Modèle de concours d'accès en 1re année du cycle ingénieur — École Nationale des Sciences Appliquées de Marrakech (ENSA Marrakech) — session du 9 juillet 2004 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques du concours d'entrée en 1^re année du cycle d'ingénieur de l'ENSA de Marrakech (Université Cadi Ayyad), session du vendredi 9 juillet 2004. Durée : 3 heures, documents non autorisés. Deux parties à rédiger sur feuilles séparées : Algèbre (un exercice sur M₂(ℝ) et un problème sur les projecteurs) et Analyse (l'équation différentielle xy″ + (1 − x)y′ − λy = 0 par les séries entières et les intégrales de Wallis). Voici une correction proposée.

💡 Méthode : dans la partie Analyse, presque tout découle de la relation de récurrence trouvée en I-1 a). Prenez le temps de la contrôler sur un cas simple (λ = 1 doit donner e^x) avant d'avancer.

1. Algèbre

Exercice 1 — Ψ_U(M) = MU avec U = (1 4 ; 1 1)

1. Matrice dans la base canonique (E₁₁, E₁₂, E₂₁, E₂₂). Le produit E_ijU place la ligne j de U sur la ligne i :

• E₁₁U = (1 4 ; 0 0) = E₁₁ + 4E₁₂ ; E₁₂U = (1 1 ; 0 0) = E₁₁ + E₁₂ ;
• E₂₁U = (0 0 ; 1 4) = E₂₁ + 4E₂₂ ; E₂₂U = (0 0 ; 1 1) = E₂₁ + E₂₂.

D'où, en colonnes les images :

C'est la matrice diagonale par blocs diag(^tU, ^tU).

2. Éléments propres. χ_U(λ) = (1 − λ)² − 4 = (λ − 3)(λ + 1), donc χ_Ψ = (χ_U)² : valeurs propres 3 et −1, chacune double.

MU = λM signifie que chaque ligne r de M vérifie rU = λr :

• λ = 3 : (a, b)(U − 3I) = (−2a + b, 4a − 2b) = 0 ⇔ b = 2a. Sous-espace propre E₃ = { (a 2a ; c 2c) }, de base (1 2 ; 0 0), (0 0 ; 1 2). Vérification : (1, 2)U = (3, 6).
• λ = −1 : (2a + b, 4a + 2b) = 0 ⇔ b = −2a. E₋₁ = { (a −2a ; c −2c) }, de base (1 −2 ; 0 0), (0 0 ; 1 −2). Vérification : (1, −2)U = (−1, 2).

dim E₃ + dim E₋₁ = 4 = dim E : Ψ_U est diagonalisable.

Problème 1 — Projecteurs

A) 1. p² = p, donc le polynôme X² − X = X(X − 1), scindé à racines simples, annule p : p est diagonalisable (valeurs propres dans {0, 1}, E = Ker p ⊕ Im p). Idem pour q.

A) 2. (p + q)² = p² + pq + qp + q² = p + q + (pq + qp). Donc p + q est un projecteur ⇔ pq + qp = 0.

• Si pq = qp = 0, c'est immédiat.
• Réciproquement, si pq + qp = 0 : en composant à gauche par p, pq + pqp = 0 ; à droite par p, pqp + qp = 0. Par différence pq = qp, puis 2pq = 0, donc pq = qp = 0 (on est sur ℝ ou ℂ, 2 ≠ 0).

A) 3. a) Montrons E = Im p ⊕ Im q ⊕ (Ker p ∩ Ker q).

• Somme : x = p(x) + q(x) + z avec z = x − p(x) − q(x) ; p(z) = p(x) − p(x) − pq(x) = 0 et q(z) = q(x) − qp(x) − q(x) = 0.
• Directe : si a + b + c = 0 (a ∈ Im p, b ∈ Im q, c ∈ Ker p ∩ Ker q), appliquer p donne a + p(b) = a = 0 car p(b) = pq(b) = 0 ; de même b = 0, puis c = 0.

Sur Im p : p = id et q = 0 (q(p(x)) = 0) ; sur Im q : p = 0 et q = id ; sur Ker p ∩ Ker q : p = q = 0. Une base adaptée à cette décomposition est formée de vecteurs propres communs à p et q : ils sont simultanément diagonalisables.

A) 3. b)

• Im(p + q) = Im p ⊕ Im q : l'inclusion ⊂ est claire ; et (p + q)(p(x)) = p(x) + qp(x) = p(x), donc Im p ⊂ Im(p + q), de même pour Im q.
• Ker(p + q) = Ker p ∩ Ker q : si p(x) + q(x) = 0, en appliquant p : p(x) + pq(x) = p(x) = 0, puis q(x) = 0. L'inclusion inverse est évidente.

