Modèle de concours d'accès en 1ère année du cycle d'ingénieurs d'État — Institut National des Postes et Télécommunications (INPT) 2000 — Épreuve : Mathématiques

Épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année du cycle d'ingénieurs d'État de l'INPT, session du 29 juin 2000. Durée : 3 heures, calculatrice interdite. Quatre exercices : algèbre linéaire (diagonalisation, projecteurs), produit vectoriel et matrices orthogonales, intégrales à paramètre et séries entières, transformée de Fourier et série de Fourier. Voici une correction proposée.

💡 Le jury note « la rigueur et la clarté des raisonnements » : citez à chaque fois le théorème utilisé (matrice symétrique réelle, convergence normale, intégration terme à terme…).

Exercice 1

1) Diagonalisation de A

A est symétrique réelle, donc diagonalisable (théorème spectral). Les lignes de A sont deux à deux orthogonales et de norme² 4, donc A² = A·A^T = 4I : les valeurs propres sont dans {2, −2}. Avec tr A = 4 et m = multiplicité de 2 : 2m − 2(4 − m) = 4, d'où m = 3.

• E₋₂ : (A + 2I)X = 0 donne X = (1, −1, −1, −1) (vérification ligne par ligne : 3−1−1−1 = 0, 1−3+1+1 = 0, …).
• E₂ = (E₋₂)^⊥ : x₁ − x₂ − x₃ − x₄ = 0.

Base : e₁ = (1,1,0,0), e₂ = (1,0,1,0), e₃ = (1,0,0,1) (Ae_i = 2e_i, ex. Ae₁ = (2,2,0,0)), e₄ = (1,−1,−1,−1) (Ae₄ = −2e₄). Dans B : D = diag(2, 2, 2, −2).

2)

• a) det A = 2·2·2·(−2) = −16 ≠ 0 : A est inversible, et A⁻¹ = A/4.
• b) A² = 4I₄.
• c) A = PDP⁻¹ ⇒ A² = PD²P⁻¹ = P(4I)P⁻¹ = 4I : on retrouve b).
• d) A^2p = 4^pI et A^2p+1 = 4^pA, soit Aⁿ = 2ⁿI si n pair, 2ⁿ⁻¹A si n impair (valable aussi pour n entier négatif puisque A⁻¹ = A/4).

3) Projecteurs spectraux

On note E₁ = Ker(A − 2I) (λ₁ = 2, dimension 3) et E₂ = Ker(A + 2I) (λ₂ = −2).

• a) Les polynômes de Lagrange sur {2, −2} donnent P₁ = (A + 2I)/4 et P₂ = (2I − A)/4 :
  P₁ = ¼ [[3,1,1,1],[1,3,−1,−1],[1,−1,3,−1],[1,−1,−1,3]], P₂ = ¼ [[1,−1,−1,−1],[−1,1,1,1],[−1,1,1,1],[−1,1,1,1]].
  En effet P₁ vaut I sur E₁ (AX = 2X ⇒ (2X+2X)/4 = X) et 0 sur E₂ ; de même pour P₂.
• b) P₁P₂ = P₂P₁ = (4I − A²)/16 = 0, P₁² = P₁, P₂² = P₂, et P₁ + P₂ = I. Autrement dit P_iP_j = δ_ijP_i.
• c) Dans B : P₁ ↦ diag(1,1,1,0), P₂ ↦ diag(0,0,0,1).
• d) 2·diag(1,1,1,0) − 2·diag(0,0,0,1) = D, donc A = 2P₁ − 2P₂ (vérification : (2A+4I)/4 − (4I−2A)/4 = A).
• e) Comme P_iP_j = δ_ijP_i : Aⁿ = 2ⁿP₁ + (−2)ⁿP₂ = 2ⁿ[(A+2I) + (−1)ⁿ(2I−A)]/4, soit 2ⁿI (n pair) et 2ⁿ⁻¹A (n impair).

Exercice 2

I)

• a) Le produit vectoriel est bilinéaire : T(λu + v) = λT(u) + T(v). T est un endomorphisme de E.
• b) v = (x,y,z) : v∧w = (cy − bz, az − cx, bx − ay), donc M = [[0, c, −b], [−c, 0, a], [b, −a, 0]] (colonne 1 : T(i) = i∧w = −c j + b k).
• c) M^T = −M et la base est orthonormée, donc la matrice de T* est M^T = −M : T* = −T. (Ou : ⟨u∧w, v⟩ = det(u, w, v) = −det(v, w, u) = −⟨u, v∧w⟩.)
• d) Double produit vectoriel : T²(v) = (v∧w)∧w = (v·w)w − ‖w‖²v (matrice ww^T − ‖w‖²I). Puis T³(v) = (v·w)(w∧w) − ‖w‖² v∧w, donc T³ = −‖w‖² T.
• e) Si w = 0 : T = 0. Si w ≠ 0 : v∧w = 0 ⇔ v colinéaire à w, donc Ker T = ℝw ; Im T ⊂ w^⊥ (v∧w ⊥ w) et rg T = 3 − 1 = 2 = dim w^⊥, donc Im T = w^⊥.

