Modèle de concours d'accès en 1ère année du cycle d'ingénieurs d'État — Institut National des Postes et Télécommunications (INPT) 2003 — Épreuve : Mathématiques

Épreuve de mathématiques du concours d'accès en 1^re année du cycle d'ingénieurs d'État de l'INPT, session du 24 juin 2003. Durée : 3 heures. Trois exercices : séries entières et sommation d'Abel (« au sens de Poisson »), équation différentielle et intégrale à paramètre, identité du parallélogramme et isométries. Voici une correction proposée.

💡 On peut admettre le résultat d'une question pour traiter les suivantes : la question II.3 de l'exercice 1 (théorème d'Abel) sert directement en II.4.

Exercice 1

I)

• 1) a) b_n/a_n → l ≠ 0 donne |b_n| ~ |l|a_n : b_n = O(a_n) et a_n = O(b_n), les deux séries entières ont le même rayon : R = 1.
• 1) b) Posons A(x) = Σa_nxⁿ, B(x) = Σb_nxⁿ. Comme a_n > 0 et Σa_n diverge, A(x) ≥ Σ_n≤Na_nxⁿ → Σ_n≤Na_n (x → 1), donc A(x) → +∞. Soit ε > 0 et N tel que |b_n − la_n| ≤ εa_n pour n > N ; pour x ∈ [0,1[ : |B(x) − lA(x)| ≤ Σ_n≤N|b_n − la_n| + εA(x). En divisant par A(x) → +∞ : limsup|B/A − l| ≤ ε. D'où B(x)/A(x) → l.
• 2) a) c_n/n ~ c/n (c = lim c_n ≠ 0) et Σxⁿ/n a pour rayon 1 : R = 1.
• 2) b) On applique 1) avec a_n = 1/n, b_n = c_n/n (b_n/a_n = c_n → c, Σ1/n diverge). Comme Σxⁿ/n = −ln(1 − x) : C(x)/(−ln(1 − x)) → c, soit lim C(x)/ln(1 − x) = −lim c_n.

II)

• 1) α_n ≥ 0 : f est croissante sur [0,1[ et tend vers L, donc f(x) ≤ L. Pour N fixé, Σ_n≤Nα_nxⁿ ≤ L, puis (x → 1) Σ_n≤Nα_n ≤ L : sommes partielles majorées, série à termes positifs convergente.
• 2) Soit L = lim f(x) et s_N = Σ_n≤Nα_n. Avec 1 − xⁿ ≤ n(1 − x) : |s_N − f(x)| ≤ (1 − x)Σ_n≤Nn|α_n| + (sup_n>N n|α_n|)/(N(1 − x)). Pour x = 1 − 1/N : le 1^er terme est la moyenne de Cesàro (1/N)Σ_n≤Nn|α_n| → 0, le 2^e vaut sup_n>Nn|α_n| → 0. Donc s_N − f(1 − 1/N) → 0 et s_N → L : la série converge et Σα_n = lim f(x).
• 3) a) (s_n) converge donc est bornée : Σs_nxⁿ converge pour |x| < 1. Avec s₋₁ = 0 : (1 − x)Σs_nxⁿ = Σ(s_n − s_n−1)xⁿ = Σα_nxⁿ.
• 3) b) Soit s = lim s_n. Comme (1 − x)Σs xⁿ = s : f(x) − s = (1 − x)Σ(s_n − s)xⁿ. Pour ε > 0 et N tel que |s_n − s| ≤ ε (n > N) : |f(x) − s| ≤ (1 − x)Σ_n≤N|s_n − s| + ε pour x ∈ [0,1[. Donc f(x) → s : convergence au sens de Poisson (théorème d'Abel radial).
• 4) Les suites (α_n), (β_n), (γ_n) sont bornées (termes de séries convergentes), donc les trois séries entières ont un rayon ≥ 1 ; pour |x| < 1 elles convergent absolument et le produit de Cauchy donne Σγ_nxⁿ = (Σα_nxⁿ)(Σβ_nxⁿ). On fait x → 1⁻ grâce à 3) b) (la preuve n'utilise qu'un rayon ≥ 1) : Σγ_n = (Σα_n)(Σβ_n).

Exercice 2

1) (E) : xy'' + y' − xy = 0, y(0) = π, y'(0) = 0

• a) xy'' + y' = Σn²a_nxⁿ⁻¹ = Σ(n+1)²a_n+1xⁿ et xy = Σa_n−1xⁿ. Par unicité des coefficients : a₁ = 0 et (n+1)²a_n+1 = a_n−1 pour n ≥ 1.
• b) a₁ = 0 ⇒ coefficients impairs nuls ; a_2p = a_2p−2/(2p)², d'où a_2p = π/(4^p(p!)²) (a₀ = y(0) = π). a_2p+2/a_2p = 1/(2p+2)² → 0 : R = +∞.
• c) Réciproquement, y(x) = π Σ x^2p/(4^p(p!)²), de rayon infini, vérifie la relation de récurrence donc (E), avec y(0) = π et y'(0) = a₁ = 0.

2) F(x) = ∫₋₁¹ e^−xt/√(1 − t²) dt

• a) |intégrande| ≤ e^|x|/√(1 − t²), intégrable en ±1 (équivalent à 1/√(2(1 ∓ t))). F(0) = [arcsin t]₋₁¹ = π.
• b) t ↦ −t donne F(−x) = F(x) : F paire. En regroupant t et −t : F(x) = ∫₀¹ 2ch(xt)/√(1 − t²) dt, et ch(xt) croît avec |x| : F croissante sur ℝ₊, décroissante sur ℝ₋ (minimum F(0) = π).
• c) Taylor-Lagrange : e^u − 1 − u = (u²/2)e^θu, θ ∈ ]0,1[, donc |e^u − 1 − u| ≤ (u²/2)e^u pour u ≥ 0 (et, pour tout u réel, ≤ (u²/2)e^|u|, forme utilisée en 3).

