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Mines-Télécom
Exercices corrigés

Exercice corrigé : Oral Mines-Télécom 2022

Voici la correction détaillée d’une planche d’exercices tombés à l’oral de Mines-Télécom en 2022. Ces exercices font appel aux chapitres des intégrales à paramètres, équations différentielles et endomorphismes diagonalisables

Exercice 1 : Analyse

Enoncé

Intégrale impropre et équation différentielle

Corrigé

Question 1

On pose f définie sur les réels positifs par :

f : (x,t) \longmapsto \dfrac{e^{-tx}}{1+t^2}

On remarque que pour tout réel positif :

t \mapsto f(x,t)

est continue par morceaux sur les réels positifs ou nuls.
En +∞, comme x>0, on en déduit que :

f(x,t) = \underset{t\rightarrow+\infty}{O}\left(\dfrac{1}{t^2}\right)

par croissance comparée. Par comparaison aux intégrales de Riemann, on en conclut que la fonction f(x,t sur les réels positifs ou nuls.

La fonction F est donc bien définie sur les réels positifs.

Question 2

Calculons alors la probabilité suivante :

\forall t \in \R_+, \; x \mapsto f(x,t)  
       

est de classe C2 sur les réels positifs ou nuls par produit et composition de fonctions de classe C2. De plus,

\forall t \in \R_+, \forall x \in \R_+^*,\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t)= \dfrac{-t\,e^{-tx}}{1+t^2}\\
\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,t)= \dfrac{t^2\,e^{-tx}}{1+t^2} \end{array}
\right.

De plus,

   \forall x \in \R_+^*, \; t \mapsto f(x,t)
     

est intégrable sur les réels positifs d’après la question 1.
Ensuite,

 \forall x \in \R_+^*, \; t \mapsto \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,t) 
    

est intégrable sur les réels positifs ou nuls.
On a aussi :

\forall x \in \R_+^*, \; t \mapsto \dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,t)
 

est continue par morceaux sur les réels positifs ou nuls.
On pose alors :

\varphi : t \mapsto t^2\,e^{-at}. 

Or φ est positive, indépendante de x, et continue par morceaux sur les réels positifs ou nuls. Et en +∞,

\varphi\,(t) = \underset{t\rightarrow+\infty}{O}\left(\dfrac{1}{t^2}\right)

Donc, par comparaisons aux intégrales de Riemann, φ est intégrable sur les réels positifs ou nuls. Ainsi, l’hypothèse de domination est établie.
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, on en déduit que F est de classe C2 sur les réels positifs ou nuls.

Question 3

La question précédente nous permet d’affirmer :

   \forall x \in \R_+^*, F''(x)=\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}\,\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,t)~\textrm{d}t=\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}\,\dfrac{t^2\,e^{-tx}}{1+t^2}~\textrm{d}t
  

Ainsi pour tout x réel positif, on a :

    \begin{align*}
        F''(x) + F(x) &= \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}\,\dfrac{t^2\,e^{-tx}}{1+t^2}~\textrm{d}t + \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}\,\dfrac{e^{-tx}}{1+t^2}~\textrm{d}t \\
        &= \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}(1+t^2)\dfrac{e^{-tx}}{t^2+1}~\textrm{d}t \\
        &= \displaystyle{\int_{0}^{+\infty}}e^{-tx}~\textrm{d}t \\
        &= -\,\dfrac{1}{x}\left[e^{-tx}\right]_{0}^{+\infty}= \dfrac{1}{x}
    \end{align*}

F est donc solution de (E).

Question 4

On s’intéresse premièrement à l’équation homogène : y »+y=0
C’est l’équation de l’oscillateur harmonique. Ces solutions sont donc de la forme :

y(x)=\lambda\cos{x} + \mu\sin{x}, x \in \R_+^*, \lambda,\mu \in \R

On peut facilement réécrire ces solutions sous la forme

y(x)=\lambda\cos{(x+\phi)}|\lambda,\phi \in \R

Or, d’après la question 3, F est une solution particulière de (E). Donc, toutes les solutions de (E) sont de la forme :

        \forall x \in \R_+^*,y(x)=\lambda\cos{(x+\phi)} + F(x) |\lambda,\phi \in \R

On cherche une solution y telle que

 y \underset{+\infty}{\longrightarrow}0

Montrons dans un premier temps que

F(x) \underset{x\rightarrow +\infty}{\xrightarrow{}}0

On a :

\forall x \in \R_+^*, \; t \mapsto f(x,t)

est continue par morceaux sur les réels positifs ou nuls.
De plus,

\forall t \in \R_+, \quad f(x,t)=\dfrac{e^{-tx}}{1+t^2} \underset{x\rightarrow +\infty}{\xrightarrow{}}\varphi\,(t)=
\left\{ \begin{array}{ll}
1 & \text{si } t=0 \\
0 & \text{sinon}
\end{array}\right.


