Corrigé CCINP 2026 PSI — Mathématiques

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Proposition de corrigé — non officielle. Concours commun INP 2026, filière PSI, mathématiques, quatre heures sans calculatrice. Les deux exercices et le problème des huit pages sont entièrement traités.

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Exercice 1 — Un jeu de pile ou face

Q1. Dérivées

f(x) = 1/(1 − x) est indéfiniment dérivable sur ]−1, 1[. Une récurrence donne f⁽ᵏ⁾(x) = k!/(1 − x)ᵏ⁺¹ : la formule vaut pour k = 0, et sa dérivée fournit le facteur k + 1 au rang suivant.

Q2. Série dérivée

La série géométrique ∑ de n = 0 à l’infini xⁿ a pour somme f(x) et rayon de convergence 1. On peut la dériver k fois terme à terme dans l’intervalle ouvert de convergence. Avec Q1 :

∑ de n = k à l’infini n!/(n − k)! × xⁿ⁻ᵏ = k!/(1 − x)ᵏ⁺¹.

Q3. Loi de X

X compte les lancers jusqu’au premier succès inclus : X suit la loi géométrique de paramètre p sur les entiers strictement positifs, avec P(X = n) = p(1 − p)ⁿ⁻¹.

Q4. Loi conditionnelle de Y

Conditionnellement à X = n, le joueur 2 effectue n essais indépendants de probabilité de succès p. Donc Y | (X = n) suit B(n, p). Pour 0 ≤ k ≤ n, la probabilité vaut C(n, k)pᵏ(1 − p)ⁿ⁻ᵏ ; pour k > n, elle vaut 0.

Q5. Probabilités totales

Les événements {X = n}, n ≥ 1, forment une partition presque sûre. Pour k ≥ 0 : P(Y = k) = ∑ de n = 1 à l’infini P(Y = k | X = n)P(X = n).

Q6. Aucun pile

En utilisant Q4 :

P(Y = 0) = ∑ de n = 1 à l’infini p(1 − p)²ⁿ⁻¹ = p(1 − p)/(1 − (1 − p)²) = (1 − p)/(2 − p).

Q7. Au moins un pile

Pour k ≥ 1, poser r = (1 − p)². Les termes n < k sont nuls, puis :

P(Y = k) = pᵏ⁺¹(1 − p)ᵏ⁻¹ ∑ de n = k à l’infini C(n, k)rⁿ⁻ᵏ.

Q2, divisée par k!, donne la somme 1/(1 − r)ᵏ⁺¹. Comme 1 − r = p(2 − p), on trouve P(Y = k) = (1 − p)ᵏ⁻¹/(2 − p)ᵏ⁺¹. La somme sur k ≥ 1 vaut 1/(2 − p), qui complète bien la probabilité de Q6 pour donner 1.

Exercice 2 — Caractérisation de Gamma

Q8. Existence et positivité

Au voisinage de 0, l’intégrande tˣ⁻¹e⁻ᵗ est équivalent à tˣ⁻¹, intégrable lorsque x > 0. À l’infini, la décroissance exponentielle domine la puissance tˣ⁻¹ ; par exemple, l’intégrande est majoré par une constante multipliée par e⁻ᵗᐟ² pour t assez grand. L’intégrale converge. Son intégrande étant strictement positif, Γ(x) > 0.

Q9. Relation fonctionnelle

Une intégration par parties donne Γ(x + 1) = [−tˣe⁻ᵗ] de 0 à l’infini + x ∫ de 0 à l’infini tˣ⁻¹e⁻ᵗ dt = xΓ(x). Les termes de bord sont nuls puisque x > 0.

Q10. Domination locale uniforme

Pour 0 < t ≤ 1 et x ≥ a, on a tˣ⁻¹ ≤ tᵃ⁻¹ et e⁻ᵗ ≤ 1. Pour t > 1 et x ≤ b, on a tˣ⁻¹ ≤ tᵇ⁻¹. L’intégrande est donc majoré par φ(t) dans les deux domaines, uniformément pour x dans [a, b].

