n, x) ∈ N × R, on pose Soit f ∈ C2π

Sn ( f )(x) =

n X k=0

uk ( f )(x)

3

1. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 2.3.1. Vérifier que, pour tout (n, x) ∈ N × R, n X

Sn ( f )(x) =

ck ( f )e

ik x

k=−n

1 = 2π

Z

π

f (t)Dn (x − t)dt. −π

2.3.2. Montrer que, pour tout (n, x) ∈ N × R, Sn ( f )(x) =

1 2π

Z

π

f (x − t)Dn (t)dt. −π

2.3.3. En déduire que, pour tout (n, x) ∈ N × R, 1 Sn ( f )(x) − f (x) = 2π

Z

π

( f (x − t) − f (x)) −π

sin((2n + 1)t/2) dt. sin(t/2)

2.3.4. Soit x ∈ R. On note gx la fonction définie sur le segment [−π, π] par :  f (x − t) − f (x)      sin(t/2)  ∀t ∈ [−π, π], gx (t) =        −2 f 0 (x) 

si t ∈ [−π, π]\{0},

si t = 0.

Montrer que la fonction gx est continue sur le segment [−π, π] et que la suite (Sn ( f )(x))n∈N converge vers f (x). Théorème de DIRICHLET. 2 (R, C). Justifier que la série de fonctions 2.4. Soit f ∈ C2π

X

un ( f ) converge normalement sur R et sa somme

n>0

est égale à la fonction f .

Partie III:

Application à l’étude d’une équation aux dérivées partielles

Soit (an )n∈Z une famille de nombres réels telle que la famille (n6 a2n )n∈Z soit sommable. On lui associe la suite ( f n )n∈N de fonctions définies par : ∀x ∈ R, f 0 (x) = a0 et f n (x) = an ein x + a −n e −in x si n ∈ N∗ 3.1. Une question de sommabilité 3.1.1. Montrer que la famille (n2 an )n∈Z est sommable et que   1/2  +∞  1/2 X 1 √ X 6 2  n an   n |an | 6 2  2 n n=1 n∈Z n∈Z X

2

3.1.2. En déduire que les familles (an )n∈Z et (nan )n∈Z sont sommables. 2 (R, C). 3.2. Construction d’un élément de C2π X 3.2.1. Montrer que la série de fonctions f n converge normalement sur R. n>0

Dans la suite, on note f la somme de cette série : f (x) =

+∞ X

f n (x), x ∈ R.

n=0

3.2.2. Justifier que la fonction f est 2π-périodique et continue sur R. Z π

f (x)e −in x dx.

3.2.3. Pour tout n ∈ Z, calculer la valeur de l’intégrale 3.2.4. Montrer que la fonction f est de classe C 2 sur R.

−π

4

1. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 Dans la suite du sujet, on se propose de résoudre le problème suivant : Il existe une unique application v : R2 −→ C, (x,t) 7−→ v(x,t) continue telle que : (i) pour tout réel t, la fonction x 7−→ v(x,t) est 2π- périodique ; ∂v ∂v ∂ 2 v (ii) les dérivées partielles , 2 et existent, sont continues sur R2 et vérifient : ∂x ∂x ∂t  2 ∂ v ∂v   + i = 0,   2  ∂t ∂x         ∀x ∈ R, v(x, 0) = f (x) .  3.3. Existence d’une solution du problème On considère la suite (wn )n∈N de fonctions définies sur R2 par : 2

∀n ∈ N, ∀(x,t) ∈ R2 , wn (x,t) = f n (x)e −in t . 3.3.1. Vérifier que la série de fonctions

X

wn est normalement convergente sur R2 .

n>0

On note w la somme de cette série : ∀(x,t) ∈ R , w(x,t) = 2

+∞ X

wn (x,t) =

n=0

+∞ X

2

f n (x)e −in t .

n=0

3.3.2. Justifier que w est continue sur R2 et que, pour tout réel t, la fonction x 7−→ w(x,t) est 2π-périodique. 3.3.3. Montrer que la fonction w, définie ci-dessus, possède en tout point de R2 une dérivée partielle première ∂w (x,t), pour (x,t) ∈ R2 , sous la forme de la somme d’une série. Justifier par rapport à t et exprimer ∂t que cette dérivée partielle est continue sur R2 . ∂w 3.3.4. Montrer de même que la fonction w possède en tout point (x,t) ∈ R2 des dérivées partielles (x,t) ∂x 2 ∂ w et (x,t) par rapport à x et les exprimer sous la forme de sommes de séries. ∂x 2 Justifier que ces deux dérivées partielles sont continues sur R2 . 3.3.5. Montrer alors que la fonction w est bien solution du problème posé. 3.4. Unicité de la solution du problème

Z π 1 v(x,t)e −in x dx, (n,t) ∈ Z × R. 2π −π On lui associe la suite (vn )n∈N de fonctions définies sur R2 par :

Soit v une solution du problème ; on pose bn (t) =

∀(x, t) ∈ R2 , v0 (x,t) = b0 (t) et vn (x,t) = bn (t)ein x + b−n (t)e −in x si n ∈ N∗ 3.4.1. Montrer que, pour tout n ∈ Z, la fonction bn est de classe C 1 sur R et vérifie l’équation différentielle y 0 + in2 y = 0. 2

3.4.2. Soit n ∈ Z. Calculer bn (0) en fonction de an et en déduire que : ∀t ∈ R, bn (t) = an e −in t . X 3.4.3. Montrer que la série de fonctions vn est normalement convergente sur R2 et que n>0

∀(x,t) ∈ R , v(x,t) = 2

+∞ X n=0

On pourra utiliser la question (2.4.).

vn (x,t) =

+∞ X n=0

f n (x)e −in

2t

= w(x,t) .

Corrigé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2019

Exercice : Un peu de probabilit´e Pour tout entier naturel n, on définit la fonction gn de la variable réelle x par : x2 ∀x ∈ R, gn (x) = x exp − 2

!

n

! 1 1.1. Soit n ∈ N. La fonction gn est continue sur [0, +∞[ et gn (t) = ◦ 2 , donc elle est intégrable sur [0, +∞[. t →+∞ Z +∞ Z at 1.2. Pour tous a > 0 et n ∈ N, on pose In = gn (x)dx et In (a) = gn (x)dx. 0

0

1.2.1. Soit n ∈ N et a > 0. A l’aide d’une intégration par parties, on obtient : a

! x2 dx x exp − 2 0 !#0 " Z a x2 n+1 dx − x exp − 2 0 " !#a ! Z a x2 x2 n+1 n −x exp − + (n + 1) x exp − dx 2 0 2 0 ! a2 + (n + 1)In (a) −a n+1 exp − 2

Z

In+2 (a) = = = =

n+2

Donc In+2 (a) = −a

n+1

! a2 + (n + 1)In (a) exp − 2

! a2 Comme − −−−−−→ 0, alors In+2 = (n + 1)In . 2 a→+∞ 1.2.2. La fonction densité de la loi normale centrée-réduite f est définie sur R par : a n+1 exp

1 x2 f (x) = √ exp − 2 2π

!

Comme f est paire, intégrable d’intégrale 1, alors +∞

Z 2

f (x) dx =

r

f (x) dx = 1

π 2

x2 1.2.3. Il suffit de remarquer que exp − 2 I1 =

+∞ −∞

0

2 Donc √ .I0 = 1, soit I0 = 2π

Z

Z 0

+∞

!!0

! x2 = −x. exp − , puis 2

! " ! # +∞ x2 x2 x exp − dx = − exp − =1 2 2 0

On montre par récurrence sur n > 0 que r π (2n)! I2n = 2 2n n! 5

et I2n+1 = 2n n!

6

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 π et I1 = 1 = 20 .0! 2 r π (2n)! = et I2n+1 = 2n n!. Alors 2 2n n! r

 Base de récurrence : Pour n = 0, on a I0 =  Héridité : Soit n > 0, on suppose que I2n

r I2n+2 = (2n + 1)I2n = (2n + 1)

π (2n)! = 2 2n n!

r

π (2n + 2)(2n + 1)(2n)! = 2 (2n + 2)2n n!

r

π (2(n + 1))! 2 2n+1 (n + 1)!

et I2n+3 = (2n + 2)I2n+1 = 2(n + 1).2n n! = 2n+1 (n + 1)! Récurrence achevée

   g1 (x) si x > 0, 1.3. Soit g la fonction définie pour tout réel x par : g(x) =    0  si x < 0. Z +∞ Z 1.3.1. g est une fonction continue, positive et intégrable sur R, avec g(x) dx = −∞

donc g est une densité de probabilité.

+∞

g1 (x) dx = I1 = 1,

0

1.3.2. L’application x 7−→ x 2 g(x) est continue sur R, nulle! que ]−∞,! 0[, donc elle est intégrable sur ]−∞, 0[ 1 x2 = ◦ 2 , donc elle est intégrable en +∞. Alors et au voisinage de +∞, on a x 2 g(x) = x 3 exp − 2 x on conclut donc X admet un moment d’ordre 2, puis elle admet une variance et une espérance. Avec E (X ) =

Z

+∞

xg(x) dx =

−∞

On a aussi 

E X

2



=

Z

+∞

Z

+∞

0

x g(x) dx = 2

−∞

Z 0

r ! π x2 dx = I2 = x exp − 2 2 2

+∞

! x2 x exp − dx = I3 = 2 2 3

On en déduit par la formule de Huygens   π 2−π V (X ) = E X 2 − E (X ) 2 = 2 − = 2 2 1.3.3. Soit x ∈ R.  Si x 6 0, on a G(x) = P (Y 6 0) = 0, car Y = X 2 est positive  Si x > 0, on a

   √  √  √  √  G(x) = P X 2 6 x = P − x 6 X 6 x = P X 6 x = F x

   √   F x   Bref G(x) =   0 

si x > 0

si x 6 0   x √ 1 1   g ( x) = exp −  √ 1  2 2 Par dérivation f Y (x) = G0 (x) =  2 x    0  1 tielle de parmètre . Alors E (Y ) = 2 et V (X ) = 4 2

si x > 0 , donc Y suit la loi exponensinon

7

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019

Probl`eme : Étude d’une équation aux dérivées partielles Partie I:

Quelques résultats préliminaires utiles

1.1. Noyau de DIRICHLET 1.1.1. Soit θ ∈ R, on a −θ, θ + 2π ∈ R et Dn (−θ) =

n X

n X

eik (−θ) =

k=−n

e −ikθ

k=−n

n X

= 0

k =−k

eikθ = Dn (θ)

k=−n

D’où la parité de Dn . En outre Dn est 2π-périodique comme somme de fonctions 2π-péridiques 1.1.2. Soit n ∈ N, on a

π

Z

∀k ∈ Z , ∗

eik t dt = ik "

e

ik t

−π

#π =0 −π

Par linéarité de l’intégrale 1 2π

π

Z

Z n Z 1 X π ik t 1 π e dt = dt = 1 2π k=−n −π 2π −π

Dn (t)dt =

−π

    1.1.3. Soit (n, θ) ∈ N × R, Dn (θ) =     

sin



2n+1 θ2 2  sin θ2



si θ ∈ R\2πZ,

2n + 1 si θ ∈ 2πZ. n X  Si θ ∈ 2πZ, alors Dn (θ) = 1 = 2n + 1 k=−n

 Si θ ∈ R\2πZ, alors eiθ , 1, et, par suite

n X

Dn (θ) =

eikθ = e −inθ

k=−n

1 − ei (2n+1)θ 1 − eiθ

Rappelons que pour tous α, β ∈ R, on a eiα − ei β = 2i sin

Dn (θ) = e −inθ

2i sin



2n+1 2 θ

2n+1 2 θ



ei

θ 2θ



ei 2

2i sin



 α− β 

θ

2

=

ei

sin



sin

α+β 1

, donc

2n+1 2 θ



θ 2θ





0 (R, C) 1.2. Quelques propriétés des éléments de C2π

1.2.1. f est continue sur le segment [0, 2π], donc elle est bornée : Il existe M ∈ R+ tel que pour tout x ∈ [0, 2π] , | f (x)| 6 M. Pour x ∈ R, il existe a ∈ [0, 2π] et k ∈ Z, tels que x = a + 2kπ, ce qui donne | f (x)| = | f (a)| 6 M. Donc f est bornée sur R 0 (R, C) et soit a ∈ R. On fait appel à la relation de Chasles 1.2.2. Soit g ∈ C2π

Z

a+π a−π

g(t) dt =

Z

−π

g(t) dt + a−π

Z

π −π

g(t) dt +

a+π

Z π

g(t) dt

8

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 −π

Z

g(t) dt on effectue le changement de variable t = u − 2π, il vient

Dans l’intégrale a−π

Z

−π

π

Z

g(t) dt = a−π

g(u − 2π) du = −

a+π

Donc Z

a+π

g(t) dt =

Z

a+π

Z π

g(u) du

π

g(t) dt −π

a−π

1.3. Lemme de LEBESGUE Soient a et b des réels tels que a < b, et soit h : [a, b] −→ C une fonction continue par morceaux ; pour tout n ∈ N, on pose Jn (h) =

b

Z

h(t) sin((2n + 1)t/2)dt.

a

1.3.1. Supposons que h est constante sur [a, b], alors ! !! 2h 4 |h| 2n + 2 2n + 2 a − cos b 6 −−−−−→ 0 cos | Jn (h)| = 2 2 2n + 1 2n + 1 n→+∞ On en déduit bien que (Jn (h)) tend vers 0 1.3.2. Soit a = a0 < a1 < · · · < a p = b une subdivision adaptée à h, et yi la valeur prise par h sur ]ai , ai+1 [. Remarquons que : p −1 Z a i+1 X

! 2n + 1 t dt Jn (h) = h(t) sin 2 i=0 a i ! p −1 Z a i+1 X 2n + 1 = yi t dt sin 2 ai i=0 ! !! p −1 2n + 1 2n + 1 2 X yi sin = ai − sin ai+1 . 2n + 1 i=0 2 2 Soit M la plus grande des valeurs des |yi |. On a :

| Jn (h)| 6

p −1 4 X 4pM M6 −−−−−→ 0. 2n + 1 i=0 2n + 1 n→+∞

On en déduit bien que (Jn (h)) tend vers 0. 1.3.3. Si h est continue par morceaux sur [a, b], et si ε > 0 est fixé, il existe une fonction en escalier ψ telle que, pour tout x ∈ [a, b], on a : |h(x) − ψ(x)| 6

ε . 2(b − a)

On a alors : b

Z a

! ! ! Z b Z b 2n + 1 2n + 1 2n + 1 h(t) sin t dt = (h(t) − ψ(t)) sin t dt + ψ(t) sin t dt 2 2 2 a a

On en déduit : ! Z b ! Z b ! Z b 2n + 1 2n + 1 2n + 1 t dt 6 t dt + t dt h(t) sin (h(t) − ψ(t)) sin ψ(t) sin 2 2 2 a a a

9

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 Maintenant, on choisit n0 de sorte que pour n > n0 , on ait : ! Z b 2n + 1 ε t dt 6 . ψ(t) sin 2 a 2 Pour un tel n, on a encore : ! Z b ! Z b 2n + 1 2n + 1 ε t dt 6 t dx 6 . (h(t) − ψ(t)) sin (h(t) − ψ(t)) sin 2 2 2 a a Ceci prouve que, pour n > n0 , on a : ! Z b 2n + 1 h(t) sin t dt 6 ε. 2 a On en déduit bien que (Jn (h)) tend vers 0

Partie II:

Convergence normale de la série de FOURIER

0 (R, C) , on pose Si f ∈ C2π

1 cn ( f ) = 2π

π

Z

f (t)e −int dt, n ∈ Z. −π

On lui associe la suite (un ( f ))n∈N de fonctions définies par : ∀x ∈ R,u0 ( f )(x) = c0 ( f ) et un ( f )(x) = cn ( f )ein x + c−n ( f )e −in x si n ∈ N∗ La série de fonctions

P

n>0 u n ( f )

s’appelle la série de Fourier de f ; les complexes cn ( f ) , n ∈ Z, s’appellent

les coefficients de FOURIER de f . 2.1. Quelques propriétés des coefficients de FOURIER 0 (R, C), alors elle est bornée et en posant M un majorant de f , on obtient pour tout n ∈ Z, 2.1.1. Soit f ∈ C2π

1 |cn ( f )| 6 2π

Z

π

f (t)e −int dt 1 2π −π

Z

π

M dt = M

−π

On en déduit que (cn ( f ))n∈Z est bornée. 1 (R, C) et n ∈ Z. Par intégration par parties, on a 2.1.2. Soit f ∈ C2π

cn f

0


= =

Z 1 π 0 f (t)e −int dt 2π −π Z i 1 h in π −int π f (t)e + f (t)e −int dt 2π | {z −π } 2π −π

= incn ( f )

=0

Donc, cn ( f 0 ) = incn ( f ). 2 (R, C), alors f 0 ∈ C 1 (R, C). D’après (2.1.2.), on a c ( f 00 ) = −inc ( f 0 ) et 2.1.3. Soit n ∈ Z et f ∈ C2π n n 2π ∼

une autre fois on applique le résultat de la question (2.1.2.) à f , on trouve cn ( f 00 ) = −n2 cn ( f ). X 2 (R, C) 2.2. Convergence normale de la série de fonctions un ( f ) pour f ∈ C2π n>0

M2 2.2.1. Notons M2 = sup f et soit n ∈ N∗ . D’après la question (2.1.3.), on a |cn ( f )| 6 2 et |c−n ( f )| 6 n R 00

10

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019

X X M2 . Par comparaison avec la série de Riemann les deux séries c ( f ) et c−n ( f ) sont absolument n n2 n>1 n>1 convergentes, on en déduit que la famille (cn ( f ))n∈Z est sommable. 2.2.2. Soit x ∈ R, on a : ∀n ∈ N,

|un ( f )(x)| 6 |cn ( f )| + |c−n ( f )|

∀n ∈ N,

k un ( f ) k∞ 6 |cn ( f )| + |c−n ( f )|

Soit

La série à termes positifs

X

|cn ( f )| + |c−n ( f )| converge, donc, par comparaison, la série

n>0

X

k u n ( f ) k∞

n>0

converge, et, par suite, la série de fonctions

X

un ( f ) est normalement convergente sur R.

n>0

2.3. Théorème de DIRICHLET 2.3.1. L’égalité est évidente pour n = 0. On prend n ∈ N∗ , alors n X

Sn ( f )(x) =

uk ( f )(x) = c0 ( f ) +

n X

k=0

= c0 ( f ) +

n X

ck ( f )eik x +

k=1 n X

=

ck ( f )eik x +

k=1 −1 X

n X

c−k ( f )e −ik x

k=1

ck ( f )eik x

k=−n

ck ( f )eik x

k=−n

En outre, par définition des ck ( f ) et linéarité de l’intégrale n X

ck ( f )e

ik x

=

k=−n

= =

n Z 1 X π f (t)e −ik t eik x dt 2π k=−n −π Z n X 1 π f (t) ei (x −t )k dt 2π −π k=−n Z 1 π f (t)Dn (x − t) dt 2π −π

Ceci achève la démonstration. 2.3.2. Soit (n, x) ∈ N × R, par le changement de variable u = x − t, on obtient Sn ( f )(x) =

1 2π

Z

π

f (t)Dn (x − t) dt =

−π

1 2π

Z

x+π

f (x − u)Dn (u) du x −π

L’application t 7−→ f (x − t)Dn (t) est continue et 2π-périodique, alors par la question (1.2.2.), on a 1 2π

Z

x+π

f (x − u)Dn (u) du =

x −π

1 2π

π

Z π

f (x − u)Dn (u) du

2.3.3. Soit (n, x) ∈ N × R. On appelle les résultats des questions (1.1.2.), (1.1.3.) et (2.3.2.), on obtient Sn ( f )(x) − f (x) = = =

Z Z 1 π 1 π f (x − t)Dn (t) dt − f (x) Dn (t) dt 2π π 2π π Z π 1 ( f (x − t) − f (x)) Dn (t) dt 2π π Z 1 π sin((2n + 1)t/2) ( f (x − t) − f (x)) dt 2π π sin(t/2)

11

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 Ainsi 1 2π

Sn ( f )(x) − f (x) =

π

Z π

( f (x − t) − f (x))

sin((2n + 1)t/2) dt sin(t/2)

2.3.4. Soit x ∈ R.  L’application gx est définie sur [−π, π] et continue sur [−π, π] \ {0}. De plus, par un développement

limité en 0

gx (t) =

−t f 0 (x) + ◦(t) = −2 f 0 (x) + ◦(1) t + ◦(t) 2

Donc gx est continue sur le segment [−π, π]  L’application gx est continue sur [−π, π]. D’après la question (1.3.3.)

1 Sn ( f )(x) − f (x) = 2π

π

Z π

! 2n + 1 gx (t) sin t dt −−−−−→ 0, n→+∞ 2

donc Sn ( f )(x) −−−−−→ f (x), ainsi (Sn ( f )(x))n∈N converge vers f (x). Théorème de DIRICHLET. n→+∞ X 2 un ( f ) converge normalement sur R et d’après 2.4. Soit f ∈ C2π (R, C). D’après la question (2.2.), la série n>0

la question précédente

X

un ( f ) converge simplement de somme f , donc

n>0

X

un ( f ) converge normalement

n>0

sur R de somme f

Partie III:

Application à l’étude d’une équation aux dérivées partielles

Soit (an )n∈Z une famille de nombres réels telle que la famille (n6 a2n )n∈Z soit sommable. On lui associe la suite ( f n )n∈N de fonctions définies par : ∀x ∈ R, f 0 (x) = a0 et f n (x) = an ein x + a −n e −in x si n ∈ N∗ 3.1. Une question de sommabilité 3.1.1.

 Montrons que la famille (n2 a n )n∈Z est sommable ?.     Soit n ∈ N∗ , on considère les deux vecteurs |a1 | , 23 |a2 | · · · , n3 |an | et 1, 12 , · · · , n1 de l’espace

euclidien Rn mini du produit scalaire canonique, alors par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a   n  1/2  n X X 1 1/2 6 2  k |ak | 6  k ak  .  2 k k=1 k=1 k=1

n X

Les deux séries à termes positifs

2

X n>1

n6 a2n et

X 1 sont convergentes, donc n2 n>1

 1/2  +∞  1/2  +∞ X 1 X 6 2  k ak   k |ak | 6  2 k k=1 k=1 k=1

n X

La série à terme positifs

X

2

n2 |an | converge, car sa suite des sommes partielles est majorée. De

n>1

même on démontre que

X n>1

sommable.

n2 |a −n | converge. On en déduit que que la famille (n2 an )n∈Z est

12

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019  Soit n ∈ N? , par Cauchy-Schwarz, on a

 1/2   1/2  n  1/2  n  n X 1 1/2 X 1 X    , =  k 6 ak 2  . 2 n2 |an | 6  k 6 ak 2  .  2 k k2    k =−n k=1 k=−n k=−n k=−n 

n X

n X

k ,0

puis on fait tendre n vers +∞, alors   1/2  +∞  1/2 X 1 √ X 6 2  n |an | 6 2  n an   2 n n=1 n∈Z n∈Z X

2

3.1.2. Pour tout n ∈ Z, on a |an | 6 n2 |an | et |nan | 6 n2 |an |. Puisque (n2 an )n∈Z est sommable, alors par comparaison les deux familles (an )n∈Z et (nan )n∈Z sont sommables. 2 (R, C). 3.2. Construction d’un élément de C2π

3.2.1. Soit x ∈ R et n > 0, on a | f n (x)| 6 |an | + |a −n | La série à termes positifs

X

|an | + |a −n | converge ( son terme général ne dépend pas de x), alors

n>0

X

f n , converge normalement sur R

n>0

3.2.2.

 Puisque les f n sont 2π-périodiques et  Les f n sont continues sur R et

X

X

f n converge simplement de somme f , alors f l’est aussi

n>0

f n converge normalement sur R, donc elle converge unifor-

n>0

mément sur R. Le théorème de la continuité de la fonction somme, assure que f est continue sur

R Justifier que la fonction f est 2π-périodique et continue sur R. La somme d’une série de fonctions continues 3.2.3. Pour tout n ∈ Z. On pose h m : x 7−→ f m (x)e −in x , d’après ce qui précède

X

h m converge norma-

m>0

lement vu que k h m k∞ =k f m k∞ , alors par le théorème d’interversion somme et intégrale sur un segment, on a Z

π

f (x)e

−in x

dx = a0

Z

π

e

−in x

dx +

−π

−π

= 2πa0 δ0, n + 2π

+∞ Z X m=1

+∞ X

π



 a m ei (m−n)x + a −m e −i (m+n)x dx

−π

(a m δm, n + a −m δ−m, n)

m=1

= 2πan 3.2.4.

 Pour tout n ∈ N, f n est de classe C 2 sur R et

    f n0 (x) = in an ein x − a −n e −in x et f n00 (x) = −n2 an ein x + a −n e −in x ;  la série

X n>0

f n converge ( normalement) simplement sur R ;

13

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019  la série

X

f n0 converge ( normalement) simplement sur R, car :

n>0

∀x ∈ R, Et la série

X

f 0 (x) 6 n |an | + n |a −n | . n

(n |an | + n |a −n |) converge ;

n>0

 la série

X

f n00 converge normalement sur R, car :

n>0

∀x ∈ R, Et la série

X

f 00 (x) 6 n2 |an | + n2 |a −n | . n

 n2 |an | + n2 |a −n | converge.

n>0

Donc la fonction somme f est de classe C 2 sur R et ∀x ∈ R,

f 00 (x) =

+∞ X

  −n2 an ein x + a −n e −in x

n=1

3.3. Existence d’une solution du problème 3.3.1. Soit n ∈ N et (x,t) ∈ R2 , on a : |wn (x,t)| = | f n (x)| 6 |an | + |a −n | . La série du terme général |an | + |a −n | converge, donc la série

X

wn converge normalement sur R.

n>0

3.3.2.

 Les fonctions wn sont continues sur R2 et la série

X

wn converge normalement, donc uniformé-

n>0

ment, sur R2 . Alors la fonction somme w est continue sur R2 ;

 Pour tout t ∈ R, les fonctions wn (.,t) sont 2π-périodiques sur R et la série

X

wn (.,t) converge

n>0

simplement (normalement) sur R. Alors la fonction somme x 7−→ w(x,t) est 2π-périodique.

3.3.3.

 Montrons que w admet une dérivée partielle première par rapport à t ?

Soit x ∈ R.

∂wn (x,t) = −in2 wn (x,t) ; • Pour tout n ∈ N, l’application t 7−→ wn (x,t) est de C 1 sur R et ∂t X • la série wn (x, .) converge (normalement) simplement sur R ; n>0

• pour tous n ∈ N et t ∈ R, on a : in2 w (x,t) = n2 f (x)| 6 n2 | n |an | + n2 |a −n | n La série du terme général n2 |an | + n2 |a −n | converge, donc la série

X ∂wn (x, .) converge ∂t n>0

normalement sur R. Par le théorème de dérivation terme à terme t 7−→ w(x,t) est de C 1 sur R et +∞

∀t ∈ R,

X ∂w (x,t) = −in2 wn (x,t). ∂t n=0

14

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 ∂w est continue sur R2 ∂t • Pour tout n ∈ N, l’application −in2 wn est continue sur R2 ;

 Montrons que

• pour tous n ∈ N et (x,t) ∈ R2 , on a : in2 w (x,t) = n2 f (x)| 6 n2 | n |an | + n2 |a −n | . n La série du terme général n2 |an | + n2 |a −n | converge, donc la série

X

−in2 wn converge

n>0

normalement sur R. Par le théorème de la continuité de la fonction somme d’une série de fonctions, l’application   R2 −→ C    ∂w  +∞ X : ∂t  (x,t) 7−→ −in2 wn (x,t)     n=0

est continue sur R. 3.3.4.

 Montrons que w admet une dérivée partielle première par rapport à x ?

Soit t ∈ R.

• Pour tout n ∈ N, l’application x 7−→ wn (x,t) est de C 1 sur R et   2 ∂wn (x,t) = in an ein x − a −n e −in x e −in t ; ∂x • la série

X

wn (.,t) converge (normalement) simplement sur R ;

n>0

• pour tous n ∈ N et x ∈ R, on a : ∂wn (x,t) 6 n |an | + n |a −n | ∂x La série du terme général n |an | + n |a −n | converge, donc la série

X ∂wn (.,t) converge nor∂x n>0

malement sur R. Par le théorème de dérivation terme à terme x 7−→ w(x,t) est de C 1 sur R et ∀x ∈ R,

+∞  X  2 ∂w n an ein x − a −n e −in x e −in t . (x,t) = i ∂x n=0

∂w est continue sur R2 ∂x   2 • Pour tout n ∈ N, l’application (x,t) 7−→ in an ein x − a −n e −in x e −in t est continue sur R2 ; X ∂wn • la série converge normalement sur R ∂x n>0 ∂w Par le théorème de la continuité de la fonction somme d’une série de fonctions, l’application = ∂x +∞ X ∂wn est continue sur R. ∂x n=0  Montrons que w admet une dérivée partielle seconde par rapport à x ?

 Montrons que

Soit t ∈ R.

15

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 • Pour tout n ∈ N, l’application x 7−→ wn (x,t) est de C 2 sur R et   2 ∂wn ∂ 2 wn (x,t) = −n2 wn (x,t); (x,t) = in an ein x − a −n e −in x e −in t et 2 ∂x ∂x • la série

X

wn (.,t) converge (normalement) simplement sur R ;

n>0

X ∂wn (.,t) converge (normalement) simplement sur R ; ∂x n>0 • pour tous n ∈ N et x ∈ R, on a : • la série

∂ 2 wn 6 n2 |an | + n2 |a −n | (x,t) 2 ∂x La série du terme général n2 |an | + n2 |a −n | converge, donc la série

X ∂ 2 wn (.,t) converge ∂x 2 n>0

normalement sur R. Par le théorème de dérivation terme à terme x 7−→ w(x,t) est de C 2 sur R et ∀x ∈ R,

+∞ X ∂2w (x,t) = − n2 wn (x,t). ∂x 2 n=0

∂2w est continue sur R2 ∂x 2 • Pour tout n ∈ N, l’application (x,t) 7−→ −n2 wn (x,t) est continue sur R2 ; X • la série −n2 wn (x,t) converge normalement sur R

 Montrons que

n>0

Par le théorème de la continuité de la fonction somme d’une série de fonctions, l’application (x,t) 7−→ −

+∞ X

∂2w : ∂x 2

n2 wn (x,t) est continue sur R2 .

n=0

3.3.5.

 w est continue sur R2 à valeurs dans C ;

 pour tout t ∈ R, l’application w(.,t) : x 7−→ w(x,t) est 2π-périodique ; ∂w ∂ 2 w ∂w  les dérivées et , existent et sont continues sur R2 ; ∂x ∂x 2 ∂t  pour tout (x,t) ∈ R2 , on a :

 +∞  +∞ X X ∂2w ∂w (x,t) = − n2 wn (x,t) + i −i n2 wn (x,t)  = 0. (x,t) + i ∂t ∂x 2 n=0 n=0

Donc la fonction w est bien solution du problème posé. 3.4. Unicité de la solution du problème

Z π 1 v(x,t)e −in x dx, (n,t) ∈ Z × R. 2π −π On lui associe la suite (vn )n∈N de fonctions définies sur R2 par : Soit v une solution du problème ; on pose bn (t) =

∀(x, t) ∈ R2 , v0 (x,t) = b0 (t) et vn (x,t) = bn (t)ein x + b−n (t)e −in x si n ∈ N∗ 3.4.1. Soit n ∈ Z. Posons ϕ : (x,t) ∈ [−π, π] × R 7−→ v(x,t)e −in x 1  Pour t ∈ R, l’application x 7−→ v(x,t)e −in x est continue sur [−π, π], donc elle est intégrable ; 2π

16

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019  ϕ admet une dérivée partielle par rapport à t et

∀(x,t) ∈ [−π, π] × R,

∂ϕ 1 ∂v (x,t) = (x,t)e −in x ∂t 2π ∂t

∂ϕ est continue sur [−π, π] × R ; ∂t ∂ϕ  Soit [a, b] ⊂ R, l’application est continue sur [−π, π] × [a, b], donc elle est bornée, et, par ∂t suite, il existe M ∈ R+ tel que ∀(x,t) ∈ [−π, π] × [a, b] , et t 7−→ M est intégrable sur [−π, π].Z Par le théorème de dérivation sous signe

, l’application bn est de C 1 sur R et

b0n (t)

∀t ∈ R,

∂ϕ (x,t) 6 M ∂t

1 = 2π

π

Z

−π

∂v (x,t)e −in x dx. ∂t

On montre que bn est solution de l’équation y 0 + in2 y = 0 b0n (t)

= = =

Z 1 π ∂v (x,t)e −in x dx 2π −π ∂t Z π 2 i ∂ v (x,t)e −in x dx 2π −π ∂x 2 " #π Z i ∂v n π ∂v −in x (x,t)e − (x,t)e −in x dx 2π ∂x 2π ∂x −π −π | {z } =0

Z i n h in2 π −in x π = − v(x,t)e − v(x,t)e −in x dx −π 2π | 2π {z } −π =0

= −in2 bn (t) Donc bn vérifie l’équation y 0 + in2 y = 0. 3.4.2. Soit n ∈ Z.  Par définition de bn , on a

1 bn (0) = 2π

π

Z

v(x, 0)e

−in x

−π

1 dx = 2π

Z

π

f (x)e −in x dx = an ;

−π

 bn est solution de l’équation y 0 + in2 y = 0, donc

bn (t) = bn (0)e −in 3.4.3.

2t

= an e −in

2t

 Soit n ∈ N∗ , on a

∀(x,t) ∈ R2 , et la série

X n>0

|vn (x,t)| 6 |an | + |a −n | , et |v0 (x,t)| 6 |a0 |

|an | + |a −n |, donc la série

X

vn converge normalement sur R2

n>0

2 (R, C). D’après la question (2.4.),  Pour t ∈ R, l’application x 7−→ v(x,t) appartient à l’espace C2π

17

2. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2019 sa série de Fourier

X

un (v(.,t)) =

n>0

X

vn (.,t) converge normalement sur R de somme v(.,t) ;

n>0

ainsi ∀x ∈ R,

v(x,t) =

+∞ X

vn (x,t)

n=0

Or v0 (x,t) = a0 = f 0 (x) et pour tout n > 1, on a vn (x,t) = bn (t)ein x + b−n (t)e −in x   2 = an ein x + n −n e −in x e −in t =

f n (x)e −in

2t

On conclut que pour tout (x,t) ∈ R2 , on a : v(x,t) =

+∞ X n=0

vn (x,t) =

+∞ X n=0

f n (x)e −in

2t

= w(x,t)

Énoncé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2019

Le sujet de cette épreuve est composé d’un exercice et d’un problème indépendants entre eux.





EXERCICE

3 1 −1   Soit A =  1 1 1  ∈ M3 (R) ; on note v l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à A.   2 0 2  1.1. Calculer le polynôme caractéristique χ A de la matrice A et en déduire que A possède une seule valeur propre λ à préciser. 1.2. Déterminer Ker(v − 2idR3 ), le sous-espace propre de v associé à son unique valeur propre λ. 1.3. La matrice A est-elle diagonalisable dans M3 (R)? Est-elle trigonalisable dans M3 (R)? 1.4. On considère l’endomorphisme u = v − 2id R3 et on pose e1 = (1, 0, 0) 1.4.1. Montrer que l’endomorphisme u est nilpotent. 1.4.2. Déterminer le noyau de l’endomorphisme u2 puis vérifier que e1 < Ker u2   1.4.3. Montrer que la famille B = u2 (e1 ) ,u (e1 ) , e1 est une de R3 et écrire la matrice T de v dans la base B , puis exprimer la matrice A en fonction de T .

+∞ X 1 k 1.4.4. Calculer l’exponenticlle de la matrice A. On rappelle que exp( A) = A k! k=0

Problème Déterminants de Cauchy et de Gram Application au calcul de la distance à un sous-espace vectoriel Pour tout p ∈ N∗ , on note M p (R) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre p à coefficients s à coefficients réels ; la matrice identité de M p (R) se notera I p . Si M ∈ M p (R), on note det M son déterminant et t M sa transposée.

Partie I:

Calcul du déterminant de Cauchy

On considère un entier n > 2 et deux suites finies (ak ) 16k6n et (bk ) 16k6n de réels telles que ai + b j , 0 pour tout couple (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 . Pour tout entier m tel que 0 < m 6 n, le de terminant de Cauchy d’ordre m, associé   1 aux familles (ak ) 16k6n et (bk ) 16k6n , est le nombre, noté ∆m , égal au déterminant de la matrice a i +b j 2.1. On suppose qu’il existe (i 1 ,i 2 ) ∈ {1, . . . , n}2 , avec i 1 , i 2 , tel que ai 1 = ai 2 . Justifier que ∆n = 0.

16i, j6m

On suppose désormais que les réels a1 , . . . , an sont deux à deux distincts et on considère la fraction rationnelle

n−1 Y

R=

k=1 n Y k=1

18

(X − bk ) (X + ak )

19

3. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019

2.2. Justifier que les polynômes

n−1 Y k=1

(X − bk ) et

n Y

(X + ak ) de R[X] sont premiers entre eux.

k=1

2.3. Décomposition en éléments simples de la fraction R (a) Préciser les pôles de la fraction rationnelle R et vérifier qu’ils sont tous simples. (b) En déduire que la décomposition en éléments simples, dans R(X ), de la fraction R est de la forme n X αk R= en précisant les expressions des réels α k en fonction des ak et des bk . X + ak k=1 2.4. Application au calcul de ∆n 1 1 1 ··· a1 + bn−1 a1 + bn a1 + b1 .. .. .. . . . 2.4.1. Montrer que α n ∆n = 1 1 1 ··· an−1 + b1 an−1 + bn−1 an−1 + bn ··· R(bn−1 ) R(bn ) R(b1 ) 2.4.2. En déduire que α n ∆n = R (bn ) ∆n−1 Y    a j − a i b j − bi 2.4.3. Calculer ∆2 puis montrer que, pour tout n > 2,

∆n =

16i < j6n

Y



ai + b j



.

16i, j6n

Partie II:

Matrice et déterminant de Gram

Dans cette partie, E désigne un espace préhilbertien réel ; son produit scalaire sera noté (.|.) et la norme associée se notera k.k. Si F est un sous-espace vectoriel de E, de dimension finie, pF désigne la projection orthogonale sur F       Soit p un entier > 2. Pour tout u1 , . . . ,u p ∈ E p , on note G u1 , . . . ,u p = ui |u j la matrice de Mp (R) 16i, j6p     de terme général ui |u j . G u1 , . . . ,u p s’appelle la matrice de Gram des vecteurs u1 , . . . ,u p ; le déterminant de   cette matrice, noté G u1 , . . . ,u p , s’appelle déterminant de Gram. 3.1. Cas p = 2 Soit (u1 ,u2 ) ∈ E 2 . Justifier que |G (u1 ,u2 )| > 0 et que |G (u1 ,u2 )| = 0 si, ct seulement si, la famille (u1 ,u2 ) est liée.     3.2. Vérifier que, pour tout u1 , . . . ,u p ∈ E p , la matrice G u1 , . . . ,u p est symétrique. 3.3. Cas d’une famille liée   Soit u1 , . . . ,u p ∈ E p   3.3.1. Soit i ∈ {1, . . . , p} et soit λ j une famille quelconque de p − 1 réels ; on pose wk = uk si k ∈ X j,i     {1, . . . , p}\{i} et wi = ui + λ j u j . Montrer que G w1 , . . . , w p = G u1 , . . . ,u p j,i     3.3.2. En déduire que si la famille u1 , . . . ,u p est liée, alors G u1 , . . . ,u p = 0

3.4. Cas d’une famille libre     On considere ici une famille libre u1 , . . . ,u p d’éléments de E et on note e1 , . . . , e p une base orthonormée o n   du sous-espace vectoriel Vect u1 , . . . ,u p . Soit B = bi, j ∈ M p (R) la matrice dont les coefficients 16i6p p X sont tels que, pour tout j ∈ {1, . . . , p},u j = bk, j ek k=1   3.4.1. Pour tout couple (i, j) d’éléments de {1, . . . , p}, exprimer le produit scalaire ui |u j à l’aide des coefficients de la matrice B .

20

3. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019   3.4.2. En déduire que G u1 , . . . ,u p = t BB   3.4.3. Montrer alors que G u1 , . . . ,u p > 0 3.5. Application au calcul de la distance à un sous-espace vectoriel

On considère un sous-espace vectoriel F de E, de dimension finie n > 2, et on note (v1 , . . . , vn ) une base quelconque de F 3.5.1. Montrer que, pour tout x ∈ E |G(v1 , · · · , vn , x)| = |G (v1 , · · · , vn , PF (x))| + k x − PF (x)k 2 |G (v1 , · · · , vn )| 3.5.2. En déduire que, pour tout x ∈ E, la distance du vecteur x au sous-espace vectoriel F1 notée d(x, F), est donnée par : s d(x, F) =

|G(v1 , · · · , vn , x)| |G(v1 , · · · , vn )|

3.6. Un exemple de matrice de Gram Soit n un entier naturel > 2 ; on note (e1 , . . . , en ) la base canonique de Rn et < ., . > son produit scalaire canonique. On note An la matrice de M n (R) de terme général ai, j = min(i, j) pour (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 et on considère les vecteurs v1 , . . . , vn de Rn définis par : ∀k ∈ {1, . . . , n},

vk =

k X

ei

i=1

3.6.1. Montrer que (v1 , . . . , vn ) est une famille libre de Rn . 3.6.2. Calculer le produit scalaire < vi , v j >, pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 ; en déduire que An est une matrice de Gram. 3.6.3. Montrer que la matrice An est orthogonalement diagonalisable et que ses valeurs propres sont strictement positives.

Partie III:

Application au calcul d’un minimum

On note R[X] l’espace vectoriel réel des polynômes à coefficients dans R. Pour tout k ∈ N, l’élément X k de la base canonique de R [X] se notera Pk ; en particulier, P0 = 1. On considère l’application (.|.) définie sur

R[X]2

par : (P|Q) =

Z

1

P(t)Q(t)dt,

(P,Q) ∈ R[X]2

0

4.1. Montrer que (.|.) est un produit scalaire sur l’espace vectoriel réel R[X] 4.2. Calcul d’une distance Soit p un entier > 2 et soit (nk ) 16k6p une suite finie d’entiers naturels deux à deux distincts.   4.2.1. Pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , p}2 , exprimer le produit scalaire Pn i |Pn j en fonction de ni et n j   4.2.2. En utilisant les résultats de la première partie, exprimer le déterminant de la matrice de Gram G Pn1 , . . . , Pn p en fonction des entiers n1 , . . . , n p   4.2.3. Montrer que Pn1 , . . . , Pn p est une famille libre de R[X]   4.2.4. On note W p le sous-espace vectoricl de R[X] engendré par la famille Pn1 , . . . , Pn p . p Y   1 |nk − r | Montrer que, pour tout entier naturel r, d Pr , W p = √ n 2r + 1 k=1 k + r + 1 4.3. Application au calcul d’un minimum

21

3. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 Soit n un entier > 2 et soit ψ : Rn → R l’application définie par : ∀(a1 , · · · , an ) ∈ R , n

ψ(a1 , · · · , an ) =

Z

1

1 − a1 t − · · · − a n t n


2

dt

0

4.3.1. À l’aide d’une interprétation euclidienne, montrer qu’il existe un unique point (a1 , . . . , an ) de Rn en lequel l’application ψ atteint son minimum, autrement dit : ψ (a1 , . . . , an ) = 4.3.2. Calculer ψ (a1 , . . . , an ) en fonction de n

inf

(x 1, ..., x n )∈R n

ψ (x 1 , . . . , x n )

Corrigé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2019

Exercice 

3 1 −1



  Soit A =  1 1 1  ∈ M3 (R) ; on note v l’endomorphisme de R3 canoniquement associé à A.   2 0 2  1.1. Par définition du polynôme caractéristique, on a : X − 3 χ A (X ) = det (X I3 − A) = −1 −2 X − 3 = −1 −2 X − 3 = 1 −2 X − 2 = 1 −2 X − 2 = 1 −2

−1 X −1 0 −1 X −1 0 −1 X −1 0 X −2 X −1 0 0 X −2 2

1 −1 X − 2 0 X − 2 X − 2 0 0 X − 2 0 0 X − 2 0 0 X − 2

C3 ← C3 + C2

L2 ← L2 − L3

L1 ← L1 + L2

C2 ← C2 − C1

= (X − 2) 3 Donc Sp ( A) = {2}, c’est-à-dire que  A possède une seule valeur propre λ = 2 a  
3 1.2. Soit x = (a, b, c) ∈ R et X =  b , alors x ∈ Ker v − 2idR3 si, et seulement, si ( A − 2I3 )X = 0. Or   c    a+b−c      ( A − 2I3 )X = 0 ⇐⇒  a − b + c       a     a = 0 ⇐⇒    b = c 

=0 =0 =0

Donc Ker(v − 2idR3 ) = Vect ((0, 1, 1)) 1.3.

 La valeur propre 2 de A est d’ordre de multiplicité 3 et la dimension de son sous-espace propre est de

22

23

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 dimension 1, donc elle n’est pas diagonalisable.  χ A est scindé sur R, alors A est trigonalisable sur M3 (R)

1.4. On pose u = v − 2idR3

1.4.1. On a : u3 = v − 2idR3 suite,

u3


3

= χ v (v). Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que χ v (v) = 0 et, par

= 0. Donc u est nilpotent

  0 0 0   1.4.2. La matrice représentative de u2 est ( A − 2I3 ) 2 = 2 2 −2 , donc pour x = (a, b, c) ∈ R3 , on a   2 2 −2 x ∈ Ker(u2 ) ⇐⇒ a + b − c = 0 ⇐⇒ c = a + b Donc Ker(u2 ) = Vect ((1, 0, 1), (0, 1, 1)). e1 = (1, 0, 0) < Ker(u2 ), car u2 (e1 ) = (0, 2, 2) , (0, 0, 0) 

0 1 1



  1.4.3. Posons Bc la base canonique de R3 , alors Mat (B) = 2 2 0 dont le déterminant −2 , 0, donc Bc   2 2 0     2 1 0 0 1 0     B est une base de R3 et Mat (u) = 0 0 1 . Donc T = Mat (v) = 0 2 1 et A = PT P −1 avec B B     0 0 2 0 0 0   0 1 1   P = 2 2 0   2 2 0 1.4.4. On pose N = A − 2I3 ; la matrice N est nilpotente et elle commute avec 2I3 , alors par les propriétés de l’exponentielle exp( A) = exp(2I3 + N ) = exp(2I3 ) exp(N ) = e

2

Avec les calculs précédents qui donnent les expressions de N et N 2   2 1 −1   exp( A) = e2 2 1 0    3 1 0

N2 I3 + N + 2

!

24

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019

Probl`eme Partie I:

Calcul du déterminant de Cauchy

2.1. Si deux des ai sont égaux, ∆n est nul car il s’agit d’un détermiant d’une matrice dont deux de ses lignes sont égales. 2.2. Les deux polynômes

n−1 Y

(X − bk ) et

k=1

n Y

(X + ak ) sont scindés et sans aucune racine commune, donc ils sont

k=1

premiers entre eux 2.3. Décomposition en éléments simples de R n−1 Y (X − bk ) (a) La fraction rationnelle R =

k=1 n Y

est irréductible dont les pôles −a1 , · · · , −an qui sont deux à (X + ak )

k=1

deux distincts, donc ils sont simples (b) On a deg(R) = −1 < 0. Par le théorème de décomposition en éléments simples, il existe α1 , · · · , α n n X αk . Les pôles sont simples, donc tels que R = X + ak k=1 n−1 Y

α k = [(X + ak ) R] X =−a k =



j=1 n Y

−ak − b j

 =



a j − ak



j=1 j,k

2.4. Application au calcul de ∆n 1 2.4.1. Pour i ∈ [[1, n]] ; on pose L i la i-ème ligne de la matrice ai + b j n X lignes L 1 , · · · , L n−1 et α i L i . D’une part

n−1 Y



j=1 n Y



ak + b j



ak − a j



j=1 j,k

! et Bn la matrice dont les 16i, j6n

i=1

1 1 1 ··· a1 + bn−1 a1 + bn a1 + b1 .. .. .. . . . 1 1 1 det(Bn ) = ··· an−1 + bn−1 an−1 + bn ann−1 + b1 n n X X αi α i X α i · · · a + b a + b a + b i 1 i n−1 i n i=1 i=1 i=1 1 1 1 ··· a1 + bn−1 a1 + bn a1 + b1 .. .. .. . . . = 1 1 1 ··· an−1 + b1 an−1 + bn−1 an−1 + bn ··· R(bn−1 ) R(bn ) R(b1 )

25

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 D’autre part  det(Bn ) = det  L 1 , · · · , L n−1 , =

n X

n X i=1

 α i L i 

α i det (L 1 , · · · , L n−1 , L i )

det est n-linéaire

i=1 n−1 X

= α n det (L 1 , · · · , L n−1 , L n ) +

i=1

α i det (L 1 , · · · , L n−1 , L i ) det est alternée | {z } =0

= α n ∆n Par transitivité

1 a1 + b1 .. . α n ∆n = 1 an−1 + b1 R(b1 )

···

··· ···

1 a1 + bn−1 .. . 1 an−1 + bn−1 R(bn−1 )

1 an−1 + bn R(bn ) 1 a1 + bn .. .

