Concours Blanc Maths PTSI : Algèbre, Analyse

PTSI 2016-2017
Concours Blanc n°2
MATH´ EMATIQUES
Jeudi 8 Juin
La pr´esentation, la lisibilit´e, l’orthographe, la qualit´e de la r´edaction, la clart´e et la pr´ecision des raisonnements
entreront pour une part importante dans l’appr´eciation des copies. En particulier, les r´esultats non justifif´es ne seront
pas pris en compte. Les candidats sont invit´es `a encadrer les r´esultats de leurs calculs.
Exercice 1
Les parties 1) et 2) sont ind´ependantes.
1) Etude d’un cas particulier.
Soit fet gles applications suivantes :
f:M2(R)−→ R2
x y
z t7−→ (2x−y+t, x +y+ 2z)
g:R2−→ M2(R)
(x, y)7−→ 2x+y4y
−x−2y−3x+ 2y
(a) Calculer l’image de A=2 3
−1 0par f.
Solution. f(A) = (2 ×2−3+0,2+3−2) = (1,3)
(b) Montrer que fest une application lin´eaire. On ADMET que gest une application lin´eaire.
Solution. Soit (M, M 0)∈ M2(R))2et (λ, µ)∈R2.
f(λM +µM0) = f(λx y
z t+µx0y0 z0t0) = f(λx +µx0λy +µy0 λz +µz0λt +µt0)
= (2(λx +µx0)−(λy +µy0) + λt +µt0, λx +µx0+λy +µy0+ 2(λz +µz0))
=λ(2x−y+t, x +y+ 2z) + µ(2x0−y0+t0, x0+y0+ 2z0) = λf(M) + µf(M0).
Donc fest lin´eaire.
(c) Sans aucun calcul, pour fet g, pr´ecisez pour chacune si elles sont injectives, surjectives, bijectives. (r´epondez par
oui, non, peut-ˆetre).
Solution. fne peut pas ˆetre injective, ni bijective. Elle peut ˆetre surjective.
gne peut pas ˆetre surjective, ni bijective. Elle peut ˆetre injective.
(d) D´eterminer une base de Ker f.
Solution. M=x y
z t∈Ker f⇔2x−y+t= 0, x +y+ 2z= 0
⇔t=−2x+y, z =−1
2x−1 2y.
Donc M=x y
−1/2x−1/2y−2x+y.
Ker f= Vect (1 0
−1/2−2,0 1 −1/2 1)
Les deux matrices ne sont pas colin´eaires, donc elle forment une base de Ker f: dim Ker f= 2
(e) D´eterminer le rang de fainsi que Im f.
Solution. D’apr`es la formule du rang : rg f= dim M2(R)−dim Ker f= 4 −2 = 2.
Or Im f⊂R2et rg f= dim R2. Donc fest surjective : Im f=R2
(f) D´eterminer une base de Im g.
Solution. g(x, y) = x2 0
−1−3+y1 4 −2 2.
Im g= Vect (2 0
−1−3,1 4 −2 2).
Les deux matrices ne sont pas colin´eaires, donc elle forment une base de Im g. rg g= 2
1

(g) D´eterminer la dimension de Ker g. En d´eduire Ker g.
Solution. D’apr`es la formule du rang : dim Ker g= dim R2−rg 2 = 0. Ker g={(0,0)}
(h) Calculer f◦g. Les applications fet gsont-elles inverses l’une de l’autre ?
Solution. f◦g(x, y) = f(2x+y4y
−x−2y−3x+ 2y) = (2(2x+y)−4y−3x+ 2y, 2x+y+ 4y+ 2(−x−2y)) = (x, y)
On constate que : f◦g= IdR2.
N´eanmoins, fet gne sont pas inverses l’une de l’autre : elles ne sont pas bijectives.
2) Etude du cas g´en´eral.
Soit f∈ L(E, F ) et g∈ L(F, E) tels que f◦g= IdF
(a) fet gsont-elles n´ecessairement bijectives ? Donner une condition o`u elles sont n´ecessairement bijectives.
Solution. D’apr`es la question pr´ec´edente, fet gne sont pas n´ecessairement bijectives.
Si Eest de dimension finie avec dim E= dim F, alors f◦g=Id implique fet gbijective.
