EML 2009 Maths S corrigé

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Corrigé EMLyon 2009 voie scientifique.

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EM Lyon 2009(corrige´r´edige´parFre´d´ericMillet)`PROBLEME 1
Partie I1.On observe d’abord que sia=balorseaxx ebx= 0 pour toutx >0.Donclint´egraleestnulle. Supposons maintenant quea6=b. La fonctioneaxx ebxest continue sur ]0,+[ doncinte´grablesur]0,+[.Ilfaute´tudierlesensdelint´egralege´n´eralise´een0eten+.´etudeen0:En0onal´equivalencesuivantebxeaxe01ax1 +bx=ba.x xIl suit queeaxx ebxseprolongeparcontinuite´en0doncR01eaxx ebxdxconverge.´etudeen+:Onpeutraisonnerparcomparaisonoubienparlare`gledespetitso.Faisonsaun raisonnement par ”petits o“ : on a limx→∞x2exx= limx→∞xeax= 0 par croissance com-par´eeetparlefaitquea >0. Donc on a queexax=o(x12) en plus l’infini. OrR1+x12dxestuneint´egraledeRiemannconvergente,doncparlar`egledespetitsoapplique´e`alafonc-tion positiveexax,lint´egraleR1+exaxdxestconvergente.Enraisonnantdelamˆememanie`reR1+exbxdxestaussiuneinte´graleconvergente.Doncparlin´earite´desinte´gralesconvergenteR1+eaxxebx=R1+exaxdxR1+ebxdnte.xxest convergePournir,grace`alarelationdeChaslesapplique´eauxinte´gralesconvergentes,onaqueR0+eaxx ebx=R01eaxx ebx+R1+eaxxebxetdonclint´egralerecherche´eestconvergente.2.aLaformulenoussugge`redeectuerlechangementdevariablesuivant:y=ax. On a alorseZXexaxdx=ZaXyayday=ZaaXeyydy.aDememeenremplac¸antaparbon aˆZXexbxdx=ZbbXeyydy.Deplusparlinearit´edelint´egrale´ZXeaxxebxdx=ZXexaxdxZXebxdxxaXey=Zay yZbbXeyydyd1
Enfin en utilisant la relation de ChaslesZXeaxebxdx=Zabeyydy+ZbaXeyydyxZbaXeyydy+ZabXXeyydy!=ZabeyydyZabXXeyydy
dou`lere´sultat.3.a.La fonctiony7→1eyest continue sur ]0,[ et la fonctiony7→yest continue sur]0,[ et s’annule en 0 donc par quotien, la fonction1yeyest continue sur ]0,[. De plus on ale´quivalentsuivant:1ye0y= 1.y yIl suit que limy0 1yey= 1 =h(0)etlafonctionestcontinueen0.Enr´esume´lafonctionestbien continue sur [0,[.3.b.Enutilisantlalin´earite´delint´egrale,onale´galite´suivante:Zabeyydy=Zabeyy1 + 1dy=Zabh(y)dy+Zab1y dyLasecondeinte´gralenousdonneZab1y dy= [ln(y)]ba=ln(b)ln(a) =lnba.On a donceyZabdy=Zabh(y)dy+lnba.ySoit maintenantsuffisemment petit pour queaetbsoient dans ]0,1[. Commehest continuesur [0,1],hestaussiborne´esur[0,1] par une constanteM >0. On a alors l’estimation suivantegracea`line´galite´triangulaire(remarque:onprendragardea`garderlesvaleursabsoluesa`lext´erieurdelinte´gralecaronignoresiaestpluspetitqueb.Sinononpourraitaussifaireune´etudedecas...):bZab ZaMZab1dy=M|ba|h(y)dy≤ |h(y)|dy .En faisant tendrevers 0, on a alors lim0Rabh(y)dy= 0, et doncbeylim0Zay dy=lim0Zabh(y)dy+lnba=lnabdou`ler´esutat.