2.4.2. Comme b1 , · · · , bn−1 sont les racines de R, alors pour tout i ∈ [[1, n − 1]], on a R(bi ) = 0 et, par suite, 1 a1 + b1 .. . α n ∆n = 1 an−1 + b1 0

···

··· ···

1 a1 + bn−1 .. . 1 an−1 + bn−1 0

1 an−1 + bn R(bn ) 1 a1 + bn .. .

puis on développe le déterminant du second membre de l’égalité précédente par rapport à la dernière ligne, on obtient 1 a + b 1 . 1 .. α n ∆n = R(bn ) 1 an−1 + b1 2.4.3.

 Calcul de ∆2 . On a :

∆2

1 = a1 + b1 1 a2 + b1 = = =

···

···

= R(bn )∆n−1 1 an−1 + bn−1 1 a1 + bn−1 .. .

1 a1 + b2 1 a2 + b2

1 1 − (a1 + b1 )(a2 + b2 ) (a2 + b1 )(a1 + b2 ) a1 b1 + a2 b2 − a1 b2 − a2 b1 (a1 + b1 )(a2 + b2 )(a2 + b1 )(a1 + b2 ) (a2 − a1 ) (b2 − b1 ) (a1 + b1 )(a2 + b2 )(a2 + b1 )(a1 + b2 )

 On démontre l’égalité par récurrence sur n > 2

• Pour n = 2, l’inégalité est vérifiée

26

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 Y • Soit n > 2, on suppose que ∆n =



a j − ai



b j − bi

16i < j6n

Y



ai + b j

 . On fait appel à l’inégalité



16i, j6n n Y

trouvée à la question (2.4.2.), alors ∆n+1

n  Y

α n+1 =

j=1 n Y

R (bn+1 ) k=1 = ∆n . Or R (bn+1 ) = n+1 α n+1 Y

(bn+1 − bk ) et (bn+1 + ak )

k=1

an+1 + b j



an+1 − a j



, alors 

j=1 n Y

∆n+1 =

k=1 n+1 Y

n  Y

(bn+1 − bk ) × (bn+1 + ak )

j=1 n  Y

Y

 ×

an+1 + b j

Y



a j − ai



b j − bi



a j − ai



b j − bi



16i < j6n

Y



j=1

k=1

=

an+1 − a j



ai + b j



16i, j6n



16i < j6n+1

Y



ai + b j



16i, j6n+1

Ce qui achève la récurrence

Partie II:

Matrice et déterminant de Gram

(u1 |u1 ) (u1 |u2 ) = ku1 k 2 ku2 k 2 − (u1 |u2 ) 2 est positif ou nul d’après 3.1. Soit u1 ,u2 ∈ E, on a |G (u1 ,u2 )| = (u2 |u1 ) (u2 |u2 ) l’inégalité de Schwarz et il est nul si, et seulement si, la famille (u1 ,u2 ) est liée.         3.2. G u1 , · · · ,u p est symétrique car le produit scalaire l’est : ∀i, j ∈ 1, p , ui |u j = u j |ui 3.3. Cas d’une famille liée 3.3.1. Rappelons que le déterminant d’une matrice ne change pas si on ajoute à une ligne ( colonne ) un combinaison linéaire des autres lignes ( colonnes ), alors, par bilinéarité du produit scalaire et par les p n+1 X X opérations L i ← L i − λ j L j et Ci ← Ci − λ j C j , on obtient j=1 j,i

j=1 j,i

G(w , · · · , w ) = G(u , · · · ,u ) 1 p 1 p 3.3.2. Si la famille (u1 , · · · ,u p ) est liée, alors l’un des vecteurs ui peut s’écrire comme combinaison linéaire

27

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 des u j avec j , i sous la forme ui =

X

λ j u j . D’après la question (3.3.1.), on a

j,i

p X G(u , · · · ,u ) = G(u , · · · ,u ,u − λ j u j ,ui+1 , · · · ,u p ) 1 i −1 i 1 p j=1 j,i = G(u1 , · · · ,ui −1 , 0,ui+1 , · · · ,u p ) = 0 Le dernier déterminant est nul car sa i-ème colonne est nulle 3.4. Cas d’une famille libre     3.4.1. e1 , · · · , e p étant une base orthonormale de Vect u1 , · · · ,u p , alors

∀i, j ∈





1, p , 



ui |u j =

p X

bk, i bk, j

k=1

3.4.2. Les deux matrices t BB et G(u1 , · · · ,u p ) sont carrées d’ordre p. Le coefficient ci, j de position de (i, j) de la matrice t BB vaut ci, j =

p X

  bk,i bk, j = ui |u j

k=1

Donc t BB = G(u1 , · · · ,u p ) 3.4.3. D’après la question précédente (3.4.2.), on a G(u , · · · ,u ) = det  t BB  = det(B) 2 1 p   La liberté de la famille (u1 , · · · ,u p ) montre que (u1 , · · · ,u p ) est une base de l’espace Vect u1 , · · · ,u p et par conséquent B est inversible puisqu’il s’agit d’une matrice de passage. On conclut donc G(u1 , · · · ,u p ) =
det t BB = det(B) 2 > 0 3.5. Application au calcul de la distance à un sous-espace vectoriel 3.5.1. Soit x ∈ E. Remarquons que pour tout vecteur y ∈ F on a : (y, x) = (y|PF (x)) et par le théorème de Pythagore k xk 2 = kPF (x)k 2 + k x − PF (x)k 2 , de sorte que (v1 |v1 ) .. . (v |v ) i 1 |G (v1 , · · · , vn , x)| = .. . (vn |v1 ) (PF (x)|v1 )

···

(v1 |vn ) .. .

···

(vi |vn ) .. .

···

(vn |vn )

· · · (PF (x)|vn )

(vi |PF (x)) .. . (vn |PF (x)) kPF (x)k 2 + k x − PF (x)k 2 (v1 |PF (x)) .. .

Puis, par multilinéarité, on obtient |G (v1 , · · · , vn , x)| = |G (v1 , · · · , vn , PF (x))| + k x − PF (x)k 2 . |G (v1 , · · · , vn )| 3.5.2. F étant un sous-espace de dimension finie, alors d(x, F) = k x − PF (x)k

28

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 Or, d’après la question (3.5.1.), |G(v1 , · · · , vn , x)| = k x − PF (x)k 2 |G(v1 , · · · , vn )|, donc s d(x, F) = k x − PF (x)k =

|G(v1 , · · · , vn , x)| |G(v1 , · · · , vn )|

3.6. Un exemple de matrice de Gram



 1 ··· ··· 1   ..  0 . . . .  3.6.1. Notons Bc la base canonique de Rn , alors B = Mat (v1 , · · · , vn ) =  . qui est triangu. Bc  . . . . . . . .  . .   0 · · · 0 1 laire supérieure dont les coefficients diagonaux valent 1, alors elle est inversible et , en conséquent, (v1 , · · · , vn ) est une base de Rn

3.6.2. La famille Bc est une base orthonormée pour le produit scalaire canonique < ., . >, alors < vi , v j > = =

j i X X k=1 `=1 j i X X

< ek , e` > δ k,`

k=1 `=1

= min(i, j)   La matrice An = < vi , v j > 3.6.3.

16i, j6n

est de Gram

 La matrice An est réelle symétrique, alors par le théorème spéctral elle est orthogonalement diago-

nalisable

 Soit λ ∈ Sp( An ) et X ∈ Mn,1 (R) un vecteur propre unitaire qui est associé à λ, alors An X = λ X,

puis t X An X = λ. D’autre part An = t BB, donc t X An X = t X t BBX = kBX k 2 > 0, car B est inversible et X X ∈ Mn,1 (R) \ {0}. Bref λ = kBX k 2 > 0

Partie III:

4.1. (P,Q) ∈

Application au calcul d’un minimum

R[X]2

Z

1

→

P(t)Q(t)dt est bien définie. 0

Soient λ, µ ∈ R et P,Q, R ∈ R[X]. Z 1 Z 1  Symétrie : (P|Q) = P(t)Q(t)dt = Q(t)P(t)dt = (Q|P) 0 0 Z 1 Z P(t) (λQ(t) + µR(t)) dt = λ  Binlinéarité : (P|λQ + µR) = 0

0

1

P(t)Q(t)dt + µ

Z

1

P(t)R(t)dt. −1

La symétrie assure que (.|.) est linéaire par rapport à la première variable Z 1  Positivité : (P|P) = P2 (t)dt > 0 0 Z 1  Définie : Si (P|P) = 0 alors P2 (t)dt = 0. Or la fonction t → P2 (t) est continue positive sur 0

[0, 1] donc c’est la fonction nulle et puisque le polynôme P admet alors une infinité de racines, c’est le polynôme nul.

Finalement (.|.) est un produit scalaire sur le R-espace vectoriel E. 4.2. Calcul d’une distance

29

4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 4.2.1. Par définition du produit scalaire 



Pn i |Pn j =

1

Z

Z

Pn i (t)Pn j (t)dt =

0

4.2.2. Pour i ∈



1

t n i +n j dt =

0

1 ni + n j + 1

   1, p , on pose ai = ni et bi = ni +1, alors G Pn1 , · · · , Pn p =

1 a i + bi

! . On appelle 16i, j6p

l’égalité obtenue à la question (2.4.3.), alors : Y G  P , · · · , P  = n1 np



n j − ni

2

16i < j6p

Y



ni + n j + 1



16i, j6p

  4.2.3. Puisque les ni sont deux à deux distincts, alors G Pn1 , · · · , Pn p > 0. Le résultat de la question   (3.3.2.) affirme, par contraposée, que Pn1 , · · · , Pn p est libre 4.2.4. Posons n p+1 = r, alors Y  G  P , · · · , P , P = n n n 1 p p+1



2

n j − ni

16i < j6p+1

Y



ni + n j + 1



16i, j6p+1

Y



n j − ni

16i < j6p

=

Y



p  Y

2

ni + n j + 1

 ×

Avec

p  Y

n p+1 − ni

i=1

2

=

p Y

{z

= G(P n 1 , ··· , P n p )

}





ni + n p+1 + 1 ×

i=1

p  Y

n p+1 + n j + 1

j=1

(r − ni ) 2 et

i=1 p+1  Y i=1



ni + n p+1 + 1 ×

p  Y

n p+1 + n j + 1



=



2n p+1 + 1

p  Y

j=1

n p+1 + nk + 1

k=1

= (2r + 1)

p Y

(r + nk + 1) 2

k=1

Alors

2

i=1 p+1 Y

16i, j6p

|

n p+1 − ni

p Y   (r − nk ) 2 G P , · · · , P , P n1 np n p+1 k=1 = p G(P , · · · , P ) Y n1 np (2r + 1) (r + nk + 1) 2 k=1

Par la question (3.5.2.) on conclut que v u  u t  p G Pn1 , · · · , Pn p , Pn p+1   1 Y |r − nk | = d Pr , Wp = √ G(P , · · · , P ) 2r + 1 k=1 r + nk + 1 n1 np 4.3. Application au calcul d’un minimum

2



4. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2019 n X

30

4.3.1. Remarquons que l’application (a1 , · · · , an ) 7−→ ak X k est un isomorphisme d’espaces vectoriels de k=1   Rn vers F = Vect X, X 2 , · · · , X n et pour le produit scalaire défini dans le début de cette partie, on a :

∀(a1 , · · · , an ) ∈ R , n

2

n X k

ak X

ψ(a1 , · · · , an ) = 1 −



k=1

On sait que d (1, F) est atteinte en un unique point qui est le projeté orthogonal de 1 sur F, k1 − PF (1)k 2 = d (1, F) 2

 

2

n   X   x k X k

, (x 1 , · · · , x n ) ∈ Rn  = inf 

1 −  

  

 k=1  = inf ψ(x 1 , · · · , x n ) , (x 1 , · · · , x n ) ∈ Rn

D’où l’existence d’un unique (a1 , · · · , an ) ∈ Rn tel que  ψ(a1 , · · · , an ) = inf ψ(x 1 , · · · , x n ) , (x 1 , · · · , x n ) ∈ Rn 4.3.2. D’après la question (4.2.4.), on a : ψ(a1 , · · · , an ) = d(1, F) 2 |G (P1 , · · · , Pn , P0 )| = |G(P1 , · · · , Pn )| n Y 1 k2 = = 2 (n + 1) 2 k=1 (k + 1)

Énoncé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2018

À propos des zéros des fonctions de Bessel d’indice entier Définitions et notations   Si I est un intervalle non trivial de R et ϕ, ψ deux fonctions réelles définies et continues sur I, on note Eϕ,ψ l’équation différentielle y 00 + ϕy 0 + ψ y = 0

(Eϕ,ψ )

    Si ϕ est la fonction nulle, l’équation différentielle Eϕ,ψ se notera simplement Eψ Les solutions des équations différentielles sont à valeurs réelles Si u est solution sur I d’une équation différentielle, un élément t 0 de l’intervalle I est dit zéro de u si u (t 0 ) = 0

Partie I:

Étude de solutions des équations différentielles de Bessel d’indice entier

Dans cette partie, n désigne un entier naturel. On note (Bn ) l’équation différentielle :   x 2 y 00 + x y 0 + x 2 − n2 y = 0

(B n )

1 − 4n2 4t 2 1.1. Soit u une solution, non identiquement nulle, sur l’intervalle ]0, +∞[ de l’équation différentielle (Bn ). On

On note également σ n la fonction définie sur l’intervalle ]0, +∞[, par : σ n (t) = 1 + note v la fonction définie sur ]0, +∞[, par : √ v(t) = t u(t)

∀t > 0,

Montrer que la fonction v est une solution, non identiquement nulle, sur l’intervalle ]0, +∞[ de l’équation
différentielle Eσ n . X 1.2. Si ak z k est une série entière, à coefficients réels et de rayon de convergence R > 0, on pose k>0

yn (t) =

+∞ X

ak t n+k ,

t ∈ ]−R, R[

k=0

et on suppose que yn est solution, sur l’intervalle ]−R, R[, de l’équation différentielle (Bn ). 1.2.1. Montrer que a1 = 0 et que, pour tout k ∈ N,

(k + 2) (2n + k + 2) ak+2 + ak = 0. (−1) k 1.2.2. En déduire que, pour tout entier naturel k, a2k+1 = 0 et a2k = a0 n! 2k . 2 k!(n + k)! X X 1 (−1) k 1.3. Calculer le rayon de convergence des séries entières z k et z 2k 2k k!(n + k)! k!(n + k)! 2 k>0 k>0 1.4. Justifier que la fonction de Bessel d’indice n, notée Jn définie sur R par : ∀t ∈ R,

Jn (t) =

+∞  t n X

2 31

(−1) k t 2k 2k k!(n + k)! 2 k=0

32

5. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 est une solution sur R de l’équation différentielle Bn . Dans la suite du problème, on note G n la fonction définie sur R par : ∀t ∈ R,

G n (t) =

+∞ X k=0

1 tk k!(n + k)!

1.5. Une première localisation des zéros de Jn sur l’intervalle ]0, +∞[   1.5.1. Préciser G n (0) et montrer qu’il existe β > 0 tel que G n (t) > 0, pour tout t ∈ − β, β   1.5.2. Montrer que les zéros de la fonction G n sont dans l’intervalle −∞, − β !  t n  t 2 1.5.3. Vérifier que, pour tout t ∈ R, Jn (t) = Gn − puis en déduire que les zéros de la fonction 2 h √2 h Jn , sur l’intervalle ]0, +∞[, sont dans l’intervalle 2 β, +∞

Partie II:

Quelques résultats utiles pour la suite

2.1. Quelques propriétés de la fonction G n (p)

2.1.1. Justifier que la fonction G n est de classe C ∞ sur R puis exprimer sa dérivée p-ième G n , pour p ∈ N∗ , comme somme d’une série Z 2.1.2. Montrer soigneusement que pour tout x ∈ R, 0

x

t n G n (t) dt = x n+1 G0n (x)

2.1.3. Montrer que pour tout p ∈ N∗ , la fonction x 7−→ x n+p G0n (x) est dérivable sur R de dérivée x 7−→ x n+p −1 G n (x) + (p − 1)G0n (x)




2.1.4. Montrer que pour tout p ∈ N, il existe deux polynômes A p et B p à coefficients entiers, de degrés respectifs p − 1 et p si p > 1, vérifiant : Z ∀x ∈ R, 0

x

  t n+p G n (t) dt = x n+1 A p (x)G n (x) + B p (x)G0n (x)

(1)

On pourra raisonner par récurrence et exprimer A p+1 et B p+1 en fonction de A p et B p respectivement 2.1.5. Préciser les valeurs de A p (0) et B p (0) pour tout p ∈ N 2.1.6. Soit x ∈ R un zéro de la fonction G n ; montrer que G0n (x) , 0. On pourra raisonner par l’absurde et utiliser la formule (1) et le théorème d’approximation polynomiale de Weierstrass. 2.2. Théorème de relèvement : Soit I un intervalle non trivial de R.

f 0 g0 = . f g ∗ Montrer que f et g sont proportionnelles, c’est-à-dire qu’il existe λ ∈ C tel que g = λ f

2.2.1. Soit f , g : I −→ C deux fonctions dérivables sur I, à valeurs dans C∗ et telles que

2.2.2. Soit h : I −→ C une fonction de classe C 1 sur I telle que, pour tout t ∈ I, |h(t)| = 1. Si t 0 ∈ I et θ 0 ∈ R sont tels que h(t 0 ) = eiθ0 , montrer que la fonction θ définie sur I par ∀t ∈ I,

θ(t) = θ 0 − i

Z

t t0

h0 (s) ds h(s)

est à valeurs réelles, de classe C 1 sur I et vérifie h(t) = eiθ (t ) , pour tout t ∈ I. 2.2.3. Soit f : I −→ C une fonction de classe C 1 sur I et à valeurs dans C∗

33

5. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 (i) Montrer que la fonction g : I −→ R, t 7−→ | f (t)| est de classe C 1 sur I

(ii) Soient t 0 ∈ I et θ 0 ∈ R tels que f (t 0 ) = | f (t 0 )| eiθ0 . Montrer qu’il existe une unique fonction θ : I −→ R, de classe C 1 telles que θ(t 0 ) = θ 0

f (t) = | f (t)| eiθ (t )

∀t ∈ I,

et

2.3. Formule d’intégration par parties itérée Soient a et b deux réels tels que a < b, et soit p un eniter naturel non nul. On considère deux fonctions numériques f : [a, b] −→ R et f : [a, b] −→ R de classe C p . Montrer que b

Z

f

(p)

(t)g(t) dt = (−1)

p

b

Z

a

f (t)g

(p)

(t) dt +

p X

a

Partie III:

(−1) k+1 f (n−k ) (b)g (k −1) (b) − f (n−k ) (a)g (k −1) (a)




k=1

Étude des zéros des solutions d’une équation différentielle d’ordre 2

Soient I est un intervalle non trivial de R et ϕ, ψ deux fonctions réelles définies et continues sur I ; on rappelle     que Eϕ,ψ et Eψ désignent respectivement les équations différentielles y 00 + ϕy 0 + ψ y = 0

y 00 + ψ y = 0

et

    3.1. Justifier que, pour tout t 0 ∈ I et tout couple x 0 , x 00 de réels, il existe une unique solution u de Eϕ,ψ , définie sur I, telle que u(t 0 ) = x 0 et u0 (t 0 ) = x 00 .   On notera Z w l’ensemble des zéros sur I d’une solution w de Eϕ,ψ : Z w = {s ∈ I , w(s) = 0}   3.2. Premières propriétés des zéros d’une solution de Eϕ,ψ   Soit u une solution sur I, non identiquement nulle, de l’équation différentielle Eϕ,ψ 3.2.1. Montrer que si t 0 ∈ I est un zéro de u alors u0 (t 0 ) , 0 et il existe η > 0 tel que   ∀t ∈ I ∩ t 0 − η,t 0 + η \ {t 0 },

u (t) , 0

3.2.2. Soient a et b deux éléments de I tels que a < b. Montrer que l’ensemble Zu ∩ [a, b] est fini. On pourra raisonner par l’absurde et utiliser le théorème de Bolzano-Weierstrass   3.3. Étude des zéros d’une solution de l’équation différentielle Eψ Dans cette question, on suppose que I = [α, +∞[, avec α ∈ R, et que la fonction ψ est à valeurs strictement positives sur I   On considère une solution u sur I, non identiquement nulle, de l’équation différentielle Eψ et on lui associe les deux fonctions f : I −→ C et ρ : I −→ R par : ∀t ∈ I, 3.3.1. Montrer que pour tout t ∈ I,

f (t) = u(t) + iu0 (t)

et

p ρ(t) = u2 (t) + u02 (t)

ρ(t) > 0

3.3.2. Justifier que la fonction f est de classe C 1 sur I et montrer qu’il existe une fonction θ : I −→ R de classe C 1 sur I telle que ∀t ∈ I,

u(t) = ρ(t) cos (θ(t))

et

u0 (t) = ρ(t) sin (θ(t))

34

5. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018

3.3.3. Exprimer la dérivée θ 0 de θ en fonction de u, u0 et ψ et en déduire que la fonction θ est strictement décroissante sur I 3.3.4. On suppose de plus que la fonction ψ est minorée sur I par une constante λ > 0 (i) Montrer que, pour tout t ∈ I, θ 0 (t) 6 − min(1, λ).

x2 + λ y2 x2 + y2 (ii) En déduire que la fonction θ réalise une bijection de I sur l’intervalle ]−∞, θ(α)] On pourra utiliser le fait que, pour tout (x, y) ∈ R2 \ {(0, 0)}, min(1, λ) 6

(iii) Montrer alors que les zéros de la solution u sur I forment une suite strictement croissante vers +∞ ; n o   plus précisement, Zu = θ −1 π2 + kπ ; k ∈ Z et π2 + kπ 6 θ(α) 3.4. Dans cette question, on suppose I = [α, +∞[, avec α ∈ R, et qu’il existe γ > α tel que la fonction ψ soit à   valeurs strictement positives et minorée par λ > 0 sur l’intervalle γ, +∞ . On considère une solution u sur   I, non identiquement nulle, de l’équation différentielle Eψ . Montrer que les zéros de la solution u sur I forment une suite qui tend vers +∞ et qui est strictement croissante à partir d’un certain rang. 3.5. Application aux zéros des fonctions de Bessel Soit n ∈ N. Montrer que les zéros de la fonction Jn de Bessel, sur l’intervalle ]0, +∞[, forment une suite qui tend vers +∞ et qui est strictement croissante à partir d’un certain rang

Partie IV:

Irrationnalité des zéros de la fonction Jn de Bessel

Dans cette partie, n désigne un entier naturel et Jn , G n les fonctions définies dans la première partie. Pour tout entier naturel p, on note Up , L p et Tp les fonctions définies sur R par : ∀x ∈ R,

Up (x) =

x n+p (1 − x) p (p) , L p (x) = Up (x) p!

et Tp (x) =

Z

1

G n (xt)L p (t) dt 0

4.1. Montrer que pour tout entier naturel p, il existe deux polynômes Q p et R p à coefficients entiers, vérifiant les propriétés suivantes :

Q p (x)G n (x) + R p (x)G0n (x) ; xp (ii) Q0 = 0, R0 = 1 et Q p (0)R p (0) , 0 si p > 1 ; (i) ∀x ∈ R∗ ,

Tp (x) =

(iii) si p > 1, le degré de Q p (resp. R p ) est inférieur ou égal à p − 1 (resp. p) (p)

On pourra commencer par exprimer d’abord le polynôme Up

dans la base canonique de R[X] et ensuite

utiliser la question (2.1.4.) de la deuxième partie. 4.2. Montrer que pour tout entier naturel p et tout réel non nul x, p p

Z

(−1) x

1

(p)

G n (xt)Up (t) dt = Tp (x)

0

4.3. Montrer soigneusement que pour tout réel x et tout entier naturel p, Z 1 (p) e| x | G n (xt)Up (t) dt 6 p! 0   4.4. Montrer que pour tout réel x, la suite Q p (x)G n (x) + R p (x)G0n (x)

p>1

converge vers 0

4.5. Montrer que, pour tout entier naturel p, le polynôme Q p −1 R p − Q p R p−1 est en fait un monôme de degré 2(p − 1)

5. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018   4.6. Montrer que pour tout entier non nul p et tout réel non nul x, Tp −1 (x),Tp (x) , (0, 0) 4.7. Montrer que les zéros de la fonction G n sont irrationnels. 4.8. Montrer que si x est un zéro non nul de la fonction Jn , alors x et x 2 sont irrationnels.

35

Corrigé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2018

Partie I:

Étude de solutions des équations différentielles de Bessel d’indice entier

1.1. u étant de C 2 et non nulle sur ]0, +∞[, alors par produit v est de C 2 et non nulle sur ]0, +∞[ et par la formule de Leibniz, on obtient : ∀t > 0,

√ u0 (t) u(t) v 00 (t) = tu00 (t) + √ − √ 3 t 4 t

Puis, pour t > 0, on a : ! √ 00 u0 (t) 1 − 4n2 u(t) √ v (t) + σ n (t)v(t) = tu (t) + √ − √ 3 + t 1 + u(t) 4t 2 t 4 t   i 1 h = √ 3 t 2 u00 + tu0 (t) + t 2 − n2 u(t) {z } t | 00

=0

= 0 1.2.

1.2.1. La fonction yn est de C ∞ sur ]−R, R[, car c’est la somme d’une série entière de rayon R, et pour tout t ∈ ]−R, R[, on a : t yn0 (t) =

+∞ X

(k + n)ak t n+k

k=0

t 2 yn00 (t) =

+∞ X

(k + n)(k + n − 1)ak t n+k

k=0

L’équation (Bn ) équivaut à +∞ X

(k + n)(k + n − 1)ak t n+k +

k=0

+∞ X

(k + n)ak t n+k +

k=0

Soit

+∞ X

+∞ X

ak t n+k+2 − n2

k=0

k (2n + k)ak t n+k +

k=0

+∞ X

+∞ X

ak t n+k = 0

k=0

ak t n+k+2 = 0

k=0

Avec le changement d’indice k 0 = k + 2 dans le second terme du premier membre, il vient +∞ X

k (2n + k)ak t n+k +

k=0

Ou encore

+∞ X

+∞ X

ak −2 t n+k = 0

k=2

(k (2n + k)ak + ak −2 ) t n+k + (2n + 1)a1 t = 0

k=2

    a1 = 0 Ceci fournit     k (2n + k)ak + ak −2 = 0 ∀k > 2  36

    a1 = 0 c’est-à-dire     (k + 2)(2n + 2 + k)ak+2 + ak = 0 ∀k > 0 

37

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 1.2.2. Par récurrence sur k ∈ N  Pour k = 0 les deux formules  sont vraies     a2k+1 = 0  Soit k ∈ N. Supposons que  (−1) k     a2k = a0 n! 22k k!(n + k)!  a2k+1 • a2k+3 = − =0 (2k + 3)(2n + 3 + 2k) • De même

a2k+2

1.3.

a2k a2k =− 2 (2k + 2)(2n + 2 + 2k) 2 (k + 1)(n + 1 + k) −1 (−1) k (HR) = a n! 0 22 (k + 1)(n + 1 + k) 22k k!(n + k)! (−1) k+1 = a0 n! 2k+2 2 (k + 1)!(n + k + 1)! =

−

Récurrence achevée ak+1 1 1 = . Par le critère de D’Alembert −−−−−→ 0, donc le  On pose ak = k!(n + k)! ak (k + 1)(n + k + 1) k →+∞ X 1 rayon de convergence de la série z k est +∞ k!(n + k)! k>0 k X (−1)  On pose bk = 2k z 2k . Pour z = 0, la série bk converge absolument et pour z ∈ C∗ , on 2 k!(n + k)! k>0 X bk+1 |z| 2 = a : −−−−−→ 0, donc la série bk est absolument convergente et, par suite, bk (k + 1)(n + k + 1) k →+∞ k>0

(−1) k le rayon de convergence z 2k vaut +∞ 2k k!(n + k)! 2 k>0      a2k+1 = 0 1.4. On considère la suite (ak ) k>0 définie par : ∀k ∈ N,  (−1) k     a2k = 2n+2k k!(n + k)!  X

. La série

rayon +∞ et la suite (ak ) k>0 vérifie bien les contraintes de la question (1.2.2.) avec a0 =

X

ak z k est de

k>0

1 2n n!

1.5.   1 > 0, et par continuité de G n , il existe donc β > 0 tel que G n (t) > 0, pour tout t ∈ − β, β n! 1.5.2. Pour t > β > 0, alors G n (t) est somme d’une série à termes strictement positifs, donc G n (t) > 0 et     pour t ∈ − β, β , G n (t) > 0. Par exclusion les zéros de G n sont dans −∞, − β 1.5.1. G n (0) =

1.5.3. Soit t ∈ R, on a  t n 2

Gn −

 t 2! 2

=

+∞  t n X

2

k=0

Si t ∈ ]0, +∞[ est zéro de Jn alors −

Partie II:

+∞  t k  t n X 1 (−1) k − = t 2k = Jn (t) k!(n + k)! 2 2 k=0 22k k!(n + k)!

√ t2 t2 est zéro de G n , donc − 6 − β, soit t > 2 β 4 4

Quelques résultats utiles pour la suite

2.1. 2.1.1. La fonction G n est la somme d’une série entière de rayon de convergence +∞, donc elle est de classe

38

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 C ∞ et pour tout p ∈ N∗ et t ∈ R : (p)

G n (t) =

+∞ X k=p

+∞

X k! 1 1 tk −p = tk (k − p)! k!(n + k)! k!(k + p + n)! k=0

2.1.2. Soit x ∈ R. La fonction t 7−→ t n G n (t) est somme d’une série entière de rayon de convergence +∞, alors Z

x

t G n (t) dt = n

0

+∞ xX

Z 0

=

k=0 x

+∞ Z X

0

k=0

=

+∞ X k=0

1 t n+k dt k!(k + n)! 1 t n+k dt k!(k + n)!

1 x n+k+1 k!(k + n + 1)!

= x n+1

+∞ X k=0

1 xk k!(k + n + 1)!

= x n+1 G0n (x) 2.1.3. Soit p ∈ N∗ , l’application x 7−→ x n+p G0n (x) est dérivable sur R comme produit de deux fonctions dérivables sur R et par la formule du produit x n+p G0n (x)


0

=



x p −1 x n+1 G0n (x)

0

 0 = (p − 1)x n+p−1 G0n (x) + x p −1 x n+1 G0n (x) | {z } =x n G n (x)

= x n+p −1 G n (x) + (p − 1)G0n (x) 2.1.4. Par récurrence sur p ∈ZN

x

 Pour p = 0, on a

0




t n G n (t) dt = x n+1 G0n (x), alors A0 = 0 et B0 = 1 répondent à la question

 Soit p > 0. Par une intégration par parties x

Z

t n+p+1 G n (t) dt =

0

=

x

Z

t p+1 t n G n (t) dt

Z0 x 0

h

=

 0 t p+1 t n+1 G0n (t) dt Z

ix G0n (t) 0

x

− (p + 1) t n+p+1 G0n (t) dt 0 Z x n+p+2 0 = x G n (x) − (p + 1) t n+p+1 G0n (t) dt t

n+p+2

0

En outre Z

x

t 0

n+p+1

G0n (t) dt

=

h

Z

ix

x

− (n + p + 1) t n+p G n (t) dt 0 0 Z x n+p+1 = x G n (x) − (n + p + 1) t n+p G n (t) dt t

n+p+1

G n (t)

0

39

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 Par hypothèse de récurrence, il existe deux polynômes A p et B p à coefficients entiers, x

Z 0

  t n+p G n (t) dt = x n+1 A p (x)G n (x) + B p (x)G0n (x)

Alors Z 0

x

  t n+p+1 G n (t) dt = x n+1 A p+1 (x)G n (x) + B p+1 (x)G0n (x)

Avec

   A   p+1    B p+1 

= (p + 1)(n + p + 1) A p − (p + 1)X p = X p+1 + (p + 1)(n + p + 1)B p

Les deux polynômes A p+1 et B p+1 sont à coefficients entiers car A p et B p le sont. Avec deg( A p+1 ) = p et deg(B p+1 ) = p + 1 2.1.5. Des formules précédentes, on tire ∀p ∈ N, et

B p+1 (0) = (p + 1)(n + p + 1)B p (0)

   A (0) = 0, A1 (0) = −1   0    A p+1 (0) = (p + 1)(n + p + 1) A p (0), 

Soit B p (0) =

p!(p + n)! n!

∀p > 1

    0 A p (0) =  p!(p + n)!     − (n + 1)! 

et

si p = 0 si p > 1

0 2.1.6. Soit Z x x un zéro de R. Par absurde on suppose que G n (x) = 0, alors x < 0 et pour tout p ∈ N, on a t n+p G n (t) dt = 0. Notons f n : t 7−→ t n G n (t). Par linéarité de l’intégrale, pour tout polynôme 0

P ∈ R[X], on a :

x

Z

P (t) f n (t) dt = 0

0

La fonction f n est continue sur [x, 0]. Donc, d’après théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pm ) m∈N convergeant uniformément sur [x, 0] vers f n . Pour tout m ∈ N et tout t ∈ [x, 0], en écrivant f (t) 2 − f (t)P (t) = f (t) ( f (t) − P (t))| n m n m n | n et il en résulte que la suite ( f n Pm ) m∈N converge uniformément vers f n2 sur [x, 0]. D’après le théorème d’intégration des limites uniformes, il vient alors : 0

Z

f n (t) 2 dt = lim

m→+∞

x

Donc

0

Z x

0

Z

f n (t)Pm (t) dt x

f n (t) 2 dt = 0

40

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018

La fonction f n2 étant continue positive sur le segment [x, 0] d’intégrale nulle, donc f n = 0, ainsi la nullité de f n . En particulier ∀t ∈ [x, 0[, G n (t) = 0 et par continuité G n (0) = 0. Ce qui est absurde 2.2.

!0 g g g g0 f − g f 0 = 0, donc est dérivable sur I et est constante, c’est-à-dire il 2.2.1. L’application = 2 f f f f existe λ ∈ C tel que g = λ f . Les deux fonctions f et g sont à valeurs dans C∗ en conséquence λ ∈ C∗

2.2.2. Soit u et v les parties réelle et imaginaire de h, ces deux fonctions sont de classe C 1 sur I et la contrainte h0 (t) est continue, donc |h| = 1 donne u2 + v 2 = 1, en particulier u0u + v 0 v = 0. L’application t 7−→ h(t) Z t 0 h (s) h0 (t) ds est de classe C 1 , puis θ est de classe C 1 sur I et θ 0 (t) = −i . t 7−→ h(t) t 0 h(s) Pour t ∈ I, on a Z

t t0

h0 (s) ds = h(s)

Z

=

Z

t

h0 (s)h(s) ds t0

   (u0 (s)u(s) + v 0 (s)v(s)) + i(u(s)v 0 (s) − u0 (s)v(s))  ds {z }  |   =0

t t0

= i

Z

t

(u(s)v 0 (s) − u0 (s)v(s)) ds t0

Ceci montre que θ est à valeurs réelles. Soit f : t 7−→ eiθ (t ) . Par coposition f est de classe C 1 sur I à valeurs dans C∗ et telle que iθ 0 (t) = λ=1

h0 (t) = h(t)

f 0 (t) , donc il existe λ ∈ C∗ tel que h = αeiθ . En particluier eiθ (t0 ) = h(t 0 ) = λeiθ (t0 ) , donc f (t)

2.2.3. (i) Notons u et v les parties réelle et imaginaire de f . Ces deux fonctions sont de classe C 1 sur I, donc p u2 + v 2 l’est aussi et est srtictement positve donc t 7−→ u2 (t) + v 2 (t) est de classe C 1 sur I f (ii)  Existence : Soit h = , une telle application est de classe C 1 sur I et de norme 1, d’après la |f| question (2.2.2.) il existe θ : I 7−→ R de classe C 1 sur I vérifiant : θ(t 0 ) = θ 0

et ∀t ∈ I,

h(t) = eiθ (t )

Soit θ(t 0 ) = θ 0

et ∀t ∈ I,

f (t) = | f (t)| eiθ (t )

 Unicité : Soit θ, β : I −→ R de classe C 1 vérifiant les deux contraintes. Alors iθ 0 =

(eiθ ) 0 = eiθ

(ei β ) 0 = i β 0 . Donc il existe λ ∈ R tel que θ = β + λ, avec θ(t 0 ) = β(t 0 ), on obtient θ = β ei β 2.3. Procédons par récurrence sur p. La formule est vraie pour p = 1 (c’est la formule d’intégration par parties classique). Supposons la vraie au rang p − 1 et prouvons-la au rang p. Soit h = f 0 , qui est de classe C p−1 . La formule au rang p − 1 appliquée à h et g donne b

Z

h a

(p −1)

(t)g(t) dt = (−1)

p −1

b

Z

h(t)g (p−1) (t) dt+ a

p −1 X k=1

(−1) k+1 h (p−1−k ) (b)g (k −1) (b)−h (p−1−k ) (a)g (k −1) (a)




41

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 soit b

Z

f

(p)

(t)g(t) dt = (−1)

p −1

a

b

Z

0

f (t)g

(p −1)

(t) dt+

p −1 X

a

(−1) k+1 f (p−k ) (b)g (k −1) (b)− f (p −k ) (a)g (k −1) (a)




k=1

Il suffit alors d’intégrer par parties le premier terme du second membre, alors b

Z

0

f (t)g

(p−1)

(t) dt = f (b)g

(p −1)

(b) − f (a)g

(p−1)

b

Z

f (t)g (p) (t) dt

(a) −

a

a

pour obtenir le résultat.

Étude des zéros des solutons d’une équation différentielle d’ordre 2

Partie III:

3.1. Les deux fonctions ϕ et ψ sont continues sur I, d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire, le problème de Cauchy    u00 + ϕu0 + ψu = 0     u(t 0 ) = x 0 ,u0 (t 0 ) = x 00 

x 0 , x 00 ∈ R

et

t0 ∈ I

admet une et une seule solution   3.2. Soit u une solution sur I, non identiquement nulle, de l’équation différentielle Eϕ,ψ 3.2.1. Si u0 (t 0 ) = 0, alors par unicité de la solution du problème de Cauchy u = 0, ce qui est absurde.   Par continuité de u0 il existe η > 0 tel que ∀t ∈ I ∩ t 0 − η,t 0 + η , u0 (t) , 0 et soit t ∈ I ∩   t 0 − η,t 0 + η \ {t 0 }. Si u(t) = 0, alors par le théorème de Rolle il existe c compris strictement entre t 0   et t, donc dans I ∩ t 0 − η,t 0 + η , tel que u0 (c) = 0, ce qui est absurde 3.2.2. Supposons que Zu ∩ [a, b] est infini. Soit (x n ) n>0 une suite d’éléments deux à deux distincts de   Zu ∩ [a, b]. Par le théorème de Bolzano-Weierstrass il existe une suite extraite x ϕ (n) de (x n ) n>0 n>0

convergente vers t 0 ∈ Zu ∩ [a, b] ( Rappelons que Zu ∩ [a, b] =

u −1 ({0})

théroème de Rolle, il existe yn compris entre x ϕ (n) et x ϕ (n+1) tel

est un fermé). On fait appel au

que u0 (y

n)

= 0. La suite yn −−−−−→ t 0 n→+∞

par le théorème des gendarmes et par continuité de u0 , on a u0 (t 0 ) = 0. Bref il existe t 0 ∈ I tel que u(t 0 ) = u0 (t 0 ) = 0, ce qui est absurde car u est non identiquement nulle 3.3. 3.3.1. Sinon il existe t ∈ I tel que ρ(t) = 0, soit u(t) = u0 (t) = 0, donc u est nulle. Ce qui est absurde. 3.3.2. f est de classe C 1 sur I à valeurs dans C comme somme de deux fonctions de classe C 1 et elle ne s’annule pas, alors d’après la question (2.2.3.) il existe θ : I −→ R de classe C 1 telle que ∀t ∈ I,

f (t) = | f (t)| eiθ (t ) qui se traduit à ∀t ∈ I,

u(t) = ρ(t) cos (θ(t))

et

u0 (t) = ρ(t) sin (θ(t))

    ρ0 cos θ − ρθ 0 sin θ = u0 3.3.3. On dérive u et u0 on obtient  . On multiplie la première égalité par    ρ0 sin θ + ρθ 0 cos θ = u00 = −uψ      ρρ0 sin θ cos θ − ρ2 θ 0 sin2 θ = u02 u0 = ρ sin θ et la deuxième par u = ρ cos θ, on obtient  , puis    ρρ0 sin θ cos θ + ρ2 θ 0 cos2 θ = −u2 ψ 

42

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018

−u2 ψ − u02 . Les fonctions u2 ψ et u02 sont positives et elles ne peuvent u2 + u02 pas s’annuler au même temps, donc pour tout t ∈ I, θ 0 (t) < 0, soit θ est strictement décroissante sur I par soustraction on obtient θ 0 = 3.3.4. Soit λ > 0 un minorant de ψ (i) Soit t ∈ I, on a (u(t),u0 (t)) , (0, 0) et θ 0 (t) = −

u2 ψ + u02 λu2 + u02 6 − 6 − min (1, λ) u2 + u02 u2 + u02

(ii) θ est continue et strictement décroissante sur I = [α, +∞[, donc c’est une bijection de I = [α, +∞[   vers θ(I) = lim θ(t), θ(α) . L’inégalité précédente montre que ∀t ∈ I, θ(t) 6 − min(1, λ)(t − t →+∞

α) + θ(α), puis lim θ(t) = −∞ t →+∞

(iii) Soit t > α, alors

t ∈ Zu

⇐⇒ u(t) = 0 ⇐⇒ cos θ(t) = 0 π ⇐⇒ ∃k ∈ Z, θ(t) = + kπ 2

  n o   π Donc Zu = t > α | ∃k ∈ Z, θ(t) = + kπ = θ −1 π2 + kπ ; k ∈ Z et π2 + kπ 6 θ(α) . 2! π  θ(α) 1 −1 Pour finir, on pose k 0 = E − puis pour tout n ∈ N, on pose x n = θ + (k 0 − n) π . π 2 2 On a bien Zu = {x n , n ∈ N} et la suite (x n ) n>0 est strictement croissante tendant vers +∞   3.4. Soit uγ la restriction de u à Iγ = γ, +∞ . la solution uγ vérifie les conditions de la question (3.3.4.), donc les zéros de u sur Iγ forment une suite strictement croissante vers +∞. En outre d’après la question (3.2.2.)   l’ensemble Zu ∩ α, γ est fini. Par concaténation les zéros de la solution u sur I forment une suite qui tend vers +∞ et qui est strictement croissante à partir d’un certain rang.

h √ h 3.5. D’après la question (1.5.3.), il existe β > tel que les zéros de Jn sur l’intervalle ]0, +∞[ sont dans 2 β, +∞ . h h √ √
D’après la question (1.1.) l’application v : t 7−→ t Jn (t) est solution de Eσ n sur 2 β, +∞ , avec σ n (t) =   1 − 4n2 1 + 4(t 2 − n2 ) 1 1+ = qui est strictement positive et minorée par λ = > 0 sur γ, +∞ , avec 2 2 2 4t 4t h 4γ h √ √ γ > max(n, 2 β). D’après la question (3.4.) l’application les zéros de v sur 2 β, +∞ forment une suite qui tend vers +∞ et qui est strictement croissante à partir d’un certain rang. Pour conclure le résultat il suffit de voir que v et Jn ont même zéros sur ]0, +∞[

Partie IV:

Irrationnalité des zéros de la fonction Jn de Bessel p X

p k

4.1. On appelle la formule de binôme de Newton, il vient que Up (x) = (−1) k x n+p+k et par définition de p! k=0 p ! ! p p X X (p) k k (n + p + k)! n+k k p n+p+k L p , on aura L p (x) = Up (x) = (−1) x = (−1) x n+k p! (n + k)! k n + k k=0 k=0 Soit x ∈ R∗ , alors par le changement de variable t 7−→ xt, on a : 1 Tp (x) = x

Z

x

G n (t)L p 0

t  x

dt

43

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 On remplace L p par son expression dans la base canonique de R[X] et on poursuit le calcul p X

! ! Z x p n+p+k 1 t n+k G n (t) dt (−1) n+k+1 k n + k x 0 k=0 ! ! p X
p n+p+k 1 (−1) k x n+1 Ak (x)G n (x) + Bk (x)G0n (x) n+k+1 k n + k x k=0 ! ! p
1 X k p n+p+k (−1) x p −k Ak (x)G n (x) + Bk (x)G0n (x) k n+k x p k=0

=

Tp (x)

(2.1.4.)

= =

Q p (x)G n (x) + R p (x)G0n (x) xp

= Avec Qp =

p X

k

(−1)

! ! p n + p + k p−k X Ak k n+k

k

k=0

et

Rp =

p X

(−1)

! ! p n + p + k p −k X Bk k n+k

k

k=0

 Les polynômes Q p et R p sont bien à coefficients entiers, car ils sont combinaisons linéaires des poly-

nômes à coefficients entiers de coefficients entiers, donc ils vérifient la contrainte (i).    Q0 = A0 = 0, R0 = B0 = 1 et pour tout p > 1, on a R p (0) = (−1) p n+2p n+p B p (0) , 0 et Q p (0) =   (−1) p n+2p n+p A p (0) , 0. Donc la deuxième contrainte (ii) est vérifiée    Soit p > 1. Pour chaque k ∈ 0, p deg Ak 6 k − 1 et deg Bk 6 k, donc deg X p−k Ak 6 p − 1 et deg X p −k Bk 6 p, alors par combinaisons linéaires deg Q p 6 p − 1 et deg R p 6 p. Ainsi la troisième contrainte (iii) est vérifiée 4.2. les deux fonctions t 7−→ G n (xt) et t 7−→ Up (t) sont de classe C p sur [0, 1] et pour tout k ∈ t ∈ [0, 1], (G n (xt)) (k ) = Tp (x) =

Z

x k G n(k ) (xt), 1



0, p



et

alors par la formule d’intégration par parties itérée

(p)

G n (xt)Up (t) dt 0

= (−1)

p

Z

1

(G n (xt))

(p)

Up (t) dt +

0

p X

h i1 (p −k ) (−1) k+1 x p −k G n (xt)Up(k −1) (t) 0

k=1

Comme 0 (resp. 1) est racine de Up d’ordre n + p (resp. p), alors ∀i ∈ p X h i1 (p −k ) puis (−1) k+1 x p −k G n (xt)Up(k −1) (t) = 0, soit



 0, p − 1 , Up(i) (0) = Up(i) (1) = 0,

0

k=1

Tp (x) = (−1) p

Z

1

(G n (xt)) (p) Up (t) dt = (−1) p x p

0

4.3. Soit x ∈ R et t ∈ [0, 1], on a :

Z

1

(p)

G n (xt)Up (t) dt 0

(xt) k t n+p (1 − t) n 6 k |x|

Alors X +∞ +∞ +∞ n+p (1 − t) n 1 1 X 1 X |x| k e| x | |x| k G (p) (xt)U (t) = kt (xt) 6 6 = p n k!(n + k + p)! p! p! k=0 k! p! p! k=0 k!(n + k + p)! k=0 On conclut, donc

Z 1 (p) Z 1 (p) e| x | G n (xt)Up (t) dt 6 G n (xt)Up (t) dt 6 p! 0 0

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018

44

4.4. Soit x ∈ R  Si x = 0. Pour p > 1, on a :

      p n+2p A (0) = −(−1) p n+2p p!(p + n)!  Q (0) = (−1)  p p  n+p n+p  (n + 1)!     n+2p   n+2p  p!(p + n)!   R (0) = (−1) p p p n+p B p (0) = (−1) n+p  n!     1 1  0    G n (0) = n! et G n (0) = (n + 1)! 