On se place dans le cas g´en´eral :
(b) Montrer que Ker (g◦f) = Ker (f).
Solution. - Ker (f)⊂Ker (g◦f) :
soit x∈Ker f.f(x) = 0 et ainsi : g(f(x)) = g(0) = 0 car gest lin´eaire. Donc x∈Ker g◦f.
- Ker (g◦f)⊂Ker (f) :
soit x∈Ker g◦f.Ona:g◦f(x) = 0. D’o`u f◦g◦f(x) = f(0) = 0. Or f◦g(f(x)) = f(x) par hypoth`ese. Donc
f(x) = 0 et x∈Ker f.
Ker (g◦f) = Ker (f)
(c) Montrer que Im (g◦f) = Im (g).
Solution. - Im (g◦f)⊂Im (g) :
soit y∈Im g◦f. Il existe xtel que : g◦f(x) = y. D’o`u y=g(f(x)) ∈Im (g). Donc y∈Im g.
- Im (g)⊂Im (g◦f) :
soit y∈Im g. Il existe xtel que : g(x) = y. On compose par f:f◦g(x) = f(y). Par hypoth`ese : x=f(y). Donc
y=g(x) = g◦f(y)∈g◦f
Im (g◦f) = Im (f)
Exercice 2
On consid`ere l’application suivante :
Φ: Rn[X]→Rn[X]
P7→ P(X+ 1) −P(X)
(il s’agit bien de Pcalcul´e en X+ 1 et pas Pmultipli´e par X+ 1)
1) Montrer que Φ est un endomorphisme de Rn[X].
Solution. Si deg P6nalors deg P(X+ 1) −P(X)6n. Donc Φ est `a valeur dans Rn[X].
Soit Pet Qdans Rn[X], λ,µr´eels.
Φ(λP +µQ) = λP (X+ 1) + µQ(X+ 1) −λP (X)−µQ(X) = λ(P(X+ 1) −P(X)) + µ(Q(X+ 1) −Q(X)).
Φ(λP +µQ) = λΦ(P) + µΦ(Q). Φ est lin´eaire.
Donc Φ est un endomorphisme.
2) Soit P∈Rn[X] tel que Φ(P) = 0. Montrer que si Pposs`ede une racine α∈C, alors P= 0.
Solution. On suppose que P(X+ 1) −P(X) est le polynˆome nul et P(α) = 0.
Alors P(α+ 1) = P(α) = 0. On recommence avec X=α+ 1 : P(α+ 2) = P(α+ 1) = 0.
Par r´ecurrence imm´ediate : P(α+n) = 0 pour tout n∈N. Donc Pamdet une infinit´e de solutions : P= 0
3) D´eterminer une base de Ker Φ et dim Ker Φ.
Solution. Un polynˆome qui n’admet pas de racine est une constante non nulle λ. On constate : Φ(λ) = 0. Donc les
polynˆomes constants sont dans Ker Φ.
Soit P∈Ker Φ. Si Padmet une racine, alors P= 0.
D’o`u : Ker Φ = Vect (1) et dim Ker Φ = 1
4) Calculer rg Φ. Donner une base de Im Φ. Qui est l’espace Im Φ ?
2

Solution. D’apr`es le th´eor`eme du rang : rg Φ = dim Rn[X]−dim Ker Φ = n+ 1 −1 = n.
Une famille g´en´eratrice de Im Φ est (Φ(1),Φ(X),· · · ,Φ(Xn)).
Φ(1) = 0
Φ(X)=1
Φ(X2) = 2x+ 1
Φ(Xn)=(X+ 1)n−Xn=
n−1
X
k=0 n
kXk.
On constate que la famille (Φ(X),· · · ,Φ(Xn)) est ´echelonn´ee. Elle est donc libre et g´en´eratrice : c’est une base de Im Φ.
Les polynomes de Im Φ sont de degr´e n−1 au maximum. Donc Im Φ ⊂Rn−1[X] avec dim Im Φ = n= dim Rn−1[X].
Donc : Im Φ = Rn−1[X]
5) Dans cette question seulement, on prend n= 3 : Φ: R3[X]→R3[X].
(a) Montrer que Q=X2∈Im Φ. (aucun calcul)
Solution. On a vu : Im Φ = R2[X]. Or X2∈R2[X]. Donc Q∈Im Φ.
