m99v

CONCOURS EIA
Epreuve de Mathématique, classes préparatoires MP, PC, PSI, PT.
Enoncé
Rectification de la rédaction Exercice 2
2) On cherche des solutions à la récurrence (R) Fn 2  Fn 1  Fn
a) On cherche d'abord Fn sous la forme : Fn  r n .
Prouver que les seules solutions sont r  r1 
1 5
2
ou r  r2 
1 5
2
Corrigé:
Exercice 1:
1) La fonction Arcsin est classique. elle est continue sur[-1,1] et dérivable sur ]-1,1[, sa
dérivée est:
1
Arc sin’(x) 
1  x2
Cette fonction dérivée étant composée de fonctions radical, polynôme et inverse, est
dérivable sur son domaine. f est le carré de Arcsin et donc également deux fois dérivable.
2
2xArc sinx
1

On calcule: f’(x)  2Arc sinx
puis f ”(x) =
2
(1  x ) (1  x 2 ) 1  x 2
1  x2
On voit sans difficulté que: (1-x2) f ”(x) = 2 + x f ’(x)
ou encore
relation (R) (x2-1) f ”(x) + x f ’(x) + 2 = 0
1
Cette relation prouve entre autres que, la fonction
étant dérivable sur ]-1,1[, et f
(1  x 2 )
étant de classe C2 , f ’ est de classe C1 et donc par la relation (R), f ” est de classe C1 d'où f
est de classe C3 et par récurrence, on montre de même que si f est de classe Ck, alors elle est
de classe Ck+1.
2) f est donc de classe C∞ et on peut dériver la relation (R) trouvée à un ordre n quelconque.
Utilisons la formule de Leibniz pour la dérivée nième d'un produit de deux fonctions:
pn
(uv)(n) =
 Cnpu( p) v(np)
p0
La dérivation est ici grandement facilitée par le fait que la dérivée d'un polynôme est nulle à
partir de l'ordre égal à un de plus que son degré.
(x2-1) f(n+2)(x) + n 2x f(n+1)(x) + n(n-1) f(n)(x) + x f(n+1)(x) + n f(n)(x) = 0 si n > 0
2
(x -1) f(n+2)(x) + (2n +1)x f(n+1)(x) + n2 f(n)(x) = 0 pour n = 0 on a la relation (R)
En prenant la valeur en zéro, - f(n+2)(0) + n2 f(n)(0) = 0 si n > 0
On en déduit facilement, par récurrence:
f(2k+1)(0) = 0 et
f(2k+2)(0) = 2.22k.(k!)2
et f ’(0) = 0 et f ”(0) = 2.
Une autre façon de répondre à cette question est de chercher des solutions développables en
n
série entière en zéro (cf ex.3)a)
y =  a nx . En injectant dans l'équation,
n0
 n(n 1)an xn   (n  2)(n 1)an2x n   nan x n  2  0
n0
n0
n0
Ce qui donne: n=0 -2a2+2 = 0
a2 = 1 et donc f ”(0) = 2
2
n>0 n an = (n+1)(n+2) an+2
compte tenu des relations: an+2 = f(n+2)(0)/(n+2)! et an = f(n)(0)/n!
on retrouve:f(n+2)(0) = n2 f(n)(0).
Exercice 2: Cet exercice étant très facile (questions de cours, questions de type fermé), il faut
très soigneusement justifier les résultats.
1) a) Les premiers termes de la suite sont: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21.
b) Faisons l'hypothèse (Pn): les nombres Fk sont entiers pour k ≤ n.
A l'évidence (Pn) est vérifié pour n = 0 à 7
Montrons alors que (Pn) implique (Pn+1): Si les nombres Fk sont entiers pour k ≤ n alors
Fn+1 qui est égal à Fn + Fn-1 est également entier! par conséquent les nombres Fk sont entiers
pour k ≤ n+1; on a montré l'implication. Le théorème de récurrence permet alors de conclure:
pour tout n, (Pn).
2) a) S'il existe des solutions Fn = rn alors rn+2 = rn+1 +rn et donc , cherchant des solutions
non triviales, r doit être solution de : r2 = r + 1, c'est à dire r1 ou r2.
Conclusion: les seules suites géométriques solutions de la récurrence sont : r1n et r2n. Ces
deux solutions sont linéairement indépendantes, car r1 et r2 sont distincts.
b) Cela suffit pour trouver toutes les solutions puisque, par théorème de cours, l'ensemble des
suites solutions d'une récurrence linéaire d'ordre 2 à coefficients constants et sans second
membre est un espace vectoriel de dimension 2: deux suites solutions linéairement
indépendantes forment une base de solutions. D'où le résultat.
c) Cette question demande une simple résolution de système linéaire de deux équations à
deux inconnues: encore faut-il ne pas se tromper! Ce système s'écrit: pour n = 0 et n = 1
A+B=1
Ar1 + Br2 = 1
Utilisons les formules de Cramer, cela limite les risques d'erreur:
r  1 1 5 r1
r  1 1  5  r2
A 2