Donc Q p (0)G n (0) + R p (0)G0n (0) = 0 −−−−−→ 0 p→+∞

 Si x , 0, on a :

Q (x)G (x) + R (x)G0 (x) = x p T (x) n p p n p Z 1 (p) G n (xt)Up (t) dt = x 2p 0 |x| e 6 x 2p −−−−−→ 0 p! p→+∞

  Bref la suite Q p (x)G n (x) + R p (x)G0n (x)

p>1

converge vers 0

4.5. Remarquons d’abord que Q p R p −1 − Q p−1 R p est un polynôme et     deg Q p R p −1 − Q p−1 R p 6 max deg Q p R p−1 , deg Q p −1 R p 6 2(p − 1) car pour tout k ∈ N, deg Rk 6 k et deg Q k 6 k − 1. Soit x ∈ R∗ , on part des égalités    x p Tp (x)      x p −1Tp−1 (x)  Soit

   x p Tp (x)R p −1 (x)      x p −1Tp −1 (x)R p (x) 

= Q p (x)G n (x) + R p (x)G0n (x) = Q p −1 (x)G n (x) + R p −1 (x)G0n (x)

= Q p (x)R p−1 (x)G n (x) + R p (x)R p−1 G0n (x) = Q p −1 (x)R p (x)G n (x) + R p (x)R p−1 (x)G0n (x)

On tire alors   G n (x) Q p (x)R p −1 (x) − Q p−1 (x)R p (x) = x p Tp (x)R p−1 (x) − x p −1Tp −1 (x)R p (x) On introduit T˜p (x) = (−1) p

Z

1

(p)

G n (xt)Up (t) dt, on a Tp (x) = x p T˜p (x) et on obtient alors

0

    G n (x) Q p (x)R p −1 (x) − Q p −1 (x)R p (x) = x 2p −2 x 2T˜p (x)R p −1 (x) − T˜p −1 (x)R p (x)   −T˜p −1 (0)R p (0) Ce qui montre que Q p (x)R p−1 (x) −Q p−1 (x)R p (x) = λ x 2p−2 +◦ x 2p −2 , avec λ vaut , 0, G n (0) Z 1 (p) car R p (0) , 0 et T˜p −1 (0) = (−1) p G n (0) Up (t) dt , 0 car Up garde un signe constant sur [0, 1]. Bref 0

Q p R p −1 − Q p−1 R p est un polynôme de valuation 2p − 2, ainsi le résultat demandé   4.6. Soit p un entier non nul et x un réel non nul. Si Tp −1 (x),Tp (x) = (0, 0), alors le système d’inconnues

45

6. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2018 G n (x), G0n (x)

   Q (x)G n (x) + R p (x)G0n (x)   p   Q p −1 (x)G n (x) + R p −1 (x)G0n (x) 

=0 =0

dont le déterminant λ x 2p −2 , 0, est de Cramer, donc il admet une seule solution G n (x) = G0n (x) = 0. Ce qui est absurde a avec a ∈ Z et b ∈ N∗ . b R p (x)G0n (x) = x p Tp (x) et l’inégalité obtenue en (4.3.) montre que

4.7. Soit x un zéro de G n et par absurde on suppose qu’il est rationnel, c’est-à-dire x = La contrainte (4.1.(i)) donne ∀p > 1,

1 a2p e | x | b p R (x) 6 −−−−→ 0 p |G0n (x)| |b p | p! −p→+∞ d’où à partir d’un certain rang p0 , on a b p R p (x) < 1. Or R p est à coefficients entiers donc b p R p (x) ∈ Z, alors ∀p > p0 ,

b p R p (x) = 0 puis R p (x) = 0. Revenons à (4.1.(i)) on obtient ∀p > p0 ,

Tp (x) = 0 ce qui

contredit le résultat de (4.6.) 4.8. Soit x un zéro de Jn , alors − est irrationnel

x2 est zéro de G n , donc il est irrationnel puis x 2 est irrationnel et, par suite, x 4

Énoncé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2018

Le sujet de cette épreuve est composé d’un exercice et d’un problème indépendants entre eux.

EXERCICE Pour tout p ∈ N∗ , on note Mn (R) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre p à coefficients réels ; la matrice identité de Mn (R) se notera I p . Si M ∈ Mn (R) , on note Tr(M) sa trace, t M sa transposée et π M son polynôme minimal.

Partie I:

Réduction d’une matrice

Soient a et b deux réels, avec b , 0, et soit n un entier naturel > 2. On pose β = a − b, γ = a + (n − 1)b et on note A, D les matrices de Mn (R) définies par :  ... b    b a . . . ...   A =  .   . . . . . . . b   .  b . . . b a 





a

b

et

  D =    

β 0 .. . 0

 ... 0  .  .. .. . . ..   .. . β 0   ... 0 γ  0

1.1. Préciser le rang de la matrice A − βIn 1.2. En déduire que β est une valeur propre de la matrice A et que le sous-espace propre associé est de dimension n−1 1.3. Montrer qu’il existe une matrice orthogonale P ∈ Mn (R) telle que A =t PDP 1.4. Calculer le déterminant de la matrice A. A quelle condition, sur a et b, la matrice A est-elle inversible ? 1.5. Préciser le polynôme minimal de A puis donner l’expression de l’inverse de la matrice A, si elle est inversible, en fonction des matrices A et In 1.6. On suppose de plus que les réels β et γ sont positifs ou nuls. Donner une matrice S ∈ Mn (R) symétrique et ayant toutes ses valeurs propres positives ou nulles, telle que A = S 2

Partie II:

Application à l’étude d’une famille de vecteurs d’un espace euclidien

Soit E un espace vectoriel euclidien de dimension n > 2 muni d’un produit scalaire noté < ., . > ; la norme euclidienne sur E associée à ce produit scalaire est notée k.k 2.1. On suppose qu’il existe une famille (u1 , . . . ,un+1 ) de n + 1 vecteurs unitaires de E et un réel α, non nul et   distinct de 1, tels que, pour tout i , j, ui |u j = α On note G la matrice de M n+1 (R) de terme général   ui |u j , pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , n + 1}2   2.1.1. Montrer que α ∈ [−1, 1[ . Si (i, j) ∈ {1, . . . , n + 1}2 et i , j, la famille ui ,u j est-elle liée ? 2.1.2. Justifier que la famille (u1 , . . . ,un+1 ) est liée. 2.1.3. Montrer que les colonnes de G sont liées et en déduire que la matrice G n’est pas inversible. 46

47

7. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

2.1.4. En appliquant les résultats de la partie précédente à la matrice G, déterminer la valeur de α en fonction de n 2.2. Étude de la réciproque On pose c = − n1 et on note M la matrice de M n+1 (R) définie par : 

 ··· c    c 1 . . . ...   M =  .  . . . . . . .  c   .  c · · · c 1  1

c

On désigne par le produit scalaire canonique de Rn+1 2.2.1. Montrer qu’il existe une matrice symétrique B ∈ M n+1 (R) telle que M = B 2 .     Dans la suite, une telle matrice B est choisie et on pose M = mi, j , B = bi, j 16i, j6n+1

16i, j6n+1

2.2.2. Pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , n + 1}2 , exprimer mi, j en fonction des coefficients de la matrice B 2.2.3. Moyennant le résultat de la question précédente, construire une famille (w1 , . . . , wn+1 ) de n +1 vecteurs unitaires de Rn+1 telle que, pour tout (i, j) ∈ {1, . . . , n + 1}2 , < wi , w j >= mi, j 2.2.4. Montrer que la matrice M n’est pas inversible et en déduire qu’il existe un sous-espace vectoriel F de Rn+1 , de dimension n et contenant tous les vecteurs w1 , . . . , wn+1 2.2.5. Montrer qu’il existe effectivement une famille (v1 , . . . , vn+1 ) de n + 1 vecteurs unitaires de E tels que,   pour tout i , j, vi |v j = − n1 . On pourra construire une isométrie entre E et l’espace euclidien F, muni de la structure euclidienne   induite par celle de Rn+1 ,

PROBLÈME Dans ce problème  C désigne le corps des nombres complexes, E un C -espace vectoriel, non nécessairement de dimension finie,

et L(E) l’algèbre des endomorphismes de E.

 Pour tout g ∈ L(E), on pose g 0 = id E et, pour tout k ∈ N∗ , g k désigne le composé de k endomorphismes

égaux à g.

 Si u, v ∈ L(E), l’endomorphisme u ◦ v se notera simplement uv

 Un endomorphisme de E de la forme λid E , avec λ ∈ C, est dit une homothétie.

 On note M n (C) l’algèbre des matrices carrées d’ordre n ∈ N∗ à coefficients dans C; la matrice identité

de M n (C) se notera In

 Une matrice de M n (C) est dite scalaire si elle est de la forme λIn avec λ ∈ C

 C[X] désigne l’algèbre des polynômes à coefficients complexes et, pour tout p ∈ N∗ , C p [X] est le sous-

espace vectoriel de C[X] formé des polynômes de degré 6 p

L’objet de ce problème est d’établir le résultat suivant dû à AUPETIT en 1988 Théorème Si f est un endomorphisme d’un espace vectoriel complexe E pour lequel il existe un entier n > 1 tel que, pour tout x ∈ E, Ia famille (x, f (x), . . . , f n (x)) est liée, alors la famille (id E , f , . . . , f n ) , d’éléments de

7. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

L(E), est liée.

Partie I:

48

♥

Un résultat utile sur les fractions rationnelles

On se donne une fraction rationnelle

R où R et Q sont des polynômes, à coefficients complexes, premiers Q

R est définie et bornée sur C\D, où D est un ensemble fini, c’est à dire qu’il Q |R(z)| existe une constante M > 0 telle que, pour tout z ∈ C\D, 6M |Q(z)| 3.1. Montrer que, pour tout z ∈ C, |R(z)| 6 M |Q(z)| entre eux. On suppose que la fraction

3.2. Montrer que cette fraction n’a aucun pôle et qu’il s’agit en fait d’un polynôme qu’on notera P. d X 3.3. On pose P = ak X k où d est le degré de P k=0

Z

2π

ei (k −q)t dt selon les valeurs de k et q 0  R 2π  3.3.2. Soient q ∈ {1, . . . , d} et r > 0; calculer l’intégrale 0 P reit e −iqt dt et l’exprimer à l’aide de r et

3.3.1. Soit (k, q) ∈

N2 ;

calculer l’intégrale

des coefficients du polynôme P 3.3.3. Montrer alors que le polynôme P =

Partie II:

R est constant. Q

Étude du cas n = 1 et applications

Soit f un endomorphisme de E 4.1. Étude du cas n = 1. Dans cette question on suppose que, pour tout vecteur x ∈ E, la famille (x, f (x)) est liée. 4.1.1. Démontrer que, pour tout x ∈ E\ {0 E } , il existe un unique λ x ∈ C tel que f (x) = λ x x 4.1.2. Soit (x, y) ∈ (E\{0}) 2 ; démontrer que si la famille (x, y) est liée alors λ x = λ y 4.1.3. Soit (x, y) ∈ (E\{0}) 2 ; démontrer que si la famille (x, y) est libre alors λ x = λ y 4.1.4. En déduire alors que f est une homothétie ; en particulier, la famille (id E , f ) est liée. 4.2. Quelques applications 4.2.1. Montrer que si f laisse stables toutes les droites vectorielles de E, alors f est une homothétie. 4.2.2. Montrer que si E est de dimension finie > 3 et si f laisse stables tous les plans vectoriels de E, alors f est une homothétie. 4.2.3. On suppose ici que f n’est pas une homothétie et que E est de dimension finie p > 2 (i) Démontrer qu’il existe x 0 ∈ E tel que la famille (x 0 , f (x 0 )) soit libre.     (ii) Justifier l’existence d’une famille e3 , . . . , e p d’éléments de E telle que la famille x 0 , f (x 0 ) , e3 , . . . , e p soit une base de E (iii) On désigne par h la symétrie vectorielle de E par rapport au sous-espace vectoriel C · x 0 , engendré o n par x 0 , parallèlement au sous-espace vectoriel Vect f (x 0 ) , e3 , . . . , e p . Comparer h ( f (x 0 )) et f (h (x 0 )) puis en déduire que h f , f h 4.2.4. On suppose encore que E est de dimension finie p > 2. Déduire de ce qui précede que si f g = g f pour tout g ∈ L(E) alors f est une homothétie.

49

7. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018 4.2.5. Traduction matricielle

Soit A ∈ M p (C) , p > 2. Montrer que A est une matrice scalaire si, et seulement si, AM = M A pour tout M ∈ M p (C)

Partie III:

Étude du cas général

On se donne ici un endomorphisme f de E pour lequel il existe un entier n > 2 tel que, pour tout e ∈ E, la famille (e, f (e), . . . , f n (e)) est liée. 5.1. Soit x ∈ E\ {0 E }   5.1.1. Montrer qu’il existe un unique n x ∈ {1, . . . , n} tel que la famille x, f (x), . . . , f n x −1 (x) soit libre et la famille (x, f (x), . . . , f n x (x)) soit liée.   5.1.2. Montrer que le sous-espace vectoriel Vect x, f (x), . . . , f n x −1 (x) est stable par f 5.2. On pose p = max {n x ; x ∈ E\ {0 E }}   5.2.1. Justifier que p est bien défini, que p 6 n et qu’il existe x 0 ∈ E\ {0 E } tel que la famille x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p−1 (x 0 ) soit libre et la famille (x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p (x 0 )) soit liée. 5.2.2. Montrer qu’ill existe un unique polynôme unitaire P ∈ C[X], de degré p, tel que P( f ) (x 0 ) = 0 E et justifier que Q( f ) (x 0 ) , 0 E , pour tout polynôme non nul de C p −1 [X] . Dans la suite, un tel couple (p, x 0 ) est choisi. On va établir que P( f ) = 0 et par suite, la famille (id E , f , . . . , f p ) est liée, donc à fortiori la famille (id E , f , . . . , f n ) l’est aussi puisque p 6 n. Pour cela, on considère e ∈ E\ {0 E } et on cherche à montrer que P( f )(e) = 0 E 5.3. On pose F = Vect (x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p (x 0 ) , e, f (e), . . . , f p (e)) et, pour tout complexe λ, v λ = x 0 + λe 5.3.1. Montrer que le sous-espace vectoriel F est stable par f 5.3.2. Montrer que le sous-espace vectoriel F est de dimension finie comprise entre p et 2p   5.3.3. Montrer qu’il existe une famille ϕ0 , . . . , ϕ p−1 de formes linéaires sur F telle que, pour toun couple   (i, j) d’éléments de {0, . . . , p − 1}, ϕ j f i (x 0 ) = δ i, j    Dans la suite, on note ∆(λ) le déterminant de la matrice ϕ j f i (v λ ) ∈ M p (C) 06i, j6p −1

5.4. Montrer que ∆(λ) est un polynôme en λ, de degré 6 p et que ∆(0) = 1   5.5. Montrer que, pour tout λ ∈ C, il existe une famille α0 (λ), . . . , α p −1 (λ) de complexes tels que f p (v λ ) =

p −1 X

α k (λ) f k (v λ )

(1)

k=0

5.6. On dispose ainsi des p application α0 , . . . , α p −1 qui sont des fonctions complexes de la variable complexe. 5.6.1. Justifier que, pour tout complexe λ, les scalaires α0 (λ), . . . , α p −1 (λ) vérifient le système d’équations linéaires :

p −1  
X ϕ j f p (v λ ) = α k (λ)ϕ j f k (v λ ) ,

06 j 6 p−1

(2)

k=0

5.6.2. On note Z l’ensemble des racines complexes du polynôme ∆. Déduire de ce qui précède que les restrictions à C\Z des fonctions α0 , . . . , α p −1 sont des fractions rationnelles.

50

7. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

5.7. On considère le polynôme Pλ = X p −

p −1 X

α k (λ)X k et on note β0 (λ), . . . , β p −1 (λ) ses racines dans C,

k=0

chacune d’elles étant répétée autant de fois que son ordre de multiplicité. On a donc Pλ =   5.7.1. Montrer que, pour tout λ ∈ C\Z, la famille v λ , f (v λ ) , . . . , f p−1 (v λ ) est libre

p−1 Y

(X − βk (λ))

k=0

5.7.2. En déduire que, pour tout j ∈ {0, . . . , p − 1} et tout λ ∈ C\Z, p −1 Y

( f − βk (λ)id E ) (v λ ) , 0 E

k =0 k,j

5.7.3. Montrer alors que, pour tout j ∈ {0, . . . , p − 1} et tout λ ∈ C\Z, β j (λ) est une valeur propre de f F , endomorphisme de F induit par f 5.8. On note k.k une norme quelconque sur F et, pour tout g ∈ L(F), on pose kgk = sup kg(x)k k x k=1

5.8.1. Montrer que g 7→ kgk est une norme sur L(F) 5.8.2. Montrer que, pour tout couple (g, h) d’éléments de L(F), kghk 6 kgk khk 5.8.3. Montrer que, pour tout j ∈ {0, . . . , p − 1} et tout λ ∈ C\Z, β j (λ) 6 k f F k 5.8.4. En utilisant les formules de Viète, donnant les relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme, et dont on demande ici des précisions, montrer que les restrictions à C\Z des fonctions α0 , . . . , α p −1 sont bornées. 5.9. Conclure que les fractions rationnelles α0 , . . . , α p−1 sont constantes et en déduire que Pλ = P pour tout λ ∈ C, puis justifier que P( f )(e) = 0 E . On pourra utiliser le résultat de la premiere partie.

Corrigé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2018

EXERCICE

Partie I:

Réduction d’une matrice 

 ... b    b b . . . ...   , A − βIn =  .  . . . . . . .  b   .  b · · · b b 

1.1. On a

b

b

Comme b est non nul et toutes les colonnes sont identiques, rg( A − βIn ) = 1. 1.2. Puisque rg( A − βIn ) = 1 < 2, donc β ∈ Sp ( A). Par le théorème du rang dim Ker( A − βIn ) = n − rg( A − βIn ) = n − 1, et donc dim(E β ( A)) = n − 1. 1.3. La matrice A est réelle symétrique, donc d’après le théorème spectral, A est orthogonalement diagonalisable. Ainsi il existe une matrice orthogonale P ∈ On (R) et λ ∈ R tels que A = t Pdiag ( β, · · · , β, λ) P. Or Tr ( A) = nb et par conjugaison Tr ( A) (n − 1) β + λ, donc λ = a + (n − 1)b = γ. 1.4. 1.5.

 On a det( A) = det(D) = β n−1 γ ;

 A est inversible si, et seulement si, βγ , 0 si, et seulement si, (a − b)(a + (n − 1)b) , 0.

 A est diagonalisable de spectre { β, γ}, donc le polynôme minimal de A est scindé à racines simples β

et γ (b , 0), soit

π A = (X − β)(X − γ)  On suppose que A est diagonalisable ( βγ , 0). Comme π A est annulateur de A, donc

π A ( A) = A2 − ( β + γ) A + βγIn = A( A − ( β + γ)In ) + βγIn = 0, 1 et par suite A−1 = − ( A − ( β + γ)In ). βγ √ √ √  √ √ 1.6. Posons ∆ = diag β, ..., β, γ et S = t P∆P. Il est clair que les valeurs propres de S sont β et γ qui sont positives. D’une part S ∈ Mn (R) et elle vérifie t

S = t Pt ∆P = t P∆P = S.

D’autre part S 2 = t P∆2 P = t PDP = A 51

52

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

Application à l’étude d’une famille de vecteurs d’un espace euclidien

Partie II: 2.1. 2.1.1.

 L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne

|α| = < ui ,u j > 6 kui k.ku j k = 1

Or α < {0, 1}, donc α ∈ [−1, 1[\{0} ⊂ [−1, 1[.  Si (ui ,u j ) est liée, alors |α| = 1, soit α = −1, puis on aura u j = −ui . Pour la suite on appelle un

vecteur uk , avec k < {i, j} ( c’est possible n > 2), on aura donc < ui ,uk >=< u j ,uk >= −1

Ces inégalités entraînent uk = −ui et uk = −u j , et , par suite, ui = u j . Ce qui est absurde On conclut que si i , j (ui ,u j ) ne peut pas être liée. 2.1.2. La famille (u1 , ...,un+1 ) est formée de n + 1 vecteurs de l’espace vectoriel E, avec dim(E) = n, donc elle est liée. 2.1.3. La famille (u1 , ...,un+1 ) est liée, il existe des scalaires α1 , ..., α n+1 non tous nuls tels que

n+1 X

α k uk = 0,

k=1

donc ∀i ∈ [[1, n + 1]] ,

< ui ,

α k uk >= 0

k=1





n+1 X

< u1 ,uk >   ..  la kème colonne de C, alors le coefficient de position Pour k ∈ [[1, n + 1]], on pose Ck =  .   < un+1 ,uk > n+1 X i ∈ [[1, n + 1]] dans la combinaison α k Ck vaut k=1 n+1 X

α k < ui ,uk > =< ui ,

k=1

n+1 X

α k uk >= 0

k=1

Ceci vrai pour tout i ∈ [[1, n + 1]], alors

n+1 X

α k Ck = 0, soit, (C1 , ...,Cn+1 ) est liée, et, par suite, C n’est

k=1

pas inversible.    1 2.1.4. Par définition G = < ui ,u j > Mn+1 (R), avec < ui ,u j >=  16i, j6n+1   α  



si i = j

, alors

si i , j

 ... α    α 1 . . . ...   G =  .  . . . . . . .  α   .  α . . . α 1  

1

α

G n’est pas inversible, donc d’après la question (1.4.), soit α = 1 soit 1 + nα = 0, le premier cas est

53

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018 1 exclu par hypothèse, ce qui donne α = − . n 2.2. Étude de la réciproque

1 et γ = 0 qui sont positives, ce qui n permet d’appliquer la question (1.6.) qui assure l’existence de B ∈ Sn+1 (R) vérifiant B2 = M. n+1 X 2.2.2. Puisque M = B 2 , alors pour tous i, j ∈ [[1, n + 1]]2 , mi, j = bi,k bk, j .

2.2.1. D’après la première partie, les valeurs propres de M sont β = 1 +

k=1

2.2.3. Pour j ∈ [[1, n + 1]], on pose w j = t (b1, j , ..., bn+1, j ). Par symétrie de B, on a

∀i, j ∈ [[1, n + 1]] ,

< wi , w j >=

n+1 X

bk, i bk, j = mi, j

k=1

   1 =    − n1 

si i = j si i , j

2.2.4. Remarquons d’abord que Ker(M) = Ker(B). En effet si X ∈ Ker(M), alors k BX k 2 = t X t BBX = t X B 2 X = t X M X = 0, donc BX = 0. Inversement si X ∈ Ker(B), alors M X = B2 X = 0. On en déduit que rg(B) = rg(M) = n, autrement-dit dim Vect (w1 , · · · , wn+1 ) = rg (w1 , · · · , wn+1 ) = rg(B) = n 2.2.5. Soit BF = (ε 1 , · · · , ε n ) une base orthonormée de F = Vect (w1 , · · · , wn ), BE = (e1 , · · · , en ) une base orthonormée de E et soit f ∈ L(F, E) qui transforme la base BF en la base BE . Évidement f est un isomorphisme d’espaces vectoriels qui conserve le produit scalaire et finalement pour i ∈ [[1, n + 1]], on pose vi = f (wi ). Alors :  Pour tout i ∈ [[1, n + 1]], on a k vi k = k wi k = 1 ;

1  pour tous i, j ∈ [[1, n + 1]], tels que i , j, on a < vi , v j >=< wi , w j >= − ; n La famille (v1 , ..., vn+1 ) répond à la question.

PROBLÈME Partie I:

Un résultat utile sur les fractions rationnelles

3.1. Soit z ∈ C, on distingue deux cas  Si z < D. L’inégalité est évidement vérifiée sur C \ D.

 Si z ∈ D. Comme D est fini, alors il est d’intérieur vide, par conséquent C \ D est dense dans C :

C \ D = C \ D˚ = C. Soit (z n ) n>0 une suite d’éléments de C \ D telle que z n −−−−−→ z. D’après n→+∞

le premier cas pour tout n ∈ N, on a |R(z n )| 6 M |Q(z n )| et puisque les applications z 7−→ |R(z)| et z 7−→ M |Q(z)| sont continues, alors par passage à la limite lorsque n tend vers à +∞, on obtient |R(z)| 6 M |Q(z)| Bref, l’inégalité est vérifiée pour tout z ∈ C. R 3.2. Si admet un pôle z0 , donc Q(z0 ) = 0 et l’inégalité précédente entraîne R(z0 ) = 0, donc (X − z0 ) divise Q R R ∧ Q. Ce qui contredit que R ∧ Q = 1. On conclut donc que est sans pôle ou encore Q est sans racine Q R dans C, donc Q est constant, et par suite la fraction devient un polynôme P de C[X]. Q

54

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018 3.3. On pose P =

d X

ak X k où d est le degré de P

k=0

3.3.1. Soit (k, q) ∈ N2 .  Si k = q, alors  si k , q, alors

Z

2π

On résume

Z

2π

Z 02π 0

ei (k −q)t dt =

Z

2π

dt = 2π; " i (k −q)t # 2π e i (k −q)t e dt = = 0. i(k − q) 0 0

ei (k −q)t dt = 2πδ k,q , où δ k,q désigne le symbôle de Kroneker. δ k,q

0

   1 =   0 

si k = q si k , q

k   X 3.3.2. Soient q ∈ {1, . . . , d} et r > 0; on a P reit = ak eik t et k=0

Z

2π

P(reit )e −iqt dt =

0

=

d X k=0 d X

ak r k

Z

2π

ei (k −q)t dt

0

ak r k δ k,q = 2πaq r q

k=0

3.3.3. Soit r > 0 et q ∈ {1, ..., d}, alors Z 2π Z 2π it −iqt P(reit )e −iqt dt 6 2πM, P(re )e dt 6 2π|aq |r = 0 0 q

soit |aq | 6

M −−−−−→ 0, r q r →+∞

donc aq = 0, et , par suite, P = a0 .

Partie II:

Étude du cas n = 1 et applications

4.1. Étude du cas n = 1 4.1.1. Le vecteur x est non nul et (x, f (x)) liée, donc ∃λ x ∈ C tel que f (x) = λ x x, c’est à dire λ x valeur propre associée à x, d’où l’unicité. 4.1.2. la famille (x, y) est liée, donc y ∈ Vect (x) est aussi vecteur propre associé à λ x , d’où f (y) = λ x y = λ y y et puisque y , 0, on obtient λ x = λ y . 4.1.3. On pose z = x + y. D’une part f (z) = λ z z = λ z (x + y) et d’autre part f (z) = f (x) + f (y) = λ x x + λ y y et par liberté de (x, y), on aura λ z = λ x = λ y . 4.1.4. On vient de montrer que ∀x, y ∈ E \ {0}, λ x = λ y , c’est à dire ∃λ ∈ C tel que ∀x ∈ E \ {0}, f (x) = λ x. Une telle égalité est triaviale pour x = 0, donc f = λid E . 4.2. Quelques applications 4.2.1. Si f laisse stable les droites vectorielles, alors pour tout x ∈ E \ {0} f (x) ∈ V ect(x), donc (x, f (x)) est liée, mais (0, f (0)) l’est aussi, d’après la question (4.1.) l’endomorphisme f est une homothétie. 4.2.2. Soit x un vecteur non nul. Puisque dim E > 3, alors il existe deux vecteurs y et z tels que (x, y, z) soit une famille libre. Par hypothèse les deux plans Vect (x, y) et Vect (x, z) sont stables par f , donc Vect (x) = Vect (x, y) ∩ Vect (x, z) est stable par f ; ainsi on a démontré que f laisse stable toutes les droites vectorielles, et la question précédente assure que f est une homothétie.

55

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

4.2.3. (i) f n’est pas une homothétie, donc par contraposée de la question (4.1.), il existe x 0 ∈ E \ {0} tel que (x 0 , f (x 0 )) est libre. (ii) La famille (x 0 , f (x 0 )) est libre. Le théorème de la base incomplète assure l’existence des vecteurs e3 , ..., e p tels que (x 0 , f (x 0 ), e3 , ..., e p ) soit une base de E.   (iii) Notons que pour x ∈ Vect (x 0 ) et y ∈ Vect f (x 0 ), e3 , ..., e p , on a h(x + y) = x − y. En particulier h( f (x 0 )) = − f (x 0 ) et h(x 0 ) = x 0 , soit f (h(x 0 )) = − f (x 0 ). Or f (x 0 ) , 0, donc h( f (x 0 )) , f (h(x 0 )), et, par suite f h , h f . 4.2.4. Par absurde. Si f n’est pas une homothétie, la conclusion de la question (4.2.3.) conduit à l’existence d’un endomorphisme h (symétrie vectorielle) de E tel que f h , h f . Ce qui est absudre. 4.2.5. Traduction matricielle =⇒) Si A = λI p est une matrice scalaire, alors elle commute avec toutes les matrices. ⇐=) Si A commute avec toutes les matrices. Considérons f l’endomorphisme canoniquement associé à A et soit g un endomorphisme de Rn de matrice M dans la base canonique de Rn . Par hypothèse AM = M A, donc f g = g f ; ainsi f commute avec tous les endomorphismes de Rn , et par la question (4.2.4.), l’endomorphisme f est une homothétie, donc A est une matrice scalaire.

Étude du cas général

Partie III:

5.1. Soit x ∈ E\ {0 E } 5.1.1. Posons A = {q ∈ N tel que (x, f (x), ..., f q (x)) est liée}.  A est un sous-ensemble de N ;

 0 < A, car (x) est libre ;

 A est non vide car n ∈ A : Toute famille de n + 1 éléments dans un espace de dimension n est

libre.

Par la propriété fondamentale de N, l’ensemble A admet un plus petit élément n x . Comme n x ∈ A et n x − 1 < A, donc (x, f (x), ..., f n x (x)) est liée et (x, f (x), ..., f n x −1 (x)) est libre. 5.1.2. f est un endomorphisme de E, alors   
f Vect x, f (x), ..., f n x −1 = Vect f (x), ..., f n x (x) . D’après la question précédente la famille (x, f (x), ..., f n x (x)) est liée, donc il existe des scalaires nx nX x −1 X k α0 , · · · , α n x non tous nuls tels que α k f (x) = 0. Si λ n x = 0, alors α k f k (x) = 0 et la k=0

k=0

liberté de la famille (x, f (x), ..., f n x −1 (x)) fournit λ 0 = · · · = λ n x −1 = 0, ce qui est absurde et, par suite, λ n x , 0. On gagne donc f n x (x) =

nX x −1 k=0

−


λk k f (x) ∈ Vect x, f (x), · · · , f n x −1 (x) λnx

Puis     
f Vect x, f (x), ..., f n x −1 = Vect f (x), ..., f n x (x) ⊂ Vect x, f (x), ..., f n x −1 (x)

56

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018   Ainsi la stabilité de Vect x, f (x), ..., f n x −1 (x) par f . 5.2. On pose p = max {n x ; x ∈ E\ {0 E }}

5.2.1. L’ensemble {n x ; x ∈ E\ {0 E }} est une partie de [[1, n]] ⊂ N, non vide. Par la propriété fondamentale de N, il admet un plus petit élément p et soit x 0 un vecteur de E\{0} tel que p = n x0 . On a évidement (x 0 , f (x 0 ), ..., f p −1 (x 0 )) est libre et (x 0 , f (x 0 ), ..., f p (x 0 )) est liée. 5.2.2.  Existence :

  f p (x 0 ) ∈ Vect x 0 , f (x 0 ), · · · , f p −1 (x 0 ) , alors il existe α0 , α1 , ..., α p −1 des scalaires tels que

f (x 0 ) = p

p −1 X

α k f k (x 0 ).

k=0

Nous sommes invité à choisir P = Xp −

p−1 X

αk X k .

k=0

On a bien P( f )(x 0 ) = f p (x 0 ) −

p −1 X

α k f k (x 0 ) = 0.

k=0

 Unicité :

Soit P =

Xp

+

p−1 X

α k X et Q = k

Xp

+

k=0

Q( f )(x 0 ) = 0. D’une part p−1 X

p −1 X

βk X k deux polynômes vérifiant P( f )(x 0 ) =

k=0

(α k − βk ) f k (x 0 ) = P( f )(x 0 ) − Q( f )(x 0 ) = 0.

k=0

D’autre part, la famille (x 0 , f (x 0 ), ..., f p−1 (x 0 )) est libre, donc ∀k ∈



 0, p − 1 , α k − βk = 0,

soit α k = βk ; ainsi P = Q.  Soit Q ∈ C p −1 [X] non nul tel que Q( f )(x 0 ) = 0, alors la famille (x 0 , f (x 0 ), ..., f p −1 (x 0 )) est

liée, ce qui est absurde.

5.3. On pose F = Vect (x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p (x 0 ) , e, f (e), . . . , f p (e)) et, pour tout complexe λ, v λ = x 0 + λe 5.3.1. Il suffit de vérifier que f p+1 (x 0 ), f p+1 (e) ∈ F.  f p+1 (x 0 ) ∈ Vect (x 0 , · · · , f p (x 0 )) ⊂ F.

 f p+1 (e) ∈ Vect (x 0 , · · · , f n e (x 0 )) car p > p et Vect (x 0 , · · · , f n e (x 0 )) ⊂ F

Donc F est stable par f

5.3.2. La famille (x 0 , f (x 0 ), ..., f p −1 (x 0 )) est libre de cardinal p, donc dim(F) > p. De plus
F = Vect x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p (x 0 ) , e, f (e), . . . , f p (e)   = Vect x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p −1 (x 0 ) , e, f (e), . . . , f p −1 (e) Car f p (x 0 ), f p (e) ∈ F. Donc   dim(F) = rg x 0 , f (x 0 ) , . . . , f p−1 (x 0 ) , e, f (e), . . . , f p−1 (e) 6 2p 5.3.3. La famille (x 0 , f (x 0 ), ..., f p −1 (x 0 )) est libre dans F, on la complète en une base BF de F. Rappelons d’une linéaire sur F est totalement détérminée par ses images sur une base de F. On considère

57

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018 pour j ∈ 5.4.



0, p − 1



la forme linéaire ϕ j sur F qui prend 1 sur f j (x 0 ) et nulle sur les autres

vecteurs de la base, alors (ϕ0 , ..., ϕ p −1 ) répond à la question.    Soit i, j ∈ 0, p − 1 , on a

ϕ j ( f i (v λ )) = δ i, j + λϕ j ( f i (e))

Par la formule de Leibniz ∆(λ) =

X

ε(σ)

σ ∈S p

p  Y

  (i) i −1 δσ + λϕ f (e) σ (i)−1 i

i=1

    (i) i −1 (e) 1, p , δσ + λϕ f est un polynôme en λ de degré inférieur ou σ (i)−1 i p  Y    (i) δσ + λϕσ (i)−1 f i −1 (e) est un polynôme en λ de degré 6 p, puis ∆(λ) est égal à 1, donc i

Pour tout i ∈



i=1

somme de polynômes en λ de degré inférieurs ou égaux à p. Ainsi le résultat demandé  ∆(0) = det(I p ) = 1.

  5.5. Par définition de p, on a p > nv λ , donc f p (v λ ) ∈ Vect v λ , f (v λ ), ..., f p −1 (v λ ) , ce qui assure l’existence d’une famille α0 (λ), ..., α p −1 (λ) telle que f p (v λ ) =

p −1 X

α k (λ) f k (v λ )

(1)

k=0

5.6. 5.6.1. Soit j ∈



 0, p − 1 , l’application ϕ j est linéaire, donc  ϕj

f (v λ ) = ϕ j   p




p−1 X k=0

 α k (λ) f (v λ )  =  k

   5.6.2. Soit λ ∈ C \ Z, on pose Mλ = ϕ j f i (v λ )   Mλ   

α0 (λ) .. .

06i, j6p −1





p −1 X

  α k (λ)ϕ j f k (v λ )

. Le système (2) s’écrit 

ϕ0 ( f p (v λ )) .. .

   =    α p−1 (λ)   ϕ p −1 ( f p (v λ ))

Un tel système est de Cramer, car ∆(λ) , 0, alors pour tout i ∈ α i (λ) =

  det Mλ(i) ∆(λ)

(2)

k=0



   

0, p − 1

(3)



,

où Mλ(i) est la matrice M ( λ ) en remplaçant la (i + 1)ème colonne par le second membre du système (3). Donc les α i sont des fractions rationnelles en λ définies sur C \ Z. 5.7. 5.7.1. Soit a0 , ..., a p −1 ∈ C tel que

p −1 X

ai f i (v λ ) = 0, alors

i=0

 ∀j ∈



0, p − 1 , 

0 = ϕ j  

p −1 X i=0

 ai f (v λ )  =  i

p −1 X i=0

ai ϕ j ( f i (v λ ))

58

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018

  0      =  ...  . La matrice Mλ est inversible car λ ∈ C \ Z, donc le sysCe système équivaut à Mλ      a p −1  0 tème admet une seule solution qui est la solution triviale, donc la famille (v λ , f (v λ ), ..., f p −1 (v λ )) 



a0 .. .

est libre. 5.7.2. Soit λ ∈ C\ Z et j ∈



p −1 Y  0, p − 1 , le polynôme Q j = (X − βk (λ)) est de degré p − 1 et la famille k=i k,j

(v λ , f (v λ ), ..., f

p −1 (v

λ ))

est libre, donc Q j ( f )(v λ ) , 0. Avec Q j ( f ) =

p −1 Y

( f − βk (λ)id E ), on

k =0 k,j

conclut le résultat 5.7.3. L’égalité (1) , s’écrit 0 = Pλ ( f )(v λ ) = ( f − β j (λ)id E )(Q j ( f )(v λ )) donc Q j ( f )(v λ ) ∈ Ker( f − β j (λ)id E ) ∩ F et Q j ( f )(v λ ) , 0, donc β j (λ) ∈ Sp ( f F ). 5.8. On note k.k une norme quelconque sur F et, pour tout g ∈ L(F), on pose kgk = sup kg(x)k k x k=1

5.8.1.  k . k est bien définie ?

Soit g ∈ L(F), alors g est continue et comme la sphère est compacte, alors g est bornée et elle atteint ses bornes en norme, donc k g k est bien définie

 Séparation ?

Soit g ∈ L(F) tel que kgk = 0,! alors g = 0 sur la sphère S(0, 1), donc ∀x ∈ F \ {0}, x x 1 ∈ S(0, 1), et par suite g = g(x) = 0, donc g = 0 sur F \ {0} et g(0) = 0, on k xk k xk k xk conclut que g = 0.

 Homogénéité ?

Pour tout λ ∈ C, on a kλgk = sup kλg(x)k = |λ|kgk. k x k=1

 Inégalité triangulaire ?

Soit g, h ∈ L(F) et x ∈ S(0, 1), on a kg(x) + h(x)k 6 kg(x)k + kh(x)k 6 kgk + khk Par passage à la borne supérieure, on obtient kg + hk 6 kgk + khk.

5.8.2. On démontre le résultat de cette question en deux étapes !

x

.k xk 6 kgk.k xk, donc  Soit x ∈ F \ {0} et g ∈ L(F), on a kg(x)k =

g

k xk

k g(x) k 6 k g k . k x k . Une telle inégalité est valable lorsque x = 0.  Soit g, h ∈ L(F) et x ∈ S(0, 1)

k(gh)(x)k = kg(h(x))k 6 kgk.kh(x)k 6 kgk.khk. Soit k(gh)(x)k 6 kgk.khk, puis le passage à la borne supérieure donne que kghk 6 kgk.khk.

59

8. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2018 5.8.3. Soit x un vecteur propre unitaire de f F associé à β j (λ), alors | β j (λ)| = k β j (λ)xk = k f F (x)k 6 k f F k 5.8.4.  Les formules de Viète s’écrivent ∀k ∈ {1, ..., p}, X

α p −k = (−1) k −1

βi 1 ... βi k

06i 1 0 et pour tout f dans L , on note Nn ( f ), la fonction définie sur R∗+ par : ∀x ∈ R∗+ , Nn ( f )(x) =

Z 0

60

+∞

f (t)e −n xt dt

61

9. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

 0 Soit k un entier naturel non nul et soit f une fonction k fois dérivable sur R+ , on note f (0) = f et f (k ) = f (k −1) désigne la dérivée k ème de f . Dans toute la suite, n désigne un entier naturel non nul.

Exemples

Partie I:

1.1. Soit α un réel positif, on considère la fonction ϕα : R+ → R, telle que pour tout t ∈ R+ , ϕα (t) = e −αt . Démontrer que ϕα est un élément de L et déterminer Nn (ϕα ) 1.2. Soit ω un réel positif, on considère les deux fonctions C et S, telles que pour tout réel t positif, C(t) = cos(ωt) et S(t) = sin(ωt) 1.2.1. Démontrer que C est un élément de L et déterminer Nn (C) 1.2.2. Démontrer que S est un élément de L et déterminer Nn (S)

Partie II:

Comportements asymptotiques

Dans cette partie, f désigne un élément de L 2.1. On suppose que f est une fonction bornée sur R+ 2.1.1. Déterminer la limite de Nn ( f )(x) quand x tend vers +∞ 2.1.2. Montrer que, si de plus f est de classe C 1 sur R+ et f 0 est bornée sur R+ , alors lim xNn ( f )(x) = x→+∞ f (0) n 2.2. On suppose que lim f (t) = ` où ` est un réel. t →+∞

2.2.1. Montrer que f est une fonction bornée sur R+ . 2.2.2.

i. Montrer que pour tout x ∈

R∗+ , xNn ( f )(x)

=

Z

f 0

ii. En déduire lim xNn ( f )(x)

+∞

t  x

e −nt dt

x→0+

2.3. On suppose que f est intégrable sur R+ et on considère la suite (gn ) n>0 définie comme suit : ∀n ∈ N∗ , gn =   1 . Déterminer la limite de la suite (gn ) n>0 Nn ( f ) n+1

Partie III:

Quelques propriétés de Nn

3.1. Soient f un élément de L et m un entier naturel, on considère la fonction gm définie sur R+ par ∀t ∈ R+ , gm (t) = t m f (t) 3.1.1. Pour x > 0, justifier qu’il existe B > 0 tel que pour tout t > B,t m e −n xt 6 e −

nxt 2

3.1.2. En déduire que gm est un élément de L 3.2. 3.2.1. Démontrer que pour tout élément f de L , la fonction Nn ( f ) est de classe C 1 sur R∗+ et que l’on a (Nn ( f )) 0 = −nNn (g1 ) où g1 est la fonction définie dans (3.1.). 3.2.2. Plus généralement, démontrer que pour tout élément f de L , la fonction Nn ( f ) est de classe C ∞ sur R∗+ et déterminer pour tout k ∈ N (Nn ( f )) (k ) en fonction de Nn (gk ) , où gk est la fonction définie dans (3.1.) 3.3. Soit f une fonction de classe C 1 et bornée sur R+ telle que f 0 soit dans L

9. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

62

3.3.1. Montrer que pour tout x ∈ R∗+ ,
Nn f 0 (x) = nxNn ( f )(x) − f (0) 3.3.2. Montrer que si de plus, f est de classe C 2 sur R+ et f 0 est bornée sur R+ et f 00 est un élément de L , alors pour tout x ∈ R∗+ ,
Nn f 00 (x) = (nx) 2 Nn ( f )(x) − nx f (0) − f 0 (0) 3.4. Montrer que pour tout k ∈ N∗ , si f est de classe C k sur R+ et pour tout j ∈ N, 0 6 j 6 k − 1 f ( j ) est bornée sur R+ et f (k ) est un élément de L , alors pour tout x ∈ R∗+ , 

Nn f

(k )



(x) = (nx) Nn ( f )(x) − k

k X

(nx) i −1 f (k −i) (0)

i=1

Partie IV:

Injectivité de Nn

Z 1 4.1. Soit h une fonction réelle continue sur [0, 1] telle que, pour tout m ∈ N, t m h(t)dt = 0 0 Z 1 4.1.1. Montrer que pour tout polynôme P à coefficients réels, P(t)h(t)dt = 0 0

4.1.2. En déduire que h est la fonction nulle. 4.2. Soit f un élément de L , on pose pour tout t > 0, hn (t) =

Z

t

e −nu f (u)du

0

4.2.1. Montrer que pour tout entier k > 0, Nn ( f )(1 + k) = nkNn (hn ) (k) 4.2.2. On suppose que pour tout entier k > 0, Nn ( f )(1 + k) = 0! Z 1 ln u i. Montrer que pour tout entier k > 0, uk hn − du converge et vaut 0. n 0 ii. En déduire que hn est la fonction nulle. 4.3. Montrer que l’application Nn définie sur L est injective.

Partie V:

Application au calcul de l’intégrale de Dirichlet

Soit w un réel strictement positif, on considère la fonction g définie par     sintwt g(t) =    w  et soit G la fonction définie sur

R+

par G(x) =

Z

si t > 0 si t = 0

,

x

g(t)dt. 0

5.1. Montrer que G admet une limite réelle ` en +∞ . 5.2. 5.2.1. Montrer que pour tout x ∈ R∗+ , Nn (g)(x) =

π 2

− arctan

   n w x ,

Indication : Vous pouvez utiliser les questions (3.2.1.) et (2.1.1.) 5.2.2.

i. Montrer que pour tout xZ∈ R∗+ , Nn (g)(x) = nxNn (G)(x) +∞ sin wt ii. En déduire la valeur de dt t 0

63

9. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

Partie VI:

Application à la résolution des équations différentielles

Soit m un entier naturel non nul, on considère l’équation différentielle linéaire m, à coefficients constants : a0 y (m) + a1 y (m−1) + . . . + a m y = f (t)

(E)

avec les conditions initiales : y(0) = y0 , y 0 (0) = y1 , . . . , y (m−1) (0) = ym−1 , avec (a0 , a1 , . . . , a m ) ∈ Rm+1 , a0 , 0, (y0 , y1 , . . . , ym−1 ) ∈ Rm et f ∈ L . On voudrait trouver la solution y = y(t) pour t > 0 de (E) 6.1. Montrer que si y est une solution de (E) alors y vérifie une équation algébrique de la forme : Nn (y)(x) =

ψ n, m−1 (x) Nn ( f )(x) + , ϕ n, m (x) ϕ n, m (x)

où ϕ n, m est un polynôme à coefficients réels de degré m et ψ n, m−1 est un polynôme à coefficients réels de degré inférieur ou égal à m − 1. 6.2. Résoudre, en utilisant N1 , l’équation différentielle y 00 + 3y 0 + 2y = 2e

−3 2 t

, avec les conditions initiales

suivantes : y(0) = 1 et y 0 (0) = 2 6.3. Résoudre, en utilisant N2 , l’équation différentielle y 00 +4y 0 +3y = sin t, avec les conditions initiales suivantes : y(0) = 1 et y 0 (0) = −3 6.4. Résoudre le système différentiel suivant :   y10 + y20 − y1 + y2 = −4e −3t     (S)  y10 + 2y20 + 3y1 + y2 = 5 cos t      y1 (0) = 2, y2 (0) = 0 

PROBLÈME II Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé, on appelle fonction génératrice d’une variable aléatoire réelle X à valeurs +∞   X dans N, lorsqu’il existe, la fonction G X par : G X (t) = E t X = t k P (X = k) k=0

Partie I:

Quelques propriétés de la fonction génératrice et quelques exemples

1.1. Montrer que la fonction génératrice G X est au moins définie sur l’intervalle [−1, 1]. 1.2. Montrer que pour tout k ∈ N,

) G (k X (0) = k!P (X = k)

1.3. Donner l’expression de G X , en précisant le domaine de définition, dans chaque cas suivant : 1.3.1. X suit la loi de Bernoulli de paramètre p, notée B(p), où p ∈ [0, 1]. 1.3.2. X suit la loi binomiale de paramètre n, p, notée B(n, p), où n ∈ N∗ ,

p ∈ [0, 1].

