CONCOURS COMMUN 1996 DES ECOLES DES MINES D`ALBI

Corrigé du devoir libre n° 2 --*-- Page 1
CONCOURS COMMUN 1996
DES ECOLES DES MINES D’ALBI, ALES, DOUAI, NANTES
Epreuve spécifique de Mathématiques - Corrigé (Patrick BERGEON)
Problème 1
Première partie
1-) ∀n∈IN
*
, p
n+1
p
n
= u
n+1
.
Si le produit (p
n
) converge alors il existe un réel λ non nul tel que lim
n → +∞
p
n
= λ.
Dans ce cas, lim
n → +∞
u
n
= lim
n → +∞
p
n
p
n–1
= λ
λ = 1.
Pour que le produit (p
n
) converge, il est nécessaire que la suite (u
n
) converge vers 1 .
2-) On raisonne par récurrence .
→ p
1
= 1 + 1
1 = 2 = 1 + 1 donc l'égalité est vraie pour n = 1.
→ Si, pour un indice n donné (n ≥ 1), p
n
= n + 1
alors p
n+1
= p
n
. 1 + 1
n + 1 = (n + 1).
n + 2
n + 1 = n + 2 d'où l'hérédité.
Donc ∀n ≥ 1, p
n
=
∏
p = 1
n
1 + 1
p = n + 1 .
Comme lim
n → +∞
p
n
= lim
n → +∞
(n + 1) = +∞, le produit p
n
=
∏
p = 1
n
1 + 1
p diverge .
3-) Pour n = 1, p
1
.sin
a
2 = cos
a
2.sin
a
2 = 1 2.sina.
Pour n = 2, p
2
.sin
a
4 = p
1
.cos
a
4.sin
a
4 = p
1
.1
2.sin
a
2 = 1 2
2
.sina.
On fait la conjecture: ∀n ≥ 1, p
n
.sin
a
2
n
= 1
2
n
.sina et on la vérifie par récurrence.
→ Elle est vraie pour n = 1.
→ Si, pour un indice n donné (n ≥ 1), p
n
.sin
a
2
n
= 1
2
n
.sina
alors p
n+1
.sin
a
2
n+1
= p
n
.cos
a
2
n+1
.sin
a
2
n+1
= p
n
.1
2.sin
a
2
n
= 1
2.1 2
n
.sina = 1
2
n+1
.sina
d'où l'hérédité.
Donc: ∀n ≥ 1, p
n
.sin
a
2
n
= 1
2
n
.sina.
Par suite, p
n
= sina
2
n
.sin
a
2
n
et, comme sin
a
2
n
~ a
2
n
, lim
n → +∞
p
n
= sina
a ≠ 0 car a∉πZZ.
Donc: si a∉πZZ alors
∏
cos
a
2
n
converge et
∏
n ≥ 1
cos
a
2
n
= sina
a.

Corrigé du devoir libre n° 2 --*-- Page 2
Deuxième partie
1- a) lim
n → +∞
u
n
= 1 ⇔ ∀ε > 0, ∃N∈IN, ∀n ≥ N, 1 – ε ≤ u
n
≤ 1 + ε.
Pour ε = 1
2, ∃n
0
∈IN, ∀n ≥ n
0
, 0 < 1
2 ≤ u
n
≤ 3
2
Donc: si lim
n → +∞
u
n
= 1 alors ∃n
0
∈IN, ∀n ≥ n
0
, u
n
> 0 .
1- b) ∀n ≥ n
0
, p
n
=
∏
p = 1
n
0
– 1
u
p
×
∏
p = n
0
n
u
p
= A.
∏
p = n
0
n
u
p
en notant A le nombre réel fixe non nul
∏
p = 1
n
0
– 1
u
p
.
On peut remarquer que, comme tous les u
p
sont strictement positifs pour p ≥ n
0
alors A et p
n
sont non nuls et de même signe.
∀n ≥ n
0
, p
n
= A.
