Modèle concours d'accès — ENSAM Meknès 2007 — Mathématiques — séries Sciences mathématiques A et B et Sciences & Techniques

Ce modèle est l'épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année de l'ENSAM Meknès (Université Moulay Ismaïl), séries Sciences Mathématiques A et B et Sciences & Techniques, session du 21 juillet 2007. Durée : 3 h 30. Exercice 1 (vrai/faux, 10 pts), exercice 2 (fonctions qui commutent, 10 pts), exercice 3 (arithmétique, 9 pts), problème 1 (irrationalité de π, 22 pts) et problème 2 (suite et matrices, 9 pts). Voici une correction proposée avec la démarche.

💡 Le problème 1 est la démonstration classique de l'irrationalité de π (méthode de Niven) : chaque partie prépare la suivante. Même si une question résiste, admettez son résultat et continuez, car les parties B et C se traitent en utilisant les résultats de la partie A.

Exercice 1 — Vrai ou faux

• 1.1 Vrai. p ⇒ (q ⇒ non r) ≡ non p ou (non q ou non r), c'est exactement (**).
• 1.2 Vrai. Si « p ou r » est fausse, p est fausse, et une implication de prémisse fausse est vraie.
• 2. Faux. Plusieurs choix de quantificateurs rendent (***) vraie : ∀x ∃y ∃z (y = x, z = 1) ; ∃x ∀y ∃z (x = 0, z = 0) ; ∃x ∃y ∀z (x = y = 0) ; ∃x ∃y ∃z.
• 3.1 Vrai. (A ∪ B) \ (A ∪ C) = (A ∪ B) ∩ Ā ∩ C̄ = B ∩ Ā ∩ C̄ ⊂ B \ C ⊂ A ∪ (B \ C).
• 3.2 Faux. Avec A = ∅, les deux ensembles valent B \ C : l'égalité peut avoir lieu.
• 4.1 Vrai. P(2) = 8 − 24 + 26 − 10 = 0, donc (x − 2), et donc (2 − x), divise P. On trouve P(x) = (x − 2)(x² − 4x + 5).
• 4.2 Faux. Les racines de x² − 4x + 5 sont 2 + i et 2 − i : 2 − i est bien racine, mais 2013 − i ne l'est pas (P a au plus 3 racines : 2, 2 + i, 2 − i).
• 5. Vrai. Pour x > 0 : f(x) = f(x^1/2ⁿ) et x^1/2ⁿ → 1, donc par continuité en 1, f(x) = f(1). Pour |x| < 1 : f(x) = f(x^2ⁿ) → f(0) par continuité en 0, donc f(0) = f(1/2) = f(1). Pour x < 0 : f(x) = f(x²) = f(1). f est constante.
• 6. Faux. f continue sur la période [0, T] (segment) y est bornée, et la périodicité étend la borne à ℝ : f est bornée.
• 7. Vrai. F(x) = ∫₀^x f vérifie F' ≤ kF, donc (e^−kxF)' ≤ 0 : e^−kxF est décroissante et nulle en 0, d'où F ≤ 0. Or f ≥ 0 donne F ≥ 0, donc F ≡ 0 et f = F' ≡ 0. (Si k ≤ 0, c'est immédiat : 0 ≤ f ≤ kF ≤ 0.)

Exercice 2

Pour que f∘g et g∘f aient un sens et pour la question 1, f et g sont prises de [0, 1] dans [0, 1] (c'est l'hypothèse sous-entendue du résultat « deux fonctions continues qui commutent se recoupent »).

A.1 f admet un point fixe

h(x) = f(x) − x est continue, h(0) = f(0) ≥ 0 et h(1) = f(1) − 1 ≤ 0. Par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe a ∈ [0, 1] tel que h(a) = 0, c'est-à-dire f(a) = a.

A.2 φ = f − g garde un signe constant

Sous l'hypothèse H, φ est continue et ne s'annule pas sur l'intervalle [0, 1]. Si elle changeait de signe, elle s'annulerait (valeurs intermédiaires). Donc φ > 0 partout ou φ < 0 partout.

A.3 La suite u₀ = a, u_n+1 = g(u_n)

• 3.1 g est à valeurs dans [0, 1], donc u_n ∈ [0, 1] : la suite est bornée.
• 3.2 Récurrence : f(u₀) = f(a) = a = u₀. Si f(u_n) = u_n, alors f(u_n+1) = f(g(u_n)) = g(f(u_n)) = g(u_n) = u_n+1.
• 3.3 u_n+1 − u_n = g(u_n) − f(u_n) = −φ(u_n), de signe constant : (u_n) est monotone. Monotone et bornée, elle converge vers un réel l, et l ∈ [0, 1] (intervalle fermé).

A.4 Conclusion

4.1 En passant à la limite (f et g continues) dans f(u_n) = u_n et u_n+1 = g(u_n) : f(l) = l et g(l) = l.
4.2 Alors f(l) = g(l), ce qui contredit H. Donc H est fausse : il existe l ∈ [0, 1] tel que f(l) = g(l) ; deux fonctions continues de [0, 1] dans [0, 1] qui commutent se recoupent.

