نموذج مباراة ولوج السنة الأولى بالمدرسة الحسنية للأشغال العمومية EHTP 2025 - الرياضيات

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en première année de l'École Hassania des Travaux Publics (EHTP), session du 15/07/2025 à 9 h, durée 3 heures, calculatrice interdite. Le sujet (4 pages) comporte deux parties indépendantes : Partie I, la trace comme forme linéaire sur M_n(ℝ) ; Partie II, intégrales de Wallis, formule de Stirling et constante d'Euler. Voici une correction proposée, question par question.

💡 Fil conducteur : la Partie I démontre que toute forme linéaire sur M_n(ℝ) s'écrit M ↦ tr(AM). La Partie II enchaîne Wallis → Stirling → γ : les résultats de II.A (Wallis) resservent en II.B.2.2 pour calculer g(−1).

PARTIE I

I.A. Cas n = 2

I.A.1. Pour M, N ∈ M₂ et λ ∈ ℝ, la diagonale de λM + N est (λa + a', λd + d'), donc φ(λM + N) = λ(a + d) + (a' + d') = λφ(M) + φ(N) : φ est linéaire.
φ(E_1,1) = 1, φ(E_1,2) = 0, φ(E_2,1) = 0, φ(E_2,2) = 1, d'où la matrice ligne (1×4) : Mat(φ) = ( 1 0 0 1 ).

I.A.2. φ(E_1,1) = 1 ≠ 0 et Im φ ⊂ ℝ (dimension 1), donc Im φ = ℝ, dim Im φ = 1. Par le théorème du rang : dim ker φ = 4 − 1 = 3.
ker φ = {M : a + d = 0} = {a(E_1,1 − E_2,2) + bE_1,2 + cE_2,1}, donc une base de ker φ est (E_1,1 − E_2,2, E_1,2, E_2,1) (famille génératrice de 3 vecteurs dans un espace de dimension 3, ou libre à vue).
Complétion : E_1,1 ∉ ker φ, donc ker φ ⊕ Vect(E_1,1) = M₂ (dimensions 3 + 1 = 4) et (E_1,1 − E_2,2, E_1,2, E_2,1, E_1,1) est une base de M₂.

I.A.3. Calcul direct : la diagonale de MN est (aa' + bc', cb' + dd'), celle de NM est (a'a + b'c, c'b + d'd). Donc φ(MN) = aa' + bc' + cb' + dd' = φ(NM), soit φ(MN − NM) = 0 pour tout couple (M, N).
Or φ(I) = 2 ≠ 0. Donc MN − NM = I est impossible.

I.A.4. On applique l'hypothèse à deux matrices bien choisies.
• N = E_1,2 : ME_1,2 = (0 a ; 0 c) et E_1,2M = (c d ; 0 0). L'égalité donne c = 0 et a = d.
• N = E_2,1 : ME_2,1 = (b 0 ; d 0) et E_2,1M = (0 0 ; a b). L'égalité donne b = 0.
Donc M = (a 0 ; 0 a) = aI, λ = a. (Réciproquement λI commute avec tout.)

I.B. Cas général

I.B.1. φ est linéaire (même calcul qu'en I.A.1) et non nulle (φ(E_1,1) = 1), donc Im φ = ℝ. Théorème du rang : dim ker φ = n² − 1 (ker φ est un hyperplan).

I.B.2. Considérons la famille ℱ formée de :
• les E_i,j pour i ≠ j (n² − n matrices, de diagonale nulle, donc dans ker φ) ;
• les E_1,1 − E_i,i pour i = 2, …, n (n − 1 matrices, de trace 1 − 1 = 0).
Cardinal : n² − n + n − 1 = n² − 1. Liberté : si Σ_i≠j λ_i,jE_i,j + Σ_i≥2 μ_i(E_1,1 − E_i,i) = 0, le coefficient en position (i, j), i ≠ j, donne λ_i,j = 0, et le coefficient en position (i, i), i ≥ 2, donne −μ_i = 0. ℱ est une famille libre de n² − 1 vecteurs de ker φ, de dimension n² − 1 : c'est une base de ker φ.

