PCSI CONCOURS BLANC Lycée Brizeux

Romain

Description

Niveau: Supérieur
PCSI 2009-2010 CONCOURS BLANC Lycée Brizeux Corrigé du concours blanc 2010 Problème 1. K?espace vectoriel des matrices carrées d'ordre n Partie I – Dimension de Mn(K) 1. a) ; b) et c) : voir le cours. 2. (a) On a : E1,1 = ( 1 0 0 0 ) ; E1,2 = ( 0 1 0 0 ) ; E2,1 = ( 0 0 1 0 ) ; E2,2 = ( 0 0 0 1 ) . (b) Soient a, b, c et d des scalaires tels que : aE1,1 + bE1,2 + cE2,1 + dE2,2 = 02. La matrice au premier membre est égale à : ( a b c d ) . Puisqu'elle est égale à la matrice nulle, on a par identification : a = 0 ; b = 0 ; c = 0 ; d = 0. Ceci établit que la famille (Ei,j)1≤i,j≤2 est libre. (c) Soit A = ( a b c d ) ? M2(K). On a observé à la question précédente que A = aE1,1 + bE1,2 + cE2,1 + dE2,2.

• e?1 ?


• famille


• corrigé du concours blanc


• équation x2


• réunion des droites d'équation


• mod pi


• blanc lycée

Sujets

• Famille

Informations

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Extrait

PCSI 20092010

CONCOURS BLANC

Corrigé du concours blanc 2010

Problème 1.K−espace vectoriel des matrices carrées d’ordren

PartieI–DimensiondeM n (K) 1. a) ; b) et c) : voir le cours. 2. (a) On a :    1 0 0 E 1,1 = ;E 1,2 = 0 0 0 (b) Soienta, b, cetddes scalaires tels que :

3.

  1 0 ;E 2,1 = 0 1

  0 0 ;E 2,2 = 0 0

a E 1,1 +b E 1,2 +c E 2,1 +d E 2,2 = 0 2 .

 0 . 1

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La matrice au premier membre est égale à :   a b . c d Puisqu’elle est égale à la matrice nulle, on a par identification :a= 0 ;b= 0 ;c= 0 ;d= 0.Ceci établit que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤2 est libre.   a b (c) SoitA=∈M 2 (K).On a observé à la question précédente que c d

A=a E 1,1 +b E 1,2 +c E 2,1 +d E 2,2 .

Ceci établit que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤2 est génératrice. Il résulte des deux questions précédentes que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤2 est une base deM 2 (K). (d) On a donc :M 2 (K) = Vect({E i,j : 1≤i, j≤2}).Il en résulte queM 2 (K) est de dimension finie. Par ailleurs, dim K (M 2 (K)) = 4 puisque (E i,j ) 1≤i,j≤2 est une base et a 4 éléments. (a) SoitA= (a i,i )∈M n (K).On observe que : 1≤i,j≤n P •La matriceAs’écrit :A=a i,j E i,j .Ceci montre que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤n est une famille 1≤i,j≤n génératrice deM n (K). •Étant donnés une famille (α i,j ) 1≤i,j≤n de scalaires tels que : X α i,j E i,j = 0 n , 1≤i,j≤n

alors     α 1,1 ∙ ∙ ∙α 1,i ∙ ∙ ∙α 1,n 0∙ ∙ ∙0∙ ∙ ∙0 . . . . . . α i,1 ∙ ∙ ∙α i,j ∙ ∙ ∙α i,n = 0∙ ∙ ∙0∙ ∙ ∙0.         . . . . .. α n,1 ∙ ∙ ∙α n,j ∙ ∙ ∙α n,n 0∙ ∙ ∙0∙ ∙ ∙0 D’oùα i,j = 0 pour 1≤i, j≤n.Ceci montre que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤n est une famille libre. Ceci montre que la famille (E i,j ) 1≤i,j≤n est une base deM n (K). (b) Il en résulte immédiatement queM n (K) est de dimension finie. Par ailleurs, la famille (E i,j ) 1≤i,j≤n ayant 2 2 néléments, la dimension deM n (K) estn .