1.3.3. X suit la loi géométrique de paramètre p, notée G(p), où p ∈ ]0, 1[. 1.4. Montrer que la variable aléatoire X admet une espérance si, et seulement si, G X est dérivable en 1 et dans ce cas G0X (1) = E(X ). 1.5. Montrer que la variable aléatoire X admet un moment d’ordre 2 si, et seulement si, G X est deux fois dérivable  2 0 0 en 1 et dans ce cas V (X ) = G00 X (1) + G X (1) − G X (1) .

64

9. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

1.6. En déduire l’espérance et la variance d’une variable aléatoire qui suit la loi géométrique G(p) de paramètre p, où p ∈ ]0, 1[.

Partie II:

La fonction génératrice d’une somme de variables aléatoires

Soient n un entier naturel non nul et N une variable aléatoire telle que N (Ω) = [[1, n]] = {1, · · · , n}. On suppose que pour tout k de [[1, n]] P(N = k) est non nul. On considère n variables aléatoires indépendantes (X i ) 16i6n , toutes de même loi qu’une variable aléatoire X, telle que X (Ω) = [[1, m]], avec m un entier naturel non N h X X nul. On pose S = X i , (en particulier, sachant que l’événement [N = h] est réalisé, h ∈ [[1, n]], alors S = X i ). i=1

i=1

2.1. Montrer que pour tout k ∈ [[1, n]], G X1 +···+X k = G kX . 2.2.

2.2.1. Soit Y une variable aléatoire réelle qui prend un nombre fini de valeurs dans Y (Ω), montrer que E(Y ) = n X X P(N = k)E(Y |[N = k]), où ∀k ∈ [[1, n]], E(Y |[N = k]) = yP((Y = y)|[N = k]) désigne y ∈Y (Ω)

k=1

l’espérance de Y sachant l’événement [N = k] et P((Y = y)|[N = k]) désigne la probabilité de (Y = y) sachant l’événement [N = k]. 2.2.2. Montrer que pour tout k ∈ [[1, n]] et pour tout réel t, E(t S |[N = k]) = G kX (t). n X 2.2.3. En déduire que pour tout réel t, G S (t) = P(N = k)G kX (t). 2.2.4. Montrer que G S = G N ◦ G X .

k=1

2.3. En déduire que E(S) = E(N )E(X ).

Partie III:

Applications

On dispose d’un jeton non truqué à deux faces numérotées 1 et 2 et d’un dé tétraédrique (famille des pyramides composés de quatre faces triangulaires), équilibré, dont les faces sont numérotées de 1 à 4. On lance le jeton et on note N le numéro obtenu, puis on lance N fois le dé et pour chaque lancer, on note le numéro de la face d’appui du dé. Soit S la somme des numéros obtenus lors de ces N lancers, (si N = 1, le dé est lancé une seule fois et S est le numéro lu sur la face d’appui du dé). 3.1. 3.1.1. Déterminer la loi de N. 3.1.2. Donner la loi conditionnelle de S sachant [N = k], pour k = 1, puis pour k = 2. 3.1.3. En déduire la loi de S, puis son espérance et sa variance. 3.2. 3.2.1. Identifier la variable aléatoire X telle que S =

N X

X i , où X1 et X2 sont deux variables aléatoires indé-

i=1

pendantes de même loi que X. 3.2.2. Déterminer les fonctions génératrices G N et G X et en déduire la fonction génératrice G S . 3.2.3. Retrouver, en utilisant la fonction génératrice G S , la loi, l’espérance et la variance de S.

Corrigé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2017

EXERCICE 1.1. Soit k ∈ N∗ . Par intégration par parties deux fois, on a : Z

π

! x2 − x cos(k x)dx = 2π

0

= = = =

! #π Z  1 x2 1 π x − x sin k x − − 1 sin(k x)dx k 2π k 0 π 0 Z π  1 x − − 1 sin(k x)dx k 0 π #π "  Z π  1 x 1 − 1 cos k x − cos(k x)dx k2 π πk 2 0 0 1 1 − 3 [sin k x]0π 2 k k π 1 k2 "

1.2. 1.2.1. Soit n ∈ N∗ . On fait appel aux formules d’Euler, alors nx  nx  nx in x ei 2 ei 2 − e −i 2 1 − e ei x = ei x i  x x 1 − ei x −ei 2 ei 2 − e −i 2   sin n2x (n+1) x   ei 2 = sin x2

1.2.2. Soit n ∈ N∗ ,

n X k=1

cos(k x) =

n X

  Re eik x

k=1

 n  X ik x = Re  e  k=1

! − ein x = Re e 1 − ei x   ! sin n2x (n + 1)x   = cos 2 sin x2   ! sin n2x (n + 1)x   = cos 2 sin x ix 1

2

1.3. Les fonctions ψ et ψ 0 sont bornées sur [0, π] car elles continues sur le compact [0, π], ce qui justifie l’existence de k ψ k ∞ et k ψ 0 k ∞ . Soit m ∈ N∗ , alors par une intégration par parties, on a : Z 0

π

Z −1 1 π 0 π ψ(x) sin(mx)dx = [ψ(x) cos(mx)]0 + ψ (x) cos(mx)dx m m 0 Z 1 1 π 0 = (ψ(0) − ψ(π) cos(mπ)) + ψ (x) cos(mx)dx m m 0

65

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 Alors

2kψk∞ + π kψ 0 k Z π ∞ ψ(x) sin(mx)dx 6 −−−−−−→ 0 m→+∞ m 0 Z

Donc 1.4.

66

π

ψ(x) sin(mx)dx −−−−−−→ 0 m→+∞

0

 L’application g est continue sur [0, π]. Car elle est continue sur ]0, π], par les théorèmes généraux, et en

0+ on a :

g(x) =

x π

x 2

 −1

2 sin

  −−−−→ −1 = g(0) + x 2

x→0

 g est de classe C 1 sur ]0, π] et pour tout x ∈ ]0, π]

    2    x − 1 sin x2 − 2π − x cos x2   g 0 (x) = 4 sin2 x2   x2 2 1 2π + o x = 2
−−−−→ 2 + x→0 2π x +o x 2



x π

Par le théorème de prolongement par dérivabilité, la fonction g est de classe C 1 sur [0, π] et g 0 (0) = 1.5. 1.5.1. Soit n ∈ N∗ , on a :

! n Z π n X X x2 1 = − x cos(k x)dx k 2 k=1 0 2π k=1  ! X Z π 2 n x = − x  cos(k x)  dx 2π 0 k=1 ! sin  n x  cos  (n+1)x  Z π 2 x 2 2   dx = −x x 2π 0 sin 2 ! Z π  nx  (n + 1)x =2 g(x) sin cos dx 2 2 0

En utilisant la relation trigonométrique, 2 sin a cos b = sin(a + b) + sin(a − b), on obtient ! Z π Z π n x X (2n + 1)x 1 dx + 2 g(x) sin dx = g(x) sin 2 2 k2 0 0 k=1 Z

π

g(x) sin

Comme 0

x 2

dx =

Z

π

! x2 x π2 − dx = , alors 4π 2 6

0

! Z π n X 1 2n + 1 π2 g(x) sin = + x dx 2 6 2 k 0 k=1 1.5.2. La série

X 1 est de Riemann avec 2 > 1, donc elle converge. Comme 2 n n>1 Z 0

alors 1.6.

π

! 2n + 1 g(x) sin x dx −−−−−→ 0 n→+∞ 2

n +∞ X X π2 1 1 π2 − −−−− → , donc par définition = 6 k 2 n→+∞ 6 n2 n=1 k=1

1 2π

67

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

X 1 x 1 converge, alors par le critère de comparaison ∼ 2 et la série n(1 + 2nx) 2n 2n2 n>1 X x converge, ceci justifie que ϕ(x) est bien définie des séries à termes positifs, la série n(1 + 2nx) n>1 1.6.2. Soit x > 0 et n ∈ N∗ , on a : x 1 6 2 n(1 + 2nx) 2n X x Donc la série converge normalement, puis uniformément, sur R+∗ . En outre pour tout n(1 + 2nx) n>1 n ∈ N∗ , x 1 −−−−−→ 2 ∈ R n(1 + 2nx) x→+∞ 2n 1.6.1. Soit x > 0, on a :

Le théorème d’interversion limite et somme donne l’égalité lim ϕ(x) =

x→+∞

+∞ X 1 π2 = 2n2 12 n=1

PROBLÈME I Partie I:

Exemples

1.1. Soit n ∈ N∗ et x ∈ R+∗ , on a −(α + nx) < 0, donc t 7−→ e −(α+n x)t est intégrable sur R+ . On conclut donc que ϕα ∈ L et ∀x > 0,

Nn (ϕα ) (x) =

Z

+∞

e −(α+n x)t dt =

0

1 nx + α

1.2. Soit ω un réel (positif), n ∈ N∗ et x ∈ R+∗ . L’application ϕ : t 7−→ e (iω −n x)t est continue sur R+ et
e (iω −n x)t = O e −n xt , avec t 7−→ e −n xt intégrable sur R+ , donc elle est intégrable sur R+ . Z

+∞

e (iω −n x)t dt =

0

1 nx ω = 2 2 +i 2 2 2 nx − iω n x + ω n x + ω2

1.2.1. C est la partie réelle de ϕ, donc pour tous x > 0 et n ∈ R+∗ , l’application t 7−→ cos(ωt)e −n xt est intégrable sur R+ , donc et Nn (C)(x) =

+∞

Z

cos(ωt)e

−n xt

dt = 0 et n ∈ N+∗ , l’application t 7−→ sin(ωt)e −n xt est intégrable sur R+ , donc et Nn (S)(x) =

Z

+∞

sin(ωt)e

−n xt

dt = Im

0

Partie II:

+∞

Z

! e

(iω −n x)t

0

Comportements asymptotiques

Dans cette partie, f désigne un élément de L 2.1. On suppose que f est une fonction bornée sur R+ et soit M = sup | f (t)| R+

dt =

ω + ω2

n2 x 2

68

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 2.1.1. Soit x > 0 et n ∈ N∗ , on a f (t)e −n xt 6 Me −n xt , alors Z

+∞

|Nn ( f )(x)| 6 M

e −n xt dt =

0

M −−−−−→ 0 nx x→+∞

Puis Nn ( f )(x) −−−−−→ 0 x→+∞

2.1.2. On suppose de plus que, f est de classe C 1 sur R+ et f 0 est bornée sur R+ . Les deux fonctions t 7−→ 1 e −n xt − e −n xt et f sont de C 1 sur R+ telles que f (t) −−−−−→ 0 comme produit d’une fonction bornée t →+∞ nx nx et d’une fonction de limite nulle en +∞, alors par intégration par parties Z

+∞

f (t)e

−n xt

+∞

!0 1 −n xt dt f (t) − e nx 0 " −n xt # +∞ Z −e 1 +∞ −n xt 0 e f (t) dt . f (t) + nx nx 0 0
f (0) 1 + Nn f 0 (x) nx nx

Z

dt =

0

= = Donc

xNn ( f )(x) =

f (0) 1 + Nn ( f 0 )(x) n n

1 Puisque f 0 est bornée, on tire de la question précédente que Nn ( f 0 )(x) −−−−−→ 0 et, par suite, x→+∞ n Nn ( f )(x) −−−−−→ x→+∞

f (0) n

2.2. On suppose que lim f (t) = ` où ` est un réel. t →+∞

2.2.1. Par définition de la limite, il existe A > 0 tel que pour tout t > 0, on a | f (t) − `| < 1, soit | f (t)| < 1+|`|. D’autre part f est continue sur le segment [0, A], alors elle est bornée et en notant M = sup | f (t)|, t ∈[0, A]

on gagne ∀t ∈ R+ ,

| f (t)| 6 max(M, |`| + 1),

ainsi f est une fonction bornée sur R+ . 2.2.2.

1 est C 1 -difféomorphisme de R+ vers R+ et t 7−→ f (t)e −n xt x est intégrable car f est bornée, alors par intégration par changement de variable

i) Soit x ∈ R∗+ . L’application ϕ : t 7−→

Nn ( f )(x) =

Z

+∞

f (t)e

−n xt

dt =

0

+∞

f 0

Ou encore xNn ( f )(x) =

Z

Z

+∞

f 0

t  x

1 e −nt . dt x x

t 

e −nt dt

ii) Par la caractérisation séquentielle de la limite, on considère une suite (x m ) m>0!de réels strictement t positifs de limite nulle et pour m ∈ N, on définit f m : R+ −→ R,t 7−→ f e −nt xm  Pour tout m > 0, l’application f m est continue sur R+ ;  la suite ( f m ) m>0 converge simplement vers t 7−→ `e −nt qui est continue sur R+ ;  our tout m > 0 et t ∈ R+ , on a

! t e −nt 6 max(M, |`| + 1)e −nt | f m (t)| = f xm

69

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 et t 7−→ e −nt est intégrable Donc par le théorème de la convergence dominée, on a lim x m Nn ( f )(x m ) = lim

m→+∞

m→+∞

+∞

Z

f m (t) dt =

0

Z

+∞

`e −nt dt =

0

Finalement, avec la caractérisation séquentielle de la limite, xNn ( f )(x) −−−−→ + x→0

n

2.3. Pour n ∈ N, on définit f n : R+ −→ R,t 7−→ f (t)e − n+1 t

` n

` . n

 Pour tout n > 0, l’application f n est continue sur R+ ;

 la suite ( f n ) n>0 converge simplement vers t 7−→ f (t)e −t qui est continue sur R+ ;  pour tout n > 0 et t ∈ R+ , on a

n | f n (t)| = f (t)e − n+1 t 6 | f (t)|

et t 7−→ | f (t)| est intégrable Donc par le théorème de la convergence dominée, on a lim gn = lim

n→+∞

Partie III:

n→+∞

Z

+∞

f n (t) dt =

0

Z

+∞

f (t)e −t dt = N1 ( f )(1)

0

Quelques propriétés de Nn

3.1. Soient f un élément de L et m un entier naturel, on considère la fonction gm définie sur R+ par ∀t ∈ R+ , gm (t) = t m f (t) 3.1.1. Soit x > 0, on a t m e −n xt e+ pour tout t > B, t m e

− n 2x t

nxt 2

= t m e−

nxt 2

−−−−−→ 0, alors définition de la limite, il existe B > 0 tel que t →+∞

, puis t m e −n xt 6 e −

nxt 2

3.1.2. Pour x > 0 et n ∈ N∗ , on a t 7−→ gm (t)e −n xt = t m f (t)e −n xt est continue sur R+ et au voisinage de  nxt  nxt +∞ : gm (t)e −n xt = O | f (t)| e − 2 , avec t 7−→ | f (t)| e − 2 est intégrable car f ∈ L, ce qui montre que gm est un élément de L 3.2. 3.2.1. Soit ϕ : R+∗ × R+ → R, (x,t) 7−→ f (t)e −n xt  Pour tout x ∈ R+∗ , t 7−→ ϕ(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur R+ car f ∈ L ; ∂ϕ  ϕ admet sur R+∗ × R+ une dérivée partielle : (x,t) 7−→ −nt f (t)e −n xt qui est continue par ∂x rapport à la première variable et continue par morceaux par rapport à la seconde  Soit [a, b] ⊂ R+ , on a

∂ϕ ∀(x,t) ∈ [a, b] × R+ , (x,t) 6 nt | f (t)| e −nat ∂x

L’application t 7−→ nt | f (t)| e −nat est intégrable sur R+ ( Question(3.1.2.)) Alors, par le théorème de dérivation sous signe intégrale, la fonction Nn ( f ) est de classe C 1 sur R∗+ et

70

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 par la formule de Leibniz (Nn ( f )) 0 (x) =

∀x ∈ R+∗ ,

Z

+∞

−nt f (t)e −n xt dt = −nNn (g1 )(x)

0

3.2.2. Soit ϕ : R+∗ × R+ → R, (x,t) 7−→ f (t)e −n xt  Pour tout x ∈ R+∗ , t 7−→ ϕ(x,t) est continue par morceaux et intégrable sur R+ car f ∈ L ; ∂k ϕ  Soit k ∈ N∗ , l’application ϕ admet sur R+∗ × R+ une dérivée partielle d’ordre k : : (x,t) 7−→ ∂x k (−n) k t k f (t)e −n xt qui est continue par rapport à la première variable et continue par morceaux par

rapport à la seconde  Soit [a, b] ⊂ R+ , on a

∂k ϕ ∀(x,t) ∈ [a, b] × R+ , k (x,t) 6 nk t k | f (t)| e −nat ∂x

L’application t 7−→ nk t k | f (t)| e −nat est intégrable sur R+ ( Question (3.1.2.)) Alors, par le théorème de dérivation sous signe intégrale, la fonction Nn ( f ) est de classe C +∞ sur R∗+ et ∀x ∈ R+∗ ,∀k ∈ N

(Nn ( f )) (k ) (x) =

Z

+∞

(−n) k t k f (t)e −n xt dt = (−n) k Nn (gk )(x)

0

3.3. Soit f une fonction de classe C 1 et bornée sur R+ telle que f 0 soit dans L 3.3.1. Soit x ∈ R∗+ . Les deux fonctions t 7−→ e −n xt et f sont de C 1 sur R+ telles que e −n xt f (t) −−−−−→ 0 t →+∞

comme produit d’une fonction bornée et d’une fonction de limite nulle en +∞, alors par intégration par parties Z

+∞

0

f (t)e 0

−n xt

dt =

h

i +∞ f (t)e −n xt 0

+ nx

Z

= − f (0) + nxNn ( f )(x)

+∞

e −n xt f (t) dt

0

3.3.2. L’application f 0 vérifie les conditions de la question précédente, donc

Nn f 00 (x) = nxNn f 0 (x) − f 0 (0) Mais f 0 est bornée, donc elle appartient à L et une autre fois f vérifie les conditions de la question précédente et donc
Nn f 0 (x) = nxNn ( f ) (x) − f (0) On injecte cette égalité dans l’avant dernière, alors
Nn f 00 (x) = n2 x 2 Nn ( f ) (x) − nx f (0) − f 0 (0) 3.4. Par récurrence sur k ∈ N∗  Pour k = 1, le résulta est démontré dans la question (3.3.1.)

 Soit k ∈ N∗ , on suppose que le résultat est vrai pour toute fonction f de classe C k , vérifiant f (i) est

bornée sur R+ pour tout i ∈ [[0, k − 1]] et f (k ) ∈ L. Soit f de classe C k+1 , vérifiant f (i) est bornée sur R+ pour tout i ∈ [[0, k]] et f (k+1) ∈ L, alors la fonction f (k ) est de classe C 1 et bornée sur R+ dont la

71

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 dérivée f k+1) ∈ L, donc     Nn f (k+1) (x) = nxNn f (k ) (x) − f (k ) (0)

∀x ∈ R+∗ ,

Mais la bornitude de f (k ) entraîne son appartenance à L et donc f vérifie les conditions de l’hypothèse de récurrence, ainsi k X   Nn f (k ) (x) = (nx) k Nn ( f )(x) − (nx) i −1 f (k −i) (0)

∀x ∈ R+∗ ,

i=1

On remplace cette dernière relation dans la précédente, alors pour tout x ∈ R+∗ ,  

Nn f

(k+1)



nx  (nx) Nn ( f )(x) −

=

(x)

k

=

k X

 i −1 (k −i)

(nx)

f

i=1 k X

(0)  − f (k ) (0)

(nx) i f (k −i) (0) − f (k ) (0)

(nx) k+1 Nn ( f )(x) −

i=1

=

k X

(nx) k+1 Nn ( f )(x) −

j=i+1

=

i=0 k+1 X

(nx) k+1 Nn ( f )(x) −

(nx) i f (k −i) (0) (nx) i −1 f (k+1−i) (0)

i=1

Partie IV:

Injectivité de Nn Z

4.1. Soit h une fonction réelle continue sur [0, 1] telle que, pour tout m ∈ N, 4.1.1. Soit P ∈ R[X], on écrit P =

n X

1

t m h(t)dt = 0

0 k

ak X , alors par linéarité de l’intégrale, on a :

k=0 1

Z

P (t) h(t) dt =

0

n X

1

Z ak

t k h(t) dt = 0

0

k=0

4.1.2. D’après théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn ) n∈N convergeant uniformément sur [0, 1] vers h. Pour tout n ∈ N et tout x ∈ [0, 1], en écrivant h(x) 2 − h(x)P (x) = [0,1] [0,1] n |h(x) (h(x) − Pn (x))| 6k h k∞ . k h − Pn k∞ et il en résulte que la suite (hPn ) n∈N converge uniformément vers h2 sur [0, 1]. D’après le théorème d’intégration des limites uniformes, il vient alors : Z

1

h(x) dx = lim 2

n→+∞

0

Donc Z 0

1

Z

1

h(x)Pn (x) dx 0

h(x) 2 dx = 0

72

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

h2 étant continue, positive sur le segment [0, 1] et d’intégrale nulle, donc h2 = 0 ; ainsi la nullité de h Z t

4.2. Soit f un élément de L , on pose pour tout t > 0, hn (t) =

e −nu f (u)du

0

4.2.1. Soit k ∈ N∗ , on a Nn ( f )(1 + k) =

Z

+∞

f (t)e

−(k+1)nt

dt =

0

Z

+∞

e

−nt

f (t)e

−k nt

dt =

Z

0

+∞

0

h0n (t)e −k nt dt

Les deux fonction hn et t 7−→ e −k nt sont de classe C 1 sur R+ dont le produit tend vers 0 en +∞ car hn (t) −−−−−→ Nn ( f )(1) et e −k nt −−−−−→ 0. Alors par intégration par parties t →+∞

t →+∞

Nn ( f )(1 + k) =

Z 0

=

h

+∞

h0n (t)e −k nt dt

hn (t)e −k nt

i +∞ 0

+ nk

Z

+∞

hn (t)e −k nt dt

0

= −hn (0) + nkNn (hn )(k) = nkNn (hn )(k) 4.2.2. On suppose que pour tout entier Z k > 0, Nn ( f )(1 + k) = 0 +∞

ln u est un C 1 n 0 ! Z 1 ln u k 1 u . du difféomorphisme de ]0, 1] vers R+ , alors par intégration par changement de variable hn − u u 0 converge et

i) Soit k ∈ N∗ , l’intégrale

Z

1

u

k −1

0

hn

hn (t)e −nk t dt converge et vaut 0 et ϕ : u 7−→ −

! ! Z +∞ Z 1 ln u ln u k 1 du = u . dn = hn (t)e −nk t dt = 0 − hn − n u u 0 0 1

! ln u Soit pour tout k ∈ N, on a u hn − du = 0 n 0 ! ln u    si u ∈ ]0, 1] hn −  n . L’application h est continue sur [0, 1] et ii) Soit h : [0, 1] −→ R,u 7−→      Nn ( f )(1)  si u = 0 Z 1 vérifie pour tout k ∈ N : uk h(u) du = 0. Le résultat de la question (4.1.) nous donne h = 0 sur 0
[0, 1], puis pour tout t ∈ R+ , on a hn (t) = h e −nt = 0 et, par suite, hn est la fonction nulle. Z

k −1

∗

4.3. Il est évident que L est un sous-espace vectoriel de C (R+ , R) et que Nn : L −→ RR+ est linéaire. Montrons donc que Nn est injective ? Soit f ∈ Ker (Nn ), alors ∀x ∈ R+∗ : Nn ( f )(x) = 0. En particulier pour tout k ∈ N∗ , Nn ( f )(1 + k) = 0 et, par suite, hn = 0. Mais pour tout t ∈ R+ , on a e −nt f (t) = h0n (t) = 0 et e −nt , 0, donc f = 0. D’où l’injectivité de Nn

Partie V:

Application au calcul de l’intégrale de Dirichlet

73

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

1 − cos(wt) 1 5.1. Soit x > 0, les deux fonctions t 7−→ et t 7−→ sont de classe C 1 sur ]0, x] telles que w t 1 − cos(wt) wt ∼+ −−−−→ 0, alors par intégration par parties 0 2 t →0+ wt Z 0

x

sin wt dt = t = =

 L’application t 7−→

!0 1 − cos wt 1 dt w t 0 " #x Z x 1 − cos wt 1 − cos wt dt + wt wt 2 0 0 Z x 1 − cos wx 1 − cos wt dt + wx wt 2 0

Z

x

1 − cos wt est continue sur R+∗ , prolongeable par continuité en 0 et en +∞, on a ! wt 2

1 − cos wt 1 = O 2 , donc elle est intégrable 2 wt t 1 − cos wx  −−−−−→ 0 x→+∞ wx Donc G admet une limite réelle lorsque x tend vers +∞, comme somme de fonctions admettant des limites finies en +∞ 5.2. 5.2.1. L’application g est continue et bornée sur R+ , a donc g ∈ L et d’après la question (3.2.1.) Nn (g) est de classe C 1 sur R+∗ et ∀x ∈ R+∗ ,

(Nn (g)) 0 (x) = −nNn (g1 )(x)

avec g1 : t 7−→ tg(t) = sin(wt) = S(t). D’après la question (1.2.2.), on a Nn (S)(x) =

∀x ∈

R+∗ ,

Nn (g)(x) =

Z

−nw dt = − 2 n x 2 + w2

w , donc + w2

n2 x 2

n w

Z

 nx  dt = − arctan + cte  2 w 1 + nwx

π . Ainsi le résultat demandé 2 i) G est de C 1 sur R+ et bornée car G admet une limite finie en +∞ et telle que G0 = g ∈ L, donc

En outre la question 2.1.1. nous donne Nn (g)(x) −−−−−→ 0, donc cte = x→+∞

5.2.2.

∀x > 0,

Nn (g)(x) = nxNn (G)(x) − G(0),

avec G(0) = 0, on en déduit : ∀x ∈ R∗+ , NnZ(g)(x) = nxNn (G)(x) +∞ sin wt ii) D’une part G appartient à L, G(x) −−−−−→ dt et par la question (2.2.1.) on a : x→+∞ t 0 xNn (G)(x) −−−−→ + x→0

1 n

Z

+∞

0

sin wt dt; t

donc Nn (g)(x) = nxNn (G)(x) −−−−→ + x→0

D’autre part

Z 0

+∞

sin wt dt t

 nx  π π Nn (g)(x) = − arctan −−−−→ + x→0 2 w 2

74

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 Alors par unicité de la limite Z 0

Partie VI:

+∞

sin wt π dt = t 2

Application à la résolution des équations différentielles

6.1. Je pense qu’il faut ajouter les conditions — y (i) est bornée sur R+ pour i ∈ [[1, m − 1]] ; — y (m) ∈ L y est solution de (E), alors

m X

a m−k y (k ) = f et par linéarité de Nn on obtient

k=0 m X

  a m−k Nn y (k ) = Nn ( f )

k=0

Or ∀k ∈ [[1, m]] , k X   (nx) i −1 y (k −i) (0) Nn y (k ) (x) = (nx) k Nn (y)(x) −

= (nx) k Nn (y)(x) −

i=1 kX −1

(nx) i yi ,

i=0

donc Nn ( f ) = a m Nn (y) +

m X

  a m−k Nn y (k )

k=1

= a m Nn (y) + = a m Nn (y) +

m X k=1 m X

  a m−k Nn y (k ) k

a m−k (nx) Nn (y) −

k=1

m X

a m−k

k=1

kX −1

(nx) i yi

i=0

m  m kX −1 X X k = Nn (y)  a m−k (nx)  − a m−k (nx) i yi k=1

On pose ϕ n, m (x) =

m X

a m−k (nx) et ψ n, m−1 (x) = k

k=1

m X

a m−k

k=1

— deg ϕ n, m = m, car a0 , 0 ;

i=0

k=1

kX −1

(nx) i yi .

i=0

— deg ψ n, m−1 6 m − 1, car ψ n, m−1 est somme de polynômes de degrés inférieures ou égaux à m − 1. Sur un un intervalle I ou ϕ n, m ne s’annule pas, on obtient Nn (y)(x) =

ψ n, m−1 (x) Nn ( f )(x) + ϕ n, m (x) ϕ n, m (x)

 −3   y 00 + 3y 0 + 2y = 2e 2 t   6.2. Soit y solution du problème de Cauchy    y(0) = 1 et y 0 (0) = 2 

sur R+ . On a

N1 (y 0 )(x) = xN1 (y)(x) − y(0) = xN1 (y)(x) − 1

75

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 et N1 (y 00 )(x) = xN1 (y 0 )(x) − y 0 (0) = x (xN1 (y)(x) − 1) − 2 = x 2 N1 (y)(x) − x − 2 En outre N1 ( f )(x) = 2

Z

+∞

e−



3 2 +x



t

2

dt =

3 2

0

+x

Par linéarité de N1 , on obtient 

2

 x 2 + 3x + 2 N1 (y)(x) − x − 5 =

3 2

+x

Soit N1 (y)(x) = 

x 2 + 13 x + 19 8 1 DES −8 2  2 + = + 3 x+ 2 x+1 x+2 x + 23 (x + 1) (x + 2)

Partia I.

=

  3 N1 −8e − 2 t + 8e −t + e −2t (x)

Alors par injectivité de N1 3

y(t) = −8e − 2 t + 8e −t + e −2t     y 00 + 4y 0 + 3y = sin t sur R+ . On a 6.3. Soit y solution du problème de Cauchy     y(0) = 1 et y 0 (0) = −3  N2 (y 0 )(x) = 2xN2 (y)(x) − y(0) = 2xN2 (y)(x) − 1 et N2 (y 00 )(x) = 2xN2 (y 0 )(x) − y 0 (0) = 2x (2xN2 (y)(x) − 1) + 3 = 4x 2 N2 (y)(x) − 2x + 3 En outre N2 ( f )(x) =

Z 0

+∞

sin(t)e −2xt dt =

1 4x 2 + 1

Par linéarité de N2 , on obtient 

 4x 2 + 8x + 3 N2 (y)(x) − 2x − 1 =

1 4x 2 + 1

Soit N2 (y)(x)

(4x 2 + 1)(2x + 1) + 1 4(1 + 2x)(1 + 3x)(4x 2 + 1) 19 1 1 − 4 x + 10 4 + 20 + 10 2x + 1 3 + 2x 1 + 4x 2 ! 1 −t 19 −3t 1 1 − cos(t) + sin(t) (x) N2 e + e 4 20 5 10

= DES

=

Partie I.

=

Alors par injectivité de N1 y(t) =

1 −t 19 −3t 1 1 e + e − cos(t) + sin(t) 4 20 5 10

6.4. Soit (y1 , y2 ) la solution de ce problème, on pose z1 = N1 (y1 ) et z2 = N1 (y2 ). On a  N1 (y10 ) = xN1 (y1 ) − 2 = xz1 − 2 ;

76

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017  N1 (y10 ) = xN1 (y2 ) = xz2 ; −4  N1 (−4e −3t )(x) = ; 3+x 5x .  N1 (5 cos(t))(x) = 2 x +1 Donc le système (S) équivaut au système

   (x − 1)z1 + (x + 1)z2 − 2       (x + 3)z1 + (2x + 1)z2 − 2  

 −4   =  (x − 1)z1 + (x + 1)z2 3 + x ⇐⇒   5x    = 2  (x + 3)z1 + (2x + 1)z2  x +1

2 + 2x 3+x 2x 2 + 5x + 2 = x2 + 1 =

Un tel système donne z1 (x) = z2 (x) =

1 +1 1 x 2x 2 + 3x + 1 = + 2 2 x+3 x +3 (x + 3)(x + 3) x2

Puis y1 (t) = sin(t)

et

y2 (t) = e −3t + cos(t)

PROBLÈME II Partie I:

Quelques propriétés de la fonction génératrice et quelques exemples

1.1. Soit t ∈ [−1, 1] et k ∈ N, on a p(X = k)t k 6 p(X = k). La série à termes positifs

X

p(X = k) converge

n>0

de somme 1. Le théorème de comparaison des séries à termes positifs nous permet d’affirmer que la séX t k p(X = k) converge normalement sur [−1, 1]. Or la convergence normale entraîne la convergence rie n>0

simple. Donc la fonction génératrice est au moins définie sur l’intervalle [−1, 1]. 1.2. G X est une fonction définie par une série entière, donc les coefficients du développement de la série sont définis d’une manière unique par les relations : ∀k ∈ N,

) G (k X (0) = k!P (X = k)

1.3. 1.3.1. Si X suit la loi de Bernoulli de paramètre p, notée B(p), où p ∈ [0, 1]. Alors G X (t) = (1 − p)t 0 + pt = p(t − 1) + 1 G X est un polynôme en t, donc elle est définie sur R 1.3.2. Si X la loi de Bernoulli B (n, p), alors G X (t) =

n X

Cnk t k pk (1 − p) n−k

k=0

= (1 − p + pt) n G X est un polynôme en t, donc elle est définie sur R

77

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 #

" 1 1 1.3.3. Si X la loi de poisson G (p) avec p ∈ ]0, 1[, alors ∀t ∈ − , : q q G X (t) =

+∞ X

t n q n−1 p

n=1

=

tp 1 − qt

1.4. Montrons que la variable aléatoire X admet une espérance si, et seulement si, G X est dérivable en 1 et dans ce cas G0X (1) = E(X ). ⇒) Si X admet une espérance, alors la série

X

nP(X = n) converge. Les deux séries

n>0

X

nP(X = n)t

n−1

X

P(X = n)t n et

n>0

sont alors normalement convergentes sur [−1, 1], donc G X est dérivable en 1 de

n>1

dérivé G0X (1) = E(X ) ⇐) Supposons que G X est dérivable en 1. Le taux d’accroissement +∞

+∞ n−1

XX G X (t) − G X (1) X t n − 1 = P(X = n) = t k P(X = n) t−1 t − 1 n=1 n=1 k=0 admet une limite finie quad t → − 1− . Soit N ∈ N, on a : N X

nP(X = n)

=

n=1

6

La série

X

lim−

t →1

lim

t →1 −

N n−1 X X n=1 k=0 +∞ n−1 X X

t k P(X = n) t k P(X = n) = G0X (1)

n=1 k=0

nP (X = n) est donc convergente car c’est une série à termes positifs aux sommes partielles

n>1

majorées. 1.5. Montrons que la variable aléatoire X admet un moment d’ordre 2 si, et seulement si, G X est deux fois   0 (1) − G 0 (1) 2 . dérivable en 1 et dans ce cas V (X ) = G00 (1) + G X X X X n2 P(X = n) mais aussi de la série ⇒) Si X admet un moment d’ordre 2, il y a convergence de la série n>0

X

n (n − 1) P(X = n).

n>0

Les trois séries

X n>0

P(X = n)t n ,

X n>1

nP(X = n)t n−1 et

X

n (n − 1) P(X = n)t n sont alors normale-

n>0

ment convergentes sur [−1, 1], donc G X est deux fois dérivable en 1 de dérivé premier G0X (1) = E(X ) et de dérivé second   2 G00 − E (X ) X (1) = E(X (X − 1)) = E X   0 Soit E X 2 = G00 X (1) + G X (1). Par la formule de Huygens, on obtient    2 0 0 V (X ) = E X 2 − E (X ) 2 = G00 X (1) + G X (1) − G X (1) ⇐) Supposons que G X deux fois dérivable en 1. La fonction G X est dérivable en 1, donc X admet une

78

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 espérance. On sait de plus l’expression de G0X (t) sur [−1, 1]. G0X (t) =

+∞ X

nP(X = n)t n−1

n=1 +∞ +∞ n−2 X X G0X (t) − G0X (1) X t n−1 − 1 = n P(X = n) = n t k P(X = n) t−1 t − 1 n=2 n=2 k=0

admet une limite finie quad t → − 1− . Soit N ∈ N, on a : N X

n(n − 1)P(X = n)

=

n=2

6

La série

X

lim−

t →1

N n−2 X X n t k P(X = n) n=2

k=0

+∞ n−2 X X lim− n t k P(X = n) = G00 X (1)

t →1

n=2

k=0

n(n − 1)P (X = n) est donc convergente car c’est une série à termes positifs aux sommes

n>2

partielles majorées. Or la série

X

n(n − 1)P (X = n) converge, alors

n>2

X

n2 P (X = n) converge, c’est-

n>0

à-dire, la# variable " X admet un moment d’ordre 2 1 1 tp 1.6. On a : ∀t ∈ − , , G X (t) = qui est la restriction d’une fraction rationnelle, donc elle est de 1 − qt #q q " 1 1 classe C ∞ sur − , , avec q q G0X (t) = G00 X (t) =

p (1 − tq) 2 2pq (1 − tq) 3

#

" 1 1 1 2pq 2q avec 1 ∈ − , , on obtient G0X (1) = = E(X ) et G00 (1) = = 2 . Ainsi X 3 q q p (1 − q) p   2 2q 1 1 q 0 0 V (X ) = G00 = 2 + − 2 = 2 X (1) + G X (1) − G X (1) p p p p

Partie II:

La fonction génératrice d’une somme de variables aléatoires

Soient n un entier naturel non nul et N une variable aléatoire telle que N (Ω) = [[1, n]] = {1, · · · , n}. On suppose que pour tout k de [[1, n]] P(N = k) est non nul. On considère n variables aléatoires indépendantes (X i ) 16i6n , toutes de même loi qu’une variable aléatoire X, telle que X (Ω) = [[1, m]], avec m un entier naturel non N h X X nul. On pose S = X i , (en particulier, sachant que l’événement [N = h] est réalisé, h ∈ [[1, n]], alors S = X i ). i=1

2.1. Par récurrence sur k ∈ [[1, n]].  Pour k = 1, pour tout t ∈ [−1, 1], on a G X1 (t) =

G X1 = G X

i=1 +∞ X p=0

t p p(X1 = p) =

+∞ X

t p p(X = p) = G X (t). Donc

p=0

 Pour k = 2. Par définition G X1 +X2 (t) = E(t X1 +X2 ) = E(t X1 t X2 ). Puisque les variables X1 et X2 sont

79

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

indépendantes, alors t X1 et t X2 le sont aussi et par suite E(t X1 t X2 ) = E(t X1 ).E(t X2 ) = G X1 (t)G X2 (t) = G2X (t). Soit G X1 +X2 = G2X  Soit k ∈ [[2, n − 1]]. Supposons l’égalité varie pour k et montrons la pour k + 1. Notons Y =

alors, par l’indépendance héritée Y et X k+1 sont indépendantes, donc GY +X k +1 = GY G X k +1 =

k X

Xi , i=1 GY G X .

Par hypothèse de récurrence GY = G X1 +···+X k = G kX , donc G X1 +···+X k +X k +1 = GY +X k +1 = G k+1 X 2.2. 2.2.1. La famille ([N = k]) k ∈[[1, n]] est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales ∀y ∈ Y (Ω) ,

p(Y = y) =

n X

p(Y = y|N = k)p(N = k)

k=1

Donc E(Y ) =

X

yp(Y = y)

y ∈Y (Ω)

=

n X X

yp(Y = y|N = k)p(N = k)

y ∈Y (Ω) k=1

= = =

n X X

yp(Y = y|N = k)p(N = k)

k=1 y ∈Y (Ω) n X

p(N = k)

k=1 n X

X

Les sommes finies

yp(Y = y|N = k)

y ∈Y (Ω)

p(N = k)E(Y |N = k)

k=1

2.2.2. Soit k ∈ [[1, n]] et t ∈ R on pose Y = t S . Par le théorème du transfert : E(t s |N = k) =

X

t s p(S = s|N = k)

s ∈S (Ω) k X Mais l’événement [S = s|N = k] = [ X i = s], donc i=1

 E(t s |N = k) =

X s ∈S (Ω)

t s p 

k X i=1

 X i = s

= G X1 +···+X k (t) = G kX (t) Soit E(t S |[N = k]) = G kX (t). 2.2.3. Soit t ∈ R, on pose Y = t S . On a n n X   X S s G S (t) = E t = p(N = k)E(t |N = k) = p(N = k)G kX (t) k=1

G S (t) =

n X k=1

P(N = k)G kX (t).

k=1

80

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017 2.2.4. Soit t ∈ R. Par le théorème du transfert G N ◦ G X (t) = G N (G X (t)) =

n X

G kX (t)p(N = k) = G S (t)

k=1

Donc G S = G N ◦ G X . 2.3. On a G0S (t) = G0X (t).G0N (G X (t)), en particulier E(S) = G0S (1) = G0X (1).G0N (G X (1)) = G0S (t) = G0X (1).G0N (1) = E(N )E(X )

Partie III:

Applications

3.1. 1 2  Cas k = 1. Dans ce cas le dé est lancé une seule fois, donc la loi de S sachant [N = 1] est la loi

3.1.1. On a N (Ω) = {1, 2}. Le jeton est non truqué donc p(N = 1) = p(N = 2) = 3.1.2.

uniforme U ([[1, 4]]), à savoir

∀i ∈ [[1, 4]] ,

P (S = i|N = 1) =

1 4

 Cas k = 2. Dans ce cas on lance le dé deux fois. On note X i la variable qui vaut le résultat du

i-ème lancer, alors les deux variables sont indépendantes et la loi de S sachant [N = 2] est la loi de

Y = X1 + X2 . Les valeurs prises par Y forment l’ensemble [[2, 8]] et pour tout s ∈ [[2, 8]], on a P (S = i|N = 2) = P (X1 + X2 = s) X P (X1 = p) P (X2 = q) = ( p, q) ∈[[1,4]]2 p+q=s

X

=

( p, q) ∈[[1,4]]2 p+q=s

min(s − 1, 9 − s) 16

= 3.1.3.

1 16

 Loi de S : On a bien S (Ω) = [[1, 8]] et on sait que ([N = k]) k=1,2 est un système complet d’évé-

nements, alors par le formule des probabilités totales, pour tout s ∈ [[1, 8]], P (S = s) =

1 1 P (S = s|N = 1) + P (S = s|N = 2) 2 2

Donc la loi de S est donnée par s

1

2

3

4

5

6

7

8

P (S = s)

4 32

5 32

6 32

7 32

4 32

3 32

2 32

1 32

 Espérance de S : S est finie, donc elle admet une espérance qui est donnée par

E (S) =

8 X s=1

sP (S = s) =

15 4

81

10. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2017

 Variance de S : S est finie, donc elle admet une variance qui est donnée par la formule de Huygens-

Kœnig



V (S) = E X

2



15 35 − E (X ) = − 2 4 2

!2 =

55 16

En déduire la loi de S, puis son espérance et sa variance. 3.2. 3.2.1. X suit la loi uniforme U ([[1, 4]]) 3.2.2. Par définition des fonctions génératrices ∀t ∈ [−1, 1] ,

G N (t) =

 1 t + t2 2

et G X (t) =

 1 t + t2 + t3 + t4 4

Le résultat de la question (2.2.4.) permet de trouver G S ∀t ∈ [−1, 1] ,

G S (t) = G N (G X (t)) =

t 5 3 7 1 3 1 1 + t2 + t3 + t4 + t5 + t6 + t7 + t8 8 32 16 32 8 36 16 32

3.2.3. La loi de S est donnée par les expressions ∀s ∈ [[1, 8]] ,

P (S = s) =

0 02 En outre E (S) = G0S (1) et V (S) = G00 S (1) + G S (1) − G S (1)

G S(s) (0) s!

Énoncé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2017

Le sujet de cette épreuve est composé d’un problème.

Notations  K = R ou K = C.

 Dans tout le problème n et p désignent des entiers naturels non nuls

 Soit (A, +, ×, .) une K-algèbre, c’est-à-dire (A, +, ×) est un anneau et (A, +, .) est K-espace vectoriel, tel que

∀α ∈ K, ∀(x, y) ∈ A2 , (α.x) × y = x × (α.y) = α. (x × y), avec

 Soit k . k une norme sur A, k . k est appelée une norme sous-multiplicative de la K-algèbre de A, si pour tout

(x, y) ∈ A2 , k x × y k 6 k x k . k y k.

 Mn,p (K) est l’ensemble des matrices à coefficients dans K ayant n lignes et p colonnes.

 Si n = p, alors Mn,p (K) est noté Mn (K)

 On rappelle que Mn (K), muni de ses opérations usuelles, est une K-algèbre d’élément unité In = diag (1, · · · , 1)

 Pour toute matrice A de Mn (K), on note A0 = In et ∀m ∈ N, Am+1 = Am A

 GLn (K) désigne le groupe des matrices inversibles de Mn (K)

Étude de quelques normes sur Mn (K)

Partie I:

  On définit sur Mn (K) la norme k . k∞ telle que ∀A = ai, j

16i, j6n

  ai, j 16i, j6n

∈ Mn (K), k A k∞ = max

2

1.1. Montrer que ∀ ( A, B) ∈ (Mn (K)) , k AB k∞ 6 n k A k∞ k B k∞ 1.2. Soit N une norme sur Mn (K).   1.2.1. On pose Ei, j la base canonique de Mn (K). 16i, j6n



Soit X = x i, j 1.2.2.