I.B.3. (MN)_i,i = Σ_k a_i,kb_k,i, donc φ(MN) = Σ_iΣ_k a_i,kb_k,i. De même φ(NM) = Σ_iΣ_k b_i,ka_k,i. En échangeant les noms des indices muets i ↔ k dans la seconde somme, on obtient Σ_kΣ_i b_k,ia_i,k = φ(MN). Donc φ(MN) = φ(NM).

I.B.4. M = Σ_i,j a_i,jE_i,j, donc par linéarité : f(M) = Σ_i,j a_i,j f(E_i,j).
Pour A = (α_i,j) : φ(AM) = Σ_iΣ_k α_i,ka_k,i. On veut que ce soit égal à Σ_k,i a_k,i f(E_k,i) pour toute M : il suffit de prendre α_i,k = f(E_k,i).
Existence : A_f = (f(E_j,i))_i,j, c'est-à-dire la transposée de la matrice (f(E_i,j))_i,j.
Unicité : un calcul direct donne φ(A E_k,l) = (A)_l,k. Si φ(AM) = φ(BM) pour toute M, alors avec M = E_k,l : (A − B)_l,k = 0 pour tous k, l, donc A = B.

I.B.5. • Linéarité : pour f, g et λ, la matrice λA_f + A_g vérifie φ((λA_f + A_g)M) = λf(M) + g(M) ; par unicité, A_λf+g = λA_f + A_g.
• Injectivité : si A_f = 0, alors f(M) = φ(0) = 0 pour toute M, donc f = 0.
• Dimensions : dim ℒ(M_n, ℝ) = n² × 1 = n² = dim M_n.
Application linéaire injective entre espaces de même dimension finie : Ψ est un isomorphisme. (Surjectivité directe aussi : pour A donnée, f : M ↦ φ(AM) est linéaire et Ψ(f) = A.)

I.B.6. Soit M = (m_k,l) commutant avec toute matrice, en particulier avec chaque E_i,j. (ME_i,j)_k,l = m_k,iδ_j,l et (E_i,jM)_k,l = δ_i,km_j,l.
• Avec l = j et k ≠ i : m_k,i = 0, donc tous les coefficients hors diagonale sont nuls.
• Avec k = i et l = j : m_i,i = m_j,j, donc les coefficients diagonaux sont égaux.
Donc M = λI (et réciproquement les λI commutent avec tout).

PARTIE II

II.A. Intégrales de Wallis I_n = ∫₀^π/2 cosⁿx dx

II.A.1.1. Intégration par parties avec u = cosⁿ⁺¹x, v' = cos x (v = sin x) :
I_n+2 = [cosⁿ⁺¹x sin x]₀^π/2 + (n + 1)∫₀^π/2 cosⁿx sin²x dx = (n + 1)(I_n − I_n+2) (le crochet est nul, et sin² = 1 − cos²).
D'où I_n+2 = (n + 1)/(n + 2) · I_n.

II.A.1.2. I₀ = π/2 et I₁ = [sin x]₀^π/2 = 1. Par récurrence :
I_2n = (1·3·…·(2n−1))/(2·4·…·2n) · π/2, soit I_2n = (2n)! / (2²ⁿ(n!)²) · π/2 ;
I_2n+1 = (2·4·…·2n)/(3·5·…·(2n+1)), soit I_2n+1 = 2²ⁿ(n!)² / (2n+1)!.
(On multiplie numérateur et dénominateur par 2·4·…·2n = 2ⁿn!.)

II.A.2.1. Sur [0, π/2], 0 ≤ cos x ≤ 1 donc cosⁿ⁺¹x ≤ cosⁿx : la suite (I_n) est décroissante, et I_n > 0 (intégrale d'une fonction continue positive non nulle). Donc I_n+2 ≤ I_n+1 ≤ I_n, et en divisant par I_n : (n + 1)/(n + 2) ≤ I_n+1/I_n ≤ 1. Par encadrement, I_n+1/I_n → 1 : I_n ~ I_n+1.

II.A.2.2. J_n+1 = (n + 2)I_n+1I_n+2 = (n + 2)I_n+1 · (n + 1)/(n + 2) · I_n = (n + 1)I_nI_n+1 = J_n. La suite est constante : J_n = J₀ = I₀I₁ = π/2.
Avec I_n+1 ~ I_n : (n + 1)I_n² ~ π/2, donc I_n² ~ π/(2n) et, I_n > 0, I_n ~ √(π/(2n)).