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3.c.Dapr`es2.bet3.bonaZ0Xeaxxebxdx=lim0ZabeyydyZabXXeyydybbXyedy.=lnaZaXy3.d.Dapre`s3.c.onaZ+eaxxebxdx=Xlim+Z0Xeaxxebxdx=lnbaXlim+ZabXXeyydy.0Or pourXsusemmentgrand,onaa`lafoisaX >1 etbX >1 et donc pouryentre les valeursyearpositivit´e`deaXet debX(la encore on ne sait pas qui est le plus grand !)eyy. Donc pdelint´egrale(encoreunefoisilfautgarderlavaleurabsolueoubienfaireunee´tudedecassuivant quea > bou le contraire) :ZbXeydyZabXXeydy=eaXebX.aXyDoncparencadrementonende´duitqueXlim+ZbXeydy= 0,aXyet doncZ0+eaxxebxdx=lnabXlim+ZabXXeyydy=lnba,do`uler´esultat.Partie II1.Eest un sous ensemble de l’espace des fonctions de [0,+[ dansR. La fonction nulle estde classeC1etsannuleen0doncappartienta`E. DoncEest non vide. Soient maintenant(f, g)E2et (λ, µ)R2. D’une part la fonctionλf+µgest de classeC1carfetgle sont.D’autre part (λf+µg)(0) =λf(0) +µg(0) = 0 carf(0) = 0 etg(0) = 0. Enfin commefetgsontborne´es,ilexistM >0 etM0>0 duex constantes telles que|f| ≤Met|g| ≤M0. Doncparline´galite´triangulaire|λf+µg| ≤ |λ||f|+|µ||g| ≤ |λ|M+|µ|M0et donc la fonctionλf+µgestborn´ee.DoncEest stable par combinaison lin´ i ’est doncea re, cun sous-espace vectoriel de l’espace des fonctions de[0,+[ dansR.2.f2ne s’annule pas en 0 donc n’est pas dansE. limx+f3(x) = +doncf3n’est pasborne´esur[0,+[ et donc n’est pas dansE.f1etf4sont de classesC1sur [0,+[, s’annulenten0etsonttouteslesdeuxborne´espar1envaleurabsoluedoncsontdansE.
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3.a.Parde´ntiondelad´eriv´eeen0etlefaitquef(0) = 0, on af0(0) = limf(x)f(0)=limf(x)x0x0x0xdo`ulere´sultat.3.bOnobservedapr`es3.a.quelimx0f(xx)2g(x)=f0(0)g0(0), donc la fonctionx7→f(xx)2g(x)qui est continue sur ]0,1] se prolonge en une fonction continue sur [0,1].Ilsuitquelinte´graleimpropreR01f(xx)g2(x)dxconverge. De plus commefetgsont dansE,ellessontborn´ees.Ilexiste donc une constanteM >0 telle quef(xx)2g(x)xM2pour toutxdans [1,+[. Or parRiemann,R1+x12dxconverge,doncparcomparaisondinte´gralespositivesR1+f(xx)2g(x)dxconverge. Mais comme la convergence absolue implique la convergence,R1+f(xx)g2(x)dxconvergeaussi.EnnparlarelationdeChaslesapplique´eauxint´egralesconvergentesR0+f(xx)2g(x)dx=R01f(xx)2g(x)dx+R1+f(xx)2g(x)dxestuneint´egraleconvergente.4.Lasym´etrieestclairecarpourtoutfetgdansE, on a :(f|g) =Z0+f(xx)2g(x)d=Z+g(xx)f2(x)dx= (g|f).x0Parsyme´trie,pourmontrerlabilin´earite´,ilsutdemontrerlalin´earit´e`adroite.Soientf,getgdansEetλetµdansR, on a(f|λg+µh) =Z+f(x)(λgx+2µh)(x)dx0)g(x) +µf(x)h(x)x=Z0+λf(xx2d=λ+f(x)g(xte´desinte´gralesconvergentes)Z0x2)dx+µZ0+f(x)xh2(x)dx(lin´eari=λ(f|g) +µ(f|h).Ennilrestea`prouverque(.