 16i, j6n



∈ Mn (K). Montrer que N (X ) 6  

 X 16i, j6n

N Ei, j  k X k∞  



i. Montrer que N est une fonction continue de Mn (K) muni de la norme k . k∞ vers R muni de la valeur absolue. ii. On pose S∞ = {X ∈ Mn (K) , k X k∞ = 1}. Montrer qu’il existe X0 ∈ S∞ tel que pour tout X ∈ S∞ , N (X0 ) 6 N (X ) iii. En déduire qu’il existe α > 0 tel que pour tout X ∈ Mn (K), α k X k∞ 6 N (X )

1.2.3. En déduire que toutes les normes de Mn (K) sont équivalentes 1.3. Soit N une norme sur Mn (K) et soit ( A, B) ∈ (Mn (K)) 2 . 1.3.1. Montrer qu’il existe un réel strictement positif β tel que N ( AB) 6 n β k A k∞ k B k∞ . β 1.3.2. Montrer qu’il existe deux réels strictement positifs α et β tels que N ( AB) 6 n 2 N ( A)N (B) α 1.3.3. En déduire qu’il existe un réel strictement positif γ tel que γ N soit une norme sous-multiplicative sur Mn (K) 1.4. Soit N une norme sur Mn,1 (K), pour toute matrice A de Mn (K), on pose ( k A k = sup

N ( AX ) , X ∈ Mn,1 (K) \ {0} N (X ) 82

)

83

11. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 1.4.1.

i. Justifier, pour tout A ∈ Mn (K), l’existence de k A k ii. Montrer que, pour tout A ∈ Mn (K), on a k A k = sup {N ( AX ) , N (X ) = 1} iii. Montrer que k . k est une norme sur Mn (K)

1.4.2.

i. Montrer que, pour tout A ∈ Mn (K) et pour tout X ∈ Mn,1 (K) , N(AX) 6 k A k N(X) ii. En déduire que, pour tout ( A, B) ∈ (Mn (K)) 2 ,

Partie II:

k AB k 6 k A k k B k

Suites de matrices

On rappelle que si ( Am ) m>0 est une suite d’éléments de Mn,p (K) et si A ∈ Mn,p (K), la suite ( Am ) m>0 converge vers A si la suite réelle (k Am − A k) m>0 converge vers 0 où k . k est une norme donnée sur Mn,p (K), on écrit dans ce cas lim Am = A m→+∞

2.1. Soit ( Am ) m∈N une suite d’éléments de Mn,p (K) et soit A ∈ Mn,p (K), on pose pour tout m ∈ N, Am =    (m)  ai, j 16I 6n et A = ai, j 16i6n . 16 j6p 16 j6p   Montrer que la suite ( Am ) m∈N converge vers A si, et seulement si, pour tout (i, j) ∈ [[1, n]] × 1, p , la suite  (m)  ai, j converge vers ai, j . m∈N   (m) En cas de convergence, on écrit lim Am = lim ai, j m→+∞ m→+∞  α 1 −  m  2.2. Soit α un réel, on pose pour tout m ∈ N∗ , Am =  α  1  m    π π cos θ − sin θ m m 2.2.1. Montrer que pour tout m ∈ N∗ , il existe Cm ∈ R et θ m ∈ − , tels que Am = Cm   sin θ m cos θ m  2 2 2.2.2. Déterminer lim Am m m→+∞

Partie III:

Séries de matrices

Soit ( Am ) m∈N une suite d’éléments de Mn,p (K), on pose pour m ∈ N,

Sm =

m X

Ak . On dit que la série de

k=0

terme général Am converge si la suite (Sm ) m∈N des sommes partielles converge, sinon la série est dite divergente. +∞ X En cas de convergence, la limite de la suite (Sm ) m∈N se note Ak . k=0

On dit que la série de terme général Am est absolument convergente, si la série numérique de terme général N ( Am ) converge, avec N une norme définie sur Mn,p (K)   3.1. Soit ( Am ) m∈N une suite d’éléments de Mn,p (K), on pose pour tout m ∈ N, Am = ai,(m) j 16I 6n . 16 j6p

Montrer que la série de terme général Am converge si, et seulement si, pour tout (i, j) ∈ [[1, n]] ×



 1, p , la

série de terme général ai,(m) j converge.  +∞  +∞ X X (m) En cas de convergence, on écrit Am =  ai, j  m=0

m=0

3.2. Montrer que toute série absolument convergente de Mn (K) est convergente +∞ X X 3.3. Soit A une matrice non nulle de Mn (K) telle que Am converge, montrer que Am est inversible et m>0

déterminer son inverse.

m=0

84

11. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 

 − 56  3.4. On pose B =  − 76  X 3.4.1. Montrer que B m est convergente et déterminer sa somme 4  3 5 3

n>0

3.4.2. En déduire inverse de

+∞ X

Bm

m=0

Partie IV:

Exponentielle d’une matrice

X 1 Am est convergente. Par la suite, on appelle m! m>0 +∞ X 1 m l’exponentielle d’une matrice A de Mn (K), la matrice notée exp( A), telle que exp( A) = A m! m=0

4.1. Montrer que, pour toute matrice A de Mn (K), la série

4.2. Soit S une matrice de Mn (K) telle que S 2 = In . Déterminer exp(S) en fonction de In et de S 4.3. 4.3.1. Soit ( A, B) ∈ (Mn (K)) 2 tel que AB = B A. Montrer que exp( A + B) = exp( A) exp(B)

4.3.2. En déduire que si A ∈ Mn (K), alors exp( A) est une matrice inversible et déterminer son inverse en fonction de A   4.4. On note, pour tout ( βi ) 16i6n ∈ Kn , on note diag ( βi ) 16i6n la matrice diagonale βi, j telle que pour tout i ∈ [[1, n]] ,

16i, j6n

∈ Mn (K)

βi, i = βi

  4.4.1. Montrer que ∀ (α i ) 16i6n ∈ Kn , exp diag (α i ) 16i6n   4.4.2. Montrer que ∀A ∈ Mn (K), ∀P ∈ GLn (K), exp P −1 AP = P −1 exp( A)P.     4.4.3. Soit T = t i, j ∈ Mn (K) une matrice triangulaire supérieure, montrer que exp(T ) = t 0i, j 16i, j6n

16i, j6n

est aussi une matrice triangulaire supérieure telle que ∀i ∈ [[1, n]] t 0i, i = e t i, i
4.4.4. SoitA ∈ Mn (C). Montrer que det exp( A) = eTr( A)  4 1 1   4.5. Soit A =  6 4 2  , pour tout réel t, déterminer exp(t A)   −10 −4 −2

Partie V:

Application aux systèmes différentiels linéaires

Soit M ∈ Mn (K) et I un intervalle non trivial de R    I −→ Mn (K) est de C 1 sur I et que 5.1. Montrer que la fonction f :    t 7−→ exp(t M)  ∀t ∈ I,

f 0 (t) = M f (t) = f (t)M

5.2. Soit t 0 ∈ I, A ∈ Mn (K) et B : I −→ Mn,1 (K) une fonction continue. On considère le système différentiel suivant (S) :

Y 0 = AY + B

5.2.1. Montrer, en utilisant un changement de variable convenable, que Y 0 (t) = AY (t) + B(t) ⇐⇒ exp(t A)z 0 (t) = B(t)

85

11. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017

5.2.2. En déduire que les solutions du système différentiel (S) sont exactement les applications de la forme : ∀t ∈ I, Y (t) =

t

Z

exp((t − u) A)B(u) du + exp(t A)v

t0

où v est un paramètre arbitraire de Kn . 5.3. On suppose, dans cette question, que A est une matrice diagonalisable de Mn (K) dont les valeurs propres sont λ 1 , · · · , λ n (non nécessairement distinctes) et soit (V1 ,V2 , · · · ,Vn ) une base formée de vecteurs propres telle que pour tout i ∈ [[1, n]], Vi est associé à λ i . Montrer que la solution générale du système différentiel homogène Y 0 = AY est de la forme Y (t) = n X ai e λ i t Vi , où (a1 , · · · , an ) ∈ Kn . i=1

   x 0 (t)      5.4. Résoudre le système différentiel suivant  y 0 (t)        z 0 (t)  vante x(0) = 1, y(0) = 2 et z(0) = 3.

Partie VI:

= 4x(t) + y(t) + z(t) = 6x(t) + 4y(t) + 2z(t)

, avec la condition initiale sui-

= −10x(t) − 4y(t) − 2z(t)

Toute matrice antisymétrique réelle est diagonalisable sur C

6.1. Soit N ∈ Mn (C), on suppose que N est nilpotente d’indice s, où s est un entier naturel non nul.   6.1.1. Montrer que In , N, · · · , N s −1 est une famille libre s −1 k X t 6.1.2. Pour tout nombre λ et pour tout réel t, exprimer exp (t(λIn + N )) en fonction de λ, t et Nk. k! k=0 6.2. Soit A ∈ Mn (C) qui admet λ ∈ C comme unique valeur propre. 6.2.1. Montrer que N = A − λIn est nilpotente 6.2.2. Montrer que les solutions du système différentiel X 0 = AX sont toutes bornées sur R si, et seulement si, λ est imaginaire pur et A = λIn 6.3. Soit A ∈ Mn (C), dont le polynôme caractéristique est Q =

q Y

(X − λ i ) n i , les λ 1 , · · · , λ q sont deux à deux

i=1

distincts, q ∈ N∗ , n1 , · · · , nq sont des entiers naturels non nuls. Soit f l’endomorphisme de Cn canoniquement associé à A 6.3.1. Montrer qu’il existe une base de Cn dans laquelle la matrice de f est diagonale en q blocs 6.3.2. Montrer que les solutions de X 0 = AX sont bornées sur R si, et seulement si, λ 1 , œcdots, λ q sont imaginaires purs et A est diagonalisable 6.4. Montrer que toute matrice antisymétrique réelle est diagonalisable sur le corps des nombres complexes C, et que ses valeurs propres sont imaginaires pures

Partie VII:

Quelques transformations induites par l’exponentielle matricielle

Soit M ∈ Mn (K), on dit que M est une matrice unipotente si M = In + N, avec N une matrice nilpotent. On note Nn (K) l’ensemble des matrices nilpotentes de Mn (K) et Un (K) l’ensemle des matrices unipotentes de

11. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017

86

Mn (K). Pour toute matrice N de Nn (K), on définit la matrice ln(In + N ) par ln (In + N ) =

+∞ X (−1) k −1 k N k k=1

7.1. Soit N une matrice nilpotente de Mn (K) d’indice de nilpotence s > 2 7.1.1. Montrer qu’il existe deux polynômes P et Q de même degré tels que exp(N ) = P(N )

et

ln(In + N ) = Q(N )

7.1.2. Montrer qu’au voisinage de 0, P(Q(x)) = 1 + x + ◦(x r ) et Q (P(x) − 1) = x + ◦(x r ) 7.1.3. Montrer que exp est une application bijective de l’ensemble Nn (K) vers l’ensemble Un (K) et déterminer sa bijection réciproque 7.2. On pose V = {αIn + N , α ∈ C et N ∈ Nn (C)} et W = { β (In + N ) , β ∈ C∗ et N ∈ Nn (C)} 7.2.1. Montrer que exp est une application surjective de N vers W 7.2.2. exp est-elle injective de V vers W ? Justifier votre réponse 7.3. On note Sn (R) le sous ensemble de Mn (R) constitué de matrices symétriques et Sn++ (R) le sous ensemble de Mn (R) constitué de matrices sysmétriques définies positives, c’est-à-dire les marices sysmétriques M de Mn (R) qui vérifient ∀X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, t XMX > 0. Montrer que exp est une application surjective de Sn (R) vers Sn++ (R)

Corrigé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2017

Étude de quelques normes sur Mn (K)

Partie I:

    1.1. Soit A = ai, j , B bi, j ∈ Mn (K). Pour i, j ∈ [[1, n]] le coefficient de position (i, j) de AB 16i, j6n 16i, j6n n n X X est ( AB)i, j = ai,k bk, j , donc |( AB)i, j | 6 |ai, k ||bk, j | 6 nk Ak∞ kBk∞ , donc par passage au maximum, k=1

k=1

on obtient k ABk∞ 6 nk Ak∞ kBk∞ 1.2. 1.2.1. On écrit X =

X

x i, j Ei, j dans la base canonique, du fait que ∀i, j ∈ [[1, n]], |x i, j | 6 k X k∞ , on

16i, j6n

obtient, par inégalité triangulaire et homogénéité de la norme N  N (X ) 6

X 16i, j6n

1.2.2. Posons M =

X

|x i, j |N (Ei, j ) 6  

 X 16i, j6n

N (Ei, j )  k X k∞ 

N (Ei, j )

16i, j6n

i. Soit X,Y ∈ Mn (K), |N (X ) − N (Y )| 6 N (X − Y ) 6 M k X − Y k∞ Donc N est M−lipschitzienne et, par suite, elle est continue. ii. L’application N est continue sur la sphère S∞ qui est compacte ( fermée et bornée en dimension finie), donc N est bornée et atteint sa borne inférieure sur S∞ , ce qui assure l’existence de X0 ∈ S∞ tel que min N (X ) = N (X0 ), et par suite ∀X ∈ S∞ , N (X ) > N (X0 ). X ∈S ∞ ! X X iii. Soit X ∈ Mn (K) non nul, alors ∈ S∞ , donc N > N (X0 ) et par suite k X k∞ k X k∞ ∀X ∈ Mn (K) \ {0}, N (X ) > N (X0 )k X k∞ inégalité est encore vérifiée pour X = On . α = N (X0 ) est strictement positif du fait que k X0 k∞ = 1. 1.2.3. Soit N une norme sur Mn (K), on vient de montrer que αk.k∞ 6 N 6 M k.k∞ , donc toute norme N est équivalente à k.k∞ et par transitivité, toutes les normes seront équivalentes sur Mn (K). 1.3. Soit N une norme sur Mn (K) 1.3.1. On a N ∼ k.k∞ , donc ∃ β > 0 tel que N 6 βk.k∞ , ce qui donne par l’inégalité de la question (1.1.), N ( AB) 6 βk ABk∞ 6 n βk Ak∞ kBk∞ 1.3.2. D’après la question , qui précède, on αk.k∞ 6 N, donc avec l’inégalité précédente, on aura ∀A, B ∈ Mn (K),

1.3.3. Le réel γ =

1 1 β N ( AB) 6 n β N ( A) N (B) = n 2 A( A)N (B) α α α nβ répond à la question. α2

87

88

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 1.4. Soit N une norme sur Mn,1 (K), pour toute matrice A de Mn (K), on pose (

N ( AX ) , X ∈ Mn,1 (K) \ {0} k A k = sup N (X ) 1.4.1.

)

i. L’application X 7−→ AX est continue comme application linéaire en dimension finie, donc ∃k > 0 N ( AX ) tel que ∀X ∈ Mn (K), N ( AX ) 6 k N (X ), donc l’application X 7−→ est bornée sur N (X ) Mn (K) \ {0}, ce qui assure l’existence de k Ak. ii. Notons SN la sphère unité associée à N. L’inclusion SN ⊂ Mn (K) \ {0} entraîne que sup N ( AX ) 6 k Ak. X ∈S N

X N ( AX ) ∈ SN , donc = N ( AY ) 6 sup N ( AX ), N (X ) N (X ) X ∈S N ce qui donne par passage à la borne supérieure, k Ak 6 sup N ( AX ). Réciproquement si X ∈ Mn (K) \ {0}, Y =

X ∈S N

iii. k . k est bien définie de Mn (K) à valeurs dans R+

 Séparation : Soit A ∈ Mn (K) tel que k Ak = 0, alors ∀X ∈ Mn,1 (K), AX = 0, en particulier

Aei = 0 pour tout vecteur de la base canonique de Mn,1 (K), donc les colonnes de A sont

nulles, et par suite A = On .  Homogénéité : Soit A ∈ Mn (K) et λ ∈ K, alors kλ Ak = sup {N (λ AX )} = sup {|λ|N (X )} = X ∈S N

|λ| sup {N ( AX )} = |λ|k Ak.

X ∈S N

X ∈S N

 Inégalité triangulaire : Soit A, B ∈ Mn (K), alors pour X ∈ SN ,

N (( A + B)X ) = N ( AX + BX ) 6 N ( AX ) + N (BX ) 6 k Ak + kBk,

1.4.2.

et par passage à la borne supérieure, on obtient k A + Bk 6 k Ak + kBk. N ( AX ) X ∈ SN , donc = N (Y ) 6 k Ak et par suite i. Soit X ∈ Mn,1 (K) \ {0}, alors Y = N (X ) N (X ) N ( AX ) 6 k Ak N (X ), inégalité encore vraie pour X = 0, on conclut que N ( AX ) 6 k Ak N (X ). ii. Soit X ∈ SN , on a N ( ABX ) 6 k Ak N (BX ) 6 k Ak kBk, et par passage à la borne supérieure, on obtient k ABk 6 k Ak kBk.

Partie II:

Suites de matrices

2.1. On munit Mn (K) de la norme k . k∞ ⇒) Supposons ( Am )m converge vers A. Pour (i, j) ∈ [[1, n]] ×



1, p



et m ∈ N, on a

a (m) − a 6k A − A k −−−−−−→ 0 i, j m ∞ i, j m→+∞ Donc, ai,(m) −−−−−→ ai, j j − m→+∞

⇐) Supposons que pour (i, j) ∈ [[1, n]] ×



 1, p , on a ai,(m) −−−−−→ ai, j , alors j −

k Am − A k ∞ 6

m→+∞

X 16i6n 16i6p

a (m) − a −−−−−−→ 0 i, j i, j m→+∞

89

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 k . k∞

Donc, Am −−−−−−→ A



α 1 −  m  2.2. Soit α un réel, on pose pour tout m ∈ N∗ , Am =  α  1  m 2 h i 2 = det( A ) = 1 + α , donc on 2.2.1. Par analyse de synthèse, si Cm ∈ R et θ m ∈ − π2 , π2 existent, alors Cm m m2  r   cos(θ m ) = C1m  α2  choisit Cm = 1 + 2 , puis par identification, le réel θ m doit vérifier le système .  m α   sin(θ m ) = mC  m !2 !2 1 1 α Ceci est possible lorsque > 0 et + = 1. Une telle relation est vérifiée. Ainsi, on Cm Cm mCm r !2 !2 h i 1 α2 α ∗ pose Cm = 1 + 2 ∈ R+ et puisque + = 1, il existe θ m ∈ − π2 , π2 vérifiant le Cm mCm m   1   cos(θ m ) = C m système  et, par suite,  α   sin(θ m ) = mC  m m→+∞



 cos(θ ) − sin(θ ) m m  = Cm R(θ m ) Am = Cm   sin(θ m ) cos(θ m )  

 cos(θ) − sin(θ) où on a posé pour θ ∈ R, R(θ) =   sin(θ) cos(θ)  r m 2 cos(mθ m ) α m 2.2.2. On a Am 1 + 2  m = Cm R(mθ m ) = m  sin(mθ m ) m Cm = exp

m α2 ln 1 + 2 2 m

 

 − sin(mθ m )   , avec cos(mθ m )  α2 1 +o 2m m

!! = exp

!! −−−−−−→ 1 m→+∞

! α α ∼ α, donc par continuité des fonctions cosinus et sinus, on obtient et mθ m = m arcsin ∼ mCm Cm cos(mθ m ) −−−−−−→ cos α et sin(mθ m ) −−−−−−→ sin α. Donc Am m −→ R(α). m→+∞

Partie III:

m→+∞

Séries de matrices

3.1. Par définition la série

X

Am converge si, et seulement si, la suite (Sm ) m>0 converge. D’après la question 

m>0

(2.1.), la suite (Sm ) m>0 converge si, et seulement si, pour tout (i, j) ∈ [[1, n]] × 1, p , la suite  

converge si, et seulement si, pour tout (i, j) ∈ [[1, n]] ×





1, p , la série

X

ai,(m) j



m X k=0

  ai,(m) j  m>0

converge

m>0

3.2. Supposons que la série

X

Am est absolument convergente.

m>0

Soit (i, j) ∈ [[1, n]] ×



X  1, p , on a |ai,(m) | 6 k A k et k Am k∞ converge, donc par comparaison, la m ∞ j m>0

X X a (m) converge et puisque K est complet (m) série a converge, c’est à dire Am converge. i, j i, j m>0 m>0 m>0 X m m 3.3. Supposons que la série A converge, alors par la condition nécessaire A −−−−−−→ 0. En outre par la X

m>0

m→+∞

90

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 formule de factorisation, pour tout N ∈ N, on a (In − A)

N X

Ak ùIn − A N +1

k=0

par continuité de l’application M 7−→ (In − A)M, comme application linéaire en dimension finie, on obtient +∞ +∞ X X (In − A) Ak = In , donc Ak est inversible d’inverse In − A. k=0

k=0

3.4. 3.4.1. On réduit B pour calculer ses puissances  On a

χ B (X ) = X 2 − Tr (B) X + det B =

1 1 1 X− = X− 6 6 2

! X+

1 3

!

Donc B est diagonalisable,   car χ B est scindé à racines simples    1 1 1 1 2 −1  , alors P −1 =   et  On a E 1 (B) = Vect   et E− 1 (B) = Vect   , on pose P =  2 3 1 2 1 2 −1 1  P

−1

! 1 −1 =D BP = diag , 2 3

X (−1) n X 1 et , de raisons compris strictement entre −1 et 1, convergent, n n 2 3 n>0 n>0 ! X   1 (−1) n n D , du terme général D n = diag n , n , converge de somme diag 2, 34 . donc la série 2 3 n>0 X Par la continuité de l’application linéaire M 7−→ PM P −1 , on déduit que la série B n converge Les séries géométriques

n>0

de somme

+∞ X n=0



 +∞  13 X n D  P −1 =  4 B = P  5 n

n=0

 3.4.2. Puisque la série

X m>0

Partie IV:

B m converge, alors  

2



 −1 X m>0

B m  

= I2 − B =  



− 54   −1 2

− 94 − 52

5 4 3 2

  . 

Exponentielle d’une matrice

1

1 4.1. On munit Mn (K) d’une norme sous-multiplicative k . k. Pour tout m > 1, on a

Am

6 k Ak m m! m!

X 1 X Am et la série k Ak m converge de somme e k Ak , donc par comparaison la série est absolument m! m! m>0 m>0 convergente, donc elle converge. 4.2. Remarquons d’abord que ∀m ∈ N, S 2m = In et S 2m+1 = S, alors exp(S) = =

+∞ X m=0 +∞ X m=0

+∞ X 1 1 2m S + S 2m+1 (2m)! (2m + 1)! m=0 +∞ X 1 1 In + S (2m)! (2m + 1)! m=0

= cosh(1)In + sinh(1)S

91

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 4.3.

m m m X X X Ak ( A + B) k Bk 4.3.1. Posons Sm ( A) = , Sm (B) = , Sm ( A + B) = , m = [[0, n]]2 et 4m = k! k! k! k=0 k=0 k=0 n o (p, q) ∈ [[0, n]]2 , p + q 6 n . Puisque A et B commutent, alors par la formule de binôme de Newton,

on a Sm ( A + B) =

m m X ( A + B) k X X A p B q = . = k! p! q! k=0 p+q=k k=0

et Sm ( A) Sm (B) =

X (p,q)∈ m

X (p,q)∈∆ m

Ap Bq . p! q!

Ap Bq . p! q!

Alors

X A p B q

. k Sm ( A) Sm (B) − Sm ( A + B) k =

(p,q)∈m \∆m p! q!

X k A k p k B kq 6 . p! q! (p,q)∈ \∆ m

m

6 Sm (k A k).Sm (k B k) − Sm (k A k + k B k) Comme k A k, k B k et k A k + k B k sont des réels, on déduit des propriétés de l’exponentielle réelle, que Sm (k A k).Sm (k B k) −−−−−→ e k A k e k B k et Sm (k A k + k B k) −−−−−→ e k A k+k B k . Donc n→+∞

n→+∞

Sm (k A k).Sm (k B k) − Sm (k A k + k B k) −−−−−→ 0 n→+∞

Il s’ensuit que Sm ( A) Sm (B) − Sm ( A + B) −−−−−→ 0 par encadrement. Comme les suites (Sm ( A)) m>0 , n→+∞

(Sm (B)) m>0 et (Sm ( A + B)) m>0 convergent respectivement vers exp( A), exp(B) et exp( A + B) et comme l’application ( A, B) 7−→ AB est bilinéaire continue, alors exp( A + B) = exp( A) exp(B) 4.3.2. A et − A commutent, alors la formule précédente entraîne que exp(− A)exp( A) = exp(On ) = In , donc exp( A) est inversible d’inverse exp(− A). 4.4. 4.4.1. Remarquons que ! 1 1 m 1 m m diag (α1 , ..., α n ) = diag α , ..., α n , m! m! 1 m! les séries composantes

X αm i sont convergentes, donc m! m>0
exp (diag (α1 , ..., α n )) = diag eα1 , · · · , eα n .

 k 4.4.2. On part de la relation ∀k ∈ N, P −1 AP = P −1 Ak P, donc pour m ∈ N, on a  n  m X X uk (P −1 AP) k P = P −1  k! k!  k=0 k=0

92

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 Par continuité de M 7−→ P −1 M P et la caractérisation séquentielle de la continuité, on tire exp(P −1 AP) = P −1 exp( A)P

4.4.3. Il suffit de remarquer que pour tout m ∈ N, la matrice T m est triangulaire supérieure dont les éléments m , · · · ,t m . On en déduit alors que les coefficients sur la diagonale de exp(T ) de la diagonale sont t 1,1 n, n

sont e t1,1 , · · · , e t n, n 4.4.4. Soit A ∈ Mn (C), alors A est trigonalisable dans C. Il existe donc P ∈ GLn (C) et T = (t i, j )16i, j6n triangulaire supérieure telles que A = PT P −1 , donc exp( A) = P exp(T )P −1 et, par suite, det(exp( A)) = det(exp(T )) =

n Y

n P

e

t i, j

= e i=1

t i, i

= eTr(T ) = eTr( A)

i=1

4.5. Par les opérations C3 ←− C3 − C2 , puis L 2 ←− L 2 + L 3 , on trouve que χ A (X ) = (X − 2) 3 . Le théorème de Cayley-Hamilton affirme que N = A − 2I3 est nilpotente. Or A = 2I3 + N est somme de deux matrices qui commutent, alors exp(t A) = exp(2t I3 ). exp(t( A − 2I3 )) = e 

2

1

1





0

0

0

2t

t2 I3 + t N + N 2 2!

!



    avec N =  6 2 2  , alors 2 2  et N 2 =  4     −4 −2 −2 −10 −4 −4  1 + 2t t t  2t  exp(t A) = e  6t + 2t 2 1 + 2t + t 2 2t + t 2  −10t − 2t 2 −4t − t 2 1 − 4t − t 2

   

Application aux systèmes différentiels linéaires

Partie V:

tm m 5.1. Pour m ∈ N, on pose f m : I −→ Mn (C) ,t 7−→ M m! m t  ∀m ∈ N, t 7−→ M m est de classe C 1 sur I, avec m!  m−1 t    Mm  0  (m − 1)! f m (t) =    0  

X

si m > 1 si m = 0

f m converge simplement sur I de somme t 7−→ exp(t M).

m>0

 Soit [a, b] un segment inclus dans I. ∀t ∈ [a, b], m ∈ N∗ ,

t m−1

α m−1

M m

6 k M km

(m − 1)!

(m − 1)!

où α = max (|a| , |b|)

X α m−1 0 k M k m converge, donc fm converge normalement sur [a, b], puis elle l’est (m − 1)! m>1 m>1 uniformément sur [a, b] La série

X

93

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 On conclut par le théorème de dérivation terme à terme que f est de classe C 1 sur I et ∀t ∈ I,

f 0 (t) =

+∞ X m=1

t m−1 M m = M exp(t M) = exp(t M)M (m − 1)!

5.2. 5.2.1. Pour Y : I −→ Mn,1 (K), on pose Z (t) = exp(−t A)Y (t). ⇒) Si Y est solution de l’équation Y 0 = AY + B, alors Y est de C 1 sur I, et, par suite, z est de C 1 sur I et Z 0 (t) = exp(−t A)Y 0 (t) − exp(−t A) AY (t)
= exp(−t A) Y 0 (t) − AY (t) = exp(−t A)B(t) ⇐) Si Z est solution de l’équation Z 0 (t) = exp(−t A)B(t), alors Y est de C 1 sur I, car Y (t) = exp(t A) Z (t) Y 0 (t) = exp(t A) Z 0 (t) + A exp(t A) Z (t) = B(t) + AY (t) 5.2.2. Soit t 0 ,t ∈ I. Pour tout s compris entre t 0 et t, l’équation Z 0 (s) = exp(−s A)B(s) équivaut Z (t) − Z (t 0 ) =

t

Z

Z 0 (s) ds =

exp(−s A)B(s) ds

t0

où encore Z (t) =

Z

t

Z 0 (s) ds =

t0

t

Z

t0

t

Z

exp(−s A)B(s) ds + v où v = Z (t 0 )

t0

Donc Y 0 = AY + B si, et seulement si, Y (t) = exp(t A) Z (t) =

Z

t

exp((t − s) A)B(s) ds + exp(t A)v

t0

5.3. B = 0, donc les solutions de l’équation Y 0 = AY sont de la forme Y (t) = exp(t A)v où v = Y (0) ∈ Mn,1 (K). Remarquons d’abord que pour tous i ∈ [[1, n]] et k ∈ N, on a Ak Vi = λ ki Vi , alors m k X t k=0

k!

Ak Vi =

m k k X t λ i

k=0

k!

Vi

Puisque les fonctions M ∈ Mn (K) 7−→ MVi ∈ Mn,1 (K) et λ ∈ K 7−→ λVi ∈ Mn,1 (K) sont continues, alors exp(t A)Vi = e t λ i Vi On écrit v =

n X

α i Vi dans la base (V1 , · · · ,Vn ), avec α1 , · · · , α n ∈ K, alors

i=1

 n  n n X X X Y (t) = exp(t A)v = exp(t A)  α i Vi  = α i exp(t A)Vi = α i e t λ i Vi i=1

i=1

i=1

94

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017

   x 0 (t) = 4x(t) + y(t) + z(t)      équivaut à l’équation différentielle matri5.4. Le système différentiel suivant  y 0 (t) = 6x(t) + 4y(t) + 2z(t)        z 0 (t) = −10x(t) − 4y(t) − 2z(t)      x 4 1 1     0 cielle y = AY , avec A =  6 4 2  et Y =  y  . Une telle équation admet pour solution     z −10 −4 −2 Y (t) = exp(t A)Y (0)  1 + 2t t t  2t  = e  6t + 2t 2 1 + 2t + t 2 2t + t 2  −10t − 2t 2 −4t − t 2 1 − 4t − t 2   1 + 7t   = e2t  2 + 16t + 7t 2    3 − 30t − 7t 2 

   

1



   2    3

Donc la solution du système différentiel est    x(t)       y(t)        z(t) 

Partie VI:

= (1 + 7t) e2t   = 2 + 16t + 7t 2 e2t   = 3 − 30t − 7t 2 e2t

Toute matrice antisymétrique réelle est diagonalisable sur C

6.1. 6.1.1. Le polynôme minimale de la matrice nilpotente N est π N = X s , donc tout polynôme annulateur de N et de degré inférieur ou égal à s − 1 est nul, ceci montre (In , N, ..., N s −1 ) est libre 6.1.2. Les deux matrices λt In et t N commutent, alors exp(t(λIn + N )) = exp(tλIn ). exp(t N ) = exp(tλ).

s −1 k X t k=0

k!

Nk

6.2. 6.2.1. Comme A ∈ Mn (C), alors χ A est scindé d’une seule racine, soit χ A = (X − λ) n . Comme le théorème de Cayley-Hamilton affirme que , ( A − λIn ) n = 0, alors A − λIn est nilpotente. 6.2.2. Rappelons que les solutions de l’équation X 0 = AX sont de la forme X (t) = exp(tλ).

s −1 k X t k=0

k!

N k v où s

est l’indice de nilpotence N et v ∈ Mn,1 (C) ⇐) Si A = λIn et λ ∈ iR, alors la solution est X (t) = e λt v et donc pour n’importe qu’elle norme k.k sur Mn,1 (C) k X (t)k = kvk, donc t 7−→ X (t) est bornée. ⇒)  Si t 7−→ X (t) est bornée pour tout v, alors le choix de v ∈ Ker(N ) \ {0}, donne X (t) = e λt v est bornée, ce qui exige λ ∈ iR.

95

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017  Choisissons maintenant v < Ker(N s −1 ), alors

k X (t)k = |exp(λt)|k

s −1 k X t k=0

k!

N k vk ∼

+∞

|t| s−1 k N s −1 vk (s − 1)!

est bornée, ce qui exige s = 1, c’est à dire N = 0 et par suite A = λIn . 6.3. 6.3.1. Par le théorème de Cayley-Hamilton, on a Q( f ) = 0. Le lemme des noyaux donne C = n

q M

Ker ( f − λ i idCn ) n i




i=1

Les deux endomorphismes f et ( f − λ i idCn ) n i commutent, donc Fi = Ker ( f − λ i idCn ) n i est stable q [ Bi une base adaptée à cette somme directe, alors la matrice de f dans cette base est par f . Soit B = i=1   A1 (0)   ..  où Ai ∈ Mn (C) admettant λ i comme seule valeur propre. de la forme : T =  . i    (0) Aq  6.3.2. ⇒) Soit P la matrice de passage de la base canonique à la base B définie dans la question précédente, alors P −1 AP = T. Posons Y = P −1 X, on a X 0 = AX ⇐⇒ Y 0 = TY   Y  1  . Puisque X est bornée, alors Y est bornée. On écrit Y par blocs Y =  ..  , avec Yi ∈ Mn i ,1 (C), alors   Yq    0   ∀i ∈ 1, q , Yi = Ai Yi . La bornitude de Y montre que ∀i ∈ 1, q , Yi est bornée. Or Ai − λIn i est nilpotente, alors par la question (4.4.2.), Re(λ i ) = 0 et Ai = λ i In i . Bref T est diagonale et, par suite, A est diagonalisable. ⇐) Les solutions de X 0 = AX sont X (t) = exp(t A)v où v ∈ Mn,1 (C). On écrit v =

vi , avec

i=1

vi ∈ Ker( A − λ i In ), alors exp(t A)vi = e t λ i vi et X (t) = exp(t A)v =

q X

q X

e λ i t vi

i=1

Par l’inégalité triangulaire k X (t) k 6

q X

k vi k, donc X est bornée

i=1

6.4. On munit Mn,1 (C) de la norme k . k définie par : ∀X ∈ Mn,1 (C) , k X k = entraîne que (exp(t A)) = exp(t A) = exp(−t A) = t

t

(exp(t A)) −1 ,

pt

X X. L’antisymétrie de A

donc exp(t A) est orthogonale et, par

suite, exp(t A) conserve la norme. Soit maintenant X une solution de l’équation X 0 = AX, alors X (t) = exp(t A)X (0) et par conservation de la norme k X (t)k = k exp(t A)X (0)k = k X (0)k, ce qui assure la bornitude de t 7−→ exp(t A) et par la question précédente, A est diagonalisable et SpC ( A) ⊂ iR.

Partie VII:

Quelques transformations induites par l’exponentielle matricielle

96

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017

7.1. 7.1.1. La matrice N est nilpotente, alors ∀k > n, N k = 0, et par conséquent exp(N ) =

n−1 X k=0

On choisit donc r = n − 1, P =

n−1 X k=0

1 k N k!

et ln(In + N ) =

n−1 X k=1

(−1) k −1 k N k

n−1 X (−1) k −1 1 k X et Q = Xk. k! k k=1

7.1.2. On a e x = P(x) + ◦(x r )

et

ln(1 + x) = Q(x) + ◦(x r )

Puisque Q(0) = 0, alors la partie régulière du développement de la composée exp(ln(1 + x)) est la composée des parties régulières P ◦ Q ( tronquée à l’ordre r ) 1 + x = exp(ln(1 + x)) = P(Q(x)) + ◦(x r ) ⇒ P(Q(x)) = 1 + x + ◦(x r ) En outre P(0) = 1, alors x = ln(e x ) = ln(1 + e x − 1) = Q(P(x) − 1) + ◦(x r ) ⇒ Q(P(x) − 1) = x + ◦(x r ) P(Q(x)) − 1 − x −−−→ 0, ceci montre que 0 est racine au x→0 xr moins d’ordre n de P(Q(X )) − 1 − X, alors il existe R ∈ C[X] tel que P(Q(X )) = 1 + X + X n R(X ).

7.1.3. Puisque P(Q(x)) = 1 + x + ◦(x r ), alors

De la même façon on justifie l’existence d’un polynôme S tel que Q(P(X ) − 1) = X + X n S(X ).  L’application exp : Nn (K) −→ Un (K) est bien définie. En effet pour N ∈ Nn (K), alors

exp(N ) = In +

n−1 X k=1

n−1

X 1 1 k N = In + N N k −1 = In + N 0 , k! k! k=1

avec N 0 nilpotente comme produit de deux matrices qui commutent et l’une d’elles est nilpotente  exp est surjective ?

Soit M = In + N ∈ Un (K), on a ln(M) = ln(In + N ) =

n−1 X k=1

n−1

X (−1) k −1 (−1) k −1 k N =N N k −1 k k k=1

Donc ln(M) est nilpotente c’est le produit de la matrice nilpotente N et d’une matrice commutant avec N, de plus exp(ln(M)) = exp(ln(In + N )) = P(Q(N )) + N n R(N ) = In + N = M  exp est injective ?

Si N, N 0 ∈ Un (K), telles que exp(N ) = exp(N 0 ), alors P(N ) − In = P(N 0 ) − In , soit N = Q(P(N ) − In ) = Q(P(N 0 ) − In ) = N 0

97

12. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2017 Donc exp est injective Bilan exp : Nn (K) −→ Un (K) est une bijection dont la réciproque est ln : Un (K) −→ Nn (K) 7.2.

1 M ∈ Un (C), donc d’après la question précédente, il existe une β 1 matrice N 0 ∈ Nn (C) telle que exp(N 0 ) = M. D’autre part l’application exp : C 7−→ C∗ est surjective, β 0 d’où l’existence de β 0 ∈ C tel que β = e β et, par suite, exp( β 0 In + N 0 ) = β exp(N 0 ) = M, ce qui

7.2.1. Soit M = β(In + N ) ∈ W , alors

montre que β 0 In + N 0 ∈ V est un antécédent de M dans V . 7.2.2. On a exp( A) = In = exp(On ), mais 2iπIn , On , donc exp n’est pas injective. 7.3.

 Soit S ∈ Sn (R). Montrons d’abord que S ∈ Sn++ (R) ⇐⇒ Sp (S) ⊂ R+∗ .

Si S ∈ Sn++ (R). Soit λ ∈ Sp (S), alors ∃X ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que SX = λ X, donc t X SX = λ t X X, t X SX d’où λ = t > 0. XX Inversement si Sp (S) ⊂ R+∗ . Soit 0 < λ 1 6 λ 2 6 · · · 6 λ n les valeurs propres de S et (X1 , · · · , X n ) n X x i .X i , la base orthonormée diagonalisant S tels SX i = λ X i . Pour X ∈ Mn,1 (R) \ {0}, on écrit X = i=1

alors t

X SX =

n X

λ i x 2i > λ 1 k X k 2 > 0

i=1

 exp est bien définie ?

Soit S ∈ Sn (R), par le théorème spectral, il existe P ∈ On (R) et λ 1 , · · · , λ n ∈ R tels que t PSP =  
diag (λ 1 , · · · , λ n ), puis t P exp(S)P = diag e λ1 , · · · , e λ n . exp(S) est symétrique et Sp exp(S) ⊂ R+∗ ,

donc exp(S) ∈ S++ n (R) ; ainsi exp est bien définie  exp est surjective ?

Soit M ∈ S++ n (R), alors la théorème spectral assure l’existence de P ∈ O n (R) et D = diag(λ 1 , ..., λ n ) telles que M = PDP −1 avec les λ i dans R∗+ . L’application exp : R −→ R∗+ est bijective, donc

∀i ∈ {1, ..., n}, il existe µi ∈ R tel que λ i = e µ i . Posons ∆ = diag (µ1 , ..., µ n ) et S = P∆t P ∈ Sn (R), on a M = exp(P∆P −1 ) = exp(P∆t P) = exp(S)

Énoncé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2016

Le sujet de cette épreuve est composé de deux problèmes indépendants entre eux.

Probl`eme 1 Soit n un entier naturel, on note [[0, n]] = {0, · · · , n}, on appelle polynôme de Bernstein de degré n les po  lynômes réels Bn, k = nk X k (1 − X ) n−k , k ∈ [[0, n]]. Dans ce problème, on voudrait démontrer le théorème de Weierstrass par deux méthodes et donner quelques applications de ce théorème. Dans toute la suite, on identifie polynôme et fonction polynomiale associée

Théorème de Weierstrass

Partie I:

Soit f : [0, 1] −→ R continue, pour tout entier n ∈ N∗ , on pose Pn ( f ) la fonction définie sur [0, 1] par, Pn ( f )(x) =

n X

! k Bn, k (x) f n

k=0

1.1. 1.1.1. Calculer

n X

Bn,k

k=0

1.1.2. En déduire que, pour tout x ∈ [0, 1], 0 6 Bn, k (x) 6 1 n n n X X X 1.2. Calculer k Bn, k , k (k − 1)Bn, k puis k 2 Bn,k k=0

k=0

k=0

1.3. 0 1.3.1. Pour tout n ∈ N∗ et tout k ∈ [[0, n]], exprimer Bn,k en fonction de Bn−1,k −1 et Bn−1,k

( On étudiera les trois cas : (k , 0 et k , n), (k = 0) puis (k = n)) ! !! n−1 X k k +1 − f Bn−1, k (x) 1.3.2. Etablir que, pour tout n ∈ N∗ et tout x ∈ [0, 1], (Pn ( f )) 0 (x) = n f n n k=0 1.3.3. En déduire que si f est croissante sur [0, 1], alors pour tout n ∈ N∗ , la fonction Pn ( f ) est croissante sur [0, 1]. 1.4. Pour la suite de cette question, on se donne un réel ε > 0 !2 n X k Bn,k (x) 1.4.1. Pour tout x ∈ [0, 1], calculer x− n k=0 1.4.2. Montrer qu’il existe α > 0 tel que,

ε . 2 (On vous demande de redémontrer le théorème de Heine pour l’application f continue sur le segment

pour tout (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] , |x − y| 6 α ⇒ | f (x) − f (y)| 6 [0, 1]) n 1.4.3. Soit x ∈ [0, 1], on pose A = k ∈ [[0, n]] ; x − ! X k f (x) − f Bn,k (x) i. Montrer que n k∈A ! X k f (x) − f Bn,k (x) ii. Montrer que n k ∈B

k n

o n o 6 α et B = k ∈ [[0, n]] ; x − nk > α ε 6 2 2M M 6 x(1 − x) 6 , avec M = sup | f (t)| 2 nα 2nα 2 t ∈[0,1]

98

13. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

99

ε M , avec M = sup | f (t)| + 2 2nα 2 t ∈[0,1] 1.4.5. En déduire que la suite (Pn ( f )) n>0 converge uniformément vers f sur [0, 1].

1.4.4. En déduire que, pour tout x ∈ [0, 1], |Pn ( f )(x) − f (x)| 6

1.5. Plus généralement, soit g : [a, b] −→ R une fonction continue, (a, b) ∈ R2 , a < b. Montrer qu’il existe une suite de polynômes (Q n (g)) n>0 qui converge uniformément vers g sur [a, b].

Partie II:

Une démonstration probabiliste du théorème de Stone Weierstrass

Soit f : [0, 1] −→ R une fonction continue et n ∈ N∗ 2.1. Soit Sn une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètre n et x, x ∈ [0, 1], on pose pour out Sn n ∈ N∗ , X n = n 2.1.1. Déterminer E (X n ) et variablealéatoireréelleX n respectivement l’espérance et la variance de X n 1 2.1.2. Justifier que, pour tout δ > 0, P (|X n − x| > δ) 6 4nδ2 2.2. On introduit la variable aléatoire Yn = f (X n ) et on pose pour tout x ∈ [0, 1], Cn ( f )(x) = E (Yn ). Pour la suite de cette question, on se donne un réel ε > 0. 2.2.1. Vérifier que x 7−→ Cn ( f )(x) est une fonction polynomiale définie sur [0, 1]. 2.2.2. D’après le théorème de Heine, comme f est continue sur [0, 1], alors il existe β > 0 tel que, pour ε tout (x 1 , x 2 ) ∈ [0, 1] × [0, 1], |x 1 − x 2 | 6 β ⇒ | f (x 1 ) − f (x 2 )| 6 . ( On ne vous demande pas de 2 redémontrer ce résultat). !! ! X k k ε i. Montrer que f (x) − f P Xn = 6 n n 2 k ∈[[0, n]] | nk − x | 6β !! ! X M k k 6 , avec M = sup | f (t)| ii. Montrer que f (x) − f P Xn = n n 2n β 2 k ∈[[0, n]] t ∈[0,1] | nk − x | > β 2.2.3. En déduire que la suite (Cn ( f )) n>1 converge uniformément vers f sur [0, 1].

Partie III:

Application

Dans toute la suite de ce problème, pour tout (a, b) ∈ R2 , a < b, on pose I = [a, b]. 3.1. Soit f : I −→ R une fonction continue, on suppose que pour tout n ∈ N, b

Z

x n f (x) dx = 0

a

3.1.1. Montrer que la fonction f est nulle Z +∞sur I. x n e −(1−i)x dx 3.1.2. Pour tout n ∈ N, calculer In = 0

3.1.3. En déduire Z +∞qu’il existe une fonction réelle φ, continue sur [0, +∞[ et non nulle, telle que, pour tout n ∈ N, x n φ(x) dx = 0 0 Z b 3.2. Soit g : I −→ R continue telle que g(x) dx = 0. Montrer qu’il existe une suite (Pn ) n de polynômes telle a Z b que Pn (x) dx = 0 et lim sup |g(t) − Pn (t)| = 0 a

n→+∞ t ∈[a,b]

13. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

100

3.3. Soit ϕ : I −→ R de classe C 1 . Montrer qu’il existe une suite (Pn ) n de polynômes telle que lim sup |ϕ(t) − Pn (t)| = 0 et lim sup ϕ0 (t) − P0 (t) = 0 n→+∞ t ∈[a, b]

n→+∞ t ∈[a,b]

n

3.4. Soit ψ : I −→ R continue positive. Montrer qu’il existe une suite (Pn ) n de polynômes telle que pour tout n ∈ N et tout t ∈ I, Pn (t) > 0 et lim

sup |ψ(t) − Pn (t)| = 0

n→+∞ t ∈[a, b]

Probl`eme 2 Soit (Ω, A, P) un espace probabilisé, par la suite, les variables aléatoires considérées sont des variables aléatoires réelles discrètes ou à densité. Si X est une variable aléatoire sur (Ω, A, P), la fonction génératrice des mo    ments de X, lorsqu’elle existe, est la fonction numérique de la variable réelle t, MX : t −→ E e t X , où E e t X désigne l’espérance de la variable aléatoire e t X .

Partie I:

Variables aléatoires discrètes finies

Soit X une variable aléatoire discrète prenant un nombre fini de valeurs x 1 , · · · , x r avec les probabilités respectives p1 , · · · , pr , où r ∈ N∗ . On définit la fonction ϕ X sur R∗ par, ∀t ∈ R∗ , ϕ X (t) =

1 ln(MX (t)) t

1.1. Déterminer MZ , lorsque Z suit une loi de Bernoulli de paramètre p, p ∈ [0, 1].   1.2. Montrer que MX est de classe C ∞ sur R, et que pour tout entier naturel k, MX(k ) (0) = E X k . 1.3. 1.3.1. Montrer que ϕ X est bien définie sur R∗ et prolongeable par continuité en 0. On pose ϕ X (0) = E (X ) et on note encore ϕ X la fonction ainsi prolongée. 1.3.2. Démontrer que ϕ X est dérivable en 0 et calculer ϕ0X (0) en fonction de la variance V (X ) de X. 1.4. 1 1.4.1. Montrer que pour tout u 6 0, eu 6 1 + u + u2 ; 2 1.4.2. Montrer que si X ne prend que des valeurs négatives ou nulles, alors, pour tout t > 0, t   ϕ X (t) 6 E (X ) + E X 2 2 1.5. 1.5.1. Pour tout entier i tel que 1 6 i 6 r, on note f i la fonction définie sur R, part t 7−→ e t x i . Montrer que la famille ( f 1 , · · · , f r ) est libre. 1.5.2. En déduire que deux variables discrètes finies X et Y ont la même loi si, et seulement si, les fonctions ϕ X et ϕY sont égales. 1.6. Montrer que si X et Y sont des variables discrètes finies indépendantes, alors, ϕ X +Y = ϕ X + ϕY 1.7. En déduire MX , lorsque X suit une loi binomiale de paramètre s et p, s est un entier naturel non nul et 0 6 p 6 1.

13. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

101

1.8. On dit qu’une variable aléatoire réelle X est symétrique si X et −X ont la même loi. Montrer que ϕ X est impaire si, et seulement si, X est une variable aléatoire réelle symétrique. 1.9. On considère une suite (X n )n>1 de variables aléatoires discrètes finies mutuellement indépendantes sur (Ω, A, P), qui suivent la même loi que X. On note m l’espérance de X et σ son écart-type que l’on suppose strictement positif. n X

Sn − E (Sn ) . √ (S ) V n k=1 1.9.1. Montrer que, pour tout entier naturel non nul n et tout réel non nul t, On pose, pour tout entier naturel non nul, Sn =

ϕ

S n∗

X k et Sn∗ =

! √ √ n t −m n (t) = + ϕX √ σ σ σ n

t 1.9.2. En déduire que lim ϕ S n∗ (t) = . n→+∞ 2

Partie II:

Cas des variables aléatoires discrètes réelles infinies

Soit X une variable aléatoire discrète réelle infinie, notons I X l’ensemble des réels t pour lesquels MX existe. 2.1. 2.1.1. Montrer que, pour tous réels a, b, c tels que a 6 b 6 c et tout réel x, eb x 6 ea x + ec x . 2.1.2. En déduire que I X est un intervalle contenant 0. 2.2. Soit Y une variable aléatoire discrète réelle qui suit une loi de Poisson de paramètre λ > 0. Déterminer la fonction génératrice des moments MY de Y . 2.3. On suppose que la fonction MX est définie sur un intervalle de la forme ] − a, a[, (a > 0). Notons (x n )n∈N une énumération des valeurs de X. Posons, pour tout n ∈ N et tout t ∈]−a, a[,un (t) = P(X = x n )e t x n et x n . Soit α > 0 tel que [−α, α] ⊂]−a, a[, et soit ρ ∈]α, a[. 2.3.1. Montrer que, pour tout k ∈ N, tout t ∈] − α, α[ et tout n ∈ N, |un(k ) (t)| 6 P(X = x n )(|x n |) k eα | x n | où un(k ) désigne la dérivée k-ème de la fonction un . 2.3.2. Montrer que, pour tout k ∈ N, il existe Mk > 0, pour tout t ∈] − α, α[ et tout n ∈ N, |un(k ) (t)| 6 Mk P(X = x n )|e ρ | x n | .   2.3.3. En déduire que MX est de classe C ∞ sur ] − a, a[, et que pour tout k ∈ N, E X k = MX(k ) (0) 2.4. En déduire l’espérance et la variance d’une variable aléatoire Y qui suit une loi de Poisson de paramètre λ > 0.