II.A.2.3. Notons F(t) = ∫₀^π/2(cos x)^tdx. Comme 0 ≤ cos x ≤ 1, t ↦ (cos x)^t est décroissante, donc F aussi. Pour t ≥ 1, avec n = ⌊t⌋ : n ≤ t < n + 1, d'où I_n+1 ≤ F(t) ≤ I_n.
Or I_n ~ √(π/(2n)) et I_n+1 ~ √(π/(2(n+1))), et n/t → 1, (n+1)/t → 1 quand t → +∞. Donc I_n/√(π/(2t)) → 1 et I_n+1/√(π/(2t)) → 1. Par encadrement : F(t) ~ √(π/(2t)) quand t → +∞.

II.A.2.4. Changement de variable x = nπ + u, u ∈ [0, π] : |sin x| = sin u, donc a_n = ∫₀^π(sin u)^nπ+udu. Comme 0 ≤ sin u ≤ 1 et nπ + u ≤ (n+1)π, on a (sin u)^nπ+u ≥ (sin u)^(n+1)π. Donc
a_n ≥ ∫₀^π(sin u)^(n+1)πdu = 2∫₀^π/2(cos v)^(n+1)πdv = 2F((n+1)π) ~ 2√(π/(2(n+1)π)) ~ √2/√n (symétrie par rapport à π/2, puis v = π/2 − u, puis II.A.2.3).
La série Σ 1/√n diverge (Riemann, α = 1/2 ≤ 1). Par comparaison de séries à termes positifs, Σ a_n diverge.
L'intégrande étant positif, ∫₁^Nπ|sin x|^xdx ≥ Σ_n=1^N−1a_n → +∞ : l'intégrale impropre ∫₁^+∞|sin x|^xdx diverge.

II.A.3. La suite u_n

II.A.3.1. v_n = u_n+1 − u_n = (n + 3/2)ln(n+1) − (n+1) − ln((n+1)!) − (n + 1/2)ln n + n + ln(n!) = (n + 1/2)ln(1 + 1/n) − 1 (car ln((n+1)!) − ln(n!) = ln(n+1)).
Avec ln(1 + x) = x − x²/2 + x³/3 + O(x⁴), x = 1/n :
(n + 1/2)(1/n − 1/(2n²) + 1/(3n³) + O(1/n⁴)) = 1 − 1/(2n) + 1/(3n²) + 1/(2n) − 1/(4n²) + O(1/n³) = 1 + 1/(12n²) + O(1/n³).
Donc v_n ~ 1/(12n²).

II.A.3.2. v_n est positif à partir d'un certain rang et équivalent à 1/(12n²), terme d'une série de Riemann convergente (α = 2) : Σ v_n converge. Or u_n = u₁ + Σ_k=1ⁿ⁻¹v_k (somme télescopique), donc (u_n) converge vers une limite S.

II.A.4. e^u_n = n^n+1/2e⁻ⁿ/n! → e^S (exp continue). Donc n! ~ e^−S n^n+1/2e⁻ⁿ : C = e^−S > 0 convient.

II.A.5. On écrit I_2n de deux façons.
• Par II.A.2.2 : I_2n ~ √(π/(4n)) = √π/(2√n).
• Par II.A.1.2 et II.A.4 : (2n)! ~ C(2n)^2n+1/2e⁻²ⁿ et (n!)² ~ C²n²ⁿ⁺¹e⁻²ⁿ, donc (2n)!/(n!)² ~ 2^2n+1/2/(C√n), et I_2n = π/2²ⁿ⁺¹ · (2n)!/(n!)² ~ π√2/(2C√n) = π/(C√(2n)).
En identifiant : π/(C√2) = √π/2, soit C = √(2π), d'où la formule de Stirling n! ~ √(2πn) nⁿe⁻ⁿ.

