نموذج مباراة ولوج السنة الأولى من سلك مهندسي الدولة - المعهد الوطني للبريد والمواصلات (INPT) 2004 - اختبار الرياضيات

Épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année du cycle d'ingénieurs d'État de l'INPT, session du 29 juin 2004. Durée : 3 heures. Exercice 1 (long) : intégrale de Gauss, fonction Γ, formule de Stirling, constante d'Euler, fonction Β, théorème de Bohr-Mollerup et fonction Ψ. Exercice 2 : réduction d'une matrice à paramètres et puissances. Voici une correction proposée.

💡 Coquille de l'énoncé : dans I.2 la fonction intégrée est imprimée e^−x²+y² ; il faut lire e^−(x²+y²) (sinon les intégrales ne tendent pas vers une limite finie). La correction suit cette lecture.

Exercice 1

I) Intégrale de Gauss

• 1) Pour t ≥ 1, t² ≥ t donc 0 < e^−t² ≤ e^−t, intégrable : G converge.
• 2) Le carré Ω_r/√2 (diagonale r) est contenu dans le quart de disque Δ_r, lui-même contenu dans Ω_r ; l'intégrande est positive, d'où A(r/√2) ≤ B(r) ≤ A(r). Par Fubini, A(r) = (∫₀^re^−x²dx)² → G², et par encadrement B(r) → G².
• 3) En polaires : B(r) = ∫₀^π/2∫₀^re^−ρ²ρ dρ dθ = (π/4)(1 − e^−r²) → π/4. Donc G² = π/4 et G = √π/2.

II) Fonction Γ et formule de Stirling

• 1) En 0 : t^x−1e^−t ~ t^x−1, intégrable ⇔ x > 0 ; en +∞ : t^x−1e^−t = o(1/t²). Γ(x) converge ⇔ x > 0. Par parties : Γ(x+1) = [−t^xe^−t]₀^∞ + x∫t^x−1e^−tdt = xΓ(x). Γ(1) = 1 donne Γ(n) = (n − 1)!. Par t = u² : Γ(1/2) = 2∫₀^∞e^−u²du = 2G = √π, d'où Γ(n + ½) = (n − ½)(n − 3/2)…(½)√π = (2n)!√π/(4ⁿn!) (contrôle : Γ(3/2) = √π/2).
• 2) a) h = ln f − ln f(0) vérifie h(0) = h'(0) = 0 (maximum intérieur) et h''(0) = f''(0)/f(0) < 0. Par Taylor, il existe δ > 0 tel que h(t) ≤ (h''(0)/4)t² pour |t| ≤ δ. Sur le compact δ ≤ |t| ≤ 1, h est continue et < 0 (maximum strict), donc h ≤ −m < 0, et −m ≤ −mt². Avec a = min(−h''(0)/4, m) > 0 : f(t) ≤ f(0)e^−at² sur [−1,1]. (Cette majoration est ce qui justifie, par convergence dominée, la limite admise en b).)
• 2) b) Par t = s/√n : ∫₋₁¹f(t)ⁿdt = (1/√n)∫_−√n^√nf(s/√n)ⁿds ~ (f(0)ⁿ/√n)∫e^−cs²ds avec c = |f''(0)|/(2f(0)). Comme ∫e^−cs²ds = √(π/c) = √(2πf(0)/|f''(0)|) : ∫₋₁¹fⁿ ~ √(2π/n)·f(0)^n+½/√|f''(0)|.
• 3) a) Dans Γ(n+1) = ∫₀^∞tⁿe^−tdt, on pose t = n(1 + u) : Γ(n+1) = nⁿ⁺¹e⁻ⁿ∫₋₁^+∞(g(u))ⁿdu avec g(u) = (1 + u)e^−u.
• 3) b) g'(u) = −ue^−u : g décroît sur [0, ∞[, donc g ≤ g(1) = 2/e < 1 sur [1, ∞[ et ∫₁^∞gⁿ ≤ (2/e)ⁿ⁻¹∫₁^∞g ≤ 2(2/e)ⁿ⁻¹ = o(1/√n).
• 3) c) Sur [−1,1], g est C², maximum global strict g(0) = 1, g''(u) = (u − 1)e^−u, g''(0) = −1. (g s'annule en −1 : la preuve de 2 a) n'utilise que g ≥ 0 et g < g(0) hors de 0, elle s'applique.) Donc ∫₋₁¹gⁿ ~ √(2π/n), et avec b) : Γ(n + 1) = n! ~ nⁿe⁻ⁿ√(2πn) (formule de Stirling).