Q11. Intégrabilité des dominantes

Pour k = 0, 1 ou 2, près de 0, le changement t = e⁻ˢ transforme ∫ de 0 à 1 |ln t|ᵏtᵃ⁻¹ dt en ∫ de 0 à l’infini sᵏe⁻ᵃˢ ds, qui converge. À l’infini, (ln t)ᵏtᵇ⁻¹e⁻ᵗ est encore majoré par une constante multipliée par e⁻ᵗᐟ². Ainsi chaque ψₖ est intégrable.

Q12. Dérivation sous l’intégrale

Les deux dérivées en x de l’intégrande sont (ln t)tˣ⁻¹e⁻ᵗ et (ln t)²tˣ⁻¹e⁻ᵗ. Q10 et Q11 fournissent les dominations intégrables uniformes nécessaires sur chaque segment [a, b]. Ces segments peuvent couvrir un voisinage de tout x > 0. Le théorème de dérivation des intégrales à paramètre donne Γ de classe C² et :

Γ′(x) = ∫ de 0 à l’infini (ln t)tˣ⁻¹e⁻ᵗ dt ; Γ″(x) = ∫ de 0 à l’infini (ln t)²tˣ⁻¹e⁻ᵗ dt.

Q13. Produit scalaire

L’intégrale de uv est bilinéaire et symétrique. Elle vérifie ⟨u, u⟩ = ∫ u² ≥ 0. Si u est une fonction continue non nulle, elle reste de valeur absolue strictement positive sur un petit intervalle autour d’un point où elle ne s’annule pas ; l’intégrale de u² est alors strictement positive. Ainsi ⟨u, u⟩ = 0 implique u = 0 : il s’agit bien d’un produit scalaire.

Q14. Log-convexité

Sur [α, β], appliquer Cauchy-Schwarz à u(t) = t⁽ˣ⁻¹⁾ᐟ²e⁻ᵗᐟ² et v(t) = (ln t)u(t). Laisser α tendre vers 0 et β vers l’infini ; les intégrales convergent d’après les questions précédentes. On obtient (Γ′(x))² ≤ Γ(x)Γ″(x).

Comme Γ > 0, (ln Γ)″ = (ΓΓ″ − (Γ′)²)/Γ² ≥ 0 : ln Γ est convexe. Enfin Γ(1) = ∫ de 0 à l’infini e⁻ᵗ dt = 1. Avec Q9, les trois conditions de (S) sont vérifiées.

Q15. Itération

L’itération de f(x + 1) = xf(x) donne f(x + n) = x(x + 1)⋯(x + n − 1)f(x), avec un produit vide égal à 1 pour n = 0. En prenant x = 1 : f(n + 1) = n! et g(n + 1) = ln(n!).

Q16. Passage au logarithme

Appliquer Q15 avec n + 1, puis prendre le logarithme : g(x + n + 1) = g(x) + ln(x(x + 1)⋯(x + n)).

Q17. Encadrement des pentes

Fixer le point a = n + 1 dans le lemme de convexité et comparer les points n, n + 1 + x et n + 2, où 0 < x ≤ 1. Les pentes des sécantes sont ordonnées, d’où :

g(n + 1) − g(n) ≤ (g(x + n + 1) − g(n + 1))/x ≤ g(n + 2) − g(n + 1).

Par Q15, les bornes sont ln n et ln(n + 1).

Q18. Formule limite

Remplacer g(x + n + 1) avec Q16, multiplier par x et exponentier. On obtient :

nˣn!/(x(x + 1)⋯(x + n)) ≤ f(x) ≤ (n + 1)ˣn!/(x(x + 1)⋯(x + n)).

Si Aₙ désigne la borne inférieure, le rapport entre les deux bornes vaut (1 + 1/n)ˣ et tend vers 1. Ainsi f(x)/(1 + 1/n)ˣ ≤ Aₙ ≤ f(x). Le théorème d’encadrement prouve la limite annoncée.

Q19. Identification sur ]0, 1]

Γ vérifie (S) par Q14 : le raisonnement de Q18 s’applique également à elle. Pour 0 < x ≤ 1, f(x) et Γ(x) sont donc limites de la même suite Aₙ, et f(x) = Γ(x).

Q20. Identification sur tout le domaine

Pour tout x > 0, écrire x = y + m avec m entier naturel et 0 < y ≤ 1. L’itération de la relation fonctionnelle donne f(x) = y(y + 1)⋯(y + m − 1)f(y), et la même expression pour Γ. Puisque f(y) = Γ(y), on obtient f = Γ sur ]0, +∞[.