Et φ est continue par morceaux sur les réels positifs ou nuls.
Passons à l’hypothèse de domination :

\forall t \in \R_+, \forall x \in \R_+, \left\lvert \dfrac{e^{-tx}}{1+t^2} \right\rvert \leqslant \dfrac{1}{1+t^2}

Or,

t\mapsto \dfrac{1}{1+t^2}

est positive, indépendante de x, et intégrable sur les réels positifs ou nuls par comparaison aux intégrales de Riemann.
D’après le théorème de convergence dominée dans le cadre des intégrales à paramètres, on en déduit que :

F(x) \underset{x\rightarrow +\infty}{\xrightarrow{}}0

Or,

\cos{(x+\phi)}\underset{+\infty}{\nrightarrow}0

Donc, par linéarité de la limite :

\lambda \ne 0 \iff y \underset{+\infty}{\nrightarrow}0 \lambda

Finalement, F est l’unique solution de (E) de limite nulle en +∞, correspondant au cas où λ=0.
Ce qui nous permet de conclure la correction de ce premier oral Mines-Télécom

Exercice 2 : Algèbre

Enoncé

Diagonalisabilité matrice de rang 1

Corrigé

Question 1

L’hypothèse f(e1)=f(e2)=… =f(en)=v avec v élément de E permet de remarquer que :

\forall k \in \llbracket 2, n \rrbracket, \: f(e_k)=f(e_1)

On en déduit alors facilement que

Im(f) = vect(f(e_1))= vect(v)

Et donc,

rg f = \left\{\begin{array}{ll}
            0 & \text{si } v=0_E \\
            1 & \text{sinon}
        \end{array}\right.

Question 2

On propose ici une preuve par tâtonnement, comme procédé le jour de l’oral. Avec quelques connaissances sur les endomorphismes de rang 1, cette question peut s’expédier beaucoup plus vite

Premier cas : v=0E
Dans ce cas, la question précédente nous permet d’affirmer que dim(Ker f) = n. Donc f est l’endomorphisme nul, il est donc diagonalisable.

Second cas : v ≠ 0E
Comme dim(Ker f) = n-1, on note alors (b1, b2, …,bn-1) une base de Ker f, et on complète cette base par un vecteur bn tel que B=(b1, b2, …, bn-1,bn) forme une base de E.
Ainsi, en notant A la matrice de l’endomorphisme f dans la base B, il existe

(\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n)\in \mathbb{C}^n

tels que :

A=\begin{pmatrix}
0 & \cdots & 0 & \lambda_1 \\
\vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & \cdots & 0 & \lambda_{n-1} \\
0 & \cdots & 0 & \lambda_n
\end{pmatrix}

Avec ce changement de base, on remarque que :

A \text{ est diagonalisable} \iff \lambda_n \ne 0

Preuve du résultat

Supposons que A soit diagonalisable. Elle admet au plus 2 valeurs propres : 0 et λn. Or A n’est pas nulle donc λn ≠ 0.
Et si λn ≠ 0., on a λn qui appartient au spectre de A (puisque A est triangulaire supérieure) donc dim(Ker(A-λnIn) ≥ 1$. Comme dim(Ker A) = dim(Ker f) = n-1, on en déduit que dim(Ker(A-λnIn)) = 1. Par un argument de dimension, A est diagonalisable.
Ainsi, si λn ≠ 0, A est similaire à la matrice :

\begin{pmatrix}
0 & \cdots & 0 & 0 \\
\vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\
0 & \cdots & 0 & 0 \\
0 & \cdots & 0 & \lambda_n
\end{pmatrix}

Et par invariance de similitude de la trace, on en déduit le résultat suivant (valable pour toute matrice de rang 1) :

A \text{ est diagonalisable} \iff \text{Tr}(A) \ne 0 

Revenons à l’exercice. La question précédente nous permet d’affirmer que : Im f=Vect(v).
Et de plus, on montre facilement que :

Im f \subset Ker f \Longrightarrow \text{Tr}(f)=0

Puisque cela implique que f2=0, f est donc nilpotent et donc de trace nulle
Par conséquent, l’argument de diagonalisabilité de f se joue sur l’appartenance ou non de f(v) dans le noyau de f. Donc f est diagonalisable si et seulement si f(v) est non nul.

En effet,

f\ est\ diagonalisable \Longrightarrow \text{Tr}(f)\ne0 \Longrightarrow Im f \nsubseteq Ker f \Longrightarrow f(v)\ne0


Et

f(v)\ne0 \Longrightarrow Im f \nsubseteq Ker f \Longrightarrow Im f \oplus Ker f = E 

car Im(f) est une droite vectorielle.
Or, comme rg f=1 et

Im f \oplus Ker f = E

Cela nous permet de conclure que f est diagonalisable, puisque E est somme directe des sous-espaces propres de f.

Ceci conclut le second exercice d’oral Mines-Télécom !

Merci à Colin Coërchon pour la proposition de ces exercices corrigés

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