B) L'hypothèse s'écrit φ_i² = φ_i et φ_iφ_j = 0 pour i ≠ j.

B) 1. Somme directe : si Σ y_i = 0 avec y_i = φ_i(x_i), appliquer φ_j : φ_j(y_i) = φ_jφ_i(x_i) vaut 0 si i ≠ j et y_j si i = j ; donc y_j = 0 pour tout j. Chaque φ_i étant non nul, dim Im φ_i ≥ 1, d'où n ≤ Σ dim Im φ_i = dim(⊕ Im φ_i) ≤ n. Il y a égalité : E = ⊕ Im φ_i.

B) 2. L'égalité précédente force dim Im φ_i = 1, soit rg(φ_i) = 1. Posons s = Σ φ_i. Pour x = φ_j(y) ∈ Im φ_j : s(x) = Σ_i φ_iφ_j(y) = φ_j(y) = x. s coïncide avec id sur chaque Im φ_j, donc sur leur somme E : Σ φ_i = id.

B) 3. Choisissons e_i engendrant Im φ_i et f_i engendrant Im μ_i : (e_i) et (f_i) sont des bases de E (B 1). Comme e_i = φ_i(x), φ_j(e_i) = φ_jφ_i(x) = δ_ije_i : dans la base (e_i), φ_j a pour matrice E_jj ; de même μ_j a la matrice E_jj dans (f_i). Soit ω ∈ GL(E) défini par ω(e_i) = f_i. Alors ωφ_jω⁻¹(f_i) = ω(φ_j(e_i)) = δ_ijf_i = μ_j(f_i) : μ_j = ωφ_jω⁻¹ pour tout j.

💡 L'énoncé écrit « μ_i = ω∘φ_j∘ω⁻¹ ∀(i, j) », ce qui est impossible pour i ≠ j (les μ_i sont distincts) : il faut lire μ_i = ω∘φ_i∘ω⁻¹ pour tout i. Signalez-le sur la copie, comme le demandent les instructions.

2. Analyse — (E_λ) : xy″ + (1 − x)y′ − λy = 0

Première partie

I-1 a) Avec y = Σ a_nxⁿ (a₀ = 1) : xy″ = Σ n(n − 1)a_nxⁿ⁻¹, y′ = Σ na_nxⁿ⁻¹, −xy′ = −Σ na_nxⁿ. Le coefficient de xⁿ donne

(n + 1)n a_n+1 + (n + 1)a_n+1 − n a_n − λa_n = 0, soit (n + 1)² a_n+1 = (n + λ) a_n, d'où

a_n = λ(λ + 1)…(λ + n − 1) / (n!)², n ≥ 1.

• λ = 1 : a_n = n!/(n!)² = 1/n!, donc f₁(x) = e^x.
• λ = 0 : a_n = 0, f₀ = 1.
• λ = −1 : a₁ = −1, a_n = 0 pour n ≥ 2 : f₋₁(x) = 1 − x.
• λ = −2 : a₁ = −2, a₂ = (−2)(−1)/4 = 1/2, a_n = 0 ensuite : f₋₂(x) = 1 − 2x + x²/2 (vérification : x·1 + (1 − x)(x − 2) + 2(1 − 2x + x²/2) = 0).

I-1 b) f_λ est un polynôme ⇔ un facteur λ + k s'annule ⇔ λ = −p, p ∈ ℕ. Alors a_n = 0 pour n > p et a_p ≠ 0 : degré p, terme dominant a_p = (−p)(−p + 1)…(−1)/(p!)² = (−1)^p/p! (on retrouve 1/2 pour p = 2).

I-1 c) Pour λ ∉ −ℕ, a_n ≠ 0 et |a_n+1/a_n| = |n + λ|/(n + 1)² → 0 : par d'Alembert, R = +∞.

I-2 a) f₁ = e^x est solution ; on pose y = e^xz. Alors y′ = e^x(z + z′), y″ = e^x(z + 2z′ + z″), et l'équation devient, après simplification par e^x :

x z″ + (x + 1) z′ = 0. Avec w = z′ : w′/w = −1 − 1/x, donc w = C e^−x/x sur ]0, +∞[ et z = C∫₁^x e^−t/t dt + D.

Solution générale sur ]0, +∞[ : y(x) = e^x ( A + B F(x) ), F(x) = ∫₁^x e^−t/t dt, A, B réels.

I-2 b) Même calcul sur ]−∞, 0[ (w = C e^−x/x convient encore) : y(x) = e^x ( A′ + B′ G(x) ), G(x) = ∫₋₁^x e^−t/t dt.

