ecole de hautes etudes commerciales du nord - Ceremade

ECOLE DE HAUTES ETUDES COMMERCIALES DU NORD Concours d'admission sur classes préparatoires 2003
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MATHEMATIQUES
Option scientifique CORRIGE
Exercice 1 1 ) a. [pic] est clairement le bon et unique client.
b. C'est du calcul, et ça marche.
2 ) a. En remettant le quantificateur à la bonne place, c'est du
cours... C'est très exactement le théorème de division euclidienne dans [pic] . b. La famille [pic] est libre car échelonnée en degrés, et de
cardinal
égal à [pic] : c'est une base de [pic] . Pour tout entier n ,
et comme
tout élément de [pic] , le polynôme [pic] se décompose de
manière unique selon
cette base, ce qui garantit existence et unicité du triplet
de réels [pic] . c. Soit [pic] . On utilise les racines du polynôme P , qui
appartiennent à [pic]. Si [pic] est l'une de ces racines, on a [pic] , d'où : [pic] = [pic]
= [pic]
= [pic] ( 1 ) .
[pic] Pour [pic] , on obtient immédiatement : [pic] .
[pic] Pour [pic] , il vient : [pic] . ( 2 )
Mais ne perdons pas de vue que 1 est une racine double du
polynôme P .
Ceci assure d'après le cours que [pic]. Dérivons l'égalité de
2 ) a. . Il vient : [pic] = [pic]. En substituant à l'indéterminée X la
racine
double [pic], on trouve : [pic], soit
[pic] . Il n'y a plus qu'à réinjecter dans ( 2 ) pour
obtenir [pic] .
3 ) a. On sait que, pour tout entier [pic] , [pic] . Le cours
assure que, dans ces conditions : [pic] .
Mais d'après 1 ) b. , P est un polynôme annulateur de
A , donc [pic] , et :
[pic] .
Les courageux remplaceront alors [pic] par leurs expressions
si ça leur dit. b. La troisième ligne d'une matrice [pic] est ici désignée par
[pic]. On a :
[pic],
soit : [pic] , ou encore :
[pic] .
Si ça amuse encore quelqu'un, je le laisse finir les
calculs avec plaisir.
4 ) a. Il faut vraiment répondre à ce genre de question ?
Alors... « By induction ». b. Il suffit bien sûr de faire le produit de la troisième ligne de
[pic] par la matrice
colonne [pic] , et on récupère [pic] . Pour les fanatiques...
[pic] .
Amen ! Regardons l' Exercice 2 . Exercice 2 1 ) a. Si [pic] , c'est clair. Sinon, soit [pic] , quelconque
inside. La décroissance de f sur le segment [pic] permet d'assurer
que :
[pic] .
On intègre l'inégalité soulignée sur [pic] , et il vient :
[pic] .
En sommant ces inégalités pour [pic] , on obtient que :
[pic] , soit [pic] .
b. Il résulte de la question précédente que : [pic] .
Mais, par positivité de l'application f , et convergence de
l'intégrale [pic] , on a : [pic] , d'où :
[pic] .
Cela signifie que la suite [pic] des sommes partielles
d'indices supérieurs
à p de la série [pic] est majorée. Le théorème
fondamental pour les
séries à termes positifs assure alors la convergence de
[pic] .
2 ) a. On repart de l'encadrement vu en 1 ) a. : [pic] . On intègre cet encadrement sur [pic] , et il vient :
[pic] .
Comme et [pic] et [pic] convergent, on peut sommer les encadrements précédents pour [pic] , (où [pic]) , et il
vient :
[pic] ,
soit encore : [pic].
On tripatouille un chouia, et on obtient l'inégalité
qu'elle était vachement attendue...
[pic] .
b. Il suffit clairement d'avoir : [pic] ; une simple
division par la quantité strictement positive [pic] (par
exemple...) dans l'encadrement
obtenu à la question précédente, un petit coup de squeeze,
et l'on voit alors que :
[pic] , i.e. [pic] .
3 ) a. La stricte positivité de f est claire.
