Modèle de concours d'accès à l'École Nationale des Sciences Appliquées de Marrakech (ENSA Marrakech) 2009 — Épreuve : Mathématiques et Informatique

Ce modèle est l'épreuve de Mathématiques et Informatique du concours d'entrée en 1^re année du cycle d'ingénieur de l'ENSA de Marrakech (Université Cadi Ayyad, année 2008/2009), session du mercredi 15 juillet 2009. Durée totale : 4 heures, réparties en Analyse (2 h), Algèbre (1 h 30) et Informatique (30 min), à rédiger sur feuilles séparées. Aucun document, calculatrice interdite. Voici une correction proposée, dans l'ordre de l'énoncé.

Épreuve d'Analyse — intégrales de Wallis et intégrale de Gauss

u_n = ∫_−π/2^π/2 cosⁿt dt, G = ∫_−∞^+∞ e^−t² dt.

1. (a) u₀ = π ; u₁ = [sin t] = 2 ; u₂ = ∫(1 + cos 2t)/2 dt = π/2.

(b) Pour n ≥ 1, intégration par parties avec u = cosⁿt, v′ = cos t (v = sin t) :

u_n+1 = [cosⁿt sin t]_−π/2^π/2 + n∫cosⁿ⁻¹t sin²t dt = 0 + n(u_n−1 − u_n+1), d'où (n + 1)u_n+1 = n u_n−1.

(c) Posons w_n = (n + 1)u_n+1u_n. Par (b), w_n = n u_n−1u_n = w_n−1 : la suite est constante, égale à w₀ = u₁u₀ = 2π.

(d) Sur [−π/2, π/2], 0 ≤ cos t ≤ 1, donc cosⁿ⁺¹t ≤ cosⁿt : (u_n) est décroissante (et u_n > 0). Alors 2π = (n + 1)u_n+1u_n ≤ (n + 1)u_n², et pour n ≥ 1, 2π = n u_nu_n−1 ≥ n u_n². D'où n u_n² ≤ 2π ≤ (n + 1)u_n².

(e) 2π/(n + 1) ≤ u_n² ≤ 2π/n donne nu_n² → 2π : u_n ~ √(2π/n) et lim u_n = 0.

2. (a) f_n est nulle hors de [−√n, √n], d'où la première égalité. Changement x = √n sin t, t ∈ [−π/2, π/2] : 1 − x²/n = cos²t et dx = √n cos t dt, donc

∫_−√n^√n f_n(x) dx = √n ∫_−π/2^π/2 cos²ⁿ⁺¹t dt = √n u_2n+1.

(b) √n u_2n+1 ~ √n·√(2π/(2n + 1)) → √π. Donc lim ∫ f_n = √π.

3. (a) Pour x fixé, dès que n ≥ x², f_n(x) = exp(n ln(1 − x²/n)) et n ln(1 − x²/n) → −x² : f(x) = e^−x².

(b) g(u) = ln(1 − u) + u sur [0, 1[ : g′(u) = −u/(1 − u) ≤ 0 et g(0) = 0, donc ln(1 − u) ≤ −u (l'inégalité n'a de sens que pour u < 1). Pour |x| < √n : f_n(x) = exp(n ln(1 − x²/n)) ≤ exp(−x²) ; ailleurs f_n(x) = 0 ≤ f(x). Donc 0 ≤ f_n ≤ f sur ℝ.

(c) Théorème de convergence dominée : si des fonctions continues par morceaux f_n convergent simplement sur un intervalle I vers une fonction continue par morceaux f, et s'il existe φ intégrable sur I avec |f_n| ≤ φ pour tout n, alors f est intégrable et ∫_If_n → ∫_If. Ici φ = e^−x² est intégrable sur ℝ (≤ e^−|x| pour |x| ≥ 1) et domine f_n par (b) : lim ∫ f_n = ∫ f.

(d) Par 2(b) et 3(c) : G = ∫_−∞^+∞ e^−t² dt = √π.

4. (a) u_n+1/u_n → 1 (équivalent 1(e)) : R = 1.

(b) u_n ~ √(2π)/√n, terme positif d'une série de Riemann divergente (exposant 1/2) : Σu_n diverge. Pour Σ(−1)ⁿu_n (l'énoncé imprime (1)ⁿ) : série alternée, (u_n) décroissante de limite nulle, donc convergente (critère de Leibniz). Domaine : D = [−1, 1[.

(c) Pour x ∈ D et t ∈ [−π/2, π/2], 1 − x cos t > 0 (si x ≥ 0, x cos t ≤ x < 1 ; si x < 0, x cos t ≤ 0). La somme géométrique Σ_k=0ⁿ⁻¹(x cos t)^k = (1 − xⁿcosⁿt)/(1 − x cos t), intégrée sur [−π/2, π/2], donne la formule demandée.

(d) Notons R_n(x) = xⁿ∫ cosⁿt/(1 − x cos t) dt.