I-2 c) i) Sur ]0, 1], e^−t/t > 0 et e^−t/t ~ 1/t en 0⁺ ; ∫₀¹ dt/t diverge, donc ∫₀¹ e^−t/t dt diverge (vers +∞).

ii) Par i), F(x) = −∫_x¹ e^−t/t dt → −∞ quand x → 0⁺ ; de même G(x) ~ ln|x| → −∞ quand x → 0⁻. Une solution sur ℝ est continue en 0, donc bornée au voisinage de 0 : cela impose B = B′ = 0. Il reste y = A e^x sur ]0, +∞[ et y = A′ e^x sur ]−∞, 0[, et la continuité en 0 donne A = A′. Les solutions sur ℝ sont les y = A e^x, A ∈ ℝ (droite vectorielle engendrée par f₁).

Seconde partie — φ(x) = ∫₀^π/2 e^{x sin²θ} dθ

II-1 (Wallis). Intégration par parties sur I_p+1 = ∫ sin^2p+1θ · sinθ dθ (u = sin^2p+1θ, v′ = sinθ) : I_p+1 = (2p + 1)∫ sin^2pθ cos²θ dθ = (2p + 1)(I_p − I_p+1), d'où

I_p+1 = (2p + 1)/(2p + 2) · I_p, et avec I₀ = π/2 : I_p = (2p)! / (4^p(p!)²) · π/2.

II-2 a) (x, θ) ↦ e^{x sin²θ} est continue sur ℝ × [0, π/2] et le segment d'intégration est fixe : φ est définie et continue sur ℝ. Ses dérivées partielles ∂^k/∂x^k = sin^2kθ e^{x sin²θ} sont continues et, pour |x| ≤ a, majorées par e^a (intégrable sur [0, π/2]) : φ est de classe C^∞, avec φ^(k)(x) = ∫ sin^2kθ e^{x sin²θ} dθ.

II-2 b) e^{x sin²θ} = Σ x^p sin^2pθ / p!, série normalement convergente sur [0, π/2] (terme majoré par |x|^p/p!). On peut intégrer terme à terme :

φ(x) = Σ I_p x^p/p! = (π/2) Σ (2p)! / (4^p(p!)³) x^p, valable sur tout ℝ.

Or pour λ = 1/2 : a_n = (1/2)(3/2)…((2n − 1)/2)/(n!)² = (2n)!/(4ⁿ n!) / (n!)² = (2n)!/(4ⁿ(n!)³). Donc φ = (π/2) f_1/2 : coefficient de proportionnalité π/2 (cohérent avec φ(0) = π/2, f_1/2(0) = 1).

II-3 a) Pour u < 1, l'inégalité équivaut à g(u) = (1 − u)e^u ≤ 1. g′(u) = −u e^u : g croît sur ]−∞, 0], décroît sur [0, 1[, son maximum est g(0) = 1. ✔

II-3 b) Changement t = tanθ (θ ∈ [0, π/2[) : sin²θ = t²/(1 + t²), dθ = dt/(1 + t²), d'où

J(x) = ∫₀^+∞ dt / (1 + (1 − x)t²) = [arctan(√(1 − x) t)/√(1 − x)]₀^+∞ = π / (2√(1 − x)).

II-3 c) Pour x < 1 et θ ∈ [0, π/2], u = x sin²θ < 1 (≤ x si x ≥ 0, ≤ 0 sinon). Par a), e^{x sin²θ} ≤ 1/(1 − x sin²θ) ; on intègre : φ(x) ≤ J(x) = π/(2√(1 − x)). Et φ(x) ≥ 0 (intégrande positive). ✔

II-3 d) f_1/2 = (2/π)φ, donc 0 ≤ f_1/2(x) ≤ 1/√(1 − x) → 0 : lim_x→−∞ f_1/2(x) = 0 (gendarmes).

II-3 e) Pour x ≤ −1 : sinθ ≤ θ donne x sin²θ ≥ xθ² (x < 0), donc φ(x) ≥ ∫₀^π/2 e^xθ² dθ. Avec y = √(−x) θ :

φ(x) ≥ (1/√(−x)) ∫₀^{√(−x)·π/2} e^−y² dy ≥ (1/√(−x)) ∫₀^π/2 e^−y² dy, car √(−x) ≥ 1. ✔

II-3 f) Posons K = ∫₀^π/2 e^−y² dy > 0. Sur ]−∞, −1], f_1/2(x) = (2/π)φ(x) ≥ (2K/π)/√(−x) > 0, et ∫_−∞⁻¹ dx/√(−x) diverge (Riemann, exposant 1/2 ≤ 1). Par comparaison de fonctions positives, ∫_−∞⁻¹ f_1/2(x) dx diverge : f_1/2 tend vers 0 en −∞, mais trop lentement (comme 1/√|x|) pour être intégrable.