II) w = (−1/3, 2/3, 2/3), ‖w‖² = (1+4+4)/9 = 1

• a) U = (2,−1,2)/3, V = (2,2,−1)/3 : U·w = (−2−2+4)/9 = 0, V·w = (−2+4−2)/9 = 0, U·V = (4−2−2)/9 = 0, ‖U‖ = ‖V‖ = 1. U, V sont orthonormés dans w^⊥ = Im T, de dimension 2 : base orthonormée de Im T.
• b) U∧V = (1/9)((−1)(−1) − 2·2, 2·2 − 2·(−1), 2·2 − (−1)·2) = (1/9)(−3, 6, 6) = w. Donc det(U, V, w) = (U∧V)·w = ‖w‖² = 1 : base orthonormée directe.
• c) Dans une b.o.n.d. : V∧w = U et w∧U = V. T(U) = U∧w = −V, T(V) = V∧w = U, T(w) = 0, d'où Mat(T) = [[0, 1, 0], [−1, 0, 0], [0, 0, 0]].
• d) χ_T(λ) = det(M' − λI) = −λ(λ² + 1) : seule racine réelle λ = 0. (En général χ_T(λ) = −λ(λ² + ‖w‖²).)

III) d ∈ ℝ*

• a) La seule valeur propre réelle de T est 0 (χ_T = −λ(λ² + ‖w‖²)), donc −d n'est pas valeur propre : Ker(T + dI) = {0}, T + dI inversible. De même −T + dI est inversible.
• b) N_d = (M + dI)⁻¹(dI − M). Avec M^T = −M : N_d^T = (dI + M)(dI − M)⁻¹. Toutes ces matrices sont des fonctions rationnelles de M, donc commutent : N_d^TN_d = (dI+M)(M+dI)⁻¹(dI−M)⁻¹(dI−M) = I. N_d est orthogonale.
• c) (T + dI)w = dw ⇒ (T + dI)⁻¹w = w/d, et (−T + dI)w = dw. Donc R_d(w) = w pour tout d : w (non nul) est vecteur propre commun (valeur propre 1) de toutes les N_d — ce sont des rotations d'axe ℝw.

Exercice 3

f(x) = ∫₀¹ t^−x√(1+t) dt, g(x) = ∫₀¹ t^1−x/√(1+t) dt.

1)

• a) Intégrande continue positive sur ]0,1], équivalente à t^−x en 0 (Riemann) : convergence ⇔ −x > −1. D = ]−∞, 1[.
• b) Pour t ∈ ]0,1], t^−x = e^{−x ln t} avec ln t ≤ 0 : croissant en x. Donc f est croissante sur D.
• c) 1 ≤ √(1+t) ≤ √2 donne 1/(1−x) ≤ f(x) ≤ √2/(1−x). Donc f → +∞ en 1⁻ et f → 0 en −∞.
• d) f(x) = 1/(1−x) + ∫ t^−x(√(1+t) − 1) dt, et 0 ≤ √(1+t) − 1 ≤ t/2, donc le second terme est compris entre 0 et 1/(2(2−x)) ≤ 1/2. Ainsi f(x) ~ 1/(1−x) quand x → 1⁻.
• e) Pour x < 0, f(x+1) + f(x) = ∫ t^−x−1(1+t)^3/2 dt. Par parties (u = (1+t)^3/2, v = t^−x/(−x), le crochet est nul en 0 car −x > 0) : f(x+1) + f(x) = −2√2/x + (3/(2x)) f(x), soit (3 − 2x) f(x) − 2x f(x+1) = 4√2.
• f)
  • f(0) = ∫√(1+t) dt = (2/3)[(1+t)^3/2]₀¹ = (2/3)(2√2 − 1).
  • x = −1 : 5f(−1) + 2f(0) = 4√2 ⇒ f(−1) = 4(√2 + 1)/15 (vérifié directement : ∫₁²(u−1)√u du).
  • f(−1/2) = ∫√(t + t²) dt = ∫_1/2^3/2√(u² − 1/4) du = [u√(u²−¼)/2 − (1/8)ln(u + √(u²−¼))] = 3√2/4 − (1/8) ln(3 + 2√2) = 3√2/4 − (1/4) ln(1 + √2) ≈ 0,840.
  • x = −1/2 : 4f(−1/2) + f(1/2) = 4√2 ⇒ f(1/2) = √2 + ln(1 + √2) ≈ 2,296 (vérification par t = s² : 2∫₀¹√(1+s²) ds).