• 0 ≤ x < 1 : 1 − x cos t ≥ 1 − x, donc |R_n| ≤ xⁿu_n/(1 − x) → 0.
• −1 ≤ x < 0 (en particulier x = −1) : 1 − x cos t ≥ 1, donc |R_n| ≤ |x|ⁿu_n ≤ u_n → 0.

Donc S(x) = ∫_−π/2^π/2 dt/(1 − x cos t) pour tout x ∈ [−1, 1[ (pour x < −1 la série diverge puisque R = 1 : « x < 1 » s'entend sur D).

(e) S(−1) = ∫ dt/(1 + cos t) = ∫ dt/(2cos²(t/2)) = [tan(t/2)]_−π/2^π/2 = 1 − (−1) = 2.

Pour −1 < x < 1, avec u = tan(t/2) (u ∈ [−1, 1]) : cos t = (1 − u²)/(1 + u²), dt = 2du/(1 + u²), 1 − x cos t = [(1 − x) + (1 + x)u²]/(1 + u²). En posant α = √((1 − x)/(1 + x)) :

S(x) = ∫₋₁¹ 2du/[(1 + x)(u² + α²)] = 4/((1 + x)α) · arctan(1/α) = (4/√(1 − x²)) · arctan√((1 + x)/(1 − x)),

soit encore S(x) = 2(π − arccos x)/√(1 − x²). Contrôles : S(0) = 4·π/4 = π = u₀ ; S(x) → 2 = S(−1) quand x → −1⁺.

Épreuve d'Algèbre

Exercice 1

1. Dans det(XI − A), l'opération C₁ ← C₁ + C₂ donne la colonne (X, X, 0, 0) ; on factorise X puis R₂ ← R₂ − R₁, et il reste

X · det[(X − 1, 1, −1), (1, X − 1, 0), (1, −1, X)] = X·[X(X − 1)² − X + X] = X²(X − 1)².

χ_f(X) = X²(X − 1)² = X⁴ − 2X³ + X² (contrôle : tr A = 2).

2. det A = χ_f(0) = 0 (0 est valeur propre) : f n'est pas inversible.

3. Les lignes 3 et 4 de A sont égales et rg A = 3, donc dim Ker f = 1 < 2 = multiplicité de 0 (Ker f = Vect(1, 1, 0, 0)). De même rg(A − I) = 3 et Ker(f − id) = Vect(0, 0, 1, 1). f n'est pas diagonalisable.

4. π_f divise χ_f et a les mêmes racines : π_f ∈ {X(X − 1), X²(X − 1), X(X − 1)², X²(X − 1)²}. X(X − 1) est exclu (f non diagonalisable). Le calcul donne A²(A − I) ≠ 0 (ses lignes 3 et 4 valent (1, −1, 1, −1)) et A(A − I)² ≠ 0 (lignes 1 et 2 égales à (0, 0, 1, −1)). Donc π_f = X²(X − 1)².

5. Chaque valeur propre a un sous-espace propre de dimension 1, donc un seul bloc de Jordan de taille 2 :

Base de Jordan possible : e₁′ = (1, 1, 0, 0), e₂′ = (−1, 0, 1, 0) (Ae₂′ = e₁′), e₃′ = (0, 0, 1, 1), e₄′ = (1, 0, 0, 0) (Ae₄′ = e₄′ + e₃′). A = PJP⁻¹ avec P = (e₁′ e₂′ e₃′ e₄′).

6. D = diag(0, 0, 1, 1) et N = E₁₂ + E₃₄ (des 1 en positions (1, 2) et (3, 4)). N² = 0, et DN = ND = E₃₄ : D et N commutent.

7. Binôme (D, N commutent, N² = 0) : Jⁿ = Dⁿ + nDⁿ⁻¹N. Pour n ≥ 2, Dⁿ = Dⁿ⁻¹ = D, donc Jⁿ = D + nE₃₄. Puis Aⁿ = PJⁿP⁻¹ donne, pour n ≥ 2 :

(et A¹ = A). Contrôle : pour n = 2 on retrouve le produit direct A·A.

Exercice 2 — u³ = u

1. Intersection : si y = u²(z) et u(y) = 0, alors u³(z) = u(z) = 0, donc y = u(u(z)) = 0. Dimensions : Im u = Im u³ ⊂ Im u² ⊂ Im u, donc Im u² = Im u et dim Ker u + dim Im u² = dim Ker u + rg u = dim E. D'où E = Ker u ⊕ Im u².

2. Sans dimension finie : l'intersection est nulle par le même argument, et tout x s'écrit x = (x − u²(x)) + u²(x), avec u(x − u²(x)) = u(x) − u³(x) = 0. Le résultat subsiste.

3. (Il faut lire : montrer que E = Ker f ⊕ Im f.) Écrivons a₁f = −f²∘Q(f) avec Q(X) = a₂ + a₃X + … + a_mX^m−2. Si y = f(z) ∈ Ker f, alors f²(z) = 0, donc a₁f(z) = −Q(f)(f²(z)) = 0 et, comme a₁ ≠ 0, y = 0. Ker f ∩ Im f = {0}, et le théorème du rang donne dim Ker f + dim Im f = dim E : E = Ker f ⊕ Im f.