B 1


r 2  r1
2 5
5
r1  r2
2 5
5
r1n  rn2
Finalement la suite de Fibonacci peut s'écrire directement en fonction de n: Fn =
5
3) L'équation différentielle: y ”(x2 + x - 1) + 2(2x + 1)y ’ + 2y = 0 proposée est linéaire, du
second ordre, à coefficients polynomiaux, et le coefficient de y ” ne s'annule pas en zéro: il
est donc normal de chercher des solutions développables en série entière en zéro.
n
a) Posons y =  a nx . Sous réserve que le rayon de convergence ne soit pas nul, cette
n0
fonction est de classe C∞ à l'intérieur du disque ouvert de convergence. Pour |x| < R:
y’  na n x n1   na n x n1   (n 1)a n1xn
n0
n1
n0
n2
y” 
n(n 1)a n x

n(n  1)a n xn2 
n(n 1)a nx n2
n0
n1
n2
n1

(n 1)na n1x

(n  2)(n 1)a n2x n
n0
n0
2
On calcule ensuite: x y ” + x y ” - y ” + 4x y ’ + 2 y ’ + 2 y en prenant soin d'harmoniser les
puissances de x (tout en xn) et les démarrages si possible. (C'est possible ici)
(n  2)(n 1)[a n 2  a n1  a n ]xn  0 et donc
Il vient alors:
n0






Pour tout n ≥ 0: an+2 = an+1 + an . b) On reconnaît la récurrence (R) dont les solutions sont
an = Ar1n + Br2n
n
n n
Les solutions DSE sont les fonctions y = A  r1n x  B  r2 x . Cette série converge
n0
n0
(séries géométriques) si |r1x| < 1 et |r2x| < 1 donc le rayon de convergence est R = 1/r1.
Ces solutions se prolongent sur des intervalles plus grands: (solutions maximales sur un
intervalle inclus dans ]-∞,1/r2[  ]1/r2,1/r1[  ]1/r1,+∞[)
1
1
C  C2 x
en ayant réduit au même dénominateur.
yA
B
 1
1  r1x
1 r2 x 1 x  x 2
4) Cette question propose une autre méthode pour arriver au même résultat, mais sans
résoudre explicitement la récurrence: f(x) =   n xn . avec n+2 = n+1 + n
a) Ecrivons f(x) - 0 - 1x =
b) =
 (n1   n )x
n0
n2
 nx
n
n2
n 0

n0
n1
2
 x  n1x
n0
 n2x n2
x
 n x n  x[f(x)  0 ] x2 f(x)
n0
c) D'où on tire f(x) [1-x-x2] = 0 + 1x - 0x et f(x) 
0  (1   0 )x
.
1 x  x 2
Exercice 3:
1) f2 a pour matrice A2 dans la base B. On calcule A2 = I matrice identité d'ordre 3.
L'endomorphisme f2 est l'identité. (f est une symétrie). f annule le polynôme X2 - 1 qui a des
racines simples, donc f est diagonalisable. Ses valeurs propres sont -1 ou 1. La trace de A
(égale à -1) étant un invariant par changement de base, on en déduit que -1 est valeur propre
double et 1 est valeur propre simple. Une autre solution consiste bien sûr à calculer
directement le polynôme caractéristique et à le résoudre.
Les sous-espaces propres sont: E(f,-1) = Ker(f+id) = {t(x,y,z), 3x + y + 2z = 0} c'est un plan.
E(f,1) = Ker(f-id) = {t(x,y,z),  t réel, x = t, y = 2t, z = -2t} c'est une droite dirigée par V1 =
t(1,2,-2)
2) f et g commutent car leurs matrices commutent, il suffit de voir que:
 8
4
7 
AC = CA = 
 18 6 13 