Partie III:

Cas des variables aléatoires à densité

Si X est une variable aléatoire à densité, on note I X l’intervalle de R, qui contient 0, pour lequel MX existe. 3.1. Soient X et Y deux variables aléatoires à densité indépendantes, qui admettent respectivement des fonctions

13. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

102

génératrices des moments MX et MY , montrer que ∀t ∈ I X ∩ IY ,

MX +Y (t) = MX (t)MY (t)

3.2. Soit X une variable aléatoire à densité possédant une fonction génératrice des moments MX et une densité f . On suppose que cette fonction génératrice des moments soit définie sur I X =]a, b[, (a, b) ∈ R2 , a < 0 < b, et soit s un réel tel que, 0 < s < min(−a, b). k! 3.2.1. Montrer que, pour tout k ∈ N∗ et tout t ∈ R, |t k | 6 k e s |t | . s   3.2.2. En déduire que, pour tout k ∈ N∗ , E |X | k est finie. +∞ X   tk 3.2.3. Montrer que, pour tout t ∈] − s, s[, MX (t) = E Xk k! k=0   (k ) 3.2.4. En déduire que, pour tout k ∈ N, MX (0) = E X k

Corrigé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2016

Problème 1 Partie I:

Théorème de Weierstrass

1.1. 1.1.1. On fait appel à la formule du binôme de Newton, on obtient n X

Bn,k =

k=0

n X

Cnk X k (1 − X ) n−k = 1

k=0

1.1.2. Il est clair que pour tout x ∈ [0, 1], Bn, k (x) = Cnk x k (1 − x) n−k > 0. D’autre part, d’après la question n X précédente, Bn, k (x) 6 Bn,k (x) = 1 k=0

1.2.

k −1 pour tout k ∈  On utilise la formule kCnk = nCn−1 [[1, n]], alors n X

k Bn, k

n X

=

k=0

k Bn,k =

k=1 n X

=

k=1 n−1 X

=

n X

kCnk X k (1 − X ) n−k

k=1 k −1 k nCn−1 X (1 − X ) n−k

k nCn−1 X k+1 (1 − X ) n−1−k

k=0

= nX (X + (1 − X )) n−1 = nX  Pour n = 1, on a bien

n X

k −2 k (k − 1)Bn, k = 0. Si n > 2, on utilise la formule k (−1)Cnk = n(n − 1)Cn−2

k=0

pour tout k ∈ [[2, n]], alors n X

k (k − 1)Bn, k

=

k=0

n X

k (k − 1)Bn, k =

k=2

= =

n X k=2 n−2 X

n X

k (k − 1)Cnk X k (1 − X ) n−k

k=2 k −2 k n(n − 1)Cn−2 X (1 − X ) n−k

k n(n − 1)Cn−2 X k+2 (1 − X ) n−2−k

k=0

= n(n − 1)X 2 (X + (1 − X )) n−2 = n(n − 1)X 2 Donc

n X

k (k − 1)Bn,k = n(n − 1)X 2

k=0

Cette égalité est valable aussi pour n = 1

103

104

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

 Le polynôme

n X

k 2 Bn,k est la somme de deux précédents

k=0 n X

k 2 Bn,k = n(n − 1)X 2 + nX

k=0

1.3. 1.3.1. Soit n ∈ N∗ et k ∈ [[0, n]]. On distingue trois cas 0 = −n(1 − X ) n−1 = −nB  Si k = 0, on a Bn,0 = (1 − X ) n , donc Bn,0 n−1,0 n−1 = nB 0  Si k = n, on a Bn, n = X n , donc Bn, n−1, n−1 n = nX

 Si k , 0 et k , n, on a 0 Bn, k

= kCnk X k −1 (1 − X ) n−k − (n − k)Cnk X k (1 − X ) n−k −1 k −1 k −1 k = nCn−1 X (1 − X ) n−k − nCn−1 X k (1 − X ) n−k −1
= n Bn−1, k −1 − Bn−1, k

1.3.2. Soit n ∈ N∗ , on a : (Pn ( f ))

0

=

n X k=0

=

! k f B0 n n, k

f (0)

0 Bn,0

+ f (1)

0 Bn, n

+

n−1 X k=1

! k f B0 n n, k

= −n f (0)Bn−1,0 + n f (1) Bn−1, n−1 + n = = = = =

n−1 X k=1 n−1 X

k f n

! Bn−1, k −1 − Bn−1, k




! ! n−1 X k k −n f (0)Bn−1,0 + n f (1) Bn−1, n−1 + n Bn−1, k −1 − n Bn−1, k f f n n k=1 k=1 ! ! n−1 n−2 X X k +1 k Bn−1, k − n Bn−1,k −n f (0)Bn−1,0 + n f (1) Bn−1, n−1 + n f f n n k=1 k=0 ! ! n−2 n−1 X X k +1 k Bn−1, k − n Bn−1, k − n f (0)Bn−1,0 n f (1) Bn−1, n−1 + n f f n n k=1 k=0 ! ! n−1 n−1 X X k +1 k n f Bn−1, k − n f Bn−1, k n n k=0 k=0 ! !! n−1 X k +1 k n f − f Bn−1, k n n k=0 n−1 X

! !! k +1 k Ainsi l’égalité souhaitée, pour tout x ∈ [0, 1], (Pn ( f )) (x) = n f − f Bn−1,k (x) n n k=0 k k +1 k k +1 1.3.3. Si f est croissante sur [0, 1], alors pour tout k ∈ [[0, n − 1]], on a , ∈ [0, 1] et < , n n n n     alors par croissance de f , on a f k+1 − f nk > 0. En outre, d’après la question (1.1.2.), pour tout n 0

x ∈ [0, 1], on a Bn−1, k (x) > 0 et, par suite, (Pn ( f )) 0 (x) > 0. Ceci montre que Pn ( f ) est croissante sur [0, 1] 1.4. On fixe ε > 0

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

105

1.4.1. Soit x ∈ [0, 1], par un calcul direct n X k=0

k x− n

!2 Bn, k (x) =

n X k=0

! k k2 x − 2x + 2 Bn, k (x) n n 2

n n xX 1 X 2 k Bn,k (x) k Bn,k (x) + 2 n k=0 n k=0 k=0  x 1  = x 2 − 2 .nx + 2 n(n − 1)x 2 + nx n n x(1 − x) = n

= x2

n X

Bn, k (x) − 2

1.4.2. Par absurde supposons que pour tout α > 0, il existe x, y ∈ [0, 1] tel que |x − y| 6 α et | f (x) − f (y)| > ε ε 1 . Pour n ∈ N, il existe x n , yn ∈ [0, 1] tels que |x n − yn | 6 n et | f (x n ) − f (yn )| > . 2 2 2 [0, 1] est compact donc [0, 1] × [0, 1] est compact d’où on peut extraire de (x n , yn ) une suite convergente (x ϕ (n) , yϕ (n) ) d’où les deux suites (x ϕ (n) ) et (yϕ (n) ) convergent. Posons x = lim x ϕ (n) et y = lim yϕ (n) . On a x n − yn −−−−−→ 0 donc x ϕ (n) − yϕ (n) −−−−−→ 0 d’où x = y. La fonction f est continue sur [0, 1] n→+∞ n→+∞ ε donc f (x ϕ (n) ) − f (yϕ (n) ) → f (x) − f (y) = 0. Absurde, car f (x ϕ (n) ) − f (yϕ (n) ) > > 0. 2 ! k ε 6 , donc 1.4.3. i. Par construction de A, pour tout k ∈ A, on a : f (x) − f n 2 ! n X X εX ε f (x) − f k B (x) 6 ε Bn,k (x) 6 Bn, k (x) = n,k n 2 k∈A 2 k=0 2 k∈A !2 1 k k ii. Remarquons que si k ∈ B, alors x − > α, on a alors 1 6 2 x − . On en déduit : n n α ! X X f (x) − f k B (x) 6 2M Bn, k (x) n, k n k ∈B k ∈B !2 2M X k 6 Bn, k (x) x − n α2 k ∈ B !2 n 2M X k 6 Bn,k (x) x− n α 2 k=0 6 6

2M x(1 − x) n α2 M 2nα 2

1 où la dernière inégalité vient du fait que le maximum de x 7→ x(1 − x) sur [0, 1] est atteint en et 2 1 vaut . 4 n X f (x)Bn, k (x), [[0, n]] = A ∪ B et A ∩ B = ∅, on 1.4.4. Soit x ∈ [0, 1], remarquons d’abord que f (x) = k=0

106

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016 obtient alors =

|Pn ( f )(x) − f (x)|

= = 6

! X n n X k f Bn,k (x) − f (x)Bn,k (x) n k=0 k=0 ! ! X n k f − f (x) Bn,k (x) n k=0 ! ! ! ! X X k k f − f (x) Bn,k (x) + − f (x) Bn, k (x) f n n k ∈ A k ∈B ! ! X k X k f f Bn, k (x) B (x) + − f (x) − f (x) n, k n n k∈A

6

k ∈B

ε M + 2 2nα 2

1.4.5. Fixons ε > 0 et soit α le réel strictment positif donné par l’uniforme continuité. On fixe ensuite n0 suffisamment grand tel que : ∀n > n0 ,

ε M 6 2 2 2nα

On a alors, pour n > n0 : ∀x ∈ [0, 1], | f (x) − Pn ( f )(x)| 6 ε. Ceci prouve bien la convergence uniforme de la suite (Pn ( f )) n>0 vers f . 1.5. L’application f : x ∈ [0, 1] 7−→ g (a + (b − a)x) est continue, par composition, sur [0, 1]. Posons Q n (g)(x) = x − a Pn ( f ) , pour x ∈ [a, b], où (Pn ( f )) la suite de polynômes de Bernstein associée à f converge unib−a formément vers f sur [0, 1]. (Q n (g)) est encore une suite de fonctions polynomiales, et pour tout x ∈ [a, b], on a :

 x − a  x − a 6 k Pn ( f ) − f k [0,1] − f |Q n (g)(x) − g(x)| = Pn ( f ) ∞ b−a b − a

Donc (Q n (g)) converge uniformément vers g sur [a, b].

Partie II:

Une démonstration probabiliste du théorème de Stone Weierstrass

Soit f : [0, 1] −→ R une fonction continue et n ∈ N∗ 2.1. 2.1.1. Sn ,→ B(n, x), donc E (Sn ) = nx et V (Sn ) = nx(1 − x), en conséquence, l’espérance et la variance de 1 1 x(1 − x) X n sont respectivement E (X n ) = E (X n ) = x et V (X n ) = 2 V (Sn ) = n n n 2.1.2. Soit δ > 0, l’inégalité de Bienaymé Chebychev nous donne P (|X n − x| > δ) 6 (

V (X n ) x(1 − x) 1 = 6 2 2 δ nδ 4nδ2

) ! k k 2.2.2.2.1. On a X n (Ω) = , k ∈ [[0, n]] et P X n = = P(Sn = k). n n f (X n ) est bient définier car f est continue sur [0, 1] et X à valeurs dans [0, 1]. X n (Ω) est fini ; on peut

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

107

appliquer le théorème de transfert : X

Cn ( f )(x) = E (Yn ) =

! k P (Sn = k) n

f

k ∈S n (Ω)

=

n X

!

f

k=0

k C k x k (1 − x) n−k n n

ce qui montre que x 7−→ Cn ( f )(x) est une fonction polynomiale ! k k ε 6 , 2.2.2. i. Par construction de β, on a pour tout k ∈ [[0, n]] tel que − x 6 β on a : f (x) − f n 2 n donc !! ! X k k f (x) − f P Xn = 6 n n k n − x 6β

! ! k k f (x) − f P X n = n n k − x 6β n ! k ε X P Xn = 6 2 k n 6

X

ε 2

n − x 6β n X

! k ε P Xn = = n 2 k=0

    ii. Remarquons que |X n − x| > β ⊂ |X n − x| > β !! ! X k k 6 f (x) − f P Xn = n n nk − x >β

! ! k k f (x) − f P Xn = n n k − x >β n ! X k P Xn = 6 2M n k X

n − x >β

6 2MP (|X n − x| > β) V (X n ) 6 2M β2 2M x(1 − x) 6 n β2 M 6 2n β 2 où la quatrième inégalité vient de l’inégalité de Bienyamé Tchebychev, vu que E (X n ) = x et la 1 dernière inégalité vient du fait que le maximum de x 7→ x(1 − x) sur [0, 1] est atteint en et vaut 2 1 . 4 2.2.3. Soit ε > 0 et soit β > 0 obtenu du théorème de Heine. Soit x ∈ [0, 1], alors par l’inégalité triangulaire et les inégalités des deux dernières questions, on a : |Cn ( f )(x) − f (x)| 6

ε M + 2 2n β 2

Avec M = sup | f (t)|. On fixe ensuite n0 suffisamment grand tel que : t ∈[0,1]

∀n > n0 ,

M ε 6 2 2n β 2

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

108

On a alors, pour n > n0 : ∀x ∈ [0, 1], |Cn ( f )(x) − f (x)| 6 ε. Ceci prouve bien la convergence uniforme de la suite (Cn ( f )) n>1 vers f .

Application

Partie III: 3.1.

3.1.1. Par linéarité de l’intégrale, pour tout polynôme P ∈ R[X], on a : b

Z

P (x) f (x) dx = 0

a

D’après théorème de Weierstrass, il existe une suite (Pn ) n∈N convergeant uniformément sur [a, b] vers f. Pour tout n ∈ N et tout x ∈ [a, b], en écrivant f (x) 2 − f (x)P (x) = f (x) ( f (x) − P (x))| 6k f k [a,b] k f − P k [a, b] n n n ∞ ∞ | et il en résulte que la suite ( f Pn ) n∈N converge uniformément vers f 2 sur [a, b]. D’après le théorème d’intégration des limites uniformes, il vient alors : b

Z

f (x) dx = lim 2

n→+∞

a

Donc

b

Z

b

Z

f (x)Pn (x) dx a

f (x) 2 dx = 0

a

La fonction f 2 étant continue positive sur le segment [a, b] d’intégrale nulle, donc f 2 = 0, ainsi la nullité de f 3.1.2.

 Convergence : Soit n ∈ N, l’application x !7−→ x n e −(1−i)x est continue sur [0, +∞[, donc In est 1 impropre en +∞, mais x n e −(1−i)x = ◦ 2 , donc In converge. +∞ x  Calcul : Les deux fonctions x 7−→ x n+1 et x 7−→ e −(1−i)x sont de classe C 1 sur [0, +∞[ telles que

x n+1 e −(1−i)x −−−−−→ 0, alors par une intégration par parties x→+∞

In+1 =

Z

+∞

x n+1 e −(1−i)x dx !0 Z +∞ e −(1−i)x = x n+1 dx −(1 − i) 0 " ! # +∞ Z e −(1−i)x n + 1 +∞ n −(1−i)x = x n+1 + x e dx −(1 − i) 0 1−i 0 n+1 = In 1−i 0

109

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016 On en déduit que In =

n! 1 I0 , avec I0 = , alors n (1 − i) 1−i ∀n ∈ N,

In =

(n+1)π n! n! = √ n+1 e 4 n+1 (1 − i) 2

3.1.3. Soit n ∈ N, remarquons que I4n+3 ∈ R, en conséquence Z

+∞

x 4n+3 e − x sin(x) dx = 0

0

√ L’application t 7−→ 4 t est une bijection de classe C 1 de ]0, +∞[ vers lui même, donc par intégration par changement de variable, on obtient Z

+∞

x 4n+3 e − x sin(x) dx =

0

1 4

Z

+∞

t n e−

√ 4

t

sin

√4  t dt

0

√  1 − √4 x e sin 4 x , une telle fonction répond aux contraintes demandées 4 3.2. D’après le théorème de Stone Weierstrass, il existe une suite de polynômes (Q n )n qui converge uniformément Posons alors φ : x ∈ [0, +∞[ 7−→

vers g sur I. Z

b

Pour n ∈ N, on définit Pn : x 7−→ Q n (x) − Q n (t) dt. La suite de polynômes (Pn ) vérifie pour tout n ∈ N, a Z b Pn (t) dt = 0. D’autre part pour tout x ∈ I, on a a

Z b Z b Q n (t) dt Q n (t) dt 6k Q n − g k∞ + |Pn (x) − g(x)| 6 |Q n (x) − g(x)| + a a b

Z

CVU

Or Q n −−−−−→ g, donc k Q n − g k∞ −−−−−→ 0 et n→+∞

I

b

Z Q n (t) dt −−−−−→

a

n→+∞

CVU

g(t) dt = 0. Ainsi Pn −−−−−→ g

a

I

3.3. ϕ est de classe C 1 sur I, en particulier ϕ0 est continue sur I, d’après le théorème de Stone Weierstrass, il existe une suite Zde polynômes (Q n )n qui converge uniformément vers ϕ0 sur I. Pour n ∈ N, on définit x Pn : x 7−→ ϕ(a) + Q n (t) dt. Comme ϕ est de classe C 1 sur [a, b], alors pour tout x ∈ [a, b], on peut écrire Z xa ϕ(x) = ϕ(a) + ϕ0 (t) dt et on a : a

Z x Q n (t) − ϕ0 (t) dt 6 (b − a) k Q n − ϕ0 k∞ |Pn (x) − ϕ(x)| = a CVU

CVU

I

I

Ceci montre Pn −−−−−→ ϕ, et comme Pn0 = Q n , alors on a aussi Pn0 −−−−−→ ϕ0 3.4. On peut se ramener au cas I = [0, 1], la construction des polynômes de Bernstein donnée auparavant Pn = ! n X k CVU Bn,k , montre que ∀t ∈ [0, 1], Pn (t) > 0, car ψ est positive sur I, et Pn −−−−−→ ψ ψ I n k=0

Probl`eme 2 Partie I:

Cas particulier : variables aléatoires discrètes finies

110

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

1.1. Z ,→ B(p), alors e t Z est finie, par le théorème du transfert, pour tout t ∈ R,   MZ (t) = P (Z = 0) + e t P (Z = 1) = p e t − 1 + 1 1.2. X est finie, alors pour tout t ∈ R la variable e t X est finie, en particulier elle admet une espérance, par le théorème du transfert, pour tout t ∈ R, MX (t) =

r X

e

t xi

P (X = x i ) =

i=1

r X

pi e t x i

i=1

Donc MX est de classe C ∞ sur R, comme somme de fonctions de classe C ∞ et pour tout entier naturel k, MX(k ) (t) =

r X

x ki e t x i P (X = x i )

i=1

En particulier MX(k ) (0) =

r X

  x ki P (X = x i ) = E X k

i=1

1.3. 1.3.1. La famille ([X = x i ]) i ∈[[1,r ]] est un système complet d’événements, en particulier pour tous t ∈ R et i ∈ [[1,r]], on a e t x i > 0, donc MX (t) =

r X

r X

pi = 1. En outre

i=1

e t x i P (X = x i ) > 0. Ainsi ϕ X est définie

i=1

sur R∗ .

Le développement limité à l’ordre 1 en 0 de MX est donné par MX (t) = MX (0) + t MX0 (0) + ◦(t) = 1 + tE (X ) + ◦(t) Par composition ϕ X (t) = E (X ) + ◦(1), donc ϕ X est prolongeable par continuité en 0. 1.3.2. Le développement limité à l’ordre 2 en 0 de MX est donné par   00 (0) E X2 M MX (t) = MX (0) + t MX0 (0) + X t 2 + ◦(t 2 ) = 1 + tE (X ) + t 2 + ◦(t 2 ) 2 2 Par composition ϕ X (t) =

1 ln(MX (t)) t 

   E X2 1  = ln 1 + tE (X ) + t 2 + ◦(t 2 )   t  2      2 E X2   tE (X ) + t 2    2     2 E X 1 2 2   (X ) = t − + ◦(t ) tE + t  2 2        E X 2 − E (X ) 2 = E (X ) + t + ◦(t) 2

111

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

Donc ϕ X est dérivable en 0 et ϕ0X (0) =

  E X 2 − E (X ) 2 2

=

V (X ) 2

1.4. 1.4.1. Soit u 6 0, d’après la formule de Taylor avec reste intégral, on a 1 e = 1 + u + u2 + 2 u

Z 0

u

(u − t) 2 t e dt 2

(u − t) 2 t e est continue et positive sur [u, 0], donc La fonction t 7−→ 2

Z

u

0

(u − t) 2 t e dt 6 0, soit 2

1 e u 6 1 + u + u2 2 1.4.2. Soit t > 0, comme ∀i ∈ [[1,r]] on a x i 6 0, alors ∀i ∈ [[1,r]] ,

et x i 6 1 + t x i +

t2 2 x 2 i

Par le théorème du transfert et par positivité de la probabilité   E et X

=

r X

e t x i P (X = x i )

i=1

6

r X i=1

6

r X

! t2 2 1 + t x i + x i P (X = x i ) 2 P (X = x i ) + t

i=1

r X

x i P (X = x i ) +

i=1

6 1 + tE (X ) +

t2 2



E X2

r t2 X 2 x P (X = x i ) 2 i=1 i



Finalement, la croissance de ln et l’inégalité de convexité : ∀x > −1,

ln(1 + x) 6 x, donnent

t   ϕ X (t) 6 E (X ) + E X 2 2 Une telle inégalité reste valable si t = 0, car ϕ X (0) = E (X ) 1.5. 1.5.1. Quitte à réordonner les x i , on peut supposer que x 1 > x 2 > . . . > x r . Supposons qu’il existe des réels r r X X λ 1 , . . . , λ r tels que λ i f i = 0. Cela signifie que, quelque soit t ∈ R, alors λ i f i (t) = 0, autrement dit pour tout t ∈ R : r X

i=1 r X

λ i e t x i = 0. Factorisons par e t x1 : e t x1

i=1

r X

i=1

λ i e t (x i − x1 ) = 0. Mais e t x1 , 0 donc :

i=1

λ i e t (x i − x1 ) = 0. Lorsque t → +∞ alors e t (x i − x1 ) → 0 (pour tout i > 2, car x i − x 1 < 0). Donc pour

i=1

i > 2, λ i e t (x i − x1 ) → 0 et en passant à la limite dans l’égalité ci-dessus on trouve : λ 1 = 0. Le premier coefficients est donc nul. On repart de la combinaison linéaire qui est maintenant

r X

λi f i =

i=2

0 et en appliquant le raisonnement ci-dessus on prouve par récurrence λ 1 = λ 2 = · · · = λ r = 0. Donc la famille ( f 1 , · · · , f r ) est libre. 1.5.2. ⇒) Si X et Y suivent la même loi, alors X (Ω) = Y (Ω) et ∀x ∈ X (Ω) ,

P (X = x) = P (Y = x). On

112

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016 tire E (X ) = E (Y ) et par le théorème du transfert pour tout t ∈ R∗ , X X     E et X = e t x P (X = x) = e t x P (Y = x) = E e tY x ∈ X (Ω)

x ∈ X (Ω)

Donc les fonctions ϕ X et ϕY sont égales ; ⇐) Posons X (Ω) = {x 1 , · · · , x n } et Y (Ω) = {y1 , · · · , ym } l’ensemble des valeures prises effectivement par X et Y tels que x 1 > · · · > x n et y1 > · · · > ym . L’hypothèse ϕ X = ϕY donne ∀t ∈ R,

n X

e t x i P (X = x i ) =

i=1

m X

  et y j P X = y j

j=1

Par unicité de l’écriture n = m, x i = yi et P (X = x i ) = P (Y = yi ) 1.6. Soit t ∈

R∗ ,

les deux variables e t X et e tY sont indépendantes, car X et Y le sont, donc         MX +Y (t) = E e t (X +Y ) = E e t X e tY = E e t X E e tY

Par définition, on a ϕ X +Y (t) =

 1    1 1   ln(MX +Y (t)) = ln E e t X + ln E e tY = ϕ X (t) + ϕY (t) t t t

Pour t = 0, on a ϕ(0) = E (X + Y ) = E (X ) + E (Y ) = ϕ X (0) + ϕY (0). Bref ϕ X +Y = ϕ X + ϕY 1.7. X ,→ B(s, p), alors X =

s X

X i , où X1 , · · · , X s sont indépendantes et suivent la loi de Bernoulli de paramètre

i=1

p. Pour t ∈ R, les variables e t X1 , · · · , e t X s sont indépendantes, donc 

MX (t) = E e t X



 s  s Y Y  s     t Xi e  = = E  E et X i = p et − 1 + 1 i=1

i=1

1.8. ⇐) Supposons que X est une variable aléatoire réelle symétrique, alors X (Ω) = −X (Ω) et pour tout x ∈ X (Ω), on a P (X = x) = P (X = −x).     On montre que ∀t ∈ R, E e −t X = E e t X , pour le faire on fixe t ∈ R, par le théorème du transfert   E e −t X =

X

e −t x P (X = x)

x ∈ X (Ω)

l’application x 7−→ −x est une bijection de X (Ω) vers lui même, alors   E e −t X =

X

e t x P (X = −x)

x ∈ X (Ω)

=

X

e t x P (X = x)

x ∈ X (Ω)

  = E et X Donc pour tout t ∈ R∗ , on a ϕ X (−t) = −ϕ X (t) et pour t = 0, on a E (X ) = E (−X ), cela entraîne

113

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016 E (X ) = 0, c’est-à-dire ϕ X (0) = 0. On conclut alors ϕ X est impaire. ⇒) Soit t ∈ R∗ , on a ϕ − X (t) =

1   −t X   ln E e = −ϕ X (−t) = ϕ X (t) t

D’autre part ϕ X (0) = 0, car ϕ X est impaire, donc ϕ − X (0) = E (−X ) = −E (X ) = 0, ceci montre que ϕ X = ϕ − X . D’après la question (1.5.2.), X et −X ont la même loi 1.9. 1.9.1. Soit n ∈ N∗ et t ∈ R∗ . On a E (Sn ) = nm et V (Sn ) = nσ 2 , d’autre part les variables t

Xn − m X1 − m √ , · · · ,t √ σ n σ n

sont finies et mutullement indépendantes, et par un calcul direct

ϕ S n∗ (t) =

= = = = =

  X  n Xi − m t √    1   t S n∗   1   i=1 nσ   ln E e = ln E e   t t         n   n  Y t X√i − m Y  t X√i − m  1 1 ln E  e nσ   = ln  E e nσ  Par indépendance t   i=1 t i=1 n n  Xi   −m   m 1 X  √−tnσ 1 X   t X√inσ t√ ln E e = ln e E e nσ t i=1 t i=1 n n  1X   Xi   m 1 X  t √−nσ t√ ln e + ln E e nσ t i=1 t i=1 ! n −nm 1 X t +√ ϕ Xi √ √ nσ nσ i=1 nσ ! √ √ t −m n n + ϕX car ∀i, ϕ X i = ϕ X √ σ σ σ n

1.9.2. Le développement limité à l’ordre 1 en 0 de ϕ X donne ϕX

t √

!

σ n

= = = =

t 1 ϕ X (0) + √ ϕ0X (0) + ◦ √ σ n n ! t V (X ) 1 E (X ) + √ +◦ √ σ n 2 n ! 2 t σ 1 m+ √ +◦ √ σ n 2 n ! tσ 1 m+ √ +◦ √ 2 n n

!

puis ϕ S n∗ (t) = =

!! √ √ n tσ 1 −m n + m+ √ +◦ √ σ σ 2 n n t + ◦(1) 2

t On en déduit lim ϕ S n∗ (t) = . n→+∞ 2

Partie II:

Cas des variables aléatoires discrètes réelles infinies

114

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

2.1. 2.1.1. On peut écrire b = λa + (1 − λ)c, avec λ ∈ [0, 1], et par convexité de la fonction exponentielle eb x = e λa x+(1−λ)c x 6 λea x + (1 − λ)ec x 6 ea x + ec x 2.1.2.

   1 ∈ I X , car E e0X =

X

P (X = x) = 1

x ∈ X (Ω)

 Soit a, c ∈ I X tel que a 6 c. Montrons que [a, c] ⊂ I X . D’après la question précédente, pour

tout x ∈ R,

eb x 6 ea x + ec x , donc eb X 6 ea X + ec X , et comme les deux variables positives

admettent des espérances, alors la variable positive eb X admet une espérance, donc b ∈ I X , ainsi l’inclusion [a, c] ⊂ I X . On déduit I X est un intervalle de R. 2.2. Soit t ∈ R, la variable e t X admet une espérance si, et seulement, si la série à termes positifs

X

et n

n>0

λ n −λ e n!

X λe t
n t converge de somme e λe , donc MY est définie sur R et converge. Or la série exponentielle n! n>0 ∀t ∈ R,

MY (t) = e λe

t −λ

2.3. 2.3.1. Soit k ∈ N, l’application un : t ∈] − α, α[7−→ P(X = x n )e t x n est de classe C k et , un(k ) (t) = P(X = x n )x kn e t x n les inégalités e t x n 6 e |t | | x n | 6 eα | x n | donnent u (k ) (t) 6 P(X = x ) k α | xn | n |x n | e n ∗ k (α−ρ)x 2.3.2. Soit k ∈ N . La fonction ψk : x ∈ R+ 7−→ hx e h k est continue, positive, strictement décroissante sur ρ−α , +∞ h i   k k et strictement croissante sur 0, ρ−α il existe Mk = ψk ρ−α >

t 0 ψk (t) ψk

0,

k ρ−α

0 +

0

+∞ −

Mk 0

0

Pour k = 0, la fonction ψk : x ∈ R+ 7−→ e (α−ρ)x est décroissante sur R+ , alors M0 = 1. Bref pour tout t ∈] − α, α[ et tout n ∈ N, |un(k ) (t)| 6 P(X = x n ) |x n | k eα | x n | = P(X = x n )ψk (|x n |) e ρ | x n | 6 Mk P(X = x n )|e ρ | x n | . 2.3.3.

 Pour tout n ∈ N, la fonction un est de classe C ∞ sur ]−α, α[

 Soit k ∈ N, on a pour tout n ∈ N, e ρ | x n | 6 e ρ x n + e −ρ x n et − ρ, ρ ∈ ]−α, α[, donc la série à termes X X positifs P(X = x n )|e ρ | x n | converge et, par suite, la série un(k ) converge normalement sur n>0

tout segment [−a, a] inclus dans ]−α, α[

n>0

115

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016 Donc, par le théorème de dérivation terme à terme, MX =

+∞ X

un est de classe C ∞ sur ]−α, α[, et

n=0

∀t ∈ ]−α, α[ ,

∀k ∈ N,

MX(k ) (t)

=

+∞ X

x kn e t x n P (X = x n )

n=0

En particulier pour tout k ∈ N la série

X

x kn P (X = x n ) est absolument convergente, donc X admet un moment

n>0

d’ordre k. Ainsi   MX(k ) (0) = E X k

∀k ∈ N, 2.4. Dans ce cas MY : t 7−→ e λe

t −λ

qui est de classe C ∞ et pour tout t ∈ R MY0 (t) = λe t e λe

t −λ

MY0 (0) = λ MY00 (t) = λ 2 e t e λe

t −λ

+ λe2t e λe

t −λ

MY00 (0) = λ 2 + λ Alors E (Y ) = MY0 (0) = λ et par la formule de Huygens kœnig   V (X ) = E X 2 − E (X ) 2 = MY00 (0) − MY0 (0) 2 = λ

Partie III:

Cas des variables aléatoires à densité

3.1. Soit t ∈ I X ∩ IY , les deux variables e t X et e tY sont indépendantes, car X et Y le sont. Comme e t X et e tY admettent des espérances alors, par indépendance, e t (X +Y ) = e t X e tY admet une espérance et         MX +Y (t) = E e t (X +Y ) = E e t X e tY = E e t X E e tY = MX (t)MY (t) Remarque Les deux applications ne sont pas forcément égales mais elles coïncident sur I X ∩ IY 3.2. 3.2.1. Soit t ∈ R, la série à termes positifs

X |st| k converge de somme e s |t | , donc pour tout k ∈ N∗ , k! k>0

k! |st| k 6 e s |t | ou encore |t k | 6 k e s |t | . k! s 3.2.2. Soit k ∈ N∗ , d’après la question précédente ∀t ∈ R,

|t k | 6

 k! s |t | k!  st −st e 6 e + e sk sk

Soit |X | k 6

 k!  s X −s X e + e sk

Les deux variables positives e s X et e −s X admettent des espérances car −s, s ∈ ]a, b[, alors par comparaison, la variable |X | k admet une espérance.   k! Remarque On a aussi l’inégalité E |X | k 6 k (MX (s) + MX (−s)) qui sera utilisée à la question s suivante

116

14. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2016

3.2.3. Soit −∞ = a0 < a1 < · · · < ar = +∞ tels que pour tout i ∈ [[0,r − 1]] la fonction f est continue sur ]ai , ai+1 [. On va appliquer le théorème de convergence dominée sur chaque intervalle ]ai , ai+1 [. Fixons t ∈ ]−s, s[ tk xk  Pour tout k ∈ K, l’application f k : x 7−→ f (x) est continue sur ]ai , ai+1 [ et intégrable car k!   E |X | k est finie X  La série f k converge simplement sur ]ai , ai+1 [ de somme x 7−→ e t x f (x) qui est continue sur k>0

]ai , ai+1 [

 Pour tout k ∈ N, on a

a i+1

Z

| f k (x| dx

=

ai

a i+1

Z

ai k

t k x k f (x) dx k!

  |t| E |X | k k! |t| k k! (MX (s) + MX (−s)) 6 k! s k |t| k 6 (MX (s) + MX (−s)) k s 6

|t| k et la série géométrique du terme général k converge. Bref la série du terme général s converge

a i+1

Z

| f k (x| dx ai

Donc d’après le théorème de la convergence dominée, on peut intégrer terme à terme, soit Z

a i+1

e

tx

f (x) dx =

ai

Z

+∞ k k a i+1 X t x

k!

ai

=

k=0 +∞ k Z a i+1 X t k=0

k!

f (x) dx

x k f (x) dx

ai

Ceci vrai pour tout i ∈ [[0,r − 1]], alors on conclut par la relation de Chasles que, pour tout t ∈] − +∞ X   tk s, s[, MX (t) = E Xk k! k=0 Remarque On ne peut pas appliquer le théorème d’intégration terme à terme sur R, car f n’est pas forcément continue par morceaux sur R 3.2.4. MX est développable en série entier en 0, alors elle est de classe C ∞ sur ]−s, s[ et

∀k ∈ N,

  MX(k ) (0) E X k = k! k!

Énoncé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2016

Le sujet de cette épreuve est composé d’un problème.

Probl`eme Soit n un entier naturel supérieur ou égal a 2, on désigne par E = Mn (R) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre n à coefficients réels et on note par E ∗ = L(E, R), le R-espace vectoriel des formes linéaires sur E, (une forme linéaire sur E est une application linéaire de E sur R ). On rappelle qu’un hyperplan de E est un sous-espace vectoriel supplémentaire à une droite vectorielle dans E. La matrice transposée de M est notée t M. Si M ∈ E, on note Vect (M) le sous-espace vectoriel de E engendré par M. On désigne par In la matrice unité de Mn (R) et pour tout s ∈ N∗ , on note [[1, s]] = {1, . . . , s}.   On définit l’application trace, notée Tr, de E vers R comme suit, pour tout M = mi, j ∈ E, Tr(M) = 16i, j6n n X mk, k . k=1

L’objet du problème est de montrer, dans la partie V, que tout hyperplan vectoriel de E contient au moins une matrice inversible et dans la partie VI, que tout hyperplan vectoriel de E qui est muni d’un produit scalaire, contient au moins une matrice orthogonale.

Étude de quelques propriétés de l’application trace

Partie I: 1.1.

1.1.1. Montrer que Tr est une application linéaire.
1.1.2. Montrer que pour tous éléments A et B de E, Tr ( AB) = Tr (B A) = Tr t A.t B . 1.1.3. Déterminer la dimension de Ker(Tr). 1.1.4. Montrer que E = Ker(Tr) ⊕ Vect (In ). 1.1.5. Vérifier que Ker(Tr) est un hyperplan de E qui contient au moins une matrice inversible. 1.2. Soit ϕ l’application qui, à toute matrice M de E associe ϕ(M) = M + Tr (M) In . 1.2.1. Montrer que ϕ est un automorphisme de E. 1.2.2.

i. Déterminer E1 (ϕ) = {M ∈ E ; ϕ(M) = M }. ii. Montrer que En+1 (ϕ) = {M ∈ E; ϕ(M) = (n + 1)M } = Vect (In ). iii. En déduire que ϕ est diagonalisable et déterminer les valeurs propres de ϕ.

1.3. Soit J une matrice non nulle de E dont la trace est nulle. On considère ψ l’endomorphisme de E qui, à toute matrice M de E associe ψ(M) = M + Tr (M) .J. 1.3.1. Vérifier que le polynôme X 2 − 2X + 1 est un polynôme annulateur de ψ. 1.3.2. Montrer que 1 est la seule valeur propre de ψ. 1.3.3. ψ est-il diagonalisable ? Justifier la réponse.

Partie II:

Un premier résultat préliminaire

117

15. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016

118

Soient F et G deux espaces vectoriels de dimensions respectivement finies p ∈ N∗ et m ∈ N∗ . Soit u une application linéaire de F vers G, de rang r tel que r ∈ N. Mm, p (R) désigne l’espace vectoriel des matrices à coefficients réels, à m lignes et p colonnes. 2.1. Soit F1 un supplémentaire de Keru dans F, on considère l’application v : F1 −→ Im(u) telle que x 7−→ v(x) = u(x). Montrer que v est un isomorphisme.   2.2. On suppose que 0 < r < min(p, m) et on note B = e1 , · · · , e p une base de F, telle que (e1 , · · · , er ) soit   une base de F1 et er +1 , · · · , e p une base de Keru. On pose, pour tout entier naturel i ∈ [[1,r]], ε i = v(ei ). 2.2.1. Montrer qu’il existe une famille (ε r +1 , · · · , ε m ) de vecteurs de G, telle que la famille C = (ε 1 , · · · , ε m ) soit une base de G. 2.2.2. Déterminer Mat (u), la matrice de u relativement aux bases B et C. B, C

2.3. En déduire que pour toute matrice M de Mn, p (R), si 0 < r = rg(M) < min(m, p), alors il existe deux −1 matrices   inversibles S et T respectivement de Mm (R) et M p (R) telles que M = S Jm, p,r T avec Jm, p,r =  Ir 0 ∈ Mm, p (R) et Ir la matrice identité de Mr (R).  0 0

2.4. Quelle est la forme de la matrice Jm, p,r , dans chaque cas suivant, (0 < r = p < m), (0 < r = m < p), (0 < r = m = p) ? Justifier la réponse.

Partie III:

Un deuxième résultat préliminaire

Soit L un espace vectoriel sur R de dimension finie s > 1. Notons L ∗ = L(L, R) l’espace des formes linéaires de L. Soit β = (` 1 , · · · , ` s ) une base de L. On note, pour tout i ∈ [[1, s]], ` i∗ la forme linéaire sur L définie de la     1 si i = j j j ∗ façon suivante, pour tout entier j ∈ [[1, s]], ` i (` i ) = δ i où δ i =  , le symbole de Kronecker.    0 sinon    3.1. Montrer que B ∗ = ` 1∗ , · · · , ` ∗n est une famille libre de L ∗ . s X 3.2. Soit x ∈ L tel que x = x i ` i , montrer que, pour tout j ∈ [[1, s]], ` ∗j (x) = x j . i=1

3.3. En déduire que B ∗ est une famille génératrice de L ∗ . 3.4. En déduire la dimension de L ∗ .

Partie IV:

Une caractérisation d’une forme linéaire sur E

Soit A une matrice de E, on définit l’application Φ A de E vers R, de façon suivante, pour tout M de E, Φ A (M) = Tr ( AM). 4.1. Vérifier que φ A est une forme linéaire sur E. 4.2. Soit h l’application définie de E vers E ∗ par A 7−→ h( A) = φ( A).
Soit (i, j) ∈ [[1, n]]2 , une matrice élémentaire Ei, j = ek,` 16k,`6n ∈ Mn (R) est définie comme suit, pour j

j

tout couple d’entiers (k, `) ∈ [[1, n]]2 , ek,` = δ kI δ ` , ( δ kI ( resp. δ ` ) est le symbole de Kronecker qui est défini dans la partie III) 4.2.1. Vérifier que h est une application linéaire.

119

15. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016 4.2.2.

i. On pose A = ak,`


16k,`6n

  ∈ Mn (R) et soit (i, j) ∈ [[1, n]]2 , calculer φ A Ei, j en fonction des

coefficients de la matrice de A. ii. En déduire que h est injective. 4.2.3. En déduire que h est un isomorphisme d’espaces vectoriels.

Partie V:

Tout hyperplan de E contient au moins une matrice inversible

Soit H un hyperplan de E. 5.1. Montrer que pour toute matrice A non nulle de E qui n’appartient pas à H, on a E = H ⊕ Vect ( A). 5.2. Montrer qu’il existe une matrice B de E telle que H = Ker (φ B ).  0 ··· ··· 0 1   .. 1 . . . . 0   .. ..  . .  . . 5.3. On note r = rg(B) et on considère la matrice de E, P1 = 0 . . . .   ..   .. . . . . . . 0 .   . 0 · · · 0 1 0 5.3.1. Montrer que P1 est une matrice inversible.      r i,i = 1 5.3.2. On suppose que 0 < r < n et on note Rr = ni j , avec  16i, j6r   r i, j = 0 
P1 appartient à Ker φ R r .

si 1 6 i 6 r

. Montrer que

sinon

5.4. En déduire que tout hyperplan H de E contient au moins une matrice inversible.

Partie VI:

Tout hyperplan de E contient au moins une matrice orthogonale

L’espace vectoriel E étant muni du produit scalaire défini comme suit, pour toutes matrices M et N de E,
< M, N >= Tr t M N . On rappelle que le groupe orthogonal et l’espace vectoriel des matrices symétriques de E   sont notés respectivement On = M ∈ E ; t M M = In et Sn = M ∈ E ; t M = M . Soit N un élément de On , on définit l’application θ N de E dans lui-même comme suit, pour tout P de E, θ N (P) = t

N PN.   6.1. On pose A = ni j

  et B = ni j deux éléments de E. 16i, j6a 16i, j6b n X n X 6.1.1. Montrer que < A, B >= ai, j bi, j i=1 j=1

6.1.2. Vérifier que tout hyperplan de E est l’orthogonal d’une matrice Y non nulle, cet hyperplan sera HY . 6.1.3. Montrer que pour toute matrice orthogonale N de E, θ N est un automorphisme d’algèbres de E.
6.1.4. Vérifier que pour toutes matrices N1 et N2 orthogonales de E, θ N1 ◦ θ N2 = θ N2 N1 et θ N1 −1 = θ t N1 . 6.2. Montrer que pour toute matrice orthogonale N de E, θ N est une bijection de On sur lui-même. 6.3. Montrer que pour toute matrice orthogonale N de E, θ N est une bijection de Sn sur lui-même. 6.4. Soit Y une matrice non nulle de E, P un élément de E et N une matrice orthogonale de E, montrer que la matrice P appartient à HY si, et seulement si, θ N (P) appartient à Hθ N (Y ) 6.5. On suppose dans cette question que n est pair. Soit Y un élément non nul de E. On pose Ys = 6.5.1. Montrer que On ∩ Sn ∩ HY = On ∩ Sn ∩ HYs .


1 Y + tY . 2

6.5.2. Montrer qu’il existe une matrice orthogonale U de E telle que Y 0 = θU (Ys ) soit diagonale.

120

15. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016   0 ··· 0 1    ... . . . . . . 0  de E, vérifier que Q ∈ On ∩ Sn ∩ HY 0 . 6.5.3. On considère la matrice suivante Q =   . . . . . . ..  . 0 1 0 · · · 0 6.5.4. Montrer que θ tU (Q) ∈ On ∩ Sn ∩ HY .

6.5.5. En déduire que si n est un nombre pair, alors tout hyperplan HY de E contient au moins une matrice orthogonale et symétrique. 6.6. On suppose maintenant que n = 2p + 1 où p > 1. On rappelle qu’une matrice orthogonale est positive si son déterminant est égal à 1. Soit Y une matrice non nulle de E. 6.6.1. Montrer qu’il existe une matrice orthogonale U de E, telle que les éléments diagonaux d 1,1 , d 2,2 , · · · , d n, n de D = θU (Y ) vérifient d 1,1 6 d 2,2 6 · · · 6 d n, n 6.6.2. Si d n, n = 0, déterminer dans ce cas, une matrice orthogonale et positive appartenant à HY . 6.6.3. On suppose que d n, n , 0 et on considère la suite (ε k ) 16k6n définie de la façon suivante, pour tout entier k tel que 1 6 k 6 n, ε k est le signe de d k,k si d k,k , 0, et ε k = 1 si d k, k = 0.   Soit p0 = ni j , la matrice carrée diagonale d’ordre 2p − 1, telle que, pour tout entier k, 0 1 6 k 6 2p −

16i, j6p 0 1, pk,k = (−1) k ε k .

On pose aussi, pour tout réel α,

 ε cos α −ε sin α 2p 2p  ∈ M2 (R) Aα =  ε 2p+1 sin α ε 2p+1 cos α 





et

P0 Pα =  0

 0  ∈ M2p+1 (R) Aα 

i. Vérifier que Pα est une matrice orthogonale. ii. Montrer qu’il existe trois réels a, b et c dépendant de (d k,k )16k6n , d 2p+1,2p , d 2p,2p+1 et de (ε k ) 16k6n tels que < Pα , D >= a cos α + b sin α − c, avec a > 0. b a iii. Soit β un réel tel que sin β = √ et cos β = √ . 2 2 2 a +b a + b2 On suppose dans cette question que |c| 6 a. √ Montrer qu’il existe au moins un réel α tel que a2 + b2 sin(α + β) = c. iv. Soit (an ) n>1 une suite croissante de nombres réels positifs. Montrer que pour tout entier p > 1,

06

2p −1 X

(−1) k −1 ak 6 a2p + a2p+1 .

k=1

v. En déduire qu’il existe un réel α0 tel que < Pα0 , D >= 0. vi. En déduire que la matrice θ tU (Pα0 ) ∈ On ∩ HY . vii. Établir que si n est un nombre impair, alors tout hyperplan HY de E contient au moins une matrice orthogonale et positive.

Corrigé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2016

Partie I:

Étude de quelques propriétés de l’application trace

1.1.   1.1.1. En notant A = ai j

16i, j6n

  et B = bi j

16i, j6n

et λ ∈ R. Pour tout 1 6 i 6 n, le coefficient (i,i) de

λ A + B est λaii + bii . Ainsi, on a bien Tr (λ A + B) = λTr ( A) + Tr (B). Donc Tr est une forme linéaire.     1.1.2. AB et B A sont des matrices carrées. En notant A = ai j et B = bi j , on a : 16i, j6n

16i, j6n

   n  n n n X X X X  aij bji  =  bji aij  = Tr(BA) Tr(AB) =   i=1

j=1

j=1

i=1




Il est clair que Tr t A = Tr ( A), donc Tr (B A) = Tr t (B A) = Tr t At B 1.1.3. Tr est une forme linéaire non nulle, donc Ker(Tr) est un hyperplan de E, d’où dim Ker(Tr) = dim E − 1 = n2 − 1. 1.1.4. Comme In ∈ Ker(Tr), donc Ker(Tr) et Vect (In ) sont deux sous-espaces supplémentaires de E, d’où : E = Ker(Tr) ⊕ Vect (In )  0  1  1.1.5. Soit P = 0   ..  . 0

 ··· ··· 0 1  .. .. . . 0  .. ..  .. .. . . . .  c’est-à-dire P = (pi j )16i, j6n avec  ..  .. .. . . 0 .  · · · 0 1 0   pi+1, i = 1 1 6 i 6 n − 1      p =1 1, n      pi, j = 0  ailleurs

P est inversible car son déterminant vaut (−1) n+1 , 0 et elle appartient à Ker(Tr) 1.2. 1.2.1.

 Il est évident que ϕ est linéaire.

 Soit M ∈ Ker(ϕ), alors M = −Tr (M) In , c’est-à-dire M est une matrice scalaire λIn . D’autre part

Tr (M) = −nTr (M), alors Tr (M) = 0, avec nλ = Tr (M) = 0, alors λ = 0, puis M = 0. Par conséquent ϕ est un endomorphisme injectif, donc il est automorphisme de E.

