[PDF] Oraux mp* 2017 Un exercice (trop) technique. . . Oral

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Oraux mp* 2017

Oral 1. [Dorian Martino, Magistère Rennes]

Exercice 1Montrer queP=X5X2+1admet une unique racine réelle, qui est irrationnelle.

Exercice 2Résoudre dansM3(R)l"équation

A 3=0 B @1 21 1 21 1 211 C A Exercice 3Montrer que l"équationx4y2= 5z+3d"inconnue(x;y;z)n"a pas de solution dansZ3.commentaires (b.a.) On étudie la fonctionx7!x5x2+ 1, de dérivéex7!5x42x=x(5x32). On peut alors avoir les variations, et conclure qu"il y a une racine réelle unique. Si elle est rationnelle, on peut l"écrirep=qavecpetqpremiers entre eux. On obtient p

5q3p2+q5= 0

d"où l"on déduit quepdiviseq5etqdivisep5. Cela forcepetqà valoir1, qui ne marchent pas. Pour la matrice que nous noteronsM, elle est de rang 1, de trace nulle, donc non diagonalisable, puisque son polynôme caractéristique estX3et qu"elle est donc nilpotente non nulle. Son indice est 2. SiA3=M,Aest nilpotente d"indice >3ce qui n"est pas possible. Pour l"équation, modulo 5, on a, sixn"est pas divisible par 5,x41. Donc

1y23, doncy22, pas possible. Mais sixest divisible par 5,y22,

tout aussi impossible. Ce peut sembler astucieux, mais souvent dans ce genre d"équation les congruences modulo des entiers bien choisis peuvent être fruc- tueuses.1

Oral 2. [Dorian Martino, Magistère Rennes]

Montrer que

f(x) =Z +1

0sin(xt)e

t1dt est bien définie, trouveraetbtels que f(x) =+1X n=1ab+n2 puis enfin trouver un équivalent defen+1.commentaires (b.a.) La définition ne pose pas trop de problème : prolongement par continuité en0 dons faux problème, majoration en valeur absolue par1=(et1)au voisinage de+1, intégrable car équivalente àet. Ne pas oublier quand même de dire que la fonction est continue sur]0;+1[. Puis sin(xt)e t1=+1X k=0sin(xt)e(k+1)t (sit >0). On n"arrive pas à appliquer le théorème d"interversion série/intégrale, on fait donc " à la main », avec majoration du reste. C"est-à-dire qu"on écrit, pour n"importe quelN0, sin(xt)e t1=NX k=0sin(xt)e(k+1)t+RN(t) d"où f(x) =NX k=0 Z+1 0 sin(xt)e(k+1)tdt +Z +1 0 R

N(t)dt

et si l"on montre que Z+1 0 R

N(t)dt!n!+10

c"est fini, on aura alors le droit d"écrire f(x) =+1X k=0 Z+1 0 sin(xt)e(k+1)tdt Or jRn(x)j= +1X t1 dont l"intégrale tend vers0quandn!+1, par exemple par convergence dominée, domination part7!jxjte t1. De plus, Z +1 0 sin(xt)ektdt=xk 2+x2 2 On doit donc trouver, sauf erreur de ma part,a=x,b=x2, donc f(x) =1x +1X k=111 + (k=x)2 La somme est comprise entre les deux intégrales Z +1

0dt1 + (t=x)2etZ

+1

1dt1 + (t=x)2

c"est-à-dire entre les deux intégralesxZ +1

0du1 +u2etxZ

+1

1=xdu1 +u2d"où en

+1un équivalent qui serait=2.3

Oral 3. [Antonin Dudermel, ULCR]

Toutes mes fonctions sont de classeC2(Rd;R)Soitfune fonction atteignant un minimum local enx0. On définit la matrice hessienne defde la manière suivante :Hf=@2f@x i@xj

16i;j6d

1 Montrer que toutes les valeurs propres deHf(x0)sont positives ou nulles 2

Soitude classeC2(R+Rd;R)vérifiant@u@t

xu= 0et pourx2Rd;: t7! u(t;x)a une limite finie en0, qu"on noteu0(x).

