m98bm2c

1
MPSI 98/99 : CORRIGE DU DEVOIR EN TEMPS LIMITE N° 10
(MINES ALBI, ALES, DOUAI, NANTES, Epreuve spécifique MPSI 98)
PREMIER PROBLEME
I. Généralités
1) Ne contenant pas la matrice nulle, R
n(p) n’est pas un sous-espace vectoriel de
M
n().
2) A  R
n(p) 
11  p
AA
, et de plus
nn
p
pIIAA  
1
1
1
. Donc R
n(p) 
GL
n() et est stable par inversion.
3)
nn
p
p
pIPIPPAPAPAPPAPPAPAPPAPPAPPAPP  111111111 ......    fois
. Donc
pAPPn R
1
.
4) Une puissance de matrice diagonale est une matrice diagonale dont les termes sont les puissances
correspondantes des termes. Pour qu’une matrice diagonale soit dans R
n(p), il est donc nécessaire et suffisant
que tous ses termes diagonaux soient des racines p-ièmes de  dans , ce qui donne deux cas :
pair est si et impair est si ppp n
nn 21Card  
DR
5) Procédons par double inclusion :
n
v
q
u
pvqup
nn IAAAvuqpA  
,,  RR
. Or d peut s’écrire sous la forme up  vq, donc
n
dIA 
.
Réciproquement, il est clair que si
dA n R
, alors
n
p
dp IAAdpp '
'
, et par conséquent
pA n R
.
qpqp nnn  RRR
II. Etude de R
()
1) a)
xxuIdux
xxuIdux
E
E
Ker
Ker
, donc
0KerKer  xxxIduIdux EE
.
D’autre part,
car E
E
EIdu
IduIdu
xuxxuxxEx
KerKer
2
1
2
1
,
2
, donc
EE IduIduE  KerKer
. Finalement :
EIduIduEE  KerKer
b) Par hypothèse, aucun des deux noyaux ci-dessus n’est égal à E, donc chacun d’entre eux est une droite de E.
La réunion de deux vecteurs directeurs de cette droite est donc une base de E, dans laquelle la matrice de u est
10
01
c) En notant
 dc
ba
la matrice de passage de la base B à la base définie en b), d’inverse
ac
bd
bcad1
,
la formule de changement de base pour la matrice d’un endomorphisme permet d’écrire que
 bcadcd
abbcad
bcad
A2
2
1
10
01 1
, d’où :
 bcadcd
abbcad
bcad
Adcba 2
2
1
,,,, 
.
2) Il est clair que les matrices
01
10
et
10
01
sont dans R
(), alors que leur produit
01
10
a pour carré
2
I
.
Les matrices de carrés égal à
2
I
sont les matrices des endomorphismes involutifs, donc des symétries de E. D’où :
( R
(),x) n’est pas un groupe, et par suite les symétries planes ne forment pas un groupe pour la composition

2
III. Etude de R
()
1) a)
xxvFx 
. Donc
00  xxxxGFx
. Donc
0GF
.
b)
Fxvxvxxvxvxxxvxvxvxvxvxvxvxv 
 222322 3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
.
Gxvxvx
xvIdIdvxvIdvIdIdvvxvxvxIdvv
xvIdvIdxvxvx
EEEEEE
EE
2
0
3222
2
2
3
1
02
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
 plus, De
c) Comme
xvxvxxvxvxx 22 2
3
1
3
1
, on a
EGF 
; en outre
0GF
, donc
GFE 
.
2) Si F est de dimension , alors
2
IM 
.
3) a) Dans ce cas, F et G sont toutes deux des droites, et si g et g dirigent respectivement F et G, alors G  { g; g}
est une base de E.
b)
0
222
2
2 ggvgvGg
. De plus,
1det1detdet 3
3 vvv
.
Il en résulte que dans la base du a), v a une matrice de la forme
10
1
.
Mais alors,
21222
2
212 330 ggggvgvgggv 
, ce qui contredit la liberté de la famille { g; g}.
En conclusion : F ne peut être de dimension .
4) a) Il suffit de montrer que
11,eve
est libre. Or
1
2
1
2
1
2
1
2
11 1eeIdvveeveev E
.
Mais
010 22 
E
IdvvGE
. Ceci est impossible car le polynôme
1
2 XX
n’a pas de racine
réelle. Par suite,
Eeve de base une est
11,
.
b) Comme
111 eveevv 
, la matrice de v dans la base
11,eve
est
11
10
. Posons
212 beaeev 
:
la matrice de passage de B à
11,eve
est alors
b
a
0
1
, d’inverse
10
1ab
b
. Il en résulte comme en II. 1) c)
que
1011
10
0
1
1ab
b
a
b
M
, et finalement
babb
aaab
b
M2
2
1
1
.
DEUXIEME PROBLEME
1) La courbe de la fonction sin et la deuxième bissectrice ne se coupent qu’à l’origine, donc
0S
.
2)  étant l’inverse d’une fonction continue qui ne s’annule pas sur (x;x) pour x  , elle est continue et admet donc
une intégrale sur cet intervalle. Donc f est définie sur *.
3) Au voisinage de ,  est équivalente à
t
t2
1
, donc, par comparaison avec une intégrale de Riemann,
 n’est pas intégrable sur ];x]
4) f est définie sur un domaine symétrique par rapport à , et en faisant le changement de variable u  t, on obtient
xf
uu du tt dt
xf x
x
x
x
22
sinsin
, ce qui se traduit par le fait que f est paire.