1.2.2.

i. Soit M ∈ Mn (R), on a ϕ(M) = M si, et seulement si, Tr (M) = 0, donc E1 (ϕ) = Ker(Tr) Tr (M) ii. Soit M ∈ En+1 (ϕ), alors M = In , donc M ∈ Vect (In ). Inversement si M = λIn , alors n ϕ(M) = (n + 1)M, donc En+1 (ϕ) = Vect (In )

121

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016

122

iii. D’après les deux questions précédentes 1 et n + 1 sont des valeurs propres de ϕ dont les sousespaces propres sont E1 (ϕ) et En+1 (ϕ) et comme E1 (ϕ) = Ker(Tr) et En+1 (ϕ) = Vect (In ), alors les sous-espaces propres sont supplémentaires, donc ϕ est diagonalisable. 1.3. 1.3.1. Soit M ∈ E, on a : ψ 2 (M) = ψ(M) + Tr (M) .ψ(J) = ψ(M) + Tr (M) J + Tr (M) Tr (J) J = ψ(M) + Tr (M) J = 2ψ(M) − M Donc X 2 − 2X + 1 est annulateur de ψ. 1.3.2. Sp (ψ) est inclus dans l’ensemble des racines du polynôme X 2 − 2X + 1, donc Eψ (⊂) {1}. Or pour tout M ∈ Ker(Tr), on a ψ(M) = M, donc 1 ∈ Sp (ψ). Ainsi Sp (ψ) = {1}. 1.3.3. Comme ψ , Id E , alors deg(πψ ) > 2. En outre πψ divise (X − 1) 2 , donc πψ = (X − 1) 2 qui est scindé mais n’est pas à racines simples, donc ψ n’est pas diagonalisable.

Partie II:

Un premier résultat préliminaire

2.1. Il est clair que v est linéaire, de plus si x ∈ F1 tel que v(x) = 0, alors u(x) = 0, donc x ∈ Keru ∩ F1 = {0}. D’autre part dim F1 = dim Im(u), donc v est un isomorphisme de F1 vers Im(u) 2.2. 2.2.1. Puisque v est un isomorphisme la famille (ε 1 , · · · , ε r ) est une base de Im(u). D’après le théorème de la base incomplète, il existe des vecteurs (ε r +1 , · · · , ε m ) telle que la famille (ε 1 , · · · , ε r , ε r +1 , · · · , ε m ) soit une base de G. 2.2.2. Relativement aux bases précédentes, la matrice de u est de la forme :  Ir

Mat (u) =  Om−r,r B, C

 Or, n−r   Om−r, n−r 

2.3. Notons u l’endomorphisme canoniquement associé à M . D’après ce qui précède il existe une base B de R p et une base de Rm telles que

 Ir Mat (u) =  0 B, C

 0  0

Désignons par S la matrice de passage de la base canonique de R p à la base B et T la matrice de passage de la base canonique de Rm à la base C, alors S et T sont inversibles et on a la formule de changement de bases M = SMat (u) T −1 = S.Jm, p,r T −1 B, C

2.4.

  Ir  Si 0 < r = p < m, alors Jm, p,r =   ; 0    si 0 < r = m < p, alors Jm, p,r = Ir 0 ;

123

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016  Si 0 < r = p = m, alors Jm, p,r = Ir .

Partie III:

Un deuxième résultat préliminaire

3.1. Soit λ 1 , · · · , λ n des scalaires réels tels que Mais

s X

λ i ` i∗ (` j )

=

i=1

s X

s X

λ i ` i∗ = 0, donc pour tout j ∈ [[1, s]],

i=1 j λ i δi

s X

λ i ` i∗ (` j ) = 0.

i=1

= λ j , donc pour tout j ∈ [[1, s]], λ j = 0. Ainsi la liberté de la famille.

i=1

3.2. Par linéarité, pour tout j ∈ [[1, s]], on a  ` ∗j (x)

3.3. Soit ` une forme linéaire et x =

=

s X

` ∗j



s X i=1

 x i ` i  =

s X

x i ` ∗j (` i ) =

i=1

s X

j

x i δi = x j

i=1

x i ` i un élément de L, on a :

i=1

`(x) =

s X

x i `(` i ) =

i=1

s X

`(` i )` i∗ (x)

i=1

s X En posant α i = `(` i ), alors ` = α i ` i∗ . Nous voyons que toute forme linéaire de L est combinaison linéaire i=1   des s formes linéaires ` 1∗ , · · · , ` ∗s , donc B ∗ est une famille génératrice de L ∗

3.4. B ∗ est une base de L ∗ de cardinal s, donc dim L ∗ = s

Partie IV:

Une caractérisation d’une forme linéaire sur E

4.1. L’application Φ A est clairement linéaire, c’est une conséquence de la linéarité de l’application trace.. 4.2. 4.2.1. Soit A, B de E et λ ∈ R. Pour tout M ∈ E, on a : h (λ A + B) (M) = Tr ((λ A + B) M) = Tr (λ AM + BM) = λTr ( AM) + Tr (M B) = λh( A) (M) + h (B) (M) Donc h est bien linéaire. 4.2.2.

i. On vérifie facilement que φ A (Ei, j ) = a j, i ii. Si h( A) = 0, alors, en particulier φ A (Ei, j ) = a j, i = 0 et ceci pour tout (i, j), donc A = 0 et par conséquent h est injective.

4.2.3. Les espaces Mn (R) et Mn (R) ∗ sont de même dimension finie. Donc l’injectivité de h est équivalente à sa bijectivité.

Partie V:

Tout hyperplan de E contient au moins une matrice inversible

124

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016

1 M ∈ H, ce qui λ absurde, donc λ = 0 et M = 0, ainsi H ∩ Vect ( A) = {0}. En oute dim H + dim Vect ( A) = dim E, alors

5.1. Soit M ∈ H ∩ Vect ( A), alors il existe λ ∈ R tel que M = λ A. Si λ , 0, alors A = E = H ⊕ Vect ( A).

5.2. Soit ϕ une forme linéaire non nulle telle que H = Kerϕ. Mais Mn (R) et M N (R) ∗ sont isomorphes via h, donc il existe B ∈ E telle que ϕ = φ B 5.3. 5.3.1. P1 est inversible car det(P1 ) = (−1) n+1 , 0 5.3.2.

 Si r = 1, alors R1 = E11 et R1 P1 = E1n puis Tr (R1 P1 ) = Tr (P) = 0 ; n−1 X  sinon, on a bien P1 = E1, n + Ei+1, i . Par multiplication i=1

Rr P1 =

r X

E j, j E1, n +

j=1

=

r n−1 X X

E j, j Ei+1, i

j=1 i=1

r X

δ j,1 E j, n +

j=1

r n−1 X X

δ j, i+1 E j, i

j=1 i=1

= E1, n +

r n−1 X X

δ j, i+1 E j, i

j=1 i=1

= E1, n +

rX −1

Ei+1,i

i=1

Donc Tr (Rr P1 ) = 0
Ce qui prouve que P1 appartient à l’hyperplan Ker φ R r . 5.4. Posons r = rg(B), il existe deux matrices S1 et S2 telles que S1 .B.S2 = Rr . Posons Q = S2 P1 S1 , cette matrice est inversible car elle est produit de matrices inversibles et Tr (Q) = Tr (BS2 P1 S1 ) = Tr (S1 BS2 P1 ) = Tr (Rr P1 ) = 0 Donc Q ∈ H. Bilan : Tout hyperplan de Mn (R) contient au moins une matrice inversible

Partie VI:

Tout hyperplan de E contient au moins une matrice orthogonale

6.1. 

6.1.1. Par définition AB = ci j t

 16i, j6n

avec ci j =

n X

ak, i bk, j , donc

k=1

Tr( A . B) = t

n X i=1

cii =

n X n X

ak,i bk i

i=1 k=1

6.1.2. Soit H un hyperplan de E, donc il existe une matrice B telle que H = Ker (φ B ), donc il suffit de prendre Y = t B. 6.1.3. Soit λ ∈ R, A, B ∈ E, on a :

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016

125

 θ N (In ) = t N In N = In ;

 θ N (λ A + B) = t N (λ A + B) N = λ t N AN + t N BN = λθ N ( A) + θ N (B) ;  θ( AB) = t N ABN = t N AN.t N BN = θ N ( A)θ N (B).

Donc θ N est un endomorphisme d’algèbres. En outre si θ n ( A) = 0, alors t N AN = 0, donc A = 0. Donc θ N est injective et dim E est finie, on gagne que θ N est un automorphisme d’algèbres de E. 6.1.4. Soit A ∈ E, on a  
(θ N1 ◦ θ N2 )( A) = θ N1 θ N2 ( A) = θ N1 t N2 AN2 = t N1 t N2 AN2 N1 = t (N2 N1 ) AN2 N1 = θ N2 N1 ( A) Donc θ N1 ◦ θ N2 = θ N2 N1 . En particulier θ N1 ◦ θ t N1 = θ N1 t N1 = θ In = Id E , donc θ N1


−1

= θ t N1 .

6.2. Soit P une matrice orthogonale. On a : (θ N (P)) −1 = =

 t

t

N PN

 −1

= t N P −1 N

N t PN = t (θ N (P))

Et donc θ N (P) est orthogonale. De plus θ N (P) = Q si, et seulement si, θ t N (Q) = P, il en résulte que θ N est une bijection de On vers lui-même 6.3. Soit P une matrice symétrique. On a : t

(θ N (P)) = =

t t t

 N PN = t N t PN

N PN = θ N (P)

Et donc θ N (P) est symétrique . De plus θ N (P) = Q si, et seulement si, θ t N (Q) = P, il en résulte que θ N est une bijection de Sn vers lui-même 6.4. On a :    < θ N (Y ), θ N (P) > = Tr t (t NY N ) t N PN   = Tr t N tY N t N PN   = Tr t N tY PN =

tt

Y P =< Y, P >

Donc < θ N (Y ), θ N (P) >= 0 si, et seulement si, < Y, P >= 0, c’est-à-dire θ N (P) ∈ Hθ N (Y ) si, et seulement si, P ∈ HY . 6.5. 6.5.1. Par double inclusions (⊂) Soit M ∈ On ∩ Sn ∩ HY . On a 0 =< Y, M >=< t M, tY >=< M, tY > Donc < M,Ys >= 0, ainsi la première inclusion On ∩ Sn ∩ HY ⊂ On ∩ Sn ∩ HYs . (⊃) Soit M ∈ On ∩ Sn ∩ HYs , alors < M,Ys >= 0, donc < M,Y >= − < M, tY >. Mais M est

126

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016

symétrique, < Y, M >= − < tY, t M >= − < Y, M >, donc < Y, M >= 0 et M ∈ HY , ainsi l’inclusion inverse On ∩ Sn ∩ HY ⊃ On ∩ Sn ∩ HYs En conclusion On ∩ Sn ∩ HY = On ∩ Sn ∩ HYs Noté que HYs désigne Ker(φYs ) qui n’est pas forcément un hyperplan ? Par exemple lorsque Y est antisymétrique. 6.5.2. La matrice Ys est symétrique réelle, par le théorème spectral elle est diagonalisable dans une base orthonormée, c’est-à-dire il existe une matrice orthogonale U telle que tUYs U, soit diagonale. Posons Y 0 = tUYs U = θ N (Ys ) 6.5.3. La matrice Q est symétrique, orthogonale car il s’agit d’une matrice de permutation. Si on pose Y 0 = diag (λ 1 , · · · , λ n ), alors      t QY =      λn

λ1 . ..

Op λp λ p+1 ..

.

Op

         

Donc < Q,Y 0 >= 0 6.5.4. Q ∈ Q n ∩ Sn ∩ HθU (Ys ) , donc θ tU (Q) ∈ Q n ∩ Sn ∩ HYs = Q n ∩ Sn ∩ HY 6.5.5. Avec les matrices U et Q construites auparavant, la matrice θ tU (Q) répond à la question. 6.6.
1 Y − tY ; il est clair que Ya est antisymétrique et Y = Ys + Ya . 2 L’existence de U est assurée par la question (6.5.2.) telle que D0 = tUYs U soit diagonale. Quitte à

6.6.1. Posons Ya =

réordonner les colonnes de U, on peut supposer que θU (Ys ) = D0 , avec les diagonaux de D0 vérifient la condition proposée. Finalement Posons D = D0 + θU (Ya ) = θU (Ys ) + θU (Ya ) = θU (Y ) Rappelons que toute matrice antisymétrique est de diagonale nulle et donc D0 et D ont même diagonale. 6.6.2. Lorsque d n, n = 0, alors Ys = 0 et par suite On ∩ Sn ∩ HY = On ∩ Sn , c’est-à-dire On ∩ Sn ⊂ HY et n’importe quelle matrice de On ∩ Sn répond à la question, on prend par exemple In 6.6.3.

  i. On a t P0 = P0 , P02 = In et Aα produit de deux matrices de O2 , à savoir Aα = diag ε 2p , ε 2p+1 .R(α),   cos α − sin α  . Par un produit par blocs avec R(α) =   sin α cos α  

t

P0 t Pα .Pα =  0 Donc Pα est orthogonale.

 0   P0  t Aα   0

 0 = Aα 



t

0 0  P P  0



 I 0  =  2p −1  = I2p+1 t Aα Aα   0 I2  0



127

16. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2016 ii. Par définition X

< Pα , D > =

(Pα )i, j Di, j

16i, j6n 2p−1 X

=

(−1) k ε k d k,k + (d 2p,2p ε 2p + d 2p+1,2p+1 ε 2p+1 ) cos α

k=1

(d 2p+1,2p ε 2p+1 − d 2p,2p+1 ε 2p ) sin α 2p−1 X

=

k=1

(−1) k d k, k + ( d 2p,2p + d 2p+1,2p+1 ) cos α

(d 2p+1,2p ε 2p+1 − d 2p,2p+1 ε 2p ) sin α On prend donc a = d 2p,2p + d 2p+1,2p+1 , b = d 2p+1,2p ε 2p+1 −d 2p,2p+1 ε 2p et c =

2p −1 X

(−1) k d k,k .

k=1

La condition sur a est vérifiée car d 2p+1,2p+1 , 0 √ c iii. Si |c| 6 a, alors |c| 6 a2 + b2 , et donc √ ∈ [−1, 1], donc on peut avoir un réel α tel que a2 + b2 c sin(α + β) = √ . a2 + b2 iv. Pour p = 1, on a : 0 6 a1 6 a2 + a3 . On suppose que p > 2, on a 2p −1 X

(−1) k −1 ak = a1 +

k=1

p−1 X

a2k+1 − a2k > 0

k=1

Car a1 > 1 et la suite (an ) n>1 est croissante. En outre, par croissance de la suite et télescopage, on a

p −1 X

a2k+1 − a2k 6

k=1

Donc

p −1 X

a2k+1 − a2k −1 = a2p−1 − a1

k=1 2p−1 X

(−1) k −1 ak 6 a2p −1 6 a2p + a2p+1

k=1

v. La suite ( d k, k )k ∈[[1,2p+1]] est croissante, d’après la question précédente c > 0 et |c| = c =

2p −1 X k=1

(−1) k d k,k 6 d 2p , d 2p + d 2p+1 , d 2p+ = a.

On tire la conclusion < Pα , D >= 0 via la question iii. vi. Comme Pα0 ∈ On ∩ HD et D = θU (Y ), alors θ tU (Pα0 ) ∈ On ∩ HY . vii. Si θ tU (Pα0 ) est positive, c’est fini. Sinon −θ tU (Pα0 ) est positive, car n est impair, et elle appartient au hyperplan HY , est positive, car n est impair.

Énoncé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2015

Le sujet de cette épreuve est composé de deux problèmes indépendants entre eux

Probl`eme I :Étude des solutions d’une e´ quation diff´erentielle Si p est un entier > 2 et r ∈ N∗ , on note, Mp,r (R) l’espace vectoriel des matrices à coefficients réels, à p lignes et r colonnes. Si p = r, Mp,r (R) est noté simplement Mp (R) c’est l’algèbre des matrices carrées réelles d’ordre p ; I p désignera la matrice identité de Mp (R). Si M ∈ Mp,r (R), t M désigne la matrice transposée de M. Dans ce problème, n désigne un entier naturel > 2. Le produit scalaire canonique de Mn,1 (R) se notera < ., . > et la norme associée sera notée k . k ; il est défini par (x, y) 7−→< x, y >= t yx. On considère une application continue A : R+ −→ Mn (R) telle que ∀t ∈ R+ ,

∀x ∈ Mn,1 (R) ,

< A(t)x, x >= t x A(t)x > 0

On note Σ A l’ensemble des applications F : R+ −→ Mn,1 (R) deux fois dérivables et vérifiant ∀t ∈ R+ ,

Partie I:

F 00 (t) = A(t)F (t).

(1)

Structure de l’ensemble Σ A 

 0 I n . B est continue puisque l’application A on considère l’application B : R+ −→ M2n (R) ,t 7−→   A(t) 0  l’est aussi. On note Σ B l’espace vectoriel réel des solutions sur R+ de l’équation différentielle x 0 = B(t)x

(2)

Si F : R+ −→ Mn,1 (R) est une application deux fois dérivable, on lui associe l’application x F : R+ −→ M2n,1 (R) définie par :



∀t ∈ R+ ,

 F (t)  x F (t) =  F 0 (t) 

1.1. Vérifier que Σ A est un espace vectoriel sur R 1.2. Détermination de la dimension de Σ A 1.2.1. Soit F : R+ −→ Mn,1 (R) une application deux fois dérivable. Montrer que F ∈ Σ A si, et seulement, si x F ∈ Σ B 1.2.2. Montrer que l’application Φ : Σ A −→ Σ B , F 7−→ x F est un isomorphisme d’espaces vectoriels réels. 1.2.3. En déduire la dimension de l’espace vectoriel réel Σ A 1.3. Montrer que, pour tout triplet (s, v, w) ∈ R+ × Mn,1 (R) × Mn,1 (R), il existe une unique application F, élément de Σ A , telle que F (s) = v et f 0 (s) = w

128

17. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

Partie II:

129

Quelques propriétés des solutions de l’équation différentielle (1)

2.1. Soit F ∈ Σ A ; on lui associe l’application f : R+ −→ R définir par f (t) = k F (t) k 2 , t > 0 2.1.1. Montrer que f est deux fois dérivable sur R+ et exprimer sa dérivée seconde. 2.1.2. En déduire que la fonction f est convexe sur R+ 2.2. On conserve les hypothèses et les notations de la question (2.1.) précédente ; on suppose qu’il existe un couple (t 1 ,t 2 ) ∈ R2+ tel que t 1 < t 2 et F (t 1 ) = F (t 2 ) = 0 2.2.1. Montrer que, pour tout t ∈ [t 1 ,t 2 ], f (t) = 0 2.2.2. Montrer que la fonction F est nulle 2.3. Une famille de solutions non bornées de (1) Soit v ∈ Mn,1 (R) ; on note Fv l’éléments de Σ A tel que Fv (0) = Fv0 (0) = v. Montrer que si v , 0 alors Ia fonction t 7−→ k F (t) k admet une limite infinie en +∞ 2.4. Des normes sur Σ A Soit b un réel strictement positif. 2.4.1. Montrer que l’application Ψ : Σ A −→ Mn,1 (R) × Mn,1 (R), F 7−→ (F (0), F 0 (0)) est un isomorphisme d’espaces vectoriels 2.4.2. Montrer que l’application k . k b : F 7−→ k F (0) k + k F (b) k est une norme sur Σ A 2.4.3. Montrer également que l’application k . k ∞, b : F 7−→ sup k F (t) k est une norme sur Σ A 06t6b

2.4.4. Justifier que les normes k . k ∞, b et k . k b , sur Σ A , sont équivalentes

Partie III:

Comportement de solutions de l’équation différentielle (1)

3.1. Une famille de suites d’éléments de Σ A Soit a ∈ Mn,1 (R) un vecteur non nul. Pour tout entier m > 1, on note gm, a l’unique élément de Σ A vérifiant gm,a (0) = a et gm,a (m) = 0 3.1.1. Montrer que, pour tout entier m > 1, l’application t ∈ R+ 7−→

gm, a (t)

est décroissante sur [0, m]
3.1.2. Montrer alors que gm, a m∈N∗ est une suite bornée de l’espace (Σ A , k . k 1 )

3.1.3. Justifier que la suite gm, a m∈N∗ possède une sous-suite gσ (m), a m∈N∗ qui converge dans (Σ A , k . k 1 ) vers un élément noté ga 3.2. Une famille de solutions bornées de (1) On conserve ici les notations de Ia question (3.1.) précédente.
3.2.1. Montrer que la suite de fonctions gσ (m), a m∈N∗ converge uniformément sur tout compact de R+ vers l’application ga 3.2.2. Montrer que ga (0) = a et que l’application t ∈ R+ 7−→ k ga (t) k est décroissante sur R+ 3.2.3. Montrer que ga est une solution bornée de l’équation différentielle (1). 3.3. Comportement asymptotique des solutions de l’équation différentielle (1) On conserve ici les notations des questions et des parties précédentes. Soit (e1 , · · · , en ) une base quelconque
de Mn,1 (R) ; on lui associe une famille ge1 , · · · , ge n d’applications construites comme à la question (3.1.) précédente et on note Σ1 le sous-espace vectoriel de Σ A engendré par cette famille d’applications. 3.3.1. Montrer que les éléments de Σ1 sont des solutions bornées de l’équation différentielle (1)
3.3.2. Montrer que la famille ge1 , · · · , ge n est une base de Σ1

17. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

130

3.3.3. Pour tout v ∈ Mn,1 (R), Fv désigne l’éléments de Σ A vérifiant Fv (0) = Fv0 (0) = v. Montrer que  l’ensemble Σ2 := Fv ; v ∈ Mn,1 (R) est un sous-espace vectoriel de Σ A , de dimension n 3.3.4. Montrer que les sous-espaces vectoriels Σ1 et Σ2 sont supplémentaires dans Σ A 3.3.5. Montrer que Σ A \ Σ1 est un ouvert dense de Σ A et que toute solution F de l’équation différentielle (1)    → +∞  si F ∈ Σ A \ Σ1 , alors k F (t) k −t−−− ∈+∞ vérifie :     si F ∈ Σ1 , alors F est bornée sur R+ 

Probl`eme 2 : Un r´esultat de Liouville relatif aux fonctions harmoniques sur Zd Dans ce problème le nombre d est un entier naturel strictement positif. On note k . k 1 norme définie sur Rd d X par k x k 1 |x i |, pour tout x = (x 1 , · · · , x d ) ∈ Rd . Pour tout x ∈ Zd , on définit V (x) le voisinage discret (sous i=1

entendu dans Zd ) de x par : V (x) = {yZd ; k y − x k 1 = 1}. Ce voisinage est l’ensemble des plus proches voisins de x, il est fini de cardinal 2d. Si A est une partie non vide de Zd , on note I ( A) l’ensemble des x ∈ A tels que V (x) ⊂ A et ∂A le complémentaire dans A de ∂A. On remarquera que pour A = Zd on a I ( A) = A et ∂A = ∅, et pour A fini de cardinal < 2d, on a I ( A) = ∅ et ∂A = A. On dit qu’une fonction f : A −→ R est harmonique sur I ( A) si, pour tout x ∈ I ( A), f (x) =

1 X f (y) 2d y ∈V (x)

Toutes les variables aléatoires considérées dans ce problème sont supposées définies sur un même espace probabilisé (Ω, A, P) qu’il n’est pas nécessaire d’expliciter.

Partie I:

Fonctions harmoniques sur le graphe Zd

Dans les trois premières questions de cette partie on prend d = 1. 4.1. Montrer qu’une fonction f : Z −→ R est harmonique si, et seulement si, quel que soit l’entier relatif k, on a f (k + 2) − 2 f (k + 1) + f (k) = 0 4.2. Montrer que l’ensemble des fonctions harmoniques sur Z est un espace vectoriel de dimension 2, préciser une base de cet espace. 4.3. Montrer que l’ensemble des fonctions f : Z∗ −→ R, harmoniques sur I (Z∗ ), est un espace vectoriel de dimension 4, préciser une base de cet espace. On commencera par déterminer I (Z∗ ). Dans la suite de cette partie, d est un entier strictement positif quelconque. 4.4. On considère une fonction f : Zd −→ R, positive et harmonique sur Zd . 4.4.1. Montrer que, pour tout k ∈ Zd et tout ` ∈ V (k), f (`) 6 2d f (k) 4.4.2. Montrer que, pour tout k ∈ Zd et tout ` ∈ Zd , f (`) 6 (2d) k `−k k 1 f (k) 4.4.3. Montrer que si k ∈ Zd et f (k) = 0, alors f est la fonction nulle. 4.4.4. Montrer que si f n’est pas Ia fonction nulle, alors, pour tout `, k ∈ Zd ,|ln ( f (`)) − ln ( f (k))| 6 k ` − k k 1 ln(2d)

17. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

Partie II:

131

Un résultat de Liouville dans un cadre discret

L’objectif de cette partie est d’établir Ie résultat suivant dû à Liouville : Si f : Zd −→ R est harmonique et minorée (resp. majorée) sur Zd , alors f est constante. L’entier d est quelconque dans N∗ et la base canonique de Rd est notée (e[1], · · · , e[q]). On a donc

∀(i, j) ∈ [[1, n]]2 ,

   1 e[i] j =    0 

si i = j sinon

On considère une suite de variables aléatoires (X n ) n∈N , qui sont mutuellement indépendantes et de même loi, la loi uniforme sur l’ensemble Dd = {−d, −d + 1, · · · , −1, 1, · · · , d − 1, d}. On définit une suite de variables aléatoires (Yn )n∈N , en posant Y0 = 0, et ∀n ∈ N,Yn+1 = Yn + sgn(X n )e [|X n |] où, pour tout k ∈ N∗ , sgn(k) =

k . |k |

Noter que chaque Yn est à valeurs dans Zd qu’on écrit Yn =

d X

  Yn, j e j ; les composantes Yn, j de Yn , sont des

j=1

variables aléatoires à valeurs entières. La suite Y est appelée une marche aléatoire symétrique sur Zd , issue de 0. On modélise ainsi l’évolution d’un point mobile sur Zd , qui à tout instant n choisit au hasard uniforme un des 2d plus proches voisins de sa position précédente Yn−1 . On considère aussi une variable aléatoire U, indépendante des X n (et donc des Yn ) qui suit la loi de poisson de paramètre λ > 0 fixé. 5.1. Soit g une fonction à valeurs réelles, définie sur Zd et vérifiant ∃(a, b) ∈ [0, +∞[ , ∀k ∈ Zd , |g(k)| 6 exp (a k k k 1 + b) 5.1.1. Montrer que, pour tout entier naturel n ,|g(Yn )| 6 exp (an + b) 5.1.2. En utilisant le théorème de transfert, montrer que l’espérance de la variable aléatoire g (YU ) existe et établir l’inégalité
E (|g (YU )|) 6 exp λ(ea − 1) + 1 X   5.1.3. Montrer aussi la relation E g (YU ) 2 = g(k) 2 P (YU = k), en justifiant l’existence de l’espérance k ∈Z d

et la sommabilité de la famille, mises en jeux dans les deux membres de cette égalité. 5.2. On considère une fonction f : Zd −→ R+ , harmonique sur Zd et vérifiant f (0) = 1. On rappelle un résultat vu dans la première partie : f (k) 6 (2d) k k k 1 , pour tout k ∈ Zd .   5.2.1. Montrer que les variables aléatoires f Yj , pour j ∈ N, et f (YU ) admettent toutes un moment d’ordre 2 et prouver les relations +∞ n +∞ n X X     λ λ E f (YU ) 2 = e −λ E f (Yn ) 2 et E ( f (YU )) = e −λ E ( f (Yn )) n! n! n=0 n=0

17. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

132

5.2.2. Montrer que, pour tout n ∈ N, E ( f (Yn )) = f (0) = 1 et en déduire que E ( f (YU )) = 1   5.3. On note H l’ensemble des fonctions f : Zd −→ R telles que E f (YU ) 2 existe. Montrer que H est un espace vectoriel réel et que l’application S : ( f 1 , f 2 ) 7−→ S ( f 1 , f 2 ) = E ( f 1 (YU ) f 2 (YU )) est un produit scalaire sur H. La norme associée est notée k . k 2 5.4. On note E l’ensemble des fonctions f : Zd −→ R+ qui sont harmoniques sur Zd et vérifiant f (0) = 1. Cet ensemble E est non vide (il contient la fonction constante 1) et il est inclus dans l’espace H, d’après la question (5.2.) précédente.     On choisit une fonction m ∈ E de norme k . k 2 maximale, c’est à dire , E f (YU ) 2 6 E m (YU ) 2 pour tout f ∈ E. La possibilité d’un tel choix est admise et on sait, d’après la première partie, que m ne s’annule pas sur Zd . Pour tout i ∈ Dd on définit une fonction f i : Zd −→ R+ en posant f i (x) =

m (x + sgn(i)e [|X n |]) m (sgn(i)e [|X n |])

5.4.1. Montrer que, pour tout i ∈ Dd , la fonction f i est harmonique sur Zd et vérifier qu’elle est positive et satisfait f i (0) = 1. 5.4.2. Montrer que la fonction m est une combinaison convexe des fonctions f i , i ∈ Dd . 5.4.3. En déduire que, pour tout i ∈ Dd et tout x ∈ Zd , m(x) = f i (x), puis montrer que m est la fonction constante égale à 1 sur Zd . 5.5. On considère une fonction f : Zd −→ R+ , harmonique sur Zd et vérifiant f (0) = 1. Montrer l’inégalité   V ( f (YU )) 6 E (m(YU ) 2 − 1, puis en déduire que f est constante sur Zd . 5.6. Comment prouver le résultat général de Liouville ?

Corrigé de l’épreuve Mathématiques I : Session 2015

Problème 1 Partie I:

Structure de l’ensemble Σ A

1.1. On montre que Σ A est un sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions définies de R+ à valeurs dans Mn,1 (R)  Σ A , ∅ car l’application nulle t ∈ R+ 7−→ 0n,1 ∈ Mn,1 (R) appartient à Σ A

 Soit F, G ∈ Σ A et λ ∈ R. Par définition F et G sont deux fois-dérivable sur R+ , donc λF + G est deux

fois-dérivable sur R+ et

(λF + G) 00 = λF 00 + G00 = λ AF + AG = A (λF + G) Donc λF + G ∈ Σ A . 1.2. Détermination de la dimension de Σ A

 F 1.2.1. F est supposé deux-fois dérivable, donc x F =   est dérivable sur R+ et F 0  

 x 0F = Bx F

F0









0 In   F  ⇐⇒   =  F 00   A 0  F 0     F0 = F0   ⇐⇒    F 00 = AF  ⇐⇒ F 00 = AF

Donc l’équivalence demandée F ∈ Σ A si, et seulement si, x F ∈ Σ B 1.2.2. L’application Φ est bien définie, d’après la question précédente.  Φ est linéaire, car pour F, G ∈ Σ A et λ ∈ R,



 λF + G  Φ (λF + G) =   (λF + G) 0    λF + G  =   λF 0 + G0      F G = λ   +   F 0  G0  = λΦ(F) + Φ(G)

133

134

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015 

 F  Soit F ∈ Σ A , x F = 0 entraîne   = 0, donc F = 0. Ainsi Φ est un morphisme injectif F 0    F  Soit x ∈ Σ B , on écrit x par bloc x =   avec F, G : R+ −→ Mn,1 (R) (F et G sont dérivables sur G R+ .

      0 0 I F G n  F  x 0 = Bx =⇒   =  =      G0   A 0  G  AF     F0 = G =⇒     G0 = AF  



L’égalité F 0 = G montre que F est deux fois dérivable et F 00

 F = G0 = AF. Ainsi x =   avec F 0 

F ∈ Σ A , ceci montre la surjection de Φ 1.2.3. Σ B est l’ensemble de solutions de l’équation linéaire homogène d’ordre 1 : x 0 = Bx avec B : R+ −→ M2n,1 (R) continue, d’après Cauchy-Lipschitz linéaire, Σ B est de dimension 2n et par isomorphisme dim (Σ A ) = 2n 1.3. Soit (s, v, w) ∈ R+ × Mn,1 (R) × Mn,1 (R), on a l’équivalence    F 00 = AF      F (s) = v et F 0 (s) = w 

   x 0F = Bx F         ⇐⇒ v    x F (s) =       w   

Le second système est un problème de Cauchy qui admet, d’après Cauchy-Lipschitz linéaire, une unique solution, donc le premier système admet lui aussi une unique solution

Quelques propriétés des solutions de l’équation différentielle (1)

Partie II: 2.1. 2.1.1. On a

 (x, y) ∈ Mn,1 (R) × Mn,1 (R) 7−→< x, y >∈ R est bilinéaire en dimension finie, donc elle est

indéfiniment différentiable

 x ∈ Mn,1 (R) 7−→ (x, x) ∈ Mn,1 (R) × Mn,1 (R) est linéaire en dim finie, donc elle est indéfiniment

différentiable

 t ∈ R+ 7−→ F (t) ∈ Mn,1 (R) est deux fois dérivable sur R+

Alors, par composition, f : t ∈ R+ 7−→< F (t), F (t) > est deux fois dérivable sur R+ et par la formule de Leibniz : pour tout t ∈ R+ f 00 (t) = 2 < F 00 (t), F (t) > +2 < F 0 (t), F 0 (t) > = 2 < A(t)F (t), F (t) > +2

F 0 (t)

2 2.1.2. Par hypothèse ∀t ∈ R+ , on a < A(t)F (t), F (t) >> 0. Donc, d’après la formule précédente f 00 (t) > 0,

135

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015 ceci montre que f est convexe 2.2. On suppose qu’il existe un couple (t 1 ,t 2 ) ∈ R2+ tel que t 1 < t 2 et F (t 1 ) = F (t 2 ) = 0

2.2.1. Soit t ∈ [t 1 ,t 2 ], alors il existe λ ∈ [0, 1] tel que t = λt 1 + (1 − λ) t 2 . D’après l’inégalité de convexité 0 6 f (t) 6 λ f (t 1 ) + (1 − λ) f (t 2 ) = 0, donc f (t) = 0 2.2.2. On tire de la question précédente que F = 0 sur le segment [t 1 ,t 2 ] et pour tout t ∈ ]t 1 ,t 2 [, on a F 0 (t) = 0. Alors pour s ∈ ]t 1 ,t 2 [, l’application nulle et F sont solutions du système    F 00 = AF      F (s) = 0 et F 0 (s) = 0  Un tel système n’admet qu’une seule solution, donc F = 0 2.3. La fonction f est convexe et dérivable sur R+ , donc la courbe de f est située au dessus de ces tangentes, en particulier ∀t ∈ R+ ,

f (t) > f 0 (0)t + f (0)

Avec f 0 (0) = 2 < Fv0 (0), Fv (0) >= 2 k v k 2 , on tire f (t) > 2 k v k 2 t+ f (0), ceci montre que f (t) −−−−−→ +∞, puis par composition avec la fonction racine carrée k F (t) k −−−−−→ +∞

t →+∞

t →+∞

2.4. Des normes sur Σ A 2.4.1. Ψ est bien définie et linéaire. Soit F ∈ Ker (Ψ), alors F s’annule en 0 et en b > 0, d’après la question (2.2.2.), l’application F = 0, d’où Ψ est injective. Puisque Σ A et Mn,1 (R) × Mn,1 (R) ont même dimension 2n, alors Ψ est un isomorphisme d’espaces vectoriels 2.4.2. L’application k . k b est bien définie de Σ A à valeurs dans R+  Séparation : Soit F ∈ Σ A .

k F k b = 0 ⇐⇒ k F (0) k + k F (b) k = 0 ⇐⇒ F (0) = F (b) = 0 ⇐⇒ F = 0

question (2.2.)

 Homogénéité : Soit λ ∈ R et F ∈ Σ A :

k λF k b = k λF (0) k + k λF (b) k = |λ| (k F (0) k + k F (b) k) = |λ| k F k b  Inégalité triangulaire : Soit F, G ∈ Σ A , on a

k F (0) + G(0) k 6 k F (0) k + k G(0) k

et

k F (b) + G(b) k 6 k F (b) k + k G(b) k

On en déduit que k F + G kb 6 k F kb + k G kb Ainsi k . k b est bien une norme sur Σ A 2.4.3. L’application t ∈ R+ 7−→ k F (t) k ∈ R+ est continue, par composition des applications continues F et norme euclidienne, donc elle est bornée sur le segment [0, b] et atteint ses bornes. Donc k . k ∞, b est

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

136

bien définie de Σ A à valeurs dans R+  Séparation : Soit F ∈ Σ A .

k F k ∞,b = 0 ⇐⇒ ∀t ∈ [0, b] , F (t) = 0 ⇐⇒ F = 0

question (2.2.)

 Homogénéité : Soit λ ∈ R et F ∈ Σ A : ∀t ∈ [0, b]

k λF (t) k = |λ| k F (t) k Donc k λF k ∞,b = |λ| k F k ∞,b  Inégalité triangulaire : Soit F, G ∈ Σ A , on a : ∀t ∈ [0, b]

k F (t) + G(t) k 6 k F (t) k + k G(t) k 6 k F k ∞,b + k G k ∞,b On en déduit que k F + G k ∞, b 6 k F k ∞,b + k G k ∞, b Ainsi k . k ∞, b est bien une norme sur Σ A 2.4.4. Σ A est un espace de dimension finie, alors k . k ∞,b et k . k b sont équivalentes

Partie III:

Comportement de solutions de l’équation différentielle (1)

3.1. 0 3.1.1. L’application f m,a : t ∈ R+ 7−→

gm, a (t)

2 est convexe sur R+ , donc f m,a est croissante sur R+ . En 0 (t) 6 f 0 (m). particulier ∀t ∈ [0, m] , f m, a m,a 0 (m) = 2 < g 0 0 Or f m,a m, a (m), gm, a (m) >= 0, donc f m,a est négative sur [0, m] et par suite la décrois-

sance de f m, a . Par la croissance de l’application racine carrée, on tire par composition, que t ∈ R+ 7−→

gm,a (t)

est décroissante sur [0, m]

3.1.2. Soit m ∈ N∗ . On a 1 ∈ [0, m], par décroissance de l’application t ∈ R+ 7−→

gm, a (t)

sur [0, m], on a

gm,a (1)

6

gm,a (0)

= k a k. Par définition de la norme k . k 1 , on a

gm,a

1 =

gm,a (0)

+

gm,a (1)

6 2 k a k. La suite gm, a
m∈N ∗ est une suite bornée de l’espace (Σ A , k . k 1 )
3.1.3. La suite gm,a m∈N∗ est une suite bornée de l’espace (Σ A , k . k 1 ) qui est de dimension finie. D’après
Bolzano Weiestrass il existe une suite extraite gσ (m), a m∈N∗ convergente dans (Σ A , k . k 1 ) et notons ga sa limite 3.2. 3.2.1. Soit K un compact de R+ , alors il existe b ∈ R+∗ tel que K ⊂ [0, b] et

gσ (m), a − ga

∞, K 6 gσ (m),a − ga b
En outre k . k 1 et k . k b sont équivalentes et puisque gσ (m), a converge vers ga pour la norme k . k 1 ,
alors la convergence de la suite gσ (m), a vers ga pour la norme k . k b est assurée puis sa convergence

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

137

vers ga sur tout compact K de R+ 3.2.2. La convergence uniforme sur tout compact de R+ entraîne la convergence simple. Comme pour tout m ∈ N∗ , on a gσ (m), a (0) = a , alors par passage à la limite lorsque m tend vers +∞, on obtient ga (0) = a. En outre pour t,t 0 ∈ R+ tels que t < t 0 , il existe m0 ∈ N∗ pour lequel σ (m0 ) > t 0 , alors pour tout m > m0 , on a t,t 0 ∈ [0, σ(m)] et comme gσ (m), a est décroissante sur [0, σ(m)], on obtient

gσ (m),a (t 0 )

6

gσ (m),a (t)

On fait tendre m vers +∞, donc k ga (t 0 ) k 6 k ga (t) k. Ainsi t ∈ R+ 7−→ k ga (t) k est décroissante sur R+ 3.2.3. ga est un élément de Σ A et pour tout t ∈ R+ , on a k ga (t) k 6 k ga (0) k = k a k, donc ga est une solution bornée de l’équation (1) 3.3. 3.3.1. D’après la question (3.2.1.) les fonctions ge1 , · · · , ge n sont solutions bornées de l’équation différentielle (1). Un élément de Σ1 est combinaison linéaire des fonctions bornées, donc il est borné
3.3.2. La famille ge1 , · · · , ge n est génératrice de Σ1 , donc il suffit de montrer que cette famille est libre. Soit n n X X λ 1 , · · · , λ n ∈ R tels que λ i ge i . Alors pour tout t ∈ R+ , λ i ge i (t) = 0, en particulier pour tout t = 0, on trouve

n X

i=1

i=1

λ i ei = 0, et donc les scalaires λ 1 = · · · = λ n = 0 car (e1 , · · · , en ) est une base de
Mn,1 (R). Ainsi la liberté de la famille ge1 , · · · , ge n i=1

3.3.3. On considère l’application    Σ A −→ Mn,1 (R) × Mn,1 (R) ζ:   F 7−→ (F (0), F 0 (0))  ζ est un morphisme d’espaces vectoriels et d’après (1.1.) l’application ζ est un isomorphisme d’espaces  vectoriels. Or ∆ = (v, v) | v ∈ Mn,1 (R) est un sous-espace vectoriel de Mn,1 (R) × Mn,1 (R) de dimension n, donc Σ2 = ζ −1 (∆) est un sous-espace vectoriel de Σ A de dimension n n X 3.3.4. Soit F ∈ Σ1 ∩ Σ2 , alors il existe λ 1 , · · · , λ n ∈ R tel que F = λ i ge i et F (0) = F 0 (0). La combinaison F =

n X

i=1

λ i ge i montre que F est bornée, d’après la question (2.3.), le vecteur v = F (0) = F 0 (0)

i=1

est forcément nul. Puis par unicité de la solution F = 0. Autrement dit Σ1 ∩ Σ2 = {0} et puisque dim Σ1 + dim Σ2 = 2n = dim Σ A , alors Σ A = Σ1 ⊕ Σ2 3.3.5.

 Σ1 est un sous-espace vectoriel de Σ A de dimension finie, donc Σ1 est un fermé de Σ A et par suite

Σ A \ Σ1 est un ouvert de Σ A

 Soit F ∈ Σ A . Puisque Σ1 est un sous-espace vectoriel strict de Σ A il existe G ∈ Σ A \ Σ1 . On 1 considère alors la suite (Fn ) définie par : ∀n ∈ N, Fn = F + n G, une telle suite est d’éléments de 2 1 Σ A \Σ1 et k Fn − F k 1 = n k G k 1 −−−−−→ 0, alors par la caractérisation séquentielle Σ A \ Σ1 = Σ A n→+∞ 2 Soit F ∈ Σ A

138

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015  D’après la question (3.3.1.), si F ∈ Σ1 , alors elle est bornée sur R+ .

 Si F ∈ Σ A \ Σ1 . On écrit F = F2 + F1 avec F2 ∈ Σ2 et F1 ∈ Σ1 . Comme F < Σ1 , alors F2 est non

nulle, donc F2 (0) = F20 (0) , 0 et par inégalité triangulaire on a ∀t ∈ R+ ,

k F (t) k > k F2 (t) k − k F1 (t) k

k F2 k tend vers +∞ en +∞ et F1 est bornée, donc k F (t) k −−−−−→ +∞ t →+∞

Problème 2 Partie I:

Fonction harmonique sur le graphe Zd

3.1. On a I (Z) = Z, pour tout k ∈ Z, on a V (k + 1) = {k, k + 2}, donc f : Z −→ R est harmonique si, et seulement si, f (k + 1) =

1 1 X f (i) = ( f (k) + f (k + 2)) 2 i ∈V (k+1) 2

si, seulement si f (k + 2) − 2 f (k + 1) + f (k) = 0 3.2. L’ensemble des fonctions harmoniques sont exactement l’ensemble des suites récurrentes linéaires d’ordre 2 vérifiant l’équation f (k + 2) − 2 f (k + 1) + f (k) = 0 d’équation caractéristique r 2 − 2r + 1 = 0. Cette dernière admet racine double r = 1, donc f est harmonique si, et seulement si, il existe a, b ∈ R tels que ∀k ∈ Z,

f (k) = ak + b

Posons IdZ : x ∈ Z 7−→ x ∈ R et 1Z : x ∈ Z 7−→ 1 ∈ R, alors l’ensemble des fonctions harmoniques est l’espace Vect (IdZ , 1Z ) qui est de dimension 2 et dont une base (IdZ , 1Z ) 3.3. Montrons d’abord que I (Z∗ ) = {k ∈ Z , |k | > 2}. Soit k ∈ {k ∈ Z , |k | > 2}, alors V (k) = {k − 1, k + 1} ⊂ Z∗ , donc l’inclusion {k ∈ Z , |k | > 2} ⊂ I (Z∗ ). Inversement k ∈ Z∗ \ {k ∈ Z , |k | > 2}, alors k = 1 ou k = −1, or V (−1) = {−2, 0} 1 Z∗ et V (1) = {2, 0} 1 Z∗ , donc k < I (Z∗ ). f harmonique sur I (Z∗ ) si, et seulement si, ∀n > 1,

f (n + 2) − 2 f (n + 1) + f (n) = 0

(1)

et ∀n 6 −1,

f (n + 2) − 2 f (n + 1) + f (n) = 0

Comme auparavant, l’équation (1) montre qu’il existe a, b ∈ R tels que ∀n > 2,

(2) f (n) = an+ b et l’équation

f (n) = cn+d. Bref l’ensemble des fonctions harmonique
est l’espace Vect IdZ χ[[2,+∞[[ , IdZ χ]]−∞, −2]] , χ[[2,+∞[[ , χ]]−∞, −2]] qui est de dimension 4. (2) montre qu’il existe c, d ∈ R tels que ∀n 6 −2, 3.4.

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

139

3.4.1. Soit ` ∈ V (k). Par hypothèse f est positive, donc X

f (`) 6

f (x) = 2d f (k)

x ∈V (k )

3.4.2. Soit k ∈ Zd . Montrons par récurrence sur n ∈ N que pour tout ` ∈ Zd tel que k ` − k k 1 = n, on a f (`) 6 2d k `−k k 1 f (k)  Pour n = 0, c’est évident et pour n = 1 c’est fait dans la question précédente d X  Soit n > 1 et soit ` ∈ Zd tel que k ` − k k 1 = n + 1. Comme |` i − k i | = k ` − k k 1 > 0, alors

il existe i 0 ∈ [[1, d]] tel que ` i 0 , k i 0 . On pose alors ε i 0

 i=1   si ` i 0 < k i 0 1 et ` 0 obtenu de ` en =    −1 sinon 

remplaçant ` i 0 par ` i 0 + ε i 0 . On a bien

` − ` 0

= 1 1

et

` 0 − k

= n 1

Par hypothèse de récurrence f (`) 6 2d f (` 0 ) et f (` 0 ) 6 (2d) n f (k). On combine les deux inégalités f (`) 6 (2d) n+1 f (k) 4.4.3. S’il existe k ∈ Zd tel que f (k) = 0, alors, par positivité de f , on a pour tout ` ∈ Zd : 0 6 f (`) 6 (2d) k `−k k 1 f (k) = 0 Donc f = 0 3.4.3. f étant non nulle, d’après la question précédente, elle ne s’annule jamais. Pour `, k ∈ Zd , on a f (`) 6 (2d) k `−k k 1 f (k) =⇒ ln ( f (`)) − ln ( f (k)) 6 k ` − k k 1 ln(2d)

f (`) 6 (2d) k `−k k 1 f (k) =⇒

Par symétrie, on a aussi ln ( f (k)) − ln ( f (`)) 6 k k − ` k 1 ln(2d). Ainsi |ln ( f (`)) − ln ( f (k))| 6 k ` − k k 1 ln(2d)

Partie II:

Un résultat de Liouville dans un cadre discret

5.1. 5.1.1. Remarquons d’abord que ∀n ∈ N, Yn+1 −Yn = sgn (X n ) e[| X n |] , donc k Yn+1 − Yn k 1 =

sgn (X n ) e[| X n |]

1 = 1. Ainsi par télescopage et inégalité triangulaire, pour tout n > 1



n−1 n−1 X X

(Yk+1 − Yk ) 6 k Yn k 1 = k Yk+1 − Yk k 1 = n

k=0

k=0 1 Une telle égalité est vraie pour n = 0. On tire donc |g(Yn )| 6 exp (a k Yn k 1 + b) 6 exp (an + b)

140

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015 5.1.2. Soit ω ∈ Ω, on a
|g (YU ) (ω)| = g YU (ω) 6 exp (aU (ω) + b) = exp (aU + b) (ω) Donc |g (YU )| 6 exp (aU + b). D’autre part

X

ean+b P (U = n) est une SATP convergente car

n>0

ean+b P (U = n) = ean+b (ea λ) n −λ+b et e n!

λ n −λ (ea λ) n −λ+b e = e n! n!

