Modèle de concours d'accès en 1re année du cycle ingénieur — ENSA Marrakech — 17/07/2006 — Mathématiques

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques du concours d'entrée 2006 en 1^re année du cycle d'ingénieur de l'ENSA de Marrakech (Université Cadi Ayyad), session du lundi 17 juillet 2006. Durée : 3 heures, documents non autorisés. Algèbre : noyaux itérés (φ − λI)^p et matrices nilpotentes ; Analyse : intégrales eulériennes I(a, b), étude de x ln(1 − a/x) et construction de la fonction Γ. Voici une correction proposée.

1. Algèbre

Exercice 1 — noyaux itérés

Notons ψ = φ − λI_E et A_p = Ker ψ^p (A₀ = Ker I_E = {0}).

1. Si ψ^p(x) = 0, alors ψ^p+1(x) = ψ(0) = 0 : A_p ⊂ A_p+1.

2. La suite des dimensions (dim A_p) est une suite croissante d'entiers majorée par dim E : elle est constante à partir d'un rang p₀. Pour p ≥ p₀, A_p ⊂ A_p+1 et dim A_p = dim A_p+1 donnent A_p = A_p+1.

Remarque utile : dès que A_p = A_p+1, la suite est constante ensuite. En effet, si x ∈ A_p+2, ψ(x) ∈ A_p+1 = A_p, donc x ∈ A_p+1.

3. v(λ) = 0 ⇔ A₁ = A₀ = {0} (par la remarque) ⇔ ψ injective ⇔ (dimension finie) φ − λI_E inversible, c'est-à-dire λ n'est pas valeur propre de φ.

4. Notons v = v(λ) ≥ 1. Par minimalité, A_v−1 ⊊ A_v : choisissons x ∈ A_v \ A_v−1, donc ψ^v(x) = 0 et ψ^v−1(x) ≠ 0. Si Σ_k=0^v−1 c_kψ^k(x) = 0, appliquons ψ^v−1 : tous les termes s'annulent sauf c₀ψ^v−1(x), d'où c₀ = 0 ; puis ψ^v−2 donne c₁ = 0, et ainsi de suite. La famille est libre.

5. Si v(λ) = 0, c'est évident. Sinon, les vecteurs ψ^k(x) (0 ≤ k ≤ v − 1) sont dans A_v (ψ^vψ^k(x) = ψ^kψ^v(x) = 0) et forment une famille libre de v vecteurs : dim Ker ψ^v(λ) ≥ v(λ).

Exercice 2 — matrices nilpotentes

1. Si A^p = 0, alors (det A)^p = det(A^p) = 0, donc det A = 0 : A n'est pas inversible.

2. (A nilpotente, A^p = 0) : (I − A)(I + A + A² + … + A^p−1) = I − A^p = I. Donc I − A est inversible et (I − A)⁻¹ = I + A + … + A^p−1.

3. (Hypothèse pour la suite : A nilpotente, AB = BA.)

4. De AB = BA on tire, en multipliant à gauche et à droite par B⁻¹, B⁻¹A = AB⁻¹ : A et B⁻¹ commutent. Donc C^p = (B⁻¹)^pA^p = 0 : C est nilpotente. Alors A + B = B(I + C) = B(I − (−C)) avec −C nilpotente : I + C est inversible (question 2), et A + B est inversible comme produit de deux matrices inversibles.

5. A et B commutent, la formule du binôme s'applique, et A^p = 0 :

D^p = Σ_k=0^p−1 C_p^k A^kB^p−k = ( Σ_k=0^p−1 C_p^k A^kB^p−1−k ) B = EB.

D inversible ⇒ D^p inversible ⇒ det(E)·det(B) = det(D)^p ≠ 0 ⇒ det B ≠ 0 : B est inversible. Conclusion de l'exercice : si A est nilpotente et commute avec B, alors B inversible ⇔ A + B inversible.

2. Analyse

Partie A — I(a, b) = ∫₀¹ t^a(1 − t)^b dt

A.1. Pour a > 0, t^a = e^{a ln t} → 0 quand t → 0⁺ : on pose g_a(0) = 0 ; pour a = 0, g₀ = 1 et g₀(0) = 1. Pour a ≥ 1 : g_a est C¹ sur ]0, +∞[ avec g_a′(t) = a t^a−1, qui tend vers 0 (a > 1) ou vaut 1 (a = 1) en 0⁺. g_a étant continue en 0, le théorème de prolongement de la dérivée donne g_a de classe C¹ sur ℝ₊ (g_a′(0) = 0 si a > 1, 1 si a = 1).

A.2. t ↦ g_a(t)g_b(1 − t) est continue sur le segment [0, 1] : I(a, b) existe (intégrale de Riemann ordinaire). Le changement t ↦ 1 − t donne I(a, b) = I(b, a).

A.3. Intégration par parties dans I(a + 1, b) avec u = t^a+1 (C¹ par A.1 car a + 1 ≥ 1) et v = −(1 − t)^b+1/(b + 1) :

I(a + 1, b) = [−t^a+1(1 − t)^b+1/(b + 1)]₀¹ + (a + 1)/(b + 1) ∫₀¹ t^a(1 − t)^b+1 dt, le crochet étant nul. D'où

(b + 1) I(a + 1, b) = (a + 1) I(a, b + 1).