III)

• 1) a) h = ln (∫e^−t|ln t| < ∞). Par t = nu : ∫₀ⁿ(1 − t/n)ⁿln t dt = (n/(n+1))ln n + n∫₀¹(1 − u)ⁿln u du. Avec v = 1 − u et −ln(1 − v) = Σv^k/k : ∫₀¹vⁿln(1 − v)dv = −Σ_k≥11/(k(n+k+1)) = −H_n+1/(n+1) (H_m = 1 + … + 1/m). L'intégrale vaut donc (n/(n+1))(ln n − H_n+1) → −γ.
• 1) b) Par parties : ∫₀¹e^−tln t dt = [(1 − e^−t)ln t]₀¹ − ∫₀¹(1 − e^−t)/t dt = −∫₀¹(1 − e^−t)/t dt, et ∫₁^∞e^−tln t dt = ∫₁^∞e^−t/t dt = ∫₀¹e^−1/s/s ds (t = 1/s). En sommant et avec a) : γ = ∫₀¹(1 − e^−t − e^−1/t)/t dt.
• 2) a) Intégrande ~ t^x−1 en 0 et ~ (1 − t)^y−1 en 1, avec x, y > 0 : B existe. Par parties (crochet nul) : B(x, n) = ((n − 1)/x)B(x + 1, n − 1), et B(x, 1) = 1/x, d'où B(x, n) = (n − 1)!/(x(x+1)…(x+n−1)).
• 2) b) Pour x = p entier : p(p+1)…(p+q−1) = (p+q−1)!/(p−1)!, d'où B(p,q) = (p−1)!(q−1)!/(p+q−1)!.
• 2) c) Γ(x)Γ(y) = ∬_ℝ+²e^−(u+v)u^x−1v^y−1du dv ; avec u = st, v = s(1 − t) (jacobien s), Fubini-Tonelli (fonction positive) : Γ(x)Γ(y) = ∫₀^∞e^−ss^x+y−1ds·∫₀¹t^x−1(1−t)^y−1dt = Γ(x+y)B(x,y).
• 3) a) On applique l'hypothèse de 1) à h(t) = t^x−1, puis t = nu : Γ(x) = lim n^xB(x, n+1) = lim n^xn!/(x(x+1)…(x+n)).
• 3) b) ln(n^xn!/(x…(x+n))) = −ln x + x ln n − Σ_k=1ⁿln(1 + x/k) = −ln x + x(ln n − H_n) + Σ_k=1ⁿ(x/k − ln(1 + x/k)). La série converge (terme ~ x²/(2k²)) et ln n − H_n → −γ : ln Γ(x) = −ln x − γx + Σ(x/n − ln(1 + x/n)).
• 4) a) ξ(t + n + 1) = t(t+1)…(t+n)ξ(t), et t + n + 1 = λ(x + n + 1) + (1 − λ)(y + n + 1) : la log-convexité donne ξ(t+n+1) ≤ ξ(x+n+1)^λξ(y+n+1)^1−λ, c'est l'inégalité demandée.
• 4) b) On divise par n^tn! = (n^xn!)^λ(n^yn!)^1−λ et on fait n → ∞ avec 3) a) (x…(x+n)/(n^xn!) → 1/Γ(x)) : ξ(t)/Γ(t) ≤ (ξ(x)/Γ(x))^λ(ξ(y)/Γ(y))^1−λ.
• 4) c) L = ln(ξ/Γ) est convexe (b), 1-périodique (même équation fonctionnelle) et L(1) = 0. Convexe sur un ouvert, elle est continue, donc bornée (périodique). Si L(x) < L(y) avec x < y, la convexité donne L(y + k(y − x)) ≥ L(y) + k(L(y) − L(x)) → +∞ : impossible. L est donc décroissante et périodique, donc constante, égale à L(1) = 0 : ξ = Γ (théorème de Bohr-Mollerup).