|.)estbiende´nie.OronobservequesifEalors la fonction2(x)x7→f2x(2x)de´niesur]0,[ est continue positive. Donc siR0+f2x(2x)dx= 0 alorsfx2= 0 pourtoutx]0,[ et doncf(x) = 0 pour toutx]0,[. Enfin commef(0) = 0,fest donc lafonction nulle sur [0,+[,cest`adirele0deE.5.Onserame`nedabord`eint´egralepropre.Soient >0 etX >0, et soientfetgdansa unE. L’applicationfgest de classeC1sur [0,+[ et12est continue sur ]0,+[, on peut doncappliquerlinte´grationparpartieseninte´grantx12et exnd´erivantfg. On a alorsf(x)g(x) +f(x)g0(x)dxZXx2)dx=f(x)xg(x)X+ZXf0(x)g(xxf()g()f(X)g(XX)+ZXf0(x)g(x) +f(x)g0(x)dx.=x
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Maintenantdapr`es3.a.onsaitquelim0f()=f0(0)etparcontinuit´edeg, on sait quelim0g() =g(0)=0.Doncenpassant`alalimite0 on a que+f(x)g0(x)dx.Z0Xf(xx)g2(x)dx=f(X)Xg(X)+Z0Xf0(x)g(x)xEnfin commefetgsontborne´es,ilexisteuneconstantM >0 telle quef(X)Xg(X)MX. Doncparencadrementonend´eduitquelimX+f(X)Xg(X)=0.Finalementonaenpassanta`lalimiteX+Z+f(x)2g(x)dx=+f0( (x)g0(x)dx0xZx)g(x) +f,0xd’o` le r´ ltat.u esu6.auαest de classeC1sur [0,+[,uα(0) = 0 et|uα(x)| ≤= 1 pour toutxdans [0,+[ doncestestborn´ee.Ilsuitbienqueuαest dansE.6.b.Dapre`sII.5.onaqueαeαx(1eβx) +βeβx(1αx)edx(uα|uβ) =Z0+xZ0+α(eαxe(β+α)x) +xβ(eβxe(α+β)x)dx.=Deplusgrace`alaconvergencedesint´egrales´etablieenI.3.d,parlin´earit´edesinte´gralesconver-gentes on a que(uα|uβ) =αZ0+eαxex(β+α)xdx+Z+eβxxe(α+β)xdx0β+α=αlnβα+α+βlnβ.6.c.La fonctionlnest convexe donc pour touts, t[0,1] tels quet+s= 1 et pour toutx, y]0,+[,onalin´egalite´suivante:ln(tx+sy)≤ −tln(x)sln(y).Onvaappliquercettein´egalite´avecs=α+αβ[0,1] ett=α+ββ[0,1] de sorte que on a bient+s= 1. On a alors :(uα|uβ) =αlnβ+αα+βlnβ+βα=αlnαα+ββlnαβ+ββ= (α+β)α+αβlnα+αβα+β lnα+ββ(α+β)lnα2+β2(α+β)2(α+β)ln(αα2++ββ)22.
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Enfin en utilisant le fait queαetβsont strictements positifs, on a que(α++ββ)22>1 et doncα2ln(αα2++ββ)22>0.Do`ulonde´duitque(uα|uβ)>0.Partie III1.D’une partvest positive surR.Dautrepartdapre`sI.3.d.lint´egralesuivanteconvergeetvaut :4c2xn4c2=n4.Z0+ec2xxedx=lc2lEn utilisant le fait quevs’annule sur ]− ∞,0], on a doncxZ+v(x)dx=ln14Z0+ec2xxe4c2dx=llnn441.=Doncvestbienunedensite´deprobabilite´.2.Pard´entiondelesperance,sousr´eservedesonexistence,onaque´E(X) =Z+xv(x)dx=ln14Z0+ec2xe4c2xdx.Oronaencalculantlesinte´gralesquexZ0+ec2dx= limX+1c2ec2x0X=c12,etdemeˆme+dx= 1.Z0e4c4cxDoncparline´arite´desintegralesconvergenteslespe´ranceexisteetvaut´1E(X) =ln14Z0+ec2xe4c2xdx=c2ln(4)4c21ln4=4c2l3n(4)3.Onvachercherlafonctiondere´partitiondeY.Onobserved´eja`queYestunevariableale´atoirepositivedoncpourx0,P(Y <0) = 0. Soit maintenantx >0, on a1x2e4c2tdtP(Y < x) =P(X < x) =P(X < x2) =ln4Zec2t.0Ende´rivantcetteexpression,onaalors:(P(Y < x))0=l2nx4(ec2xe4c2x).Yadoncunedensite´de´nieparfY(x) =0l2nx4(ec2xe4c2x)ssiixx>00