∏
p = n
0
n
exp[ln(u
p
)] = A.exp
∑
p = n
0
n
ln(u
p
) = A.exp(S
n
) et S
n
= ln
p
n
A.
→ Si (S
n
) converge vers un réel λ alors (p
n
) converge vers le réel non nul A.e
λ
.
→ Si (p
n
) converge vers un réel non nul α alors (S
n
) converge vers ln 
α
A.
Par suite: (S
n
) converge ⇔ (p
n
) converge .
Plus précisément: lim
n → +∞
S
n
= λ ⇔ lim
n → +∞
p
n
= 
∏
p = 1
n
0
– 1
u
p
×e
λ
.
2-) Si u
n
=
n
n = n
1/n
= exp
lnn
n alors lim
n → +∞
u
n
= 1. De plus, ∀n∈IN
*
, u
n
> 0.
Les hypothèses de la question précédente sont donc vérifiées avec n
0
= 1.
2- a) 
lnx
x
'
= 1 – lnx
x
2
est négatif si et seulement si x > e.
Donc ∀p ≥ 3, ϕ: x∈[p, p + 1]
→
lnx
x est décroissante.
On en déduit que: ∀p ≥ 3, ∀x∈[p, p + 1], lnx
x ≤ lnp p.
Par positivité de l'intégrale, ∀p ≥ 3, ⌡
⌠
p
p + 1
lnx
x dx ≤ ⌡
⌠
p
p + 1
lnp
p dx = lnp p
Donc: ∀p ≥ 3, ⌡
⌠
p
p + 1
lnx
x dx ≤ lnp p.
2- b) ∀n ≥ 3, S
n
=
∑
p = 1
n
lnp
p = ln1 1 + ln2 2 +
∑
p = 3
n
lnp
p ≥ ln2 2 +
∑
p = 3
n
⌡
⌠
p
p + 1
lnx
x dx = ln2 2 + ⌡
⌠
3
n + 1
lnx
x dx
Donc: ∀n ≥ 3, S
n
≥ ln2
2 + ln
2
(n + 1)
2 – ln
2
3
2.
Comme lim
n → +∞
ln2
2 + ln
2
(n + 1)
2 – ln
2
3
2 = +∞ alors lim
n → +∞
S
n
= +∞.
D'où (S
n
) diverge et, par suite,
∏
n
n diverge .

Corrigé du devoir libre n° 2 --*-- Page 3
Troisième partie
1- a) Soit ψ: x ≥ 0
→
x – ln(1 + x), ∀x∈IR
+
, ψ '(x) = x
1 + x ≥ 0 et ψ
'
(x) ne s'annule qu'en 0.
Par suite, ψ est strictement croissante sur IR
+
et ∀x > 0, ψ(x) > ψ(0).
Comme ψ(0) = 0, ∀x > 0, ψ(x) > 0. Autrement dit: ∀x > 0, ln(1 + x) < x.
1- b) ∀n∈IN
*
, S'
n+1
– S'
n
= v
n
> 0 donc (S'
n
) est croissante .
1- c) → La suite (p
n
) est à termes positifs et ∀n∈IN
*
, p
n+1
p
n
= 1 + v
n+1
> 1 donc elle est croissante.
→ ∀n∈IN
*
, ln(p
n
) =
∑
p = 1
n
ln(1 + v
p
) ≤
∑
p = 1
n
v
p
= S'
n
.
Comme la suite (S'
n
) est croissante, si elle converge vers un réel σ alors ∀n∈IN
*
, S'
n
≤ σ.
Dans ce cas, ∀n∈IN
*
, ln(p
n
) ≤ σ et ∀n∈IN
*
, p
n
≤ e
σ
donc (p
n
) est majorée.
On en déduit que: si (S'
n
) converge alors (p
n
) converge .
2-) On a vu dans I-2 que
∏
1 + 1
n diverge.
Par contraposition de la relation précédente, la série harmonique diverge .