IV) Ψ = Γ'/Γ

• 1) a) En dérivant III.3 b) terme à terme (dérivées 1/n − 1/(n + x), majorées par b/n² sur [a, b], convergence normale) : Ψ(x) = −γ + Σ_n≥0(1/(n+1) − 1/(n+x)). Les dérivées successives convergent normalement sur [a, +∞[, d'où pour p ≥ 1 : Ψ^(p)(x) = (−1)^p+1 p! Σ_n≥0 1/(n + x)^p+1.
• 1) b) Ψ(1) = −γ et Γ(1) = 1 : Γ'(1) = −γ. Γ'' = (Ψ' + Ψ²)Γ et Ψ'(1) = Σ1/(n+1)² = π²/6 : Γ''(1) = γ² + π²/6.
• 2) a) ln Γ(x+1) = ln x + ln Γ(x) ⇒ Ψ(x+1) = Ψ(x) + 1/x. Donc Ψ(n+1) = Ψ(1) + Σ_k=1ⁿ1/k, soit Σ_k=1ⁿ1/k = Ψ(n+1) + γ.
• 2) b) Avec 1) a) pour l'ordre p − 1 ≥ 1 : Ψ^(p−1)(n+1) = (−1)^p(p−1)! Σ_k≥n+11/k^p. Donc ((−1)^p−1/(p−1)!)Ψ^(p−1)(n+1) = −Σ_k>n1/k^p = Σ_k=1ⁿ1/k^p − ζ(p) : c'est la relation demandée.

Exercice 2

Remarque clé : M_α = N + αI avec N = [[0, 0, −1], [2, 0, β], [−3−β, −1, 0]] indépendante de α, et M_α = M₁ + (α − 1)I.

1)

• b) det(XI − N) = X(X² + β) + (−2 − (3 + β)X) = X³ − 3X − 2 = (X + 1)²(X − 2) (β disparaît). Donc χ_Mα(X) = (X − α + 1)²(X − α − 2).
• a) det M_α = (α − 1)²(α + 2) : M_α non inversible ⇔ α = 1 ou α = −2, quel que soit β.
• c) Valeurs propres α − 1 (double) et α + 2 (simple). (M_α − (α−1)I) = N + I = [[1,0,−1],[2,1,β],[−3−β,−1,1]] est de rang 2 : sous-espace propre de dimension 1, engendré par V₁ = (1, −2−β, 1) (vérification ligne par ligne : 1 − 1 = 0, 2 − 2 − β + β = 0, −3 − β + 2 + β + 1 = 0). Pour α + 2 : (N − 2I)v = 0 donne z = −2x, y = (1 − β)x : (1, 1 − β, −2). M_α n'est donc jamais diagonalisable.
• d) det(V₁, V₂, V₃) = 1·(4 − (1 + β)) + ((2 + β) + 2) = 7 ≠ 0 : famille libre. (N + I)V₁ = 0 et (N + I)V₂ = (1, −2−β, 1) = V₁, donc (N + I)²V₁ = (N + I)²V₂ = 0. Ker(N + I)² est le sous-espace caractéristique de α − 1, de dimension 2 (multiplicité) : (V₁, V₂) en est une base. (V₃ complète la base ; ce n'est pas un vecteur propre.)

2)

• a) M₁ = N + I a pour polynôme caractéristique X²(X − 3), annulateur (Cayley-Hamilton) : M₁³ = 3M₁². Donc M₁⁰ = I, M₁¹ = M₁, M₁ⁿ = 3ⁿ⁻²M₁² pour n ≥ 2, avec M₁² = [[4+β, 1, −2], [4−3β−β², 1−β, 2β−2], [−8−2β, −2, 4]] (matrice de rang 1, colonnes proportionnelles à (1, 1−β, −2)).
• b) Par récurrence : vrai pour n = 0 (φ_α(0) = 0). Si c'est vrai au rang n, M_αⁿ⁺¹ = M_αⁿ(M₁ + (α−1)I) et M₁³ = 3M₁² donnent M_αⁿ⁺¹ = [(α + 2)φ_α(n) + n(α−1)ⁿ⁻¹]M₁² + (n+1)(α−1)ⁿM₁ + (α−1)ⁿ⁺¹I, ce qui est la formule au rang n+1 avec la relation (1).
• c) Par la formule du binôme (M₁ et I commutent) : φ_α(n) = Σ_k=2ⁿC(n,k)3^k−2(α−1)^n−k = [(α+2)ⁿ − (α−1)ⁿ − 3n(α−1)ⁿ⁻¹]/9. D'où λ = −1/3, μ = (1 − α)/9, ν = 1/9. Contrôle : φ_α(1) = 0 et φ_α(2) = 1, conformes à (1).