A.4. I(a, 0) = ∫₀¹ t^a dt = 1/(a + 1). Récurrence sur n (pour tout a ≥ 0) : vrai pour n = 0. Si I(a′, n) = n!/((a′ + 1)…(a′ + n + 1)) pour tout a′, alors par A.3 (avec b = n)

I(a, n + 1) = (n + 1)/(a + 1) · I(a + 1, n) = (n + 1)/(a + 1) · n!/((a + 2)…(a + n + 2)) = (n + 1)!/((a + 1)(a + 2)…(a + n + 2)). ✔

A.5. (p + 1)(p + 2)…(p + q + 1) = (p + q + 1)!/p!, donc I(p, q) = p! q! / (p + q + 1)!.

A.6. Changement t = sin²θ, dt = 2 sinθ cosθ dθ : sin^2p+1θ cos^2q+1θ dθ = (sin²θ)^p(cos²θ)^q sinθ cosθ dθ = t^p(1 − t)^q dt/2. Donc

J(p, q) = I(p, q)/2 = p! q! / (2 (p + q + 1)!) (contrôle : J(0, 0) = ∫ sinθ cosθ dθ = 1/2).

Partie B — f_a(x) = x ln(1 − a/x)

B.1. 1 − a/x = (x − a)/x > 0 ⇔ x < 0 ou x > a : D_a = ]−∞, 0[ ∪ ]a, +∞[.

B.2. ln x − ln(x − a) = ∫_x−a^x dt/t, et sur cet intervalle de longueur a, 1/x ≤ 1/t ≤ 1/(x − a). D'où a/x ≤ ln x − ln(x − a) ≤ a/(x − a) (inégalités strictes, 1/t n'étant pas constante).

B.3. Sur ]a, +∞[, f_a(x) = x[ln(x − a) − ln x] et

f_a′(x) = ln(x − a) − ln x + x(1/(x − a) − 1/x) = a/(x − a) − [ln x − ln(x − a)] > 0 par B.2.

f_a est strictement croissante sur ]a, +∞[.

• x → a⁺ : ln(1 − a/x) → −∞, donc f_a(x) → −∞ : asymptote verticale x = a.
• x → +∞ : ln(1 − a/x) = −a/x − a²/(2x²) + o(1/x²), donc f_a(x) = −a − a²/(2x) + o(1/x) → −a : asymptote horizontale y = −a, la courbe étant en dessous.

B.4. Allure : chaque 𝒞_a (a = 1, 2, 3) part de −∞ le long de la verticale x = a, croît et se rapproche par en dessous de la droite y = −a. À x fixé, f_a(x) décroît quand a augmente (ln(1 − a/x) décroît en a) : 𝒞₃ est sous 𝒞₂, elle-même sous 𝒞₁, sur leurs domaines communs ; les trois courbes ne se coupent pas.

B.5. ln y_n = n ln(1 − a/n) = f_a(n). f_a étant croissante sur ]a, +∞[, (y_n) est croissante pour n > a, et f_a(n) → −a donne lim y_n = e^−a.

Partie C — vers la fonction Γ

C.1. Changement u = nt : F_n(x) = ∫₀¹ (1 − t)ⁿ n^xt^x n dt = n^x+1 I(x, n).

C.2. Posons h_n(u) = (1 − u/n)ⁿ si 0 ≤ u ≤ n, 0 si u > n. Pour u fixé, h_n(u) ≤ h_n+1(u) : si 0 < u < n, c'est B.5 avec a = u ; si u = 0, les deux valent 1 ; si u ≥ n, h_n(u) = 0 ≤ h_n+1(u). Donc

F_n+1(x) = ∫₀ⁿ⁺¹ h_n+1(u)u^x du ≥ ∫₀ⁿ h_n+1(u)u^x du ≥ ∫₀ⁿ h_n(u)u^x du = F_n(x) : (F_n(x)) est croissante.

C.3. a. u^x+2e^−u → 0 quand u → +∞ (croissances comparées) : il existe U > 0 tel que u^x+2e^−u ≤ 1, soit e^−u ≤ 1/u^x+2, pour tout u ≥ U.

C.3. b. Pour 0 ≤ u < n, ln(1 − u/n) ≤ −u/n, donc (1 − u/n)ⁿ ≤ e^−u et F_n(x) ≤ ∫₀ⁿ e^−uu^x du. Si n ≤ U, c'est ≤ ∫₀^U e^−uu^x du ; si n > U, on ajoute ∫_Uⁿ e^−uu^x du ≤ ∫_Uⁿ du/u² ≤ 1/U. Dans les deux cas F_n(x) ≤ ∫₀^U e^−uu^x du + 1/U.

C.3. c. Suite croissante (C.2) et majorée (C.3.b) : (F_n(x)) converge.

C.4. A.4 vaut pour tout réel a ≥ 0, donc I(x + 1, n) = n!/((x + 2)…(x + n + 2)) = I(x, n)·(x + 1)/(x + n + 2). Ainsi

F_n(x + 1) = n^x+2 I(x + 1, n) = (x + 1) · n/(x + n + 2) · F_n(x),

et en faisant n → +∞ (n/(x + n + 2) → 1) : F(x + 1) = (x + 1) F(x).

F(0) = lim n·I(0, n) = lim n·n!/(n + 1)! = lim n/(n + 1) = 1. Par récurrence, F(k) = k! pour tout k ∈ ℕ (F(x) = Γ(x + 1) = ∫₀^+∞ e^−uu^x du).