Partie II – Étude de la transposée Linéarité de la transposée   a c t 1. On trouveA= b d 2. Simple vérification. 3. On observe queφ(φ(A)) =A.Il en résulte queφest une symétrie.

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Étude deS 2 (K)etA 2 (K)   a b 7. (a)A=∈S 2 (K) si et seulement sib=c. c d (b) Simple vérification. (c) On obtient dans un premier temps que     1 0 0 S 2 (K) =α+β 0 0 1

8.

9.

  1 0 +γ 0 0

  0 3 : (α, β, γ)∈K. 1

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On a donc :       1 0 0 1 0 0 S 2 (K) = Vect, , . 0 0 1 0 0 1       1 0 0 1 0 0 Ceci établit queS 2 (K) est de dimension finie et que la famille, ,est une famille 0 0 1 0 0 1 génératrice deS 2 (K). On vérifie sans difficulté que cette même famille est libre.       1 0 0 1 0 0 Par conséquent la famille, ,est une base deS 2 (K) et dim K (S 2 (K)) = 3. 0 0 1 0 0 1   a b (a)A=∈A 2 (K) si et seulement sia= 0, d= 0 etc=−b. c d (b) Simple vérification. (c) On obtient que     0 1 A 2 (K) =β:β∈K. −1 0   0 1 Il en résulte queA 2 (K) = Vect.On en déduit immédiatement queA 2 (K) est de dimension −1 0 finie et que dim(A 2 (K)) = 1. (a) Soienta, b, cetddes scalaires tels que           1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 a+b+c+d=. 0 0 1 0 0 1−0 01 0

Ceci est équivalent à :     a b+d0 0 =. b−d c0 0 Soi encore :  a= 0   b+d= 0 b−d= 0   c= 0 On trouvea=b=c=d= 0.         1 0 0 1 0 0 0 1 Ceci montre que la famille, , ,est une famille libre deM 2 (K).Elle 0 0 1 0 0 1−1 0 est maximale car elle a dim K (M 2 (K)) = 4 éléments. (b) Il résulte immédiatement de la question précédente que la famille :         1 0 0 1 0 0 0 1 , , ,est une base deM 2 (K). 0 0 1 0 0 1−1 0

Par conséquent, toute matriceA∈M 2 (K) s’écrit de manière unique sous la forme         1 0 0 1 0 0 0 1 A=α+β+γ+δ 0 0 1 0 0 1−1 0

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4 avec (α, β, γ, δ)∈K.il en résulte queA∈S 2 (K) +A 2 (K) puisque         1 0 0 1 0 0 0 1 α+β+γ∈S 2 (K) etδ∈A 2 (K). 0 0 1 0 0 1−1 0  0 Ceci montre queM 2 (K) =S 2 (K) +A 2 (K).De plus, on vérifie sans peine queS 2 (K)∩A 2 (K) = 0 à l’aide des questions 7. (a) et 8. (b). D’oùM 2 (K) =S 2 (K)⊕A 2 (K).

Problème 2. Étude de fonctions et de suites

 0 0

Partie I – Généralités 1 ∞ ∞ ∞ ∗ ∗ 1. La fonction fonctiont7→estCsurR. La fonction exp estCsurRdoncfestCsurRcomme composée + + t ∞ ∞ ∗ ∞ de fonctionsC. De mêmegestCsurRcomme produit de deux fonctionsC. + Nous avons : −1/t e ∗ ′ ∀t∈R, tf(t) =t×=g(t). + 2 t 2. Par croissance comparée on a limg(t) = 0 d’où un prolongement par continuité en posantg(0) = 0. Puis pour + t→0 t >0, encore par croissance comparée :

1 g(t)−g (0) exp(−) t lim = lim = 0, + + 2 t→0 t−0 t→0 t

′ doncgest dérivable en 0 etg(0) = 0. ∗ 3. La fonctiongest dérivablle surRet pour toutt >0, +

4.