Montrer que

inf

R+Ru= inf

R du0commentaires (a.d.) Même si le fait qu"on ne connaisse qu"un seul théorème sur les fonctions de classe C

2aurait pu me mettre la puce à l"oreille, il m"a fallu calculer la hessienne de

x;y x2y2pour me rendre compte que les hessiennes étaient ici symétrique. Je me suis ensuite un peu avancé en énonçant la caractérisation classique des matrices symétriques positives. Après un dessin qui n"a pas donné grand chose, je me suis rabattu sur le cas en dimension 1. L"examinateur m"a ensuite guidé pour transformer le problème en problème à une dimension, mais j"ai échoué à dériver deux foist f(x0+tv)oùvest un vecteur, il m"a donc donné le résultat, en l"admettant, ce qui m"a permis de résoudre. Il m"a ensuite donné la question2, où je n"ai eu le temps que de démontrer queune pouvait pas admettre de minimum.commentaires (b.a.) La symétrie vient du théorème de Schwarz. Sihest un vecteur deRd, on sait dériver g:t7!f(x0+th) en (théorème fondamental) g

0:t7!pX

i=1h i@f@x i(x0+th) Et pour continuer, il suffit de remplacerfpar chacune de ses dérivées partielles et de recommencer. g

00:t7!pX

i=1h i0 pX j=1h j@2f@j@x i(x0+th)1 A 4 Maisgatteint un minimum local en0, sa dérivée en0est donc nulle et sa dérivée seconde positive ou nulle. Ce qui donne H THfH0 et ce, pour toute matrice colonneH= (h1;:::;hp)T. Il ne reste plus qu"à savoir démontrer que cela implique que Sp(H)R+, ce qui est facile (dans ce sens, l"implication n"a pas besoin du théorème spectral, il suffit pour une valeur propre donnée de considérer un vecteur propreHparticulier). La deuxième question est plus difficile. Il faut commencer par une juste intuition des choses : si en un point (t;x)on a@u@t ((t;x))<0(autrement dit si la valeur deudécroît localement avec le temps), alors le laplacien (rappelé par l"examinateur si vous n"êtes pas allé en cours de physique cette année) vérifiex((t;x))<0. Or le laplacien est la trace de la matrice hessienne. S"il est strictement négatif, il n"y a pas de minimum local enx0dex7!u(t;x)(la trace étant la somme des valeurs propres avec leur multiplicité, elles ne peuvent pas toutes être positives ou nulles). Puis s"attendre à des indications de l"examinateur dans le genre de l"exercice sur le principe du maximum (feuilles sur les fonctions de plusieurs variables). Penser quand même à étudier le casd= 1, et aussi à réduire le problème : siu0n"est pas minorée, il n"y a rien à montrer, si elle l"est on peut la supposer positive quitte à ajouter une constante, le problème est alors de montrer queuest elle aussi positive.

Une difficulté ici est que si@u@t

= xu= 0on ne peut pas dire grand chose, d"où l"idée, passablement élaborée, de rajouter " un petit quelque chose » pour éliminer ce problème...Oral 4. [Mathis Pasquier, TPE-EIVP]

Premier exercice

Soitn2N. Nature de la série de terme général u n=Z n 0sin

3(x)1 +xdx:

Second exercice

Soitnun entier naturel supérieur ou égal àă2.

1. Montrer queGLn(R)est un ouvert deMn(R)

2. Déterminer l"adhérence deGLn(R).

3.Mn(R)nGLn(R)est-il un compact?

Commentaires

Deux exercices, 30 minutes de préparation, 30 minutes d"oral. 5 L"examinateur n"était pas plus bavard ni très enjoué, mais quand même aidant et pas impatient. J"avais peur de l"irriter avec mes hésitations (sans doute des préjugés de base avec les colles de prépa), mais il m"a bien accompagné quand je n"avais pas d"idée (d"ailleurs il me faisait penser physiquement à monsieur

Courant).Commentaires (m.p.)