3- a) → Si a > 1 alors lim
n → +∞
(1 + a
2
n
) = +∞ donc (p
n
) diverge.
→ Si a = 1 alors lim
n → +∞
(1 + a
2
n
) = 2 ≠ 1 donc (p
n
) diverge.
Donc si a ≥ 1 alors (p
n
) diverge .
3- b) Si a∈]0, 1[, les hypothèses du III-1 sont vérifiées avec v
n
= a
2
n
> 0 et lim
n → +∞
v
n
= lim
n → +∞
a
2
n
= 0.
→ S'
n
est une série géométrique de raison (a
2
) avec |a
2
| < 1 donc (S'
n
) est convergente.
Par suite, (p
n
) converge .
→ • (1 – a
2
)p
1
= (1 – a
2
)(1 + a
2
) = 1 – a
4
= 1 – a
2
2
.
• (1 – a
2
)p
2
= (1 – a
2
)(1 + a
2
)(1 + a
4
) = (1 – a
4
)(1 + a
4
) = 1 – a
8
= 1 – a
2
3
.
Une récurrence immédiate donne ∀n∈IN
*
, (1 – a
2
)p
n
= 1 – a
2
n+1
.
On en déduit que: ∀n∈IN
*
, p
n
= 1 – a
2
n+1
1 – a
2
d'où lim
n → +∞
p
n
= 1
1 – a
2
.

Corrigé du devoir libre n° 2 --*-- Page 4
Problème 2
Première partie
I-A 1) Pour la matrice M, 
 C
2
= C
1
C
4
= – C
3
(C
1
, C
4
) est libre donc rg(u) = rg(M) = 2 .
La famille libre (C
1
, C
4
) donne immédiatement: (e
1
– e
2
, e
3
– e
4
) est une base de Im(u) .
Le théorème du rang donne dim[Ker(u)] = 2.
C
1
= C
2
donne u(e
1
) = u(e
2
) d'où (e
1
– e
2
)∈Ker(u)
C
3
= – C
4
donne u(e
3
) = – u(e
4
) d'où (e
3
+ e
4
)∈Ker(u)
Comme la famille (e
1
– e
2
, e
3
+ e
4
) est libre, (e
1
– e
2
, e
3
+ e
4
) est une base de Ker(u) .
Note: comme e
1
– e
2
∈ Ker(u) ∩ Im(u), la somme Ker(u) + Im(u) n'est pas directe.
I-A 2) M = 
B O
2
O
2
C avec B
2
= 
1 1
-1 -1
2
= O
2
et C
2
= 
-1 1
1 -1
2
= 
2 -2
-2 2 = – 2C.
En travaillant par blocs, on obtient:
M
2
= 
O
2
O
2
O
2
– 2C =
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 2 -2
0 0 -2 2
= – 2A avec A =
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 -1 1
0 0 1 -1
M
3
= 
O
2
O
2
O
2
4C =
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 -4 4
0 0 4 -4
= 4A
Ce qui amène à la conjecture ∀p ≥ 2, M
p
= (– 2)
p–1
.A que l'on vérifie par récurrence.
→ Elle est vraie pour p = 2.
→ Si, pour un exposant p donné (p ≥ 2), M
p
= (– 2)
p–1
.A
alors M
p+1
= M
p
.M = (– 2)
p–1
.
O
2
O
2
O
2
C
B O
2
O
2
C = (– 2)
p–1
.
O
2
O
2
O
2
– 2C = (– 2)
p
O
2
O
2
O
2
C
soit M
p+1
= (– 2)
p
.A d'où l'hérédité.
Donc ∀p ≥ 2, M
p
= (– 2)
p–1
.A .
I-A 3-a) → On examine les vecteurs colonnes de M
2
et M
3
donc de – 2A et de 4A.
Les deux premières colonnes sont nulles et les deux dernières sont opposées
d'où Im(u
2
) = Im(u
3
) = Vect(u
2
(e
3
)) = Vect(e
3
– e
4
)
et, comme e
3
– e
4
≠ 0
E
, (e
3
– e
4
) est une base de Im(u
2
) = Im(u
3
) .