L'application f est dérivable, donc continue , sur [pic] , et tous calculs faits : [pic] . La décroissance de l'application f sur [pic] ne
fait alors plus de doutes. Reste à examiner la convergence de l'intégrale (de
Bertrand) [pic] . Le licite changement de variable « [pic] » nous dit que
cette intégrale a même
nature que l'intégrale (de Riemann) [pic] , ce qui devrait
suffir à convaincre les plus
sceptiques de sa convergence : [pic] converge .
Mais le théorème de changement de variable nous dit alors
aussi que :
[pic] .
On a donc bien [pic] .
Bon, ben... j'crois ben qu'on a tutti.
b. Le concepteur semble prendre les candidats de l'EDHEC pour
des demeurés : on est en situation d'appliquer 2 ) b. , qui nous dit que :
[pic] . c. C'est une plaisanterie ? Ca doit traîner dans toutes les
listes d'exercices en 1ère année... Pour [pic] , [pic] et la divergence de la série harmonique
entraîne celle de [pic] . Par équivalence pour les séries à
termes positifs... [pic] diverge .
Exercice 3 1 ) C'est le produit scalaire canonique chez les matrices, et on
fait tous ça en cours, nan ? Sinon... [pic] [pic] est une forme (klar), symétrique piske : [pic] . [pic] La linéarité à gauche de [pic] découle de la linéarité de
l'application trace, de la linéarité de la transposition, et de la distributivité du
produit matriciel sur l'addition
matricielle. Grâce à la symétrie, [pic] est une forme
bilinéaire symétrique . [pic] Si [pic] , on vérifie sans mal que : [pic] .
Il en résulte immédiatement que [pic] est une forme
bilinéaire symétrique positive ,
puisque [pic] . De plus, si [pic] , on a clairement [pic] .
Ainsi, [pic] est une forme bilinéaire symétrique
définie positive, i.e. [pic] est
un produit scalaire sur [pic] .
2 ) On vérifie que [pic] : [pic] est orthogonale .
3 ) a. Puisque [pic] est orthogonale, il n'y a plus qu'à normer
les vecteurs... Le calcul est une fois de plus passionnant... On trouve : [pic] , [pic] , et [pic] . Bref, on pose [pic] , [pic] , et [pic] , et la famille [pic] est orthonormale . Donc libre d'après le
cours. Puisque [pic] est génératrice de E et que, pour tout
entier [pic] , [pic] et [pic] sont colinéaires, la famille[pic]est
aussi génératrice de E . Je pense qu'on peut alors passer à la question
suivante...
b. Où l'on atteint des sommets dans le caractère palpitant
de cet exercice... [pic] . [pic] . [pic] .
c. C'est du cours... Expression d'un projeté orthogonal en
base orthonormale. Il n'y a donc qu'à appliquer le cours, qui nous dit si
gentiment que :
[pic] .
Et on remplace, c'est génial... [pic] ,
ou encore :
[pic] .
d. La famille [pic] est orthogonale et constituée de vecteurs
non nuls, donc libre. La matrice A est donc élément de [pic] si et seulement
si :
( * ) [pic] .
[pic] est un sous - espace vectoriel de [pic] de
dimension 6 . J'avoue ne pas bien voir l'utilité d'en exhiber une base...
mais c'est possible ! Tant qu'on y est, quel est l'intérêt d'avoir fait tous ces
calculs ?
[pic] .
Au moins, on est rassuré de retrouver ce qu'on savait... Bon... Revenons à nos moutons basiques de [pic] : Je vous
présente...
[pic] , [pic] , [pic] ,
[pic] , [pic] , et [pic] .
ou encore... [pic] , [pic] , [pic] , [pic] , [pic] , et [pic] .
Elles sont six, elles sont belles, elles sont toutes dans
[pic] car elles vérifient toutes les relations ( * ) . Il n'y a plus qu'à
montrer qu'elles forment
une famille libre pour conclure qu'on a une base de [pic] .
Euh...
J'crois que c'est clair, comme dit la marionnette de Serge July
dans les Guignols,
y compris au niveau de la liberté. En tout cas, je trouve que ça
suffit comme ça pour
cet exercice. Regardons le problème.
Problème
Partie 1 1 ) Par récurrence...
[pic]