! est sommable. Par comparaison |g (YU )| admet un espérance et n∈N

E (|g(YU )|) 6 E exp (aU + b)




Enfin E exp (aU + b)




= =

+∞ X n=0 +∞ X

ean+b P (U = n) (ea λ) n −λ+b e n!

n=0 e a λ −λ+b

= e

e

= e (e

a −1)λ+b

D’ou E (|g(YU )|) 6 exp



ea − 1 λ + b

  5.1.3. Par le théorème de transfert g (YU ) 2 admet une espérance si, et seulement si, la famille g(k) 2 P (YU = k)

k ∈Z d

est sommable.    Montrons que E g (YU ) 2 existe.

L’application g 2 est à valeurs réelles vérifiant pour tout k ∈ Zd ,

g 2 (k) 6 exp (2a k k k 1 + 2b).

D’après la question (5.1.2.), g 2 (YU ) admet une espérance.    Montrons que la famille g(k) 2 P (YU = k)

k ∈Z d

est sommable.

• Pour tout n ∈ N, d’après la question (5.1.1.), on a |g (Yn )| 6 exp (an + b) soit g (Yn ) 2 6   exp (2an + 2b) ce qui montre que g (Yn ) 2 admet une espérance et E g (Yn ) 2 6 exp (2an + 2b).   D’autre part, par le théorème du transfert, la famille g(k) 2 P (Yn = k) est sommable de k ∈Z d   somme E g (Yn ) 2     • La famille E g (Yn ) 2 P(U = n) est sommable car pour tout n ∈ N n∈N

  λn (e2a λ) n −λ+2b E g(Yn ) 2 P (U = n) 6 e2an+2b e −λ = e n! n! ! (e2a λ) n −λ+b et e est sommable n! n∈N   Ainsi, par sommation par paquets, la famille g(k) 2 P (Yn = k) P (U = n) mable. En conséquence, une autre fois par sommation par paquets, on a

(k, n)∈Z d × N

est som-

141

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015   • Pour tout k ∈ Zd , la famille g(k) 2 P (Yn = k) P (U = n) +∞ X

=

Sk

n∈N

est sommable de somme Sk

g(k) 2 P (Yn = k) P (U = n)

n=0

= g(k) 2

+∞ X

P (Yn = k,U = n)

n=0

= g(k) 2 P (YU = k)   • La famille g(k) 2 P (YU = k)

k ∈Z d

est sommable.

Enfin, par le théorème du transfert, X

  E g (YU ) 2 =

g(k) 2 P (YU = k)

k ∈Z d

5.2.     5.2.1. Soit j ∈ N, d’après la question (5.1.1.), on a f 2 Yj 6 exp ( j ln (2d)), donc f Yj admet un moment d’ordre 2. En outre, d’après la question (5.1.3.), la variable f (YU ) admet un moment d’ordre 2. Les   deux familles f (k) 2 P (Yn = k) P (U = n) et ( f (k)P (Yn = k) P (U = n)) (k, n)∈Zd × N sont d (k, n)∈Z × N

sommables, en conséquence :   E f (YU ) 2 =

X

f (k) 2 P (YU = k)

k ∈Z d

= = =

+∞ X X k ∈Z d n=0 +∞ X X

f (k) 2 P (Yn = k) P (U = n) f (k) 2 P (Yn = k) P (U = n)

n=0 k ∈Z d +∞ X

E( f (Yn ) 2 )P (U = n)

n=0 +∞ n X   λ E f (Yn ) 2 n! n=0

= e −λ et E ( f (YU )) =

X

f (k)P (YU = k)

k ∈Z d

=

+∞ X X k ∈Z d

=

+∞ X X n=0

=

+∞ X

f (k)P (Yn = k) P (U = n)

n=0

f (k)P (Yn = k) P (U = n)

k ∈Z d

E( f (Yn ))P (U = n)

n=0

= e −λ

+∞ n X λ E ( f (Yn )) n! n=0

5.2.2. Montrons que la suite (E ( f (Yn ))) n∈N est stationnaire. Soit n ∈ N, on a Yn+1 = Yn + sgn(X n )e[| X n |] ,

142

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015 donc l’ensemble des valeurs prises par Yn+1 est Yn+1 (Ω) =

[

V (α)

α∈Yn (Ω)

Par le théorème du transfert X

E ( f (Yn+1 )) = k∈

=

f (k)P (Yn+1 = k)

S α ∈Yn (Ω)

X

V (α)

X

f (k)P (Yn+1 = k)

α∈Yn (Ω) k ∈V (α)

=

X

X



f α + sgn(i)e[|i |] P Yn+1 = α + sgn(i)e[|i |]

α∈Yn (Ω) i ∈D d

=

X

X


f α + sgn(i)e[|i |] P (Yn = α, X n = i)

α∈Yn (Ω) i ∈D d

Yn est une variable aléatoire en fonction de X1 , · · · , X n−1 , or la suite (X n ) est une suite de variables indépendantes, alors Yn et X n sont indépendantes, donc P (Yn = α, X n = i) = P (Yn = α) P (X n = i) = Avec P (X n = i) =

1 P (Yn = α) 2d

1 puisque X n suit la loi uniforme sur l’ensemble Dd , donc 2d X 1
f α + sgn(i)e[|i |] P (Yn = α) 2d α∈Yn (Ω) i ∈D d X
1 X = P (Yn = α) f α + sgn(i)e[|i |] 2d i ∈D α∈Yn (Ω) d X = f (α)P (Yn = α)

E ( f (Yn+1 )) =

X

α∈Yn (Ω)

= E ( f (Yn )) On conclut que la suite (E ( f (Yn ))) n∈N est stationnaire, avec E ( f (Y0 )) = E(1) = 1 D’après l’expression de E ( f (YU )) dans la question précédente, on déduit E ( f (YU )) = e −λ 5.3.

+∞ n +∞ n X X λ λ E ( f (Yn )) = e −λ =1 n! n! n=0 n=0

 H , ∅ car l’application nulle appartient à H.

Soit f , g ∈ H et λ ∈ R, on a

  ( f + g) 2 (YU ) = f (YU ) 2 + 2 f (YU ) g (YU ) + g (YU ) 2 6 2 f (YU ) 2 + g (YU ) 2 Par comparaison ( f + g) 2 (YU ) admet une espérance . De plus (λ f ) 2 (YU ) admet une espérance, donc H est un espace vectoriel réel

143

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015  S est bien définie car pour tout f 1 , f 2 ∈ H, on a

| f 1 f 2 | 6 f 12 + f 22 Donc f 1 (YU ) f 2 (YU ) admet une espérance, ainsi S est bien définie • S est symétrique, bilinéaire et positive • Soit f ∈ H tel que S( f , f ) = 0. On montre d’abord par récurrence que ∀n ∈ N, ∀k ∈ Yn (Ω) , P (Yn = k) , 0. . Pour n = 0, on a Y0 (Ω) = {0} et P (Y0 = 0) = 1 . Soit n ∈ N et soit k ∈ Yn+1 (Ω). Or Yn+1 (Ω) =

[

V (x), alors on pose x 1 , · · · , x p les

x ∈Yn (Ω)

éléments de Yn (Ω) pour lesquels k ∈ v(x i ), donc P (Yn+1 = k) =

p X

P (Yn = x i ) > 0

i=1

Récurrence achevée. Soit k ∈ Zd et soit n = k k k 1 , on a k ∈ Yn (Ω) et par la formule des probabilités totales P (YU = k)

=

+∞ X

P (Ym = k) P (U = m)

m=0

> P (Yn = k) P (U = n) > 0 X   Enfin, la formule de la question (5.1.3.) donne E f (YU ) 2 = f (k) 2 P (YU = k) = 0 et par suite k ∈Z d

∀k ∈ Zd , f (k) = 0 5.4. 5.4.1. Soit k ∈ Zd , puisque m est harmonique sur Zd , alors f i (k) = =

m m

=

1 2d

=

1 2d


1
m k + sgn(i)e[|i |] sgn(i)e[|i |]
1 1 X
m x + sgn(i)e[|i |] sgn(i)e[|i |] 2d x ∈V (k ) X m x + sgn(i)e[|i |]

m sgn(i)e[|i |] x ∈V (k ) X f i (x) x ∈V (k )

f i est positive car m l’est, en outre f i (0) = 1

144

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015  5.4.2. Soit x ∈ Zd , on a V (x) = x + sgn(i)e[|i |] , i ∈ Dd , alors 1 X m(k) 2d k ∈V (x)
1 X = m x + sgn(i)e[|i |] 2d i ∈D d
1 X m sgn(i)e[|i |] f i (x) = 2d i ∈D d X m sgn(i)e[|i |]
= f i (x) 2d i ∈D

m(x) =

d

X m sgn(i)e[|i |]
f i ; les coefficients d’une telle combinaison sont positifs et de somme 2d i ∈D d X m sgn(i)e[|i |]
= m(0) = 1 2d i ∈D d 5.4.3.  Par inégalité triangulaire Alors m =

X m sgn(i)e[|i |]
X m sgn(i)e[|i |]
k m k2 6 k f i k2 6 k m k2 = k m k2 2d 2d i ∈D i ∈D d

d

Alors ∀i ∈ Dd ,

k m k 2 = k f i k 2 . D’autre part l’inégalité triangulaire est une égalité et comme
pour  tout i ∈ Dd , m sgn(i)e[|i |] f i , O, alors pour tout j ∈ Di il existe λ j, i ∈ R+ tel que X m sgn( j)e[| j |] f j = λ j, i f i et l’application m s’exprime m =  λ j  f i . Enfin comme m(0) =   2d j ∈D d

f i (0) = 1, alors on tire

X

λ j, i = 1, puis m = f i .

j ∈D d


 Montrons que ∀i ∈ Dd , m sgn(i)e[|i |] = 1.

Soit i ∈ Dd , on pose α i = sgn(i)e[|i |] . On a α −i = −α i et pour tout x ∈ Zd : m(x) = m(x − α i + α i ) = m(x − α i )m(α i ) = m(x + α −i )m(α i ) = m(x)m(α −i )m(α i ) Donc m(α −i )m(α i ) = 1, ceci donne l’inégalité m(α −i ) + m(α i ) =

1 1 + m(α i ) 2 + m(α i ) = >2 m(α i ) m(α i )

D’autre part 2d 6

n X i=1

[(α i ) + m (α −i )] =

X

m (α i ) = 2d.m(0) = 2d

i ∈D d

    m(α i )m(α −i ) = 1 Alors ∀i ∈ [[1, n]], m(α i ) + m (α −i ) = 2. Le système     m(α i ) + m(α −i ) = 2  m (α −i ) = 1.

donne m(α i ) =

18. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES I : SESSION 2015

145

 Montrons par récurrence sur n que ∀k ∈ Zd tel que k k k 1 = n, m(k) = 1

• Pour n = 0, c’est trivial car m(0) = 1

• Soit n ∈ N et k = (k 1 , · · · , kd ) ∈ Zd tels que k k k 1 = n + 1. Alors il existe i 0 ∈ [[1, n]] tel que   si k i 0 > 0 1 et x obtenu de k en remplaçant k i 0 par k i 0 − ε i 0 . k i 0 , 0, on pose alors ε i 0 =     −1 sinon  On a bien k x k1 = n

et

k = x + ε i 0 e[|i 0 |]

Par hypothèse de récurrence m (x) = 1 et d’après ce qui précède
m (k) = m x + ε i 0 e[|i 0 |] = m (x) = 1 5.5. D’après le théorème de Huygens Kœnig,   V ( f (YU )) = E f (YU ) 2 − E ( f (YU )) 2     Avec E ( f (YU )) = 1 et E f (YU ) 2 6 E m (YU ) 2 , on obtient   V ( f (YU )) 6 E m (YU ) 2 − 1 On montre que f = 1.   On a déjà démontré que m = 1, donc E m (YU ) 2 = 1, puis par l’inégalité précédente V ( f (YU )) = 0. Or E ( f (YU )) = 1 et   k f − 1 k 22 = E ( f − 1) (YU ) 2 = V ( f (YU )) = 0 Alors f − 1 = 0, puis f = 1 5.6. Soit f : Zd −→ R une fonction harmonique  Si f est minorée, on choisit un minorant α de f qui soit inférieur strictement à f (0) et on considère

l’application

ϕ=

f −α f (0) − α

ϕ : Zd −→ R+ une fonction harmonique vérifiant ϕ(0) = 1, donc elle est constante et égale 1, c’est-àdire f = f (0)  Si f est majorée, on choisit un majorant α de f qui soit supérieur strictement à f (0) et on considère

l’application

ψ=

f −α f (0) − α

ψ : Zd −→ R+ une fonction harmonique vérifiant ψ(0) = 1, donc elle est constante et égale 1, c’est-àdire f = f (0)

Énoncé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2015

Le sujet de cette épreuve est composé d’un problème.

Probl`eme Notations et rappels Soit n un entier > 2 ; si p ∈ N∗ , on note Mn, p (R) l’espace vectoriel des matrices à coefficients réels, à n lignes et p colonnes. Si p = n, Mn, p (R) est noté simplement Mn (R), c’est l’algèbre des matrices carrées réelles d’ordre n ; In désignera la matrice identité de Mn (R) et GLn (R) le groupe des matrices inversibles (groupe linéaire). Si A ∈ Mn (R), on note Tr ( A) sa trace, det( A) son déterminant et χ A son polynôme caractéristique ; il est défini par : ∀λ ∈ R, χ A (λ) = det(λIn − A). Si p ∈ N∗ et M ∈ Mn, p (R), t M désigne la matrice transposée de M. Une matrice de Mn (R) est dite symétrique si elle coïncide avec sa matrice transposée. L’ensemble des matrices symétriques de Mn (R) se notera Sn (R), c’est un sous-espace vectoriel de Mn (R). Le produit scalaire canonique de Mn,1 (R) se notera et la norme associée sera notée k.k2 ; il est défini par (X,Y ) 7−→< X,Y >:= t XY . On note Un la partie de Mn (R) formée des matrices ayant nvaleurs propres réelles deux à deux distinctes. Dans ce problème, l’espace vectoriel Mn (R) est muni de l’une de ses normes.

Partie I:

Résultats préliminaires

1.1. Étude de l’ensemble U2 n o 1.1.1. Montrer que U2 = A ∈ M2 (R) ; (Tr(A)) 2 − 4 det( A) > 0 1.1.2. Montrer que les applications A 7−→ det( A) et A 7−→ Tr(A), définies sur M2 (R) et à valeurs réelles sont continues 1.1.3. Montrer que U2 est un ouvert non vide de M2 (R). 1 2 x puis préciser, en l’hachurant sur le même 4 2 graphique, la partie de à l’ensemble {(Tr ( A) , det A) ; A ∈ U2 } .  R correspondant      a b   ∈ M2 (R) , b , 0  . Justifier que toute matrice de U2 est diagonalisable 1.1.5. On pose V2 = U2 ∩        c d    1.1.4. Dans le plan R2 , dessiner le graphe de la fonction x 7−→

dans M2 (R) et construire une application f : V2 → M2 (R) continue, à valeurs dans GL 2 (R) et telle que, pour tout M ∈ M2 (R), la matrice ( f (M)) −1 .M. f (M) soit diagonale 1.2. Commutant d’une matrice diagonale Soient α1 , . . . , α n des réels deux à deux distincts et soit A ∈ M n (R) la matrice diagonale de coefficients diagonaux α1 , . . . , α n respectivement : A = diag(α1 , . . . , α n ) 1.2.1. On pose C( A) = {M ∈ M n (R) , M A = AM }. Montrer que C( A) est l’ensemble des matrices diagonales de M n (R) 146

147

19. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

1.2.2. Soient U , V deux éléments de GL n (R). Montrer que U. A.U −1 = V. A.V −1 , si, et seulement si la matrice V −1 .U est diagonale 1.3. Une CNS de conjugaison à une matrice diagonale Soit (M, P) ∈ M n (R) × GL − n(R) et soit D ∈ M n (R) une matrice diagonale. Montrer que P −1 .M.P = D si, et seulement si, les coefficients diagonaux de D sont les valeurs propres de M et les vecteurs colonnes de P sont les vecteurs propres de M

Partie II:

Quelques propriétés du groupe spécial orthogonal SOn (R)

 On rappelle que On (R) = A ∈ M n (R) , t A. A = In et SOn (R) = { AOn (R) , det( A) = 1} 2.1. Montrer que On (R) est un de GL n (R)  sous groupe  et que SOn (R) est un sous groupe de On (R)     a −b   , a2 + b2 = 1  2.2. Montrer que SO2 (R) =      b a     2.3. Le groupe SO2 (R) est connexe par arcs



cos(θ) − sin(θ)

 On définit l’application Φ : R → M2 (R) par : Φ(θ) =   sin(θ)



  , θ ∈ R  cos(θ) 

2.3.1. Montrer que l’application Φ est continue sur R 2.3.2. Montrer que Φ(R) = SO2 (R) 2.3.3. Justifier que SO2 (R) est une partie connexe par arcs de M2 (R) 2.4. Le groupe SOn (R) est connexe par arcs pour n > 3 2.4.1. Si U ∈ On (R), on rappelle qu’il existe une matrice P ∈ On (R), des entiers naturels p , q et rvérifiant p + q + 2r = n, et si r , 0, des réels θ 1 , . . . , θ r , éléments de ]0, 2π[− {π}, tels que la matrice P.U.P −1 soit diagonale par blocs de la forme 

P.U.P −1



cos(θ k ) − sin(θ k )



Ip

 −Iq     =    (0)   

(0) Φ(θ 1 ) .. .

Φ(θ r )

         



   , 1 6 k 6 r. Avec Φ(θ k ) =    sin(θ k ) cos(θ k )  Montrer alors que U ∈ SOn (R) si, seulement si, q est pair 2.4.2. Soit U ∈ SOn (R) \ {In } (i) Montrer qu’il existe P ∈ On (R), des entiers naturels p et s , vérifiant p + 2s = n, et des réels

148

19. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

θ 1 , . . . , θ r , éléments de ]0, 2π[, tels que la matrice P −1 .U.P soit diagonale par blocs de la forme : 

  I p   P −1 .U.P =    

−Iq

(0) Φ(θ 1 ) ..

(0)

. Φ(θ r )

      

  cos(θ ) − sin(θ ) k k , 1 6 k 6 r avec Φ(θ k ) =   sin(θ k ) cos(θ k ) 

(ii) Les notations étant celles de la question précèdente, on définit l’application Γ : [0, 1] → M n (R) par



  I p   ∀t ∈ [0, 1] , Γ(t) = P.    

−Iq

(0) Φ(θ 1 )

(0)

..

. Φ(θ r )

    .P −1   

Montrer que Γ est continue à valeurs dans SOn (R) puis que Γ(0) = In et Γ(1) = U 2.4.3. En utilisant ce qui précède , montrer soigneusement que SOn (R) est connexe par arcs de M n (R). Pour connecter deux matrices U1 et U2 dans SOn (R), on pourra d’abord commencer par connecter chacune d’elles à la matrice In 2.5. Soit A ∈ M n (R) une matrice quelconque 2.5.1. Montrer que l’application M 7−→t M définie sur M n (R), est continue 2.5.2. Justifier que l’application U 7−→ U −1 , définie sur SOn (R), est continue n o 2.5.3. En déduire que U. A.U −1 , U ∈ SOn (R) est une partie connexe par arcs

Partie III:

Non continuité de la diagonalisation dans tout l’ouvert U2

On suppose qu’il existe une application f 2 : U2 → U2 (R) continue, à valeurs dans GL 2 (R) et telle que , pour tout M ∈ U2 , la matrice f 2 (M) −1 .M. f 2 (M) soit diagonale 3.1. On considère M ∈ U2 ∩ S2 (R) et on note C1 (M) (resp C2 (M), la première ( resp la deuxième) colonne de la matrice f 2 (M) 3.1.1. Montrer que C1 (M) et C2 (M) sont des vecteurs propres de M associés à des valeurs propres distinctes et prouver qu’il sont orthogonaux dans (M2 (R), ) 3.1.2. Justifier que la matrice dont la première (resp deuxième) colonne est

1 1 C1 (M) (resp C1 (M) ||C1 (M)||2 ||C1 (M)||2

est orthogonale . On note α(n) le déterminant de la matrice décrite ci-dessus et g2 (M) ∈ M2 (R) la matrice dont la 1 1 première (resp deuxième ) colonne est α(M). C1 (M) (resp C2 (M)) ||C1 (M)||2 ||C2 (M)||2 3.1.3. Vérifier que g2 (M) ∈ S2 (R) On dispose ainsi d’une application g2 : U2 ∩ S2 (R) → M2 (R) à valeurs dans SO2 (R) 3.1.4. Montrer que g2 est continue et que, pour tout M ∈ U2 ∩ S2 (R), la matrice g2 (M) −1 .M.g2 (M) est diagonale



α 3.2. On considère une matrice diagonale B =  0

 0  ∈ M2 (R), avec α , β β

19. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

149

n o 3.2.1. Montrer que l’ensemble SB = U.B.U −1 , U ∈ S2 (R) est une partie de U2 ∩ S2 (R). Dans la suite de cette partie, on note h2 la restriction de g2 à SB 3.2.2. Montrer que, pour tout M ∈ SB , la matrice h2 (M) −1 .M.h2 (M) est diagonale et est semblable à B. Quelles sont les valeurs possibles ? 3.2.3. En déduire que l’application M 7−→ h2 (M) −1 .M.h2 (M) est constante sur SB 3.2.4. Montrer que l’on peut se ramener au cas ou h2 (M) −1 .M.h2 (M) = B, pour tout M ∈ SB 3.3. On reprend les notations de la deuxième question et on suppose désormais que, pour toute matrice M ∈ SB ; , h2 (M) −1 .M.h2 (M) = B   −1 3.3.1. Montrer que pour tout U ∈ SO2 (R), la matrice h2 U.B.U −1 .U est diagonale puis justifier qu’elle appartient à {−I2 , I2 } 3.3.2. Soient ϕ2 : SO2 (R) → SB × {−I2 , I2 } et ψ : SB × {−I2 , I2 } → SO2 (R)les applications définies par :   ϕ2 (U) = U.B.U −1 , h2 (U.B.U −1 ) −1 .U et ψ2 (M, D) = h2 (M).D. Montrer que ϕ2 et ψ2 sont des bijections réciproques l’une de l’autre   3.3.3. Montrer que l’application U 7−→ Tr h2 (U.B.U −1 ) −1 .U , définie sur SO 2 (R) et à valeurs réelles, est continue et a pour ensemble image la paire {−2, 2} 3.3.4. Trouver une contradiction et conclure qu’une telle application f 2 n’existe pas

Partie IV:

Non continuité de la diagonalisation dans tout l’ouvert Un , pour n > 3

Dans cette partie, on admet que Un est un ouvert de M n (R) et on suppose qu’il existe une application f n : Un → M n (R) continue, à valeurs dans GL n (R) et telle que, pour tout M ∈ Un , la matrice f n (M) −1 .M. f n (M) soit diagonale 4.1. On considère M ∈ Un ∩Sn (R) et on note Ck (M) la k-ème colonne de la matrice f n (M), pour tout k ∈ [[1, n]] ! 1 1 4.1.1. Montrer que la famille .C1 (M), . . . , .Cn (M) est une base orthonormée de l’es||C1 (M)||2 ||Cn (M)||2 pace M n,1 (R), < ., . >) Dans la suite de cette partie, on note α(M)! le déterminant, dans la base canonique, de la famille 1 1 .C1 (M), . . . , .Cn (M) et on désigne par gn (M) ∈ M n (R), la matrice dont la ||C1 (M)||2 ||Cn (M)||2 1 1 k-ème colonne vaut α(M). C1 (M), si k = 1 et vaut . Ck (M), si k ∈ [[2, n]] ||C1 (M)||2 ||Ck (M)||2 4.1.2. Justifier que gn (M) ∈ SOn (R). On dispose ainsi d’une application gn : Un ∩ Sn (R) → M n (R), à valeurs dans SOn (R) 4.1.3. Montrer que gn est continue et que, pour tout M ∈ Un ∩ Sn (R), la matrice gn (M) −1 .U.gn (M) est diagonale 4.2. On considère des réels α1 , α n deux à deux distincts et on note A ∈ M n (R) la matrice diagonale de coefficients diagonaux égaux α1 , . . . , α n respectivement : A = diag(α1 , . . . , α n ) n o 4.2.1. Montrer que l’ensemble S A = U. A. A−1 , U ∈ SOn (R) est une partie de Un ∩ Sn (R) n o Dans la suite de cette partie, on note hn la restriction de gn à S A = U. A.U −1 , U ∈ SOn (R) 4.2.2. Montrer que l’application M 7−→ hn (M) −1 .M.hn (M), définie sur S A , ne dépend qu’un nombre fini de valeur . Combien exactement ? 4.2.3. Justifier alors que l’application M 7−→ hn (M) (−1) .M.hn (M), définie sur S A , est constante 4.2.4. Montrer qu’on peut se ramener au cas hn (M) −1 .M.hn (M) = A, pour tout M ∈ S A 4.3. On reprend les notations de la question précédente et on suppose désormais que, pour toute matrice M ∈

19. ÉNONCÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

150

S A , hn (M) −1 .M.hn (M) = A   4.3.1. Montrer que, pour tout U ∈ On (R) , hn U. A.U −1 .U, est une matrice diagonale de SOn (R) 4.3.2. On note Dn (R), l’ensemble des matrices diagonales de Sn (R). Montrer que Dn est fini et déterminer son cardinal 4.3.3. Soient ϕ n : SOn (R) → S A × Dn et ψ n : S A × Dn → SOn (R) les applications définies par :   ϕ n (U) = U. A.U −1 , hn (U. A.U −1 ) −1 .U et ψ n (U)(M, D) = hn (M)D Montrer que ϕ n et ψ n sont des bijection réciproque l’une de l’autre   4.3.4. MOntrer que l’application U 7−→ Tr hn (U. A.U −1 ) −1 .U définie sur SOn (R) et à valeurs réelles, est continue et a pour image tr (Dn ) 4.3.5. Trouver une contradiction et conclure qu’une telle application f n n’existe pas

Corrigé de l’épreuve Mathématiques II : Session 2015

Partie I:

Résultats préliminaires

1.1. 1.1.1. A ∈ U2 si, et seulement, si χ A admet deux racines distinctes. Avec χ A = X 2 −Tr ( A) X +det( A) dont le discriminant ∆ = (Tr ( A)) 2 − 4 det( A), il vient que A ∈ U2 si, et seulement, si (Tr ( A)) 2 − 4 det( A) > 0 1.1.2. A 7−→ det( A) et A 7−→ Tr ( A) sont des fonctions polynomiales en coefficients de A, donc elles sont continues sur Mn (R) 1.1.3. Par les théorèmes généraux ϕ = Tr2 − 4 det est continue sur M2 (R) à valeurs dans R, puisque U2 = ϕ −1 (]0, +∞[) est l’image réciproque d’un ouvert par une fonction continue, donc il s’agit d’un ouvert de M2 (R). 

 2 0  ∈ U2 U2 , ∅, car  0 1 1.1.4. Notons C la courbe de l’application x 7−→

1 2 x 4

C

1.1.5. — Une matrice de U2 est carrée et elle admet deux valeurs propres distinctes, donc elle est diagona p a b Tr (M) − Tr (M) 2 − 4 det(M)   — Soit M =  ∈ V2 . Les valeurs propres de M sont λ 1 = et  c d  2   p 2 x Tr (M) + Tr (M) − 4 det(M) λ2 = . Le système M X = λ X, avec λ ∈ {λ 1 , λ 2 } et X =   ∈  y 2 lisable.



M2,1 (R) fournit    ax + by      cx + dy  

 b  ⇐⇒ X ∈ Vect     λ − a  = λy = λx



 b

b

 , on a bien f (M) ∈ GL2 (R) et l’application f est contiPosons alors f (M) =   λ 1 − a λ 2 − a

151

152

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015 nue car ses fonctions composantes sont continues. En outre 

 λ 0 1  f (M) −1 M f (M) =   0 λ 2  1.2. X

1.2.1. Soit M ∈ Mn (R), on pose M =

  mi j Ei j avec Ei j

16i, j6n

est la base canonique de Mn (R). On

16i, j6n

a

X

AM =

X

α k m i j Ek k Ei j =

α i m i j Ei j

16i, j6n

16k,i, j6n

et X

MA =

X

α k m i j Ei j Ek k =

α j m i j Ei j

16i, j6n

16k, i, j6n

Donc AM = M A équivaut à ∀i, j ∈ [[1, n]]2 , α i mi j = α j mi j équivaut à ∀i , j ∈ [[1, n]]2 , mi j = 0. Ainsi C ( A) est l’ensemble de matrices diagonales 1.2.2. L’égalité U AU −1 = V AV −1 équivaut à V −1U A = AV −1U ou encore équivaut à V −1U ∈ C ( A). Avec C ( A) égale l’ensemble des matrices diagonales 1.3. Notons Mi la ième colonne de M et posons D = diag (d 1 , · · · , d n ) P −1 M P = D ⇐⇒ M P = PD ⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] ,

[M P]i = [PD]i

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] ,

M Pi = PDi

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] ,

M Pi = d i Pi − → de M associé à la vp d P vp

⇐⇒ ∀i ∈ [[1, n]] ,

Partie II:

i

i

Quelques propriétés du groupe spécial orthogonal SOn (R)

2.1. On montre que On (R) est un sous-groupe de GLn (R)  O n (R) ⊂ GLn (R), In ∈ O n (R) .

 Soient A, B ∈ O n (R).

AB est inversible et ( AB) −1 = B −1 A−1 = BT AT = ( AB) T donc AB ∈ On (R).

 Soit A ∈ O n (R).

 −1  −1 T A−1 est inversible et A−1 = ( AT ) = ( A−1 ) donc A−1 ∈ On (R).

Donc On (R) est un sous-groupe de (GLn (R), ×). SOn (R) est  le noyau  de morphisme de groupes det, donc c’est un sous-groupe de On (R) a −b 2.2. Soit M =  ∈ M2 (R) tel que a2 + b2 = 1, on a bien  b a  M T M = I2 Donc M ∈ SO2 (R).



et

det(M) = a2 + b2 = 1

 a c  ∈ SO2 (R), les relations t M M = I2 et M t M = I2 entraînent le système Inversement soit M =   b d 

153

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015    a2 + b2      c2 + d 2 

=1 =1

et le calcul du déterminant de M donne ad − bc = 1, ainsi on obtient

(a − d) 2 + (b + c) 2 = a2 + d 2 + c2 + b2 + 2 (bc − ad) = 0 Donc d = a et c = −b 2.3. 2.3.1. Φ est continue car ses fonctions composantes sin et cos sont continues 2.3.2. Soit θ ∈ R, d’après la question 2.2.), la matrice Φ(θ) appartient à SO2 (R). Ainsi la première inclusion Φ (R) ⊂ SO2 (R). 2 2 Inversement soit   M ∈ SO2 (R), d’après la question 2.2., il existe a, b ∈ R tels que a + b = 1 et a −b M =  . Mais l’égalité a2 +b2 = 1 assure l’existence d’un réel θ ∈ R tel que a = cos θ et b = sin θ  b a    cos θ − sin θ  = Φ (θ). On en déduit la deuxième inclusion SO2 (R) ⊂ Φ (R) et par suite M =   sin θ cos θ 

2.3.3. SO2 (R) = Φ (R) est l’image de R, qui est connexe par arcs, par une application continue, donc c’est un connexe par arcs 2.4. Le groupe SOn (R) est connexe par arcs pour n > 3 2.4.1. U ∈ SOn (R) si, et seulement, si det(U) = 1. Or r    Y det (Φ (θ i )) = (−1) q det(U) = det P −1U P = det −Iq i=1

Cette dernière valeur vaut 1 si, et seulement, si q est pair 2.4.2. Soit U ∈ SOn (R) \ {In } (i) On écrit



   0  . PTU P =  ..   ..  . 0

··· .. .

0

Ip

−Iq .. .

···

Φ (θ 1 ) .. .

···

···

0 .. . .. .

   ..  .  ..  . 0   0 Φ (θ r ) 

On ne peut pas avoir à la fois r = 0 et q = 0 car U , In . Ainsi si q = 0 c’est fini, sinon q est pair et la matrice −Iq peut s’exprimer par blocs 

−I2

  −Iq =    (0) 

(0)

−I2 ..

.



   ∈ Mq (R)   −I2 

 −1 0  = Φ (π), on prend alors φ1 = · · · = φ q = π et on change d’indice pour Puisque −I2 =  2  0 −1 obtenir l’expression demandée

154

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015 (ii) Il est clair que Γ à valeurs dans SOn (R) et que Γ(0) = In et Γ(1) = U. L’application 

 Ip

  0 t ∈ [0, 1] 7−→  .  .  . 0

··· . Φ (tθ 1 ) . . .. .. . . 0

···

0

0 .. . 0 Φ (tθ s )

   ∈ SOn (R)   

est continue car ses composantes son continues à savoir les identités de R et les fonctions t ∈ [0, 1] 7−→ cos (tθ i ) et t ∈ [0, 1] 7−→ sin (tθ i ). En outre A ∈ SOn (R) 7−→ P At P est continue, car c’est la restriction d’une application linéaire en dimension finie. Ainsi par composition Γ est continue sur [0, 1] 2.4.3. Soient U1 ,U2 , ∈ SOn (R). — Si l’une des matrices U1 ou U2 égale In , c’est fini — Sinon, soit Γ1 ( resp Γ2 ) le chemin défini auparavant joignant In et U1 ( resp In et U2 ). On considère l’application Γ définie sur [0, 1] par    Γ1 (1 − 2t) si t ∈ [0, 21 ] Γ(t) =    Γ2 (2t − 1) si t ∈ [ 12 , 1]  Γ est continue sur [0, 1] à valeurs dans SOn (R) et elle vérifie Γ(0) = U1 et Γ(1) = U2 2.5. Soit A ∈ Mn (R) 2.5.1. L’application M 7−→ t M est linéaire de en dimension finie, donc elle est continue sur Mn (R) 2.5.2. Notons que pour tout U ∈ SOn (R), U −1 = tU, donc l’application U 7−→ U −1 est continue sur SOn (R) car elle est la restriction d’une application continue
2.5.3. L’application X ∈ Mn (R) 7−→ X, t X est continue car elle est linéaire en dimension finie. De plus l’application (X,Y ) ∈ Mn2 (R) 7−→ X AY est bilinéaire en dimension finie, donc elle est continue, puis par composition X ∈ Mn (R) 7−→ X At X ∈ Mn (R) est continue sur Mn (R). Puisque SOn (R) est connexe par arcs et pour tout U ∈ SOn (R), tU = U −1 , alors l’ensemble considéré est l’image d’un connexe par arcs par une application continue donc il s’agit d’un connexe par arcs

Partie III:

Non continuité de la diagonalisation dans tout l’ouvert U2

3.1. 3.1.1. D’après la question 2.2.) les colonnes de f 2 (M) sont les vecteurs propres de M. Par hypothèse les valeurs propres de M sont simples. Notons λ i la valeur propre associé à Ci (M) où i ∈ {1, 2}. D’une part, on a t

C1 (M) MC2 (M) = λ 2 t C1 (M) C2 (M)

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

155

Et d’autre part t

C1 (M) MC2 (M) = t (MC1 (M))C2 (M) = λ 1 t C1 (M) C2 (M)

Donc λ 1 < C1 (M) ,C2 (M) >= λ 2 < C1 (M) ,C2 (M) >, et comme λ 1 , λ 2 alors < C1 (M) ,C2 (M) >= 0 C1 (M) C2 (M) et constitue une famille orthonormée, donc la mak C1 (M) k k C2 (M) k trice considérée est orthogonale

3.1.2. Les deux vecteurs colonnes

3.1.3. On a α (M) = ±1, la matrice g2 (M) est orthogonale et det (g2 (M)) = α 2 (M) = 1, donc g2 (M) ∈ SO2 (R) 3.1.4. Les fonctions C1 et C2 sont continues : Elles sont les composantes de f 2 vue comme applications de M2 (R) à valeurs dans M2,1 (R) × M2,1 (R). Par composition M 7−→ k Ci (M) k est continue et Ci (M) elle ne s’annule pas sur U2 , donc les deux fonctions M 7−→ sont continues. Enfin α : k Ci (M) k ! C1 (M) C2 (M) M 7−→ det , est continue car det : M2,1 (R) × M2,1 (R) −→ R est bilinéaire. k C1 (M) k k C2 (M) k C2 (M) C1 (M) et sont propres Ainsi g2 est continue. Pour MU2 ∩ S2 (R), les vecteurs α(M) k C1 (M) k k C2 (M) k de M et ils constituent les vecteurs colonnes de g2 (M), alors , d’après la question 1.3.), la matrice g2 (M) −1 Mg2 (M) est diagonale



α 3.2. On considère une matrice diagonale B =  0

 0  ∈ M2 (R), avec α , β β

3.2.1. Soit A ∈ SB , alors A est semblable à B, donc elle admet deux valeurs propres distinctes et par suite A ∈ U2 . En outre pour toute matrice U ∈ SO2 (R), on a U −1 = tU et t

 t U BtU = tU t BtU = U BtU

Donc U BU −1 ∈ S2 (R) 3.2.2. Le résultat de la question 3.1.4.) affirme que la matrice h2 (M) −1 M h2 (M) est diagonale. De plus la matrice M est semblable aux deux matrices B et h2 (M) −1 M h2 (M), alors par transitivité h2 (M) −1 M h2 (M) et B sont semblables. La matrice h2 (M) −1 M h2 (M) est diagonale dont les éléments de la diagonale   β 0  sont α et β, donc il n’y a que deux valeurs possibles de h2 (M) −1 M h2 (M) qui sont B et B 0 =   0 α  3.2.3. L’application M 7−→ h2 (M) −1 M h2 (M) est continue sur le connexe par arcs à valeurs dans {B, B 0 }, avec B , B 0 , donc elle est constante, car sinon {B, B 0 } sera connexe par arcs dans M2 (R), ce qui est  β 0  . Dans un tel cas la première ( 3.2.4. Si la constante vaut B c’est fini, sinon h2 (M) −1 M h2 (M) =   0 α  resp deuxième ) colonne de h2 (M) est un vecteur propre de M associé à la valeur propre β (resp absurde



α), alors pour obtenir B il faut permuter les colonnes de h2 (M). On redéfinit g2 (M) comme étant C2 (M) C2 (M) et dont la deuxième colonne , avec la matrice dont la première colonne α(M) C (M) C2 (M) k k k k 2 ! C2 (M) C1 (M) α(M) = det , k C2 (M) k k C1 (M) k 3.3. 3.3.1. Soit U ∈ SO2 (R) et posons M = U BU −1 , la relation h2 (M) −1 M h2 (M) = B donne h2 (M) −1U BU −1 h2 (M) = B, soit h2 (M) −1U B = Bh2 (M) −1U

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

156

La matrice B vérifie les conditions de la question 1.2. et h2 (M) −1U une matrice commutant avec B, donc d’après la question 1.2.1. la matrice h2 (M) −1U est diagonale.  cos θ − sin θ  h2 (M) −1U ∈ SO2 (R), alors il existe θ ∈ R tel que h2 (M) −1U =  et puisque elle est  sin θ cos θ  diagonale, alors sin θ = 0, soit θ ≡ 0 [π], en conséquence h2 (M) −1U = ±I2 3.3.2. Les deux applications ϕ2 et ψ2 sont bien définies.  Pour U ∈ SO2 (R), on a :

   −1  ψ2 ◦ ϕ2 (U) = ψ2 U BU −1 , h2 U BU −1 U     −1 = h2 U BU −1 h2 U BU −1 U = U Donc ψ2 ◦ ϕ2 = idSO2 (R)  Soit (M, D) ∈ SB × {−I2 , I2 }, on a :

ϕ2 ◦ ψ2 (M, D) = ϕ2 (h2 (M) D)   = MB , h2 (MB ) −1 h2 (M) D Avec MB = h2 (M) DBD −1 h2 (M) −1 = h2 (M) Bh2 (M) −1 = M Il vient que   ϕ2 ◦ ψ2 (M, D) = M, h2 (M) −1 h2 (M) D = (M, D) Donc ϕ2 ◦ ψ2 = idS B × {− I2, I2 } Donc les applications ϕ2 et ψ2 sont des bijections réciproques l’une de l’autre   3.3.3. L’application U 7−→ h2 U BU −1 est continue sur SO2 (R) à valeurs dans SO2 (R), d’après la question  −1   −1  2.5.2.) l’application U 7−→ h2 U BU −1 est continue sur SO2 (R). Puis U 7−→ h2 U BU −1 U et par composition par la trace qui est linéaire en dimension finie, alors la fonction considérée est continue sur SO2 (R) à valeurs dans R.     −1  −1  D’après la question 3.3.1.), pour tout U ∈ SO2 (R), h2 U BU −1 U = ±I2 , donc Tr h2 U BU −1 U ∈ {−2, 2}. La question 3.3.2.) montre que ϕ est une bijection, donc I2 et −I2 admettent des antécédents, donc l’ensemble des valeurs prises est exactement {−2, 2} 3.3.4. SO2 (R) est connexe par arcs dont l’image, par une application continue, égale {−2, 2} qui n’est pas connexe. Ce qui est absurde. Donc une telle fonction f 2 n’existe pas

Partie IV:

Non continuité de la diagonalisation dans tout l’ouvert Un , pour n > 3

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

157

4.1. 4.1.1. D’après la question 1.3.) les colonnes de f n (M) sont les vecteurs propres de M. Par hypothèse les valeurs propres de M sont simples. Notons λ i la valeur propre associé à Ci (M) où i ∈ [[1, n]]. D’une part, on a pour tout i, j ∈ [[1, n]] tels que i , j : t

Ci (M) MC j (M) = λ j t Ci (M) C j (M)

Et d’autre part t

Ci (M) MC j (M) = t (MCi (M))C j (M) = λ i t Ci (M) C j (M)

Donc λ i < Ci (M) ,C j (M) >= λ j < Ci (M) ,C j (M) >, et comme λ i , λ j alors < Ci (M) ,C j (M) >= 0. Ainsi la famille (C1 (M) , · · · ,Cn (M)) est orthogonale, et puisqu’elle est sans vecteur nul, donc la ! C1 (M) Cn (M) ,· · · , est orthonormale dans Mn,1 (R) qui est de dimension n, donc famille k C1 (M) k k Cn (M) k c’est une BON 4.1.2. On a α (M) = ±1, la matrice gn (M) est orthogonale car la famille constituée de ses vecteurs colonnes est orthonormée, en outre det (gn (M)) = α 2 (M) = 1, donc gn (M) ∈ SOn (R) n sont continues : Elles sont les composantes de f vue comme applications de 4.1.3. Les fonctions (Ci )i=1 n

Mn (R) à valeurs dans Mn,1 (R) n . Par composition pour tout i ∈ [[1, n]], l’application M 7−→ k Ci (M) k Ci (M) sont continues. Enfin est continue et elle ne s’annule pas sur Un , donc les fonctions M 7−→ k Ci (M) k ! Ci (M) Cn (M) α : M 7−→ det ,· · · , est continue car det : Mn,1 (R) n −→ R est multinéaire. k Ci (M) k k Cn (M) k C2 (M) Cn (M) C1 (M) , ,· · · Ainsi gn est continue. Pour M ∈ Un ∩ Sn (R), les vecteurs α(M) k C1 (M) k k C2 (M) k k Cn (M) k sont propres de M et ils constituent les vecteurs colonnes de gn (M), alors , d’après la question 1.3.), la matrice gn (M) −1 Mgn (M) est diagonale 4.2. On considère une matrice diagonale A = diag (α1 , · · · , α n ), avec α1 , · · · , α n deux à deux distincts 4.2.1. Soit M ∈ S A , alors M est semblable à A, donc elle admet n valeurs propres distinctes et par suite M ∈ Un . En outre pour toute matrice U ∈ SOn (R), on a U −1 = tU et t

 t U AtU = tU t AtU = U AtU

Donc U AU −1 ∈ Sn (R) 4.2.2. Le résultat de la question 3.1.4.) affirme que la matrice hn (M) −1 M hn (M) est diagonale. De plus la matrice M est semblable aux deux matrices B et hn (M) −1 M hn (M), alors par transitivité hn (M) −1 M hn (M) et B sont semblables. Donc il n’y a que n! valeurs possibles de hn (M) −1 M hn (M) qui sont diag ασ (1) , · · · , ασ (n)




avec σ parcourt le groupe symétrique Gn

4.2.3. L’application M 7−→ hn (M) −1 M hn (M) est continue sur le connexe par arcs à valeurs dans {diag ασ (1) , · · · , ασ (n
Gn }, donc elle est constante, car sinon {diag ασ (1) , · · · , ασ (n) , σ ∈ Gn } sera connexe par arcs dans Mn (R), ce qui est absurde
4.2.4. Il existe σ ∈ Gn tel que hn (M) −1 M hn (M) = diag ασ (1) , · · · , ασ (n) . On redéfinit la matrice dont Ck (M) la ième colonne est le vecteur associé à la valeur propre α i , puis α(M), comme auparak Ck (M) k vant, le déterminant de cette matrice construite et enfin gn (M) la matrice obtenue de cette dernière en

158

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015 multipliant sa première colonne par α(M) 4.3.

4.3.1. Soit U ∈ SOn (R) et posons M = U AU −1 , la relation hn (M) −1 M hn (M) = A donne hn (M) −1U AU −1 hn (M) = A, soit hn (M) −1U A = Ahn (M) −1U La matrice A vérifie les conditions de la question 1.2. et hn (M) −1U une matrice commute avec A, donc   −1 d’après la question 1.2.1. la matrice hn U AU −1 U est diagonale.   n Y   4.3.2. Dn =  diag (ε 1 , · · · , ε n ) , ε i ∈ {−1, 1} et ε i = 1  est un ensemble fini car     i=1

   Dn −→ {−1, 1} n ϕ:   diag (ε 1 , · · · , ε n ) 7−→ (ε 1 , · · · , ε n )  est injective et {−1, 1} n un ensemble fini de cardinal 2n . Le cardinal de Dn est le nombre de n-uplets (ε 1 , · · · , ε n ) de

{−1, 1} n

pour lesquels

n Y i=1

ε i = 1, qui vaut

aussi le nombre de n-uplets (ε 1 , · · · , ε n ) de {−1, 1} n qui contiennent un nombre pair de composantes X valant −1, ce nombre vaut Cn2s = 2n−1 , donc Card (Dn ) = 2n−1 062s6n

4.3.3. Les deux applications ϕ n et ψ n sont bien définies.  Pour U ∈ SOn (R), on a :

    −1 −1 −1 ψ n ◦ ϕ n (U) = ψ n U AU , hn U AU U     −1 = hn U AU −1 hn U AU −1 U = U Donc ψ2 ◦ ϕ2 = idSOn (R)  Soit (M, D) ∈ SB × Dn , on a :

ϕ n ◦ ψ n (M, D) = ϕ n (hn (M) D)   = M A , hn (M A ) −1 hn (M) D Avec M A = hn (M) D AD −1 hn (M) −1 = hn (M) Ahn (M) −1 = M Il vient que   ϕ n ◦ ψ n (M, D) = M, hn (M) −1 hn (M) D = (M, D) Donc ϕ n ◦ ψ n = idS B × D n Donc les applications ϕ2 et ψ2 sont des bijections réciproques l’une de l’autre

20. CORRIGÉ DE L’ÉPREUVE MATHÉMATIQUES II : SESSION 2015

159

  4.3.4. D’après la question 4.1.3.) l’application U 7−→ hn U AU −1 est continue sur SOn (R) à valeurs dans   −1 est continue sur SOn (R). SOn (R), d’après la question 2.5.2.) l’application U 7−→ hn U BU −1   −1 Puis U 7−→ hn U BU −1 U et par composition par la trace qui est linéaire en dimension finie, alors la fonction considérée est continue sur SO2 (R) à valeurs dans R.     −1  −1  D’après la question 4.3.3. pour tout U ∈ SOn (R), hn U BU −1 U ∈ Dn , donc Tr hn U BU −1 U ∈ Tr (Dn ). La question 4.3.3. montre que ϕ n est une bijection, donc tout élément de Dn admet un antécédent, donc l’ensemble des valeurs prises est exactement Tr (Dn ) 4.3.5. SOn (R) est connexe par arcs dont l’image par une application continue égale Tr (Dn ), qui n’est pas un intervalle, qui n’est pas connexe. Ce qui est absurde, car les connexes par arcs de R sont les intervalles. Donc une telle fonction f n n’existe pas