18 8 15
On peut vérifier que E(f,1) est stable par g et que g(V1) = 2 V1.
On peut alors calculer les valeurs et vecteurs propres de g: 2, 2, et 1.
1 étant valeur propre simple est associée à un sous-espace propre de dimension 1. C'est la
droite vectorielle dirigée par V3 = t(1,3,-3). On vérifie que ce vecteur appartient à E(f,-1).
Le sous-espace E(g,2) = Ker(g-2id) = {t(x,y,z), 2x + z = 0} est un plan. Un vecteur propre
commun à f et g pour compléter une base de vecteurs propres est donc à chercher dans
3x  y  2z  0
l'intersection de E(f,-1) et E(g,2): on résout le système 
dont la solution est
2x  z  0
la droite vectorielle: y = x , z = - 2x, dirigée par le vecteur V2 = t(1,1,-2).
La base V formée des trois vecteurs V1 , V2 , V3 est une base de vecteurs propres commune
à f et g.
3) Soient u et v deux endomorphismes diagonalisables qui commutent. Soit F un sous-espace
propre de u, associé à la valeur propre . Alors F est stable par v: en effet soit x dans F,
u[v(x)] = v[u(x)] = v[x] = v(x) donc v(x) est dans F. v étant diagonalisable, sa restriction
vF à F est diagonalisable. De plus les sous-espaces propres associés à vF sont inclus dans
ceux de v. F admet un supplémentaire stable par v, dont une base est encore une base de
vecteurs propres (v est diagonalisable). En prenant dans chaque sous-espace propre de v une
base de vecteurs propres, on obtient par réunion une base commune de vecteurs propres de u
et v.
4) Il est clair que: (a f + b g)(V1) = a f(V1) + bf(V1) = (a + 2b)V1;
(a f + b g)(V2) = a f(V2) + bf(V2) = (- a + 2b)V2;
(a f + b g)(V3) = a f(V3) + bf(V3) = (- a + b)V3; ce qui prouve que V est une base de vecteurs
propres pour af + bg, et que les valeurs propres de af+bg sont a+2b, -a+2b, -a+b.
a  2b
0
0 
La matrice de af+bg dans V est: D = 
a  2b
0 
 0

 0
0
a  b
 1 1 1 
La matrice de passage est P = 
 2 1 3 

2 2 3
5) Le système différentiel proposé peut s'écrire matriciellement: X’(t) = [A + tan(t) C] X(t), à
x(t)
condition de poser X(t) = 
.
y(t)

z(t) 
1  2tan(t)
0
0

Dans la base V, il s'écrira donc: U’(t) = 
.U(t), en
0
1 2 tan(t)
0




0
0
1  tant(t)
u(t) 
posant U(t) = P-1.X(t) = 
. Le système différentiel dans la nouvelle base est diagonal:
v(t) 

w(t)
u’(t)  (1 2 tan(t)).u(t)


v’(t)  (1  2 tan(t)).v(t) On connaît la primitive:  tan(t).dt  ln|cos(t)|C
w’(t)  (1 tan(t)).w(t)

et
e t
Ce qui donne respectivement: u(t) = C1.
v(t)
=
C
.
w(t) = C3.e-t.cos(t)
2
cos 2 t
cos 2 t
On en déduit enfin les fonctions x(t), y(t) et z(t) par multiplication de U(t) par P, puisque
X(t) = P.U(t).
Exercice 4:
1) L'application x 
x + a  x est linéaire de E3 vers E3. Donc (E) est équivalent à un
système linéaire (S) en les composantes (x1, x2, x3) de x.
x  a x  a 2x 3  b1

 1 3 2
On peut écrire ce système (S): a 3x1  x2  a1x3  b2

a 2 x1  a 1x 2  x3  b3
(notation évidente pour les composantes de a et b).
2) Si b = 0, le problème posé équivaut à: x = - a  x donc x est un vecteur égal à l'opposé du
vecteur a  x qui lui est également orthogonal: x = 0.
On peut évidemment également calculer le déterminant de (S): dét(S) = 1 + a12 + a22 + a32 >
0
3) Le système est de Cramer pour le second membre particulier b = 0, il est donc toujours de
Cramer, car sa nature (unique solution ou non) ne dépend que des premiers membres de (S).
Pour la résolution:
• Soit on fait le calcul des solutions par les formules de Cramer, et on reconnaît les
composantes d'une combinaison linéaire de a, b, a  b (cf ci-dessous);
• Soit on utilise l'énoncé: on cherche trois coefficients pour avoir
x = a +  b + a  b; cette méthode utilise le double produit vectoriel (cf ci-dessous).
• Soit on raisonne par implication: x + a  x = b  a.x + a.(a  x) = a.b donc : a.x = a.b
x + a  x = b  a  x + a (a  x) = a  b  b - x + (a.x) a - (a.a) x = a  b 
b - (1 + ||a||2)x + (a.b) a = a  b .
b  (a.b)a  a  b
On en déduit que la seule solution possible est x =
. Comme nous avons
1||a||2
vu que le problème n'admet qu'une solution, c'est la solution, sous la forme demandée.