B. « On ne peut être dépassé par moins rapide que soi »

d = g − f est dérivable sur [0, 1] avec d' = g' − f' ≥ 0 : d est croissante, et d(0) = 0. Donc d(x) ≥ 0, soit f(x) ≤ g(x) pour tout x ∈ [0, 1].

Exercice 3 — Arithmétique

1. D_a∧b = D_a ∩ D_b

⊂ : si d | a∧b, comme a∧b divise a et b, d divise a et b.
⊃ : si d | a et d | b, d'après Bézout il existe u, v ∈ ℤ avec a∧b = au + bv, donc d | a∧b.

2. (a∧b)∧c = a∧(b∧c)

D'après 1 : D_(a∧b)∧c = D_a∧b ∩ D_c = D_a ∩ D_b ∩ D_c = D_a ∩ D_b∧c = D_a∧(b∧c). Deux entiers ayant le même ensemble de diviseurs sont égaux (chacun est le plus grand élément de cet ensemble).

3. S_n = (n(n + 1)/2)²

Récurrence : S₁ = 1 = (1·2/2)². Si S_n = n²(n + 1)²/4, alors S_n+1 = n²(n + 1)²/4 + (n + 1)³ = (n + 1)²(n² + 4n + 4)/4 = ((n + 1)(n + 2)/2)². Et Σk = n(n + 1)/2.

4. PGCD de sommes consécutives

On note T_n = n(n + 1)/2, de sorte que S_n = T_n², et on utilise (x²)∧(y²) = (x∧y)².

• 4.1 T_2p = p(2p + 1), T_2p+1 = (2p + 1)(p + 1) ; T_2p ∧ T_2p+1 = (2p + 1)(p ∧ (p + 1)) = 2p + 1. S_2p ∧ S_2p+1 = (2p + 1)².
• 4.2 T_2p+1 = (2p + 1)(p + 1), T_2p+2 = (p + 1)(2p + 3) ; (2p + 1)∧(2p + 3) = (2p + 1)∧2 = 1, donc le PGCD vaut p + 1. S_2p+1 ∧ S_2p+2 = (p + 1)².
• 4.3 (S_2p ∧ S_2p+1) ∧ S_2p+2 = ((2p + 1) ∧ (p + 1)(2p + 3))². Or (2p + 1)∧(p + 1) = 1 (2(p + 1) − (2p + 1) = 1) et (2p + 1)∧(2p + 3) = 1. Résultat : 1.
• 4.4 (S_2p+1 ∧ S_2p+2) ∧ S_2p+3 = ((p + 1) ∧ T_2p+3)² avec T_2p+3 = (2p + 3)(p + 2) ; (p + 1)∧(p + 2) = 1 et (p + 1)∧(2p + 3) = (p + 1)∧1 = 1. Résultat : 1.

5. (S_n ∧ S_n+1) ∧ S_n+2

Si n = 2p est pair : 4.3 ; si n = 2p + 1 est impair : 4.4 (et pour n = 1, S₁ = 1). Dans tous les cas : (S_n ∧ S_n+1) ∧ S_n+2 = 1. Exemple : S₂ = 9, S₃ = 36, S₄ = 100 : 9 ∧ 36 = 9 et 9 ∧ 100 = 1.

Problème 1 — Irrationalité de π

Partie A

1.1 Définition de la convergence avec ε = 1/4 : il existe m tel que n ≥ m ⇒ |u_n − l| < 1/4.
1.2 Pour n ≥ m : |u_n − u_n+1| ≤ |u_n − l| + |l − u_n+1| < 1/4 + 1/4 = 1/2.
1.3 u_n − u_n+1 est un entier de valeur absolue < 1/2, donc nul : (u_n)_n≥m est constante.

2.1 F' = f ≥ 0 : F est croissante.
2.2 f est continue en x₀ avec f(x₀) > 0 : pour ε = f(x₀)/2, il existe δ > 0 tel que |x − x₀| < δ ⇒ f(x) > f(x₀)/2 > 0. I = ]x₀ − δ, x₀ + δ[ ∩ [a, b] convient (c'est un intervalle non réduit à un point contenant x₀).
2.3 Si f ≥ 0, ∫_a^b f = 0 et f(x₀) > 0 pour un x₀, alors, avec [α, β] ⊂ I, ∫_a^b f ≥ ∫_α^β f ≥ (β − α) f(x₀)/2 > 0 (F croissante) : contradiction. Donc f ≡ 0.
2.4 g ≥ 0 et f ≤ M donnent fg ≤ Mg sur [a, b] ; par croissance de l'intégrale, ∫_a^b fg ≤ M∫_a^b g.

Partie B

1. P_n(0) = 0 et P_n(p/q) = (1/n!)(p − p)ⁿ(p/q)ⁿ = 0 : deux entiers.

2. (Xⁿ)⁽ⁱ⁾ = n!/(n − i)!·Xⁿ⁻ⁱ pour i ≤ n et 0 pour i > n : en 0, seule i = n donne une valeur non nulle, n!. De même ((qX − p)ⁿ)⁽ⁱ⁾ = n!/(n − i)!·qⁱ(qX − p)ⁿ⁻ⁱ pour i ≤ n : en p/q, seule i = n donne n!·qⁿ.