Exercice 1

L"idée, c"est de se ramener à une série de Riemann. Pour ce faire, on montre par des majorations très simples que Z n 0sin

3(x)1 +xdx

Z n 0 sin3(x)1 +x dxn 3Zn

011 +xdx

d"où junj n 3ln 1 +n soit junj n 4 pour conclure, par comparaison de séries à termes positifs et par l"exemple de Riemann, à la convergence absolue et donc à la convergence dePun.

Exercice 2

1. Un classique : le complémentaire deGLn(R)dansMn(R)est l"image réci-

proque du singleton vecteur nul par l"applicationdetqui est continue sur M n(R)...

2.GLn(R)est dense dansMn(R)si et seulement siGL

n(R) =Mn(R). Et on montre cette densité en utilisant, pourA2 Mn(R)fixée, la suite à valeurs dansMn(R)définie par

8p2N;Ap=1p

In+A qui est à valeurs dansGLn(R)à partir d"un certain rang du fait du nombre fini de valeurs propres deA(racines dedet(XInA)).

3.Mn(R)nGLn(R)est bien fermé (car son complémentaire est ouvert) mais

pas borné : on peut le montrer par l"absurde en supposant qu"il existe r >0tel que

8A2 Mn(R)nGLn(R);kAk r:

Alors il suffit de prendre une matrice avec que des zéros (surtout en dessous ou en dessus de la diagonale et sur la diagonale afin de s"assurer qu"elle n"est pas inversible), sauf un coefficient égal à, par exemple,r+ 1. Alors, en choisissant comme norme k:k:A7!max(jai;jj) 6 (en dimension finie toutes les normes sont équivalentes), on a bien une contradiction...Oral 5. [Hippolyte Goutebroze, Centrale math 2 (Python)] Soitfcontinue de[a;b]dansR(a < b). On suppose quefatteint un minimum unique ent02]a;b[. On suppose de plus quefest strictement décroissante sur [a;t0], strictement croissante sur[t0;b]. Le but est de trouvert0. On définit pour cela deux suites(an)et(bn)deRNpara0=a,b0=bpuis, supposantanet b ndéfinies : on posen=an+r2`n,n=an+r`navec`n=bnanetrla solution positive dex2+x= 1. Alors, sif(n)f(n), on posean+1=net b n+1=bn. Sinon, on posean+1=anetbn+1=n. Montrer que(an)et(bn)convergent verst0. Exprimer`nen fonction der;n;a etb. Python : programmer l"algorithme ci-dessus, le tester avecf:x7!sinxsur [;2], avect0à107près. Autres questions : généralisations à des fonctions de plusieurs variables à valeurs réelles.commentaires (h.g.) Examinateur "banal" : très sympathique, très silencieux (beaucoup moins cepen- dant avec mon prédécesseur, qui ne connaissait pas la définition d"un fermé...). A préciser néanmoins concernant la partie informatique : l"examinateur passe vérifier les programmes demandés, mais en quelques secondes seulement. On passe directement au tableau, sans s"appesantir sur le côté programmation, que celui-ci soit juste ou faux.commentaires (b.a.)

Dans le premier cas, on a

n+1=bn+1an+1=bnn= (1r2)`n=r`n

Dans le deuxième cas,

n+1=bn+1an+1=nan=r`n

On a donc, par récurrence,

n=rn(ba) d"où, en particulier, la convergence de la suite(`n)vers0(car0< r <1) (on a oublié de dire que(`n)était à termes positifs). On vérifie aussi queanan+1 etbn+1bnen distinguant les cas. Plus généralement, on a, avec0< r <1, a nnnbn 7 Les suites(an)et(bn)sont donc adjacentes. Or sif(n)f(n), comme en fait n>0et0< r2< rdoncn< n, on at0n(par l"absurde). On obtient en étudiant de même l"autre cas queant0bndans tous les cas, d"où une convergence et surtout un encadrement det0à chaque pas, avec une vitesse de convergence géométrique.Oral 6. [Houssam L"Ghoul, Centrale Math 1] Dans une urne se trouventn >1boules dontj0rouges et le reste blanches. On tire deux boules sans remise. Si elles sont de même couleur on les remet dans l"urne. Si elles sont de couleurs différentes on les enlève puis on met dans l"urne deux boules de la couleur de la deuxième. On noteXkla variable aléatoire nombre de boules rouges dans l"urne au bout duk-ième tirage de deux boules. On noteUkle vecteur colonne U k= (P(Xk= 0);:::;P(Xk=n))