II.B. Séries entières

II.B.1. Pour x ≠ 0, |x|ⁿ⁺¹/(n+1) · n/|x|ⁿ → |x| : par la règle de d'Alembert, le rayon vaut R = 1.
• Sur ]−1, 1[, la somme d'une série entière est continue (et même de classe C^∞) sur l'intervalle ouvert de convergence, et f(x) = −ln(1 − x) (primitive de Σ xⁿ⁻¹ = 1/(1−x) nulle en 0).
• En x = −1 : sur [−1, 0], Σ xⁿ/n est une série alternée dont le terme décroît en valeur absolue vers 0 ; le critère des séries alternées donne |R_n(x)| ≤ |x|ⁿ⁺¹/(n+1) ≤ 1/(n+1), majoration uniforme : la convergence est uniforme sur [−1, 0], donc f est continue en −1.
Conclusion : f est continue sur [−1, 1[ et f(x) = −ln(1 − x) ; en particulier f(−1) = −ln 2.

II.B.2.1. ln(1 + 1/n) ~ 1/n, donc ln(1 + 1/(n+1))/ln(1 + 1/n) → 1 : rayon R = 1 (même rayon que Σ xⁿ/n, les coefficients étant équivalents).

II.B.2.2. En x = −1, le terme (−1)ⁿln(1 + 1/n) est alterné, de valeur absolue décroissante et tendant vers 0 : la série converge (critère des séries alternées).
Calcul : on regroupe les termes n = 2k − 1 et n = 2k : −ln(2k/(2k−1)) + ln((2k+1)/(2k)) = ln[(2k−1)(2k+1)/(2k)²]. La somme partielle d'ordre 2N vaut donc S_2N = ln Π_k=1^N(2k−1)(2k+1)/(2k)².
Or, par II.A.1.2, I_2N/I_2N+1 = (π/2) Π_k=1^N(2k−1)(2k+1)/(2k)², et ce rapport tend vers 1 (II.A.2.1). Donc le produit tend vers 2/π (produit de Wallis) et g(−1) = ln(2/π) ≈ −0,452 (la série convergeant, la limite de S_2N est sa somme).

II.B.3. Pour x ∈ [0, 1[, les termes sont positifs, donc pour tout N : g(x) ≥ Σ_n=1^Nln(1 + 1/n)xⁿ. Quand x → 1⁻, ce polynôme tend vers Σ_n=1^Nln((n+1)/n) = ln(N + 1) (télescopage). Donc liminf g(x) ≥ ln(N+1) pour tout N : g(x) → +∞ quand x → 1⁻.

II.B.4.1. Pour |x| < 1 : g(x) + ln(1 − x) = Σ_n≥1c_nxⁿ avec c_n = ln(1 + 1/n) − 1/n ~ −1/(2n²). Σ|c_n| converge, donc la série Σ c_nxⁿ converge normalement sur [−1, 1] : sa somme h est continue sur [−1, 1]. Ainsi g(x) + ln(1 − x) = h(x) → h(1) quand x → 1⁻ : ℓ existe et ℓ = Σ_n≥1(ln(1 + 1/n) − 1/n).

II.B.4.2. w_n+1 − w_n = 1/(n+1) − ln(1 + 1/n). Pour x > 0, ln(1 + x) ≥ x/(1 + x) (la fonction ln(1+x) − x/(1+x) est nulle en 0, de dérivée x/(1+x)² ≥ 0). Avec x = 1/n : ln(1 + 1/n) ≥ 1/(n+1). Donc w_n+1 − w_n ≤ 0 : (w_n) est décroissante.

II.B.4.3. Posons w'_n = 1 + 1/2 + … + 1/n − ln(n + 1) = w_n − ln(1 + 1/n).
• w'_n+1 − w'_n = 1/(n+1) − ln(1 + 1/(n+1)) ≥ 0 (car ln(1+x) ≤ x) : (w'_n) est croissante.
• w_n − w'_n = ln(1 + 1/n) → 0, (w_n) décroissante, (w'_n) croissante : les suites sont adjacentes et convergent vers une même limite γ.
• γ ≥ w'₁ = 1 − ln 2 > 0. Donc (w_n) converge vers γ > 0 (constante d'Euler, γ ≈ 0,577).

II.B.5. Par II.B.4.1, ℓ = lim_N→∞Σ_n=1^N(ln(1 + 1/n) − 1/n) = lim_N(ln(N + 1) − (1 + 1/2 + … + 1/N)) = lim_N(−w'_N) = −γ. Donc ℓ = −γ, c'est-à-dire g(x) = −ln(1 − x) − γ + o(1) quand x → 1⁻.