3
5) Par parité, les propriétés de régularité de f sur
;0
sont équivalentes à celles sur
0;
. On peut donc se
limiter à
;0
. Or la continuité de  sur
;0
permet d’affirmer l’existence de primitives de  sur cet intervalle.
En appelant F une telle primitive, on a, pour x  ,
xFxFxf  2
, ce qui entraîne la dérivabilité de f et une
expression de sa dérivée
xxxx xx xxxx
xf sin2sin2 cos1sin2
sin
1
2sin2 2
'
.
Donc, d’après les théorèmes généraux,
'f
est de classe
C
sur
;0
, et il en donc de même de f.
xxxx xx
xfCf sin2sin2 cos1sin2 ';0   et
6) Sur
;0
, le dénominateur de la forme factorisée de f’ est strictement positif. Le signe de f’ est donc celui de
sin. On en déduit que sur
;0
,
22;12;12;2'  kk kk f sur tedécroissan et sur croissante est
.
7) a)
x
x
x
x
x
x
x
xttt dt
dt
ttt t ttt tdt t
dt
xf 2222
sinsin
sin
sin
sin
, en majorant la valeur absolue du sinus par .
b)
  t t
tsin
2
, donc cette fonction est positive au voisinage de .
Il existe donc m   tel que
0sin
2
, t
t
mt
, et donc on a
2
sin, t ttmt 
.
c) On en déduit que pour
mx 
, on a
x
t
dt
ttt dt x
x
x
x
1
2
sin
2
2
2
.
Or
0
1
x
, donc d’après a),
0
1
2
x
x
xxt
dt
xf
. Mais
2ln
2
x
xt
dt
, d’où
2lnlim 
 f
.
8) a)
to
t
t
to
t
t
to
t
t
to
t
t
tt  242
1
12
1
2
1
12
12
1
6
2
1
sin
12
2
2
2
3
3
.
b) Soit   .
  tgttg t,20,00
0
.
Alors
 tgxtgxtgy xtxxtxyt 220 sup,0sup,220sup,20
, et on peut conclure :
0suplim 2
0 tg
xtx
t
c)
0
0
  t
tth
toth
. D’après b), on déduit que
0sup 0
2;    x xxt tth
xk
.
Donc
02
2
2
11 222
2  xkdtxk
x
dt
tth x
dtth
x
x
x
x
x
x
x
, donc
2
2xodtth x
x
.
d) La question a) nous permet de faire jouer à la fonction
242
1
sin
1t
ttt
t
le rôle de la fonction h du c).
On en déduit que
2
2
242
1
sin
1xodt t
ttt
x
x
, ou encore
22
16
1
22ln xoxxf 
.
e) L’existence d’un développement limité à l’ordre  de f en  permet d’en déduire que la fonction prolongée
obtenue en posant
22ln
0f
est dérivable en , de dérivée
00' f
.
f) L’examen du développement limité d’ordre  de f en  permet de voir que
22ln
xf
reste positif au voisinage
de , et par conséquent la courbe se trouve au-dessus de la tangente au point d’abscisse .

4
g)
82.4
2
2
~
sin2sin2 cos1sin2
'
2
0
x
xx
x
x
xxxx xx
xf 
, donc
8
~' 0
x
xf
.
h)
8
1
00''  xfxf
, ce qui prouve que f est deux fois dérivable en  et que
8
1
0" f
9) Le tableau de variations se déduit facilement des questions 6), 7)c), 8)e) et de la parité de f. Mais il ne permet
pas de se faire une idée correcte de l’allure de la fonction. Essayons d’y voir plus clair :
with(plots):
p:=plot(int(1/(t+sin(t)),t=x..2*x),x=-20..20,color=red):
q:=plot(ln(2),x=-20..20,color=blue):
display([p,q]);