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4.Sousre´servedexistencedelint´egrale,gracea`ladensit´edeYd´etermine´epr´ece´demmentondoit avoir+E(Y) =Z02lnx42(ec2xe4c2x)dx.Ramenonsnous`auneinte´gralede´nieetproc´edonsparinte´grationparparties.SoitX >0, ona,Xx2Z0l2n4 (ec2xe4c2x) ="2lnx42ecc22xe44cc22x!#0XZ0Xl4nx4ecc22xe44cc22x!dxe= 2lX2ec2X44cc22X!"l4nx4ecc42xe164cc42x!#0Xn4c2+Z0Xln44ecc42xe164cc42x!dx= 2lnX42ecc22Xe44cc22X!l4nX4ecc42Xe4c2X!16c4X+Z0ln44ecc42xe164cc42x!dx.Ennparcroissancecompare´e,onaZ0+l2nx42(ec2xe4c2x) =Z0+ln44ecc42xe164cc42x!dx,etgraceaucalculd´ejare´alis´edansIII.2.ona63Z0+2lnx42(ec2xe4c2x) =c6l4n464c64ln4 16c6ln4.=En ce qui concerne la variance on utulise la formule suivante :V(Y) =E(Y2)E(Y)2=E(X)E(Y)2.Commeonconnaita`lafoisE(X) etE(Y), il s’agit d’un simple calul (je ne le fais pas...).`PROBLEME 2Partie I1.Par calcul on a0Rθ2=ccooss2θθsi+nθsin2cθosθsinθccoossθ2θsi+nθsin2cθosθsinθ=011=InOn s’apercois que pour toutθ[0,2π[,Rθestuneracinecarr´eedeIn. DoncInadmet une¸innite´deracinesdistinctes.7
2.Supposons queA=0001admetuneracinecarre´e.Notonsla`R=cadb. Enr´esolvantl´equationR2=A,onobtientlesyste`mede´quationsuivant:b(a+d) = 1bac2++db2c==00c(a+d) = 0Grace au ligne 2 et 3, on a quea2=d2etgracea`laligne1,onaquea+d6= 0. Il suit doncquea=d.Enremplac¸antdparadanslaligne1,onende´duitqueadoitˆetrenonnul,puisenrempla¸cantaparddanslaligne4,onend´eduitquec=0.Ennenrempla¸cant,cpar zero dansladeuxi`emeligne,onend´eduitqueaest nul ce qui est une contradiction. Donc la matrice n’apasderacinecarr´ee.Partie II1.Parde´rivationsuccessivede1 +t, on a que1 +t=1+12t18t2+438tt0(3).3+o t2.Dapr`es1.,ona1 11 +t=(1+2tt2+438t3)2+to0(t3).8IlsuitdoncquelepolynˆomeP(X) = 1 +X(1 +12X18X2+438X3)2est un petit o deX3.Onend´eduitalorsqueP0(X) =o(X2),P(2)(X) =o(X) etP(3)=o(1) et donc queP(0) =P0(0) =P(2)(0) =P(3)(0) = 0. Il suit donc que 0 est racine d’ordre 4 dePet qu’il existeQun polynome tel queP(X) =X4Q(X),cequiestl´egalite´recherchee.´3.Encalculantlepolynoˆmeappliqu´e`alendomorphismeN, on aN0+N=(1+12N18N2+438N3)2+N4Q(N),soit encore en utilisant le fais queN0=Inet queN4= 0n, on aIn+N=(1+12N18N2+438N3)2.Donc 1 +21N18N2+438N3estuneracinecarre´edeIn+N.Partie III1.a.SoitxSEP(λ, f), alors en utilisant le fait quefog=gofetparlin´earit´edeg:f(g(x)) =g(f(x)) =g(λx) =λg(x),doncg(x)SEP(λ, f).Do`ulastabilit´edeSEP(λ, f) parg.