(b) Calculer explicitement le polynˆome Ptel que Φ(P) = X2et P(1) = 0.
Solution. On veut : P(X)=(X−1)(aX2+bX +c) avec Φ(P) = X(a(X+ 1)2+b(X+ 1) + c)−(X−1)(aX2+
bX +c) = X2.
On d´ev´eloppe et par identification, on trouve : P=1
6(X−1)X(2X−1)
(c) Soit k∈N. Exprimer k2`a l’aide de P. En d´eduire la valeur de
m
X
k=1
k2pour m∈N.
Solution. Φ(P) = P(X+ 1) −P(X) = X2. Calculer en X=k, on trouve : k2=P(k+ 1) −P(k).
Par passage `a la somme :
m
X
k=1
k2=
m
X
k=1
P(k+ 1) −P(k).
A droite, on reconnait une somme t´elescopique. Il reste :
m
X
k=1
P(k+ 1) −P(k) = P(m+ 1) −P(1).
On remplace par la valeur de P:
m
X
k=1
k2=P(m+ 1) −0 = 1
6m(m+ 1)(2m+ 1)
Exercice 3
On note φ(t) = t+ arctan tet G(x) = Z2x
x
1
φ(t)dt =Z2x
x
1
t+ arctan tdt
1) Etude de φ:
(a) Faire une ´etude rapide de φ.
Solution. φest d´efinie et C∞comme somme de fonctions C∞.
∀t∈R, φ0(t) = 1 + 1
1 + t2>0.
t−∞ +∞
φ0(t) +
φ
−∞
+∞
(b) R´esoudre l’´equation φ(t) = 0.
Solution. φest continue et strictement croissante. Donc c’est une bijection de Rdans R.
On constate : φ(0) = 0. Donc φ(t)=0⇐⇒ t= 0.
(c) D´eterminer un r´eel btel que φ(t)−(t+b)−→
t→+∞0. Quelle cons´equence g´eom´etrique peut-on en d´eduire ?
Solution. On constate : φ(t)−(t+π
2)−→
t→+∞0. Donc y=t+π
2est une asymptote oblique en +∞
2) Etude d’une suite :
Pour n∈N, on note unl’unique r´eel tel que φ(un) = n.
3

(a) D´eduire de l’´etude de φque unest bien d´efini. Que vaut u0?
Solution. On a vu que φest une bijection de Rdans R.
Donc l’´equation φ(t) = nadmet une unique solution. unest donc bien d´efini.
u0est l’ant´ec´edent de 0. Donc u0= 0
(b) Montrer que (un) est croissante.
Solution. On a : un=φ−1(n). Or φest croissante. Donc φ−1aussi. Ainsi : (un) est croissante.
(c) Montrer que n−π
26un6n.
Solution. φ(n−π
2) = n−π 2+ arctan(n−π 2)6ncar arctan x6π 2.
φ(n) = n+ arctan(n)>ncar n>0.
D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires : n−π
26un6n
(d) En d´eduire la limite de (un) en +∞ainsi qu’un ´equivalent de la suite.
Solution. lim
n→+∞n−π
2= +∞. Par comparaison, lim
n→+∞= +∞
On divise par nl’in´egalit´e : 1 −
π
2
n6un n61.
1−
π
2
n→1. Par th´eor`eme d’encadrement :
un
n= 1 donc un∼
+∞n
3) Etude globale de G:
(a) Montrer que Gest d´efinie et C1sur R∗.
Solution. φ(t)=0⇐⇒ t= 0. Donc t7→ 1
φ(t)est C0sur [x, 2x] d`es que x6= 0.
x7→ xet x7→ 2xsont C1donc Gest d´efinie et C1sur R∗.
(b) Par un changement de variable, montrer que Gest paire.
Solution. Gest d´efinie sur R∗centr´e en z´ero.
On calcule : G(−x) = Z−2x
−x
1
φ(t)dt. On effectue le changement de variable : s=−t.
G(−x) = Z2x
x
1
φ(−s)(−ds) = G(x). Gest paire.
(c) Quel est le signe de Gpour x > 0, pour x < 0 ?