1−t 1 ′ − g(t) =e . t 3 t

+ Les limites en 0 et +∞s’obtiennent par croissance comparée, d’où le tableau de variations : t0 1 +∞

et le graphe :

Figure0.1 – Le graphe de la fonctiong.

∞ ∗2 (a)hest de classeCsurRdonc de classeC.il en résulte quehadmet un D.L. d’ordre 2 en 1. +

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∗ (b) Pour toutt∈R, h(t) =texp(−t).Posantt=u+ 1,on a : +

−1 h(1 +u) =e(1 +u) exp(−u).

2 u 2 Or exp(−u) = 1−u+ +o(u).D’où : 2 u→0

2 u 2 h(1 +u) = 1−+o(u). u→0 2 On en déduit le D.L. dehen 1 à l’ordre 2 :

2 (t−1) −1−1 2 h(t) =e−e+o((t−1) ). 2 t→1

(c) On en déduit le D.L. deHen 1 à l’ordre 3 par primitivation :

3 (t−1) −1−1 3 H(t) =e(t−1)−e+o((t−1) ). 6 t→1

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1 (a) Soitt >0, on remarque que (E n )⇔g(t. Par la question 3. :) = n •gest continue sur l’intervalle ]0,1[, •gest strictement croissante sur l’intervalle ]0,1[ − 1 1 −1 Doncgétablit une bijection de ]0,1[ surg(]0,1[) =]0, e[. Orn≥3 donc∈]0, e[ et l’équation (E n ) n admet une unique solutionα n ∈]0,1[. (b) Soitn≥3. On a 1 1 g(α n+1 ) =≤=g(α n ). n+ 1n Commeα n etα n+1 sont dans ]0,1[ oùgest strictement croissante, on obtientα n+1 ≤α n . Donc la suite (α n ) n≥3 est décroissante. On montre de même que la suite (β n ) n≥3 est croissante. (c) La suite (α n ) n≥3 est décroissante et minorée. Elle converge donc versα∈[0,1]. Commegest continue sur 1 [0,1] on obtient par passage à la limiteg(α) = lim = 0. Or sur [0,1] on ag(x) = 0 si et seulement si n x= 0. En conclusion : limα n = 0. La suite (β n ) n≥3 est croissante : soit elle converge, soit elle diverge vers +∞. Si elle converge versβ∈ 1 [1,+∞[, commegest continue sur [1,+∞[, on obtient par passage à la limiteg(β= 0. Or ceci est) = lim n impossible au vu du tableau de variations deg. En conclusion :

limβ n = +∞.

Partie II – Une équation différentielle 6. On a : ∗ ue surRet limf(t) =f(0) = 0 donc •fcontin + fest continue surR + . + t→0 1∗ •festCsurR. + 1 exp(−) ′ ′ •f(t) = 2 et limf(t) = 0 (limite finie). t + t→0 1′ D’après un théorème du cours,festCsurR + et de plusf(0) = 0. 7. L’équation différentielle (E) est linéaire de degré 1 avec un second membre. 2′ ∗ Soit l’équation différentielle homogène assosicée (E 0 ) :x y+y= 0.Commex∈Rl’équation s’écrit aussi : + ′ ∗ Rp (E 0 ) :y+ 2 = 0.L’ensemble des solutions de (E 0 ) est l’ensemble des fonctions définies sur + ar : x

1 x7→λe ,avecλ∈R. x

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1 Revenons à l’équation (E) et cherchons une solution sous la formey(x) =λ(x)e,λétant supposée dérivable x ∗ surR. + Nous trouvons : ′ −1/x′ (E)⇔λ(x) =e⇔λ(x) =f(x). 1 Une solution particulière est doncy(x) =F(x)e. x ∗ L’ensemble des solutions de (E) est l’ensemble des fonctions définies surRpar : +