→ Le théorème du rang donne alors dim[Ker(u
2
)] = dim[Ker(u
3
)] = 3.
Or 
 u
2
(e
1
) = u
3
(e
1
) = 0
E
u
2
(e
2
) = u
3
(e
2
) = 0
E
u
2
(e
3
+ e
4
) = u
3
(e
3
+ e
4
) = 0
E
et, comme la famille (e
1
, e
2
, e
3
+ e
4
) est libre,
(e
1
, e
2
, e
3
+ e
4
) est une base de Ker(u
2
) = Ker(u
3
) .
I-A 3-b) Comme M
p
= α
p
.A avec α
p
≠ 0, en raisonnant comme ci-dessus, il vient:
∀k ≥ 2, Im(u
k
) = Vect(e
3
– e
4
) et Ker(u
k
) = Vect(e
1
, e
2
, e
3
+ e
4
) .

Corrigé du devoir libre n° 2 --*-- Page 5
I-A 3-c) (e
1
, e
2
, e
3
+ e
4
) est une base de Ker(u
2
) et (e
3
– e
4
) est une base de Im(u
2
).
Comme
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 -1
= 1 1
1 -1 = 2 ≠ 0,
en juxtaposant ces deux bases, on obtient (e
1
, e
2
, e
3
+ e
4
, e
3
– e
4
) qui est une base de E.
Par suite: E = Ker(u
2
) ⊕ Im(u
2
) .
I-B 1-) → Ker(d) = IK
0
[X] n'est pas réduit au polynôme nul donc d n'est pas injective .
→ ∀P =
∑
k = 0
n
a
k
X
k
∈ IK[X], P = d 
∑
k = 0
n
a
k
k + 1 X
k+1
donc P∈Im(d)
et, par suite, d est surjective .
→ Si IK[X] était de dimension finie, comme d est un endomorphisme surjectif de IK[X]
alors d serait aussi injectif, ce qui n'est pas le cas.
Donc IK[X] n'est pas de dimension finie .
I-B 2-) P∈Ker(d
q
) ⇔ d
q
(P) = O ⇔ P
(q)
= O ⇔ P∈IK
q–1
[X].
Donc: ∀q∈IN
*
, Ker(d
q
) = IK
q–1
[X] .
Deuxième partie
II-1 ) → ∀p∈IN, si x∈K
p
alors u
p
(x) = 0
E
d'où u
p+1
(x) = u[u
p
(x)] = u(0
E
) = 0
E
donc x∈K
p+1
.
Par suite, ∀p∈IN, K
p
⊂ K
p+1
.
→ ∀p∈IN, si x∈I
p+1
alors il existe y∈E tel que x = u
p+1
(y) d'où x = u
p
[u(y)]∈I
p
.
Par suite, ∀p∈IN, I
p+1
⊂ I
p
.
II-2 ) → Si E est de dimension finie et si u est injectif alors u est un automorphisme de E.
Par suite: ∀p∈IN, u
p
est un automorphisme de E.
Donc ∀p∈IN, K
p
= {0
E
} et I
p
= E .
II-3 a-) On a vu que: ∀p∈IN, K
p
⊂ K
p+1
ce qui entraîne dim(K
p
) ≤ dim(K
p+1
).
Et K
p
= K
p+1
⇔ dim(K
p
) = dim(K
p+1
).
Si on n'avait jamais, K
p
= K
p+1
on aurait toujours dim(K
p
) < dim(K
p+1
)
et la suite (dim(K
p
)) strictement croissante d'entiers naturels tendrait vers +∞.
C'est impossible car K
p
étant un sous-espace vectoriel de E, dim(K
p
) ≤ dim(E) = n.
Donc: il existe un plus petit entier naturel r ≤ n tel que: K
r
= K
r+1
.