3. Formule de Leibniz : P_n^(k) = (1/n!) Σ_i C(k, i)·((qX − p)ⁿ)^(k−i)·(Xⁿ)⁽ⁱ⁾.

• En 0, seul le terme i = n subsiste : P_n^(k)(0) = C(k, n)·((qX − p)ⁿ)^(k−n)(0) (nul si k < n). Or (qX − p)ⁿ est à coefficients entiers et sa dérivée j-ième en 0 vaut j! fois un coefficient entier : c'est un entier.
• En p/q, seul le terme k − i = n subsiste : P_n^(k)(p/q) = C(k, n)·qⁿ·(Xⁿ)^(k−n)(p/q) = C(k, n)·[n!/(2n − k)!]·q^k−np^2n−k, entier (pour n ≤ k ≤ 2n ; nul sinon).

(On peut aussi remarquer que P_n(p/q − x) = P_n(x), d'où P_n^(k)(p/q) = (−1)ᵏP_n^(k)(0).)

4. Sur [0, π] : |x(qx − p)| ≤ x(qx + p) ≤ π(qπ + p). Avec M = qπ + p : sup_[0,π]|X(qX − p)| ≤ πM.

5. |I_n| ≤ ∫₀^π |P_n(x)| dx ≤ π(πM)ⁿ/n!, et cⁿ/n! → 0 pour tout réel c : I_n → 0.

Partie C (on suppose π = p/q)

1. Deux intégrations par parties donnent, pour un polynôme P : ∫₀^π P sin = [−P cos x + P' sin x]₀^π − ∫₀^π P'' sin = P(π) + P(0) − ∫₀^π P'' sin. En itérant (P_n est de degré 2n) : I_n = Σ_k=0ⁿ (−1)ᵏ[P_n^(2k)(π) + P_n^(2k)(0)]. Comme π = p/q, tous ces termes sont entiers (B.3) : I_n ∈ ℤ.

2. (I_n) est une suite d'entiers qui tend vers 0 (B.5) : d'après A.1, elle est stationnaire, donc nulle à partir d'un rang N. En particulier I_2n = 0 pour n ≥ N.

3. Sur [0, π], x(qx − p) ≤ 0, donc P_2n(x) = (x(qx − p))²ⁿ/(2n)! ≥ 0 et P_2n(x) sin x ≥ 0, fonction continue d'intégrale nulle. D'après A.2.3, P_2n(x) sin x = 0 sur [0, π] ; en x = π/2 (sin = 1) : P_2n(π/2) = 0.

4. Or qπ/2 − p = p/2 − p = −p/2, donc P_2n(π/2) = (1/(2n)!)·(p/2)²ⁿ(π/2)²ⁿ ≠ 0 : contradiction. On a démontré que π est irrationnel.

Problème 2

1. Récurrence : si u_n > 0 et u_n+1 > 0, alors 1/u_n+1 + 1/u_n > 0 et u_n+2 > 0. Comme u₀, u₁ > 0, u_n > 0 pour tout n.

2. Non. Avec v_n = 1/u_n : v_n+2 = (v_n + v_n+1)/2, donc v_n+2 − v_n+1 = −(v_n+1 − v_n)/2. Les écarts successifs changent de signe (ou sont tous nuls) : u_n+2, moyenne harmonique de u_n et u_n+1, est toujours comprise entre eux. La suite ne peut être ni strictement croissante ni strictement décroissante.

3. V_n+1 = (v_n, v_n+1) = (v_n, ½v_n−1 + ½v_n) = A·V_n. Par récurrence, V_n = Aⁿ⁻¹·V₁.

4.1 det P = −1 − 2 = −3, P⁻¹ = (1/3)·[[1, 2], [1, −1]] (on remarque P⁻¹ = P/3).
4.2 PD = [[1, −1], [1, 1/2]] ; PDP⁻¹ = (1/3)·[[0, 3], [3/2, 3/2]] = [[0, 1], [1/2, 1/2]] = A. Dⁿ = diag(1, (−1/2)ⁿ).
4.3 (PDP⁻¹)ⁿ = PD(P⁻¹P)D…P⁻¹ = PDⁿP⁻¹, c'est-à-dire Aⁿ = PDⁿP⁻¹.

5. Donc V_n = Aⁿ⁻¹V₁ = PDⁿ⁻¹P⁻¹V₁. P⁻¹V₁ = (1/3)(v₀ + 2v₁ ; v₀ − v₁), puis la 2^e ligne de P, (1, −1), donne :
v_n = (1/3)[(v₀ + 2v₁) − (−1/2)ⁿ⁻¹(v₀ − v₁)]. Vérification : n = 1 donne v₁, n = 2 donne (v₀ + v₁)/2.

6. (−1/2)ⁿ⁻¹ → 0, donc v_n → (v₀ + 2v₁)/3 > 0 et lim u_n = 3/(1/u₀ + 2/u₁) = 3u₀u₁/(u₁ + 2u₀).