3)

• a) En développant le membre de droite : ∫e^−xt/√(1−t²) − ∫e^−x₀t/√(1−t²) + (x − x₀)∫t e^−x₀t/√(1−t²), soit exactement F(x) − F(x₀) + (x − x₀)∫t e^−x₀t/√(1−t²) dt (toutes les intégrales convergent).
• b) Avec u = −(x − x₀)t et |t| ≤ 1 : |u| ≤ |x − x₀| ≤ α, donc |e^u − 1 − u| ≤ ((x − x₀)²/2)e^α. D'où la majoration avec par exemple α = 1, A = e·F(x₀)/2.
• c) En divisant par |x − x₀| → 0 : F est dérivable en x₀ et F'(x) = −∫₋₁¹ t e^−xt/√(1 − t²) dt.

4)

• a) xF'' + F' − xF = −∫e^−xt[x√(1 − t²) + t/√(1 − t²)] dt. Or d/dt[e^−xt√(1 − t²)] = −e^−xt[x√(1 − t²) + t/√(1 − t²)]. Donc xF'' + F' − xF = [e^−xt√(1 − t²)]₋₁¹ = 0 : F est solution de (E), avec F(0) = π et F'(0) = −∫t/√(1 − t²) = 0 (impaire).
• b) e^−xt = Σ(−x)ⁿtⁿ/n! et Σ∫|x|ⁿ|t|ⁿ/(n!√(1 − t²)) ≤ πe^|x| < ∞ : intégration terme à terme. Les moments impairs sont nuls ; par t = sin θ et Wallis, ∫₋₁¹ t^2p/√(1 − t²) dt = π(2p)!/(4^p(p!)²). D'où F(x) = π Σ_p≥0 x^2p/(4^p(p!)²), rayon infini : c'est exactement la solution de 1).

💡 On ne peut pas invoquer Cauchy-Lipschitz en x = 0 (le coefficient de y'' s'y annule) : le calcul direct du développement est la voie sûre.

Exercice 3

I)

• 1) ‖x ± y‖² = ‖x‖² ± 2⟨x,y⟩ + ‖y‖² ; en sommant : 2(‖x‖² + ‖y‖²).
• 2) a) p(x,y) = (‖x+y‖² − ‖x−y‖²)/4, symétrique, et p(0,y) = 0. Parallélogramme appliqué à (x₁+y, x₂+y) puis à (x₁−y, x₂−y), et soustraction : p(x₁,y) + p(x₂,y) = ½p(x₁+x₂, 2y). Avec x₂ = 0 : p(x,2y) = 2p(x,y), donc par symétrie p(2x,y) = 2p(x,y), puis p(x₁+x₂,y) = p(x₁,y) + p(x₂,y).
• 2) b) ℕ : récurrence par additivité. ℤ : p(−x,y) = −p(x,y) car ‖−x ± y‖ = ‖x ∓ y‖. ℚ : q·p((r/q)x, y) = p(rx, y) = r·p(x,y). ℝ : α ↦ p(αx,y) est continue (la norme l'est) et ℚ est dense. p est donc bilinéaire symétrique, et p(x,x) = ‖x‖² > 0 pour x ≠ 0 : produit scalaire dont dérive la norme, qui est euclidienne.
• 3) Si (i) est vraie pour tous x, y, on l'applique à u = x + y, v = x − y : ‖2x‖² + ‖2y‖² ≤ 2(‖x+y‖² + ‖x−y‖²), c'est-à-dire (ii). On a donc l'égalité du parallélogramme et 2) conclut. Même raisonnement en partant de (ii).

II)

• 1) ⟨x, f(y + λz)⟩ = ⟨y + λz, f(x)⟩ = ⟨x, f(y)⟩ + λ⟨x, f(z)⟩ = ⟨x, f(y) + λf(z)⟩ pour tout x : f est linéaire.
• 2) Avec y = 0 : ‖g(x)‖ = ‖x‖ ; en développant ‖g(x) − g(y)‖² = ‖x − y‖² : ⟨g(x), g(y)⟩ = ⟨x, y⟩. On développe alors ‖g(x + λy) − g(x) − λg(y)‖² avec ces égalités : il vaut ‖(x + λy) − x − λy‖² = 0, donc g est linéaire. Isométrie linéaire, injective, en dimension finie : automorphisme orthogonal.

III) h(x) = ⟨a,x⟩a + b∧x

• 1) Si h(x) = 0 avec x ≠ 0 : en faisant le produit scalaire par x, ⟨a,x⟩² = 0, puis b∧x = 0, donc x ∈ ℝb (si b ≠ 0) et ⟨a,b⟩ = 0. Réciproquement, si ⟨a,b⟩ = 0, h(b) = 0 (et si b = 0, h(x) = ⟨a,x⟩a est de rang ≤ 1). rg h ≤ 2 ⇔ ⟨a,b⟩ = 0.
• 2) a) ⟨a,b⟩ = 1 ≠ 0 : h injectif donc bijectif. Pour y ⊥ b : h(y∧a) = ⟨a, y∧a⟩a + b∧(y∧a) = 0 + ⟨b,a⟩y − ⟨b,y⟩a = y, donc h⁻¹(y) = y∧a.
• 2) b) h(b) = a, donc h⁻¹(a) = b. On écrit y = (y − ⟨b,y⟩a) + ⟨b,y⟩a, le premier vecteur étant orthogonal à b : h⁻¹(y) = ⟨b,y⟩b + y∧a = ⟨b,y⟩b + (−a)∧y (même forme que h, avec (a, b) remplacé par (b, −a)).