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1.b.Commefadmetnvaleurs propres distinctes et quefest un endomorphisme dans unespace de dimensionn, chaque sous espace propre defest de dimension 1. Soit alorsxunvecteur propre de valeur propreλ, on aSEP(λ, f) =V ect < x >. Or commeSEP(λ, f) eststable parg, on ag(x)SEP(λ, f) =V ect < x >,cest`adirequilexistecR, tel queg(x) =cx. Donc tout vecteur propre defest aussi un vecteur propre deg.1.c.fest un endomorphisme en dimensionnet admetnvaleurs propres distinctes donc estdiagonalisable. Soit maintenantBune base de vecteurs propres def.Onsaitdapr`esb.quelesvacteurs propres defsont aussi des vecteurs propres deg, doncBest aussi une base de vecteurspropres pourget doncgest diagonalisable (on rappelle qu’un endomorphisme est daigonalisablesietseulementsiilexisteunebaseconstisut´eedevecteursproprespourcetendomorphisme!).2.a.Aadmetnvaleurs propres distinctes donc est diagonalisable, donc on peut trouver unematrice inversibleP(consitut´eedevecteurspropresdeAdans ses colonnes) telle queP1APsoit diagonale.2.b.Notons (di)i∈{1,...,n}lese´le´mentsdiagonauxdeD. On sait que lesdisont les valeurspropres def.Orparhypothe`secesvaleurspropressontpositivesdonconpeutconside´rerlamatrice diagonaleCdont les coefficients diagonaux sontdi. On observe alors queC2=Detdonc si on poseR=P CP1, on a :R2=RR=P CP1P CP1=P C2P1=P DP1=A.Restdoncuneracinecarr´eedeA.2.c.SoitRuneracinecarr´eedeA, on a doncR2=Aet donc :AR=R2R=RR2=RA,doulere´sultat.`2.d.CommeAR=RA,lesendomorphismesassocie´s`aAetRdans la base canonique deRncommutent.Doncdapr`esIII.1onende´duitqueAetRsont diagonalisables dans une memeˆbasedevecteurspropresetdoncne´cessairementP1RPest diagonale.2.c.SoitRuneracinecarr´eedeA,dapre`s2.d.P1RPestdiagonaleetchaque´ele´mentdesadiagonale peut prendre pour cefficient±diou`lesdisont les valeurs propres deA. Or lesdisont distincts et non-nuls, il y a donc 2nchoix de matrices pourP1RPdonc autant de choixde racine pourR.Partie IV1.SoitXun vecteur propre deSetλsavaleurpropreassocie´e.CommeSest positive, on a :0tXSX=tX(λX) =λtXX.Or commeXest un vecteur propre, on atXX >0 (un vecteur propre n’est jamais nul donc sanormenesannulepaseestdoncstrictementpositive),etonend´eduitqueλ0.
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2.Unematricesyme´triqueadmetunebaseorthogonaledevecteurpropresdoncestdiagonal-isable. De plus la matrice de passagePest orthogonale.3.Si (di)i∈{1,...,n}sontles´ele´mentsdiagonauxdeD(donclesvaleurspropresdeS),onconside`reCla matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sontdi.diestbiend´enispuisqued’apres la question 1., on sait que les valeurs propresdisont positives. Posons alorsR=P CP1.`On a bienR2=P CP1P CP1=P C2P1=P DP1=S,cesta`direqueRest bien uneracine deS.V´erionsqueRestsym´etrique.CommePest orthogonale,tP=P1et commeCestsym´etrique(cardiagonale)onatR=t(P CP1) =tP1tCtP=P CP1=R.DoncRestbiensyme´trique.MontronsmaintenantqueRest positive. A cet effet remarquonsque pour toutX∈ Mn,1, commePest inversible, il existeY∈ Mn,1tel queX=P Y. On adonctXRX=t(P Y)RP Y=tYtP RP Y=tY P1RP Y=tY CY.yy21Mais si on noteY= a.yn, lors on antXRX=Xyi2pdi0,i=1do`ulapositivit´edeS.4.a.SoitXSEP(R, λ), alorsRX=λX, soit encoreSX=R(RX) =R(λX) =λRX=λ2X,doncXSEP(S, λ2),dou`lere´sultat.4.b.Tout d’abord les sous espaces propres sont toujours en somme directe, ce qui justifiel’emploir du.Reste`avoirlinclusion.SoitX∈ ⊕ip=1SEP(R, λi), alors il existe pour touti∈ {1, ..., p},XiSEP(R, λi) tel queX=X1+...+Xp. OrSEP(R, λi)SEP(S, λi2), doncpour touti∈ {1, ..., p},XiSEP(S, λi2) et doncX∈ ⊕ip=1SEP(S, λi2). D’ ` l’inclusion.ou4.c.Grˆacea`linclusionpr´ec´edenteonaquedim(ip=1SEP(R, λi))dim(ip=1SEP(S, λi2))dim(Mn,1) =n,maisparpropri´et´edessommesdirectesonaaussiquep pXdim(SEP(R, λi))Xdim(SEP(S, λi2))n.i=1i=1EnfinRestdiagonalisablecarsembleblea`unematricediagonale,donclasommedesdimensionsde ses sous-espaces propres vaut la dimension deMn,1, soit encorePip=1dim(SEP(R, λi)) =n.Cequinitdeprouverlesinegalite´s.´10
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