1 x7→(λ+F(x))e ,avecλ∈R. x

Partie III – Étude d’une suite récurrente 8.Gest croissante surR + puisqueg≥0 surR + d’après la question 3.. Par ailleursG(0) = 0.D’oùG(x)≥G(0) = 0 pour toutx≥0. 9. On procède par récurrence surn∈N. On au 0 ≥0 par hypothèse. Donc la propriété est vraie au rang 0. Supposonsu n ≥0 pour un certain entiern∈N.On a alorsu n+1 =G(u n )≥0 d’après la question précédente. La propriété est donc vraie au rangn+ 1 ; On a doncu n ≥0 pour toutn∈N. ′ 1 ∗ ivable su 10. On a 0≤G≤surR + ,d’après la question 3.. La fonctionGest continue surR + ret dér R + e En appliquant l’inégalité des accroissement finis àGsur tout intervalle [x, y] avec 0≤x≤y, nous obtenons l’inégalité : 1 0≤G(y)−G(x)≤[y−x] e En particulier : 1 0≤u n+1 ≤u n e puisqueG(u n ) =u n+1 etG(0) = 0. 11. On déduit de la question précédente que pour toutn∈N: 1 0≤u n ≤u 0 . n e 1 Ceci s’établit par récurrence. Par ailleurse≥2.D’où lim = 0. n e n→+∞ Il résulte du théorème des gendarmes que (u n ) n converge vers 0.

Problème 3. Une famille de polynômes

∗2n n n2n Soita∈R,n∈Net le polynômeP n défini parP n (X, Y) =X−2 cos(na)X Y+Y .

Partie I – Études géométriques Le casn= 1. 2 2 1. Dans le repèreRla courbeC a a pour équationx−2 cos(a)xy+y= 1. C’est une courbe du second degré en deux variablesxety. π 2 2 (i) Sia≡modπalorsC a a pour équationx+y= 1. 2 AinsiC a est un cercle de centreOet de rayon 1. (ii) Sia≡0 modπil y a deux cas possibles : 2 2 2 •a≡0 mod 2π. Dans ce casC a a pour équationx−2xy+y= 1 ou encore (x−y1.) = AinsiC a est la réunion des droites d’équationy=x−1 ety=x+ 1. 2 2 2 •a≡πmod 2π. Dans ce casC a a pour équationx+ 2xy+y= 1 ou encore (x+y1.) = AinsiC a est la réunion des droites d’équationy=−x+ 1 ety=−x−1.

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(iii) Dans tous les autres cas le discriminant deP 1 (x, y) est :

2 2 Δ = 4−(4 cos a) = 4(1−cos (a))>0.

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DoncC a est de type ellipse. CommeC a contient au moins les deux points (1,0) et (0,1) c’est une ellipse. (a) Les formules de changement de repère sont les suivantes : ( ( 2 2 u= (x+y)x= (u−v) 2 2 ⇔ 2 2 v= (−x+y)y= (u+v) 2 2

(b) Dans le repèreRla courbeCadmet pour équation : π 3

′ Dans le repèreRl’équation devient :

2 2 x−xy+y= 1.

2 2 u 3v + = 1. 2 2

2 2 ′ X Y (c) Dans le repère orthonormé directRon reconnaît pourC a l’équation réduite d’une ellipse 2 + 2 = 1 a b 2 avecaet= 2 b= . 3 Dans le repèreRla courbeC a est une ellipse dont le grand axe est la droite d’équationy=xet dont le petit axe est la droite d’équationy=−x. On a ici tous les éléments nécessaires pour le tracé deC a dans le repèreR.

2 2 Figure0.2 – L’ellipse d’équationx−xy+y= 1.

π Un autre cas particulier :On suppose maintenant quea≡modπet quen= 3. 2 6 6 3. La courbeP 3 admet pour d’équation cartésiennex+y= 1. Nous avons (x, y)∈ P 3 si et seulement si   2   2 3 3 3 3 x+y= 1 si et seulement s’il existet∈Rtel quex= cos(t) ety= sin(t). Or la fonction racine cubique est bijective surRdonc :

3 3 (x, y)∈ P 3 ⇔il existet∈Rtel quex= cos(t) ety= sin(t).

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