1. Trouver la matriceA2 Mn+1(R)telle que

U k+1=AUk

2. DonnerApourn= 4.

3. Donner son polynôme caractéristique. Est-elle diagonalisable?commentaires (h.l.)

L"exercice était simple dans la mesure où on ne se perdait pas. Cependant les calculs étaient longs, l"interrogateur était obligé de donner les résultats pour qu"on puisse passer à la question suivante. L"interrogateur a aussi profité de la partie algèbre pour poser des questions de cours directes et simples.commentaires (b.a.) On peut avoirXk+1=Xk(si on a tiré deux boules de même couleur au(k+

1)ième tirage) (remarque : pour ce genre d"énoncé, ne pas hésiter à dessiner une

urne avec quelques boules si cela vous aide à réfléchir),Xk+1=Xk1(si au (k+1)ième tirage on a tiré une boule rouge puis une blanche), ouXk+1=Xk+1 (si au(k+ 1)ième tirage on a tiré une boule blanche puis une rouge). Les tirages sans remise (loi hypergéométrique, hors programme) sont plus déli- cats que les tirages sont remise (loi binomiale). Rappelons que pendant l"année on a discuté la possibilité de considérer évidente l"équivalence entre tirage sans remise et tirage simultané. Mais ici, on a une notion de deuxième boule tirée, il n"est donc pas très adapté de parler de tirage simultané. On utilise le système complet d"évènements((Xk=s))0snpour écrire

P(Xk+1=r) =nX

s=0P(Xk+1=r;Xk=s) 8 somme dans laquelle ne restent qu"au plus trois termes non nuls d"après la remarque qui vient d"être faite. Il faut faire attention aux extrémités :

P(Xk+1= 0) =P(Xk+1= 0;Xk= 0) +P(Xk+1= 0;Xk= 1)

=P(Xk= 0) +P(Xk= 1)P(Xk=1)(Xk+1= 0) =P(Xk= 0) +1n

P(Xk= 1)

(se retrouver avec 0 boule rouge à partir d"une urne qui en contenait 1, c"est l"avoir tirée en premier; on aura alors tiré une blanche en deuxième, et remplacé les deux par deux blanches). De même

P(Xk+1= 1) =P(Xk+1= 1;Xk= 1) +P(Xk+1= 1;Xk= 2)

(n1)(n2)n(n1)P(Xk= 1) +2n n2n1P(Xk= 2) (si on avait0boule rouge aprèsktirages, on en a toujours0par la suite. Dans ce calcul on supposen >2. On a intérêt à considérer les tirages successifs. Donc la probabilité de tirer une blanche puis une blanche sans remise dans une urne denboules dont une est rouge vautn1n n2n1. Celle de tirer une rouge puis une rouge est évidemment nulle) De l"autre côté :

P(Xk+1=n) =P(Xk+1=n;Xk=n) +P(Xk+1=n;Xk=n1)

=P(Xk=n) +P(Xk=n1)P(Xk=n1)(Xk+1=n) =P(Xk=n) +1n

P(Xk=n1)

et

P(Xk+1=n1) =P(Xk+1=n1;Xk=n1) +P(Xk+1=n1;Xk=n2)

(n1)(n2)n(n1)P(Xk=n1) +n2n

2n1P(Xk=n2)

Enfin, si2rn2,

P(Xk+1=r) =P(Xk+1=r;Xk=r1) +P(Xk+1=r;Xk=r) +P(Xk+1=r;Xk=r+ 1) nr+ 1n r1n1P(Xk=r1) +nrn nr1n1+rn r1n1