Solution. Pour x > 0, 2x>xet φ(t)>0 pour t>x > 0. Donc G(x)>0 pour x > 0.
Comme Gest paire, par sym´etrie : G(x)>0 pour x < 0.
(d) Pour x > 0, calculer G0(x).
Solution. On note Fune primitive de t7→ 1
φt. Donc G(x) = F(2x)−F(x).
G0(x)=2F0(2x)−F0(x)=2 1
2x+ arctan 2x−1 x+ arctan x.
(e) Montrer que : ∀x>0,1
2arctan(2x)<arctan(x).
Solution. On pose u(x) = arctan x−1
2arctan(2x).
uest d´efinie et d´erivable sur Rcomme somme de fonctions d´erivables.
u0(x) = 1
1 + x2−1 1+4x2>0 et u(0) = 0. Donc u(x)>0 pour x > 0.
(f) En d´eduire les variations de Gsur ] − ∞,0[ et ]0,+∞[.
Solution. G0(x) = 1
x+arctan 2x
2
−1
x+ arctan x.
Or, pour x > 0, 1
2arctan(2x)<arctan(x). Donc x+1 2arctan(2x)< x + arctan(x). Ainsi : G0(x)>0.
4) Etude de Gen z´ero :
4

(a) Donnez le d´eveloppement limit´e DL3(0) de arctan t.
En d´eduire le d´eveloppement limit´e DL2(0) de 2t
φ(t).
Solution. arctan t=t−t3
3+o(t3).
Donc 2t
φt =2t 2t−t3/3 + o(t)=1 1−t2/6 + o(t2)= 1 + t2/6 + o(t2).
(b) En d´eduire : G(x) =
0
1
2ln 2 + 1 8x2+o(x2) pour x6= 0.
Solution. Ainsi : 1
φt =1 2t+t/12 + o(t).
Alors : G(x) = Z2x
x
(1
2t+t/12 + o(t))dt = [1 2ln |t|+t2/24 + o(t2)]2x
x= 1/2 ln 2x−1/2 ln 2 + 4x2/24 −x2/24 + o(x2)
G(x) = 1
2ln 2 + x2 8+o(x2)
(c) Montrer que Gest prolongeable par continuit´e en z´ero et que ce prolongement est d´erivable en z´ero. Que vaut
G0(0) ?
Solution. G(x) = 1
2ln 2 + x2 8+o(x2)−→
x→0
1
2ln 2.
Donc Gest prolongeable en z´ero par la valeur : G(0) = 1
2ln 2
Gadmet un DL1(0). Donc Gest d´erivable en 0 et G0(0) = 0.
Sinon, G(x)−G(0)
x−0=
1
2ln 2 + x2 8+o(x2)−1 2ln 2
x=x/8 + o(x)→0.
(d) Donnez une ´equation de la tangente en x= 0. Pr´eciser la position relative de la courbe et de sa tangente au
voisinage de 0.
Solution. On sait : G(x) = 1
2ln 2 + x2 8+o(x2). Donc y= 0 est l’´equation de la tangente en x= 0. .
Au voisinage de 0, x2
8+o(x2)>0. Donc au voisinage de z´ero, la courbe est au-dessus de sa tangente.
5) Etude de Gen +∞:
(a) Montrer que : ∀t > 0,1
t+π
2
61
φ(t)61 t.
Solution. On sait : ∀t > 0,06arctan t6π
2. Alors : t6t+ arctan t6t+π 2.
Donc 1
t+π
2
61
φ(t)61 t.
(b) En d´eduire un encadrement de G(x) puis la limite lim
x→+∞G(x).
Solution. Par passage `a l’int´egrale dans l’in´egalit´e pr´ec´edente : pour x > 0, Z2x
x
1
t+π
2
dt 6G(x)6Z2x
x
1
tdt.
Donc : ln(2x+π/2) −ln(x+π/2) 6G(x)6ln 2x−ln 2 = ln 2
Par th´eor`eme d’encadrement, lim
x→+∞G(x) = ln 2.
(c) Quelle est la limite en −∞ ?
Solution. Par parit´e : lim
x→−∞ G(x) = ln 2
6) Dresser le tableau de variations de Get tracer son graphe sur R.
Solution. GNA
Exercice 4
Les deux parties sont ind´ependantes.
5