2)

t^1−x/√(1+t) ~ t^1−x en 0 : convergence ⇔ 1 − x > −1. D_g = ]−∞, 2[.

3) x ∈ ]−1, 1[

• a) Par parties : I_n = [t(−ln t)ⁿ]₀¹ + n∫(−ln t)ⁿ⁻¹ dt = n I_n−1, et I₀ = 1, donc I_n = n! (ou t = e^−u : ∫₀^∞uⁿe^−udu).
• b) t^1−x = t·e^{−x ln t} = Σ_k t(−ln t)^kx^k/k!. Sur le segment [α, 1] : |t(−ln t)^kx^k/(k!√(1+t))| ≤ (−ln α)^k|x|^k/k!, terme général d'une série convergente (exponentielle). Convergence normale sur un segment ⇒ intégration terme à terme : la somme existe et donne l'égalité demandée.
• c) t/√(1+t) ≤ 1 sur [0,1], donc |g_n(α)| ≤ (∫₀¹(−ln t)ⁿdt)|x|ⁿ/n! = |x|ⁿ, indépendant de α et sommable (|x| < 1) : convergence normale, donc uniforme, sur ]0,1].
• d) Quand α → 0⁺, g_n(α) → a_nxⁿ et le membre de gauche → g(x). La convergence uniforme permet d'intervertir (théorème de la double limite) : g(x) = Σ a_nxⁿ, a_n = (1/n!)∫₀¹ t(−ln t)ⁿ/√(1+t) dt, pour |x| < 1.

4)

• a) Par parties dans g (u = t^1−x, v = 2√(1+t), crochet nul en 0 car 1 − x > 0) : g(x) = 2√2 − 2(1−x) f(x), soit f(x) = (2√2 − g(x)) / (2(1 − x)) pour x ∈ D. (Contrôle en x = 0 : g(0) = (4 − 2√2)/3 redonne f(0) = (2/3)(2√2 − 1).)
• b) 0 ≤ g(x) ≤ ∫t^1−xdt = 1/(2 − x) → 0 en −∞, donc f(x) ~ √2/(1 − x) ~ √2/|x| quand x → −∞.
• c) Sur ]−1,1[, f = (2√2 − g)·1/(2(1−x)) est le produit de deux séries entières de rayon ≥ 1 : f est développable, de rayon R ≥ 1. Comme f(x) → +∞ en 1⁻, la somme ne peut pas se prolonger continûment au-delà de 1 : R = 1. Coefficients : c_n = √2 − ½(a₀ + … + a_n), ou directement c_n = (1/n!)∫(−ln t)ⁿ√(1+t) dt.

Exercice 4

• 1) f₀ est C^∞ ; x²e^−x² → 0 et x²f₀'(x) = −2x³e^−x² → 0 en ±∞ (croissances comparées).
• 2) a) Il existe A tel que |x| ≥ A ⇒ |f(x)| ≤ 1/x². Comme |f(x)e^−ixy| = |f(x)|, l'intégrale est absolument convergente pour tout y : φ est définie sur ℝ.
• 2) b) f paire : φ(y) = 2∫₀^∞f(x)cos(xy)dx, φ paire (réelle si f est réelle). f impaire : φ(y) = −2i∫₀^∞f(x)sin(xy)dx, φ impaire (imaginaire pure si f réelle).
• 3) g(x) = Σ_k∈ℤ f(x + 2kπ).
  • a) Soit A tel que |u| ≥ A ⇒ |f(u)| ≤ 1/u² et |f'(u)| ≤ 1/u². Pour x dans un segment [−a, a] et |k| assez grand, |x + 2kπ| ≥ π|k|, donc |f(x + 2kπ)| et |f'(x + 2kπ)| ≤ 1/(π²k²) : les séries de f et de f' convergent normalement sur tout segment. g est donc C¹ (sur ℝ, a fortiori sur [0, 2π]). Par convergence absolue on peut réindexer : g(x + 2π) = Σ f(x + 2(k+1)π) = g(x), g est 2π-périodique.
  • b) Par convergence uniforme sur [0, 2π] : c_n(g) = (1/2π)Σ_k∫₀^2πf(x+2kπ)e^−inxdx = (1/2π)Σ_k∫_2kπ^2(k+1)πf(u)e^−inudu (car e^2inkπ = 1), soit c_n(g) = φ(n)/(2π). En réel : a_n = (φ(n) + φ(−n))/(2π), b_n = i(φ(n) − φ(−n))/(2π).

💡 Prolongement classique : g étant C¹, sa série de Fourier converge vers g, et en x = 0 on obtient la formule sommatoire de Poisson Σ f(2kπ) = (1/2π) Σ φ(n).