P(Xk=r)

r+ 1n nr1n1P(Xk=r1) Effectivement, il est à peu près impossible de faire tous ces calculs attentivement dans un oral d"une demi-heure sans préparation, ou alors on ne fera vraiment pas grand chose d"autre. Si l"interrogateur voit que le candidat " raisonne juste », il 9 lui donnera des choses pour passer à la suite, c"est ce qui visiblement est arrivé à Houssam et c"est très normal.Pourn= 4, on doit trouver la matrice suivante (sauf erreur) : 0 B

BBBBB@1 1=4 0 0 0

0 1=2 2=3 0 0

0 1=4 1=3 1=4 0

0 0 1=3 1=2 0

0 0 0 1=4 11

C

CCCCCA

Les sommes des coefficients dans chaque colonne sont égales à 1, ce qui est rassurant : c"est dû au fait qu"une probabilité conditionnelle est une probabilité. Pour le polynôme caractéristique, c"est épuisant...même si théoriquement on s"en sort, puisqu"il s"agit de matrices dites tridiagonales. Un exercice (trop) technique...Oral 7. [Lucas Aubert, Centrale Math 2] Soitfdéveloppable en série entière sur]R;R[,R >0. On définit, surR, u n:x7!exnX k=0x kk! et, sur]R;R[, v n:x7!nf(n)(0)un(x)

1. (Python) Calculer pour différentes valeurs dex2[1;1]etN2N

N X n=1n e x1xx22 x36 :::xnn! et tracer la fonctionx7!NX n=1n e x1xx22 x36 :::xnn! sur [1;1]. Tracer la fonctionx7!x2ex. Que conjecture-t-on?

2. Montrer que

8x2R8n2Njun(x)j ejxjjxjn+1(n+ 1)!

3. Montrer que

Pvnconverge simplement sur]R;R[. On pose

v:x7!+1X n=0nf (n)(0)un(x)

4. Montrer quevest solution d"une équation différentielle avec un second

membre qui dépend def. 10 commentaires(l.a.) Examinateur sympathique, à l"écoute, qui cherchait le dialogue. Ma fonction Python ne marchait pas, mais l"idée était là. L"examinateur a porté beaucoup d"attention à cette question, on a dû passer 10 minutes à chercher pourquoi la fonction ne renvoyait pas le bon résultat, sans succès. Dommage, plus beaucoup de temps pour faire la partie mathématique.commentaires(b.a.) Commentaire sur le commentaire de Lucas, d"abord : quand un programme semble correct et qu"il ne marche pas, c"est très naturel de vouloir voir ce qui se passe. Je comprends donc l"attitude de l"examinateur. C"est frustrant pour tout le monde, mais quand on ne trouve pas mieux que le candidat, quand celui-ci est dans une bonne attitude de recherche, le pronostic est plutôt favorable, chercher ensemble a tendance à créer une sympathie, et a priori c"est bien pour la note! Question 2 : Taylor-Lagrange. En revanche, la conjecture de la question 1 se montre par Taylor-reste-intégrale. Questions 3 et 4 : Taylor avec reste-intégrale, et festival d"interversions pour obtenir sauf erreur sur mon brouillon une équation v

0(x) =v(x) +xZ

x 0 f(t)dt (apparemment, vu les calculs faits ci-dessous, cela doit être faux!)

De la majoration du 2. on déduit

nf(n)(0)un(x)njf(n)(0)jejxjjxjn+1(n+ 1)! jf(n)(0)jejxjjxjn+1n! d"où la convergence absolue de

Pvnet même normale sur tout segment inclus

dans]R;R[. Notons que lesvnsont de classeC1. Calculons u

0n(x) =un1(x)

Ce qui permet assez facilement d"obtenir, par la majoration précédente, une

convergence uniforme car normale sur tout segment inclus dans]R;R[dePv0n. Donc par théorèmevestC1et

8x2]R;R[v0(x) =+1X

n=1nf (n)(0)un1(x) et donc

8x2]R;R[v(x)v0(x) =+1X

n=1nf (n)(0)xnn!=x+1X n=1f (n)(0)xn1(n1)!=xf0(x)11quotesdbs_dbs14.pdfusesText_20

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