Exercice 3 — noyaux et images itérés

1. f^k(x) = 0 ⇒ f^k+1(x) = 0, donc N_k ⊂ N_k+1 ; f^k+1(x) = f^k(f(x)), donc C_k+1 ⊂ C_k.

2. C, intersection de sous-espaces, est un sous-espace. Pour N : 0 ∈ N ; si x ∈ N_i, y ∈ N_j, alors x, y ∈ N_max(i,j) (suite croissante), donc x + λy ∈ N. N est un sous-espace.

3. Si x ∈ N_k, f^k(f(x)) = f(f^k(x)) = 0, donc f(x) ∈ N_k ⊂ N. Si y ∈ C, pour tout k, y = f^k(x_k), donc f(y) = f^k(f(x_k)) ∈ C_k : f(y) ∈ C.

4. f injective ⇒ chaque f^k injective ⇒ N_k = {0} ⇒ N = {0}. Réciproquement N = {0} ⇒ Ker f = N₁ ⊂ N = {0}.

5. f surjective ⇒ chaque f^k surjective ⇒ C_k = E ⇒ C = E. Réciproquement C = E ⇒ E = C ⊂ C₁ = Im f.

6. (dim E = n.) La suite (dim N_k) est croissante et majorée par n, donc stationnaire. Soit p le plus petit entier tel que N_p = N_p+1 ; si p ≥ 1, N_p−1 ⊊ N_p par minimalité. Puis N_p+i = N_p pour tout i, par récurrence : si x ∈ N_p+i+1, fⁱ(x) ∈ N_p+1 = N_p, donc x ∈ N_p+i.

7. Théorème du rang : dim C_p+i = n − dim N_p+i = n − dim N_p = dim C_p, et C_p+i ⊂ C_p : C_p+i = C_p.

8. Si y = f^p(x) ∈ N_p, alors f^2p(x) = 0, donc x ∈ N_2p = N_p et y = f^p(x) = 0 : C_p ∩ N_p = {0}. Avec dim C_p + dim N_p = n : E = C_p ⊕ N_p.

Épreuve d'Informatique

Exercice 1

1. Un algorithme est une suite finie et ordonnée d'instructions non ambiguës qui, appliquée à des données d'entrée, produit un résultat en un nombre fini d'étapes.

2. Structure de la description : en-tête (Algorithme NomAlgo) ; partie déclarations (constantes, types, variables avec leur type) ; corps entre Début et Fin, contenant les instructions : lecture des données (Lire), traitements (affectations, structures de contrôle), affichage des résultats (Écrire).

3.

• (a) Structure linéaire (séquentielle) : les instructions s'exécutent l'une après l'autre, dans l'ordre d'écriture, chacune une seule fois.
• (b) Structure alternative : exécution conditionnelle. Cas : alternative simple Si condition Alors … FinSi ; complète Si … Alors … Sinon … FinSi ; alternatives imbriquées.
• (c) Structure de choix (sélection multiple) : branchement selon la valeur d'une expression : Selon x Faire v1 : … v2 : … Sinon : … FinSelon. Elle remplace une cascade de Si imbriqués.
• (d) Structure itérative (boucles) : répétition d'un bloc. Cas : Pour i ← a à b Faire … FinPour (nombre d'itérations connu) ; TantQue condition Faire … FinTantQue (test avant, 0 ou plusieurs passages) ; Répéter … Jusqu'à condition (test après, au moins un passage).

4. Procédure (ne renvoie pas de valeur) et fonction (renvoie une valeur d'un type déclaré) :

Procédure NomProc(x : Entier ; Var r : Réel)
  Variables locales …
Début
  instructions
Fin

Fonction NomFonc(x : Entier) : Réel
  Variables locales …
Début
  instructions
  Retourner valeur
Fin

Les paramètres passés par valeur ne sont pas modifiés ; ceux passés par adresse (Var, ou « E/S ») le sont.

5. Réponse probable (la question vise la déclaration d'un tableau et son parcours par une boucle) :

Variables T : Tableau[1..N] de Réel
          i : Entier
Pour i ← 1 à N Faire
   Lire(T[i])      (ou tout traitement sur T[i])
FinPour

Exercice 2

Algorithme SuitesUV
Variables n : Entier
          U, V : Réel
Début
   n ← 1
   U ← 1
   V ← 1
   TantQue U > 0.001 Faire
      Écrire(n, U, V)
      n ← n + 1
      U ← 1 / (n * n)
      V ← V + U
   FinTantQue
Fin

Trace : la boucle affiche les lignes n = 1, 2, …, 31 (1/31² ≈ 0,00104 > 0,001 alors que 1/32² ≈ 0,00098). V_n se met à jour en ajoutant U_n au lieu de recalculer la somme, ce qui évite une boucle imbriquée ; les valeurs de V_n s'approchent de π²/6 ≈ 1,645.