Problème — Endomorphismes à blocs de taille 1 ou 2

Q21. Matrice de u

Dans la base (1, X, X²), on a u(1) = 0, u(X) = 1 et u(X²) = 2X² + 2X. La matrice est :

0  1  0
0  0  2
0  0  2

La valeur propre 0 a multiplicité algébrique 2, mais son espace propre est de dimension 1, engendré par 1. u n’est pas diagonalisable.

Q22. Noyau de u²

Pour P = aX² + bX + c, u²(P) = 4aX² + 4aX + 2a. Il s’annule exactement si a = 0. Ainsi ker u² = K₁[X]. Ce noyau est stable par u, car u²(u(P)) = u(u²(P)) = 0 lorsque u²(P) = 0.

Q23. Base par blocs

Prendre B = (2X² + 2X + 1, 1, X). Ces polynômes sont indépendants et forment une base. Le premier est un vecteur propre de valeur propre 2, u(1) = 0 et u(X) = 1. On obtient exactement le bloc scalaire 2 puis le bloc J demandé. Donc u appartient à D.

Q24. Matrice de v

La dérivation envoie 1 sur 0, X sur 1 et X² sur 2X. Dans la base canonique :

0  1  0
0  0  2
0  0  0

Q25. Droites stables

Sur une droite stable, v agit comme une multiplication par une valeur propre. Comme v est nilpotent, cette valeur propre est 0. Or ker v est la droite des constantes. La seule droite stable est K·1.

Q26. Plans stables

Le plan K₁[X] est stable. Un plan stable contenant un polynôme P de degré 2 contiendrait aussi P′ et P″. Ces trois polynômes, de degrés 2, 1 et 0, sont indépendants, ce qui contredit la dimension 2. Tout plan stable est donc contenu dans K₁[X] ; par égalité des dimensions, K₁[X] est le seul.

Q27. v n’appartient pas à D

En dimension 3, une décomposition en blocs de taille 1 ou 2 comporte au moins une droite. La seule droite stable est K·1. Trois droites stables ne peuvent donner une somme directe de dimension 3 ; et la seule combinaison droite-plan possible utilise K·1 et K₁[X], dont l’intersection est non nulle. Ainsi v n’appartient pas à D.

Q28. D n’est pas un sous-espace

L’endomorphisme w = v − u envoie P sur −X²P″. Sa matrice canonique est diag(0, 0, −2), donc w appartient à D. Pourtant u et w sont dans D alors que u + w = v ne l’est pas. D n’est pas stable par addition.

Q29. Dimension 1

Un endomorphisme de dimension 1 est scalaire. S’il est nilpotent, son scalaire est nul : u = 0, d’indice de nilpotence 1.

Q30. Famille de puissances

Considérer une relation ∑ de j = 0 à k − 1 cⱼuʲ(x) = 0. Si un coefficient est non nul, soit j le plus petit indice correspondant. Appliquer uᵏ⁻¹⁻ʲ : tous les termes d’indice supérieur sont nuls, et il reste cⱼuᵏ⁻¹(x) = 0, contradiction. La famille est libre, quelle que soit l’ordre de ses termes.

Q31. Dimension 2

Q30 fournit une famille libre de k vecteurs dans un espace de dimension 2, donc k ≤ 2. Puisque u est non nul, k ≠ 1 : k = 2 et u² = 0.

Q32. Inclusion D ∩ N ⊂ N₂

Dans la décomposition stable définissant D, les restrictions d’un endomorphisme nilpotent sont nilpotentes. Sur une droite, elles sont nulles par Q29 ; sur un plan, leur carré est nul par Q31, ou immédiatement si la restriction est nulle. Le carré de u est nul sur tous les blocs, donc sur E : u ∈ N₂.

Q33. Image et noyau

Si y = u(x), alors u(y) = u²(x) = 0. Donc Im u ⊂ ker u. Le théorème du rang donne dim ker u = n − r ; l’inclusion entraîne r ≤ n − r, soit 2r ≤ n.

Q34. Base de E

Dans une relation ∑ de i = 1 à n − r aᵢeᵢ + ∑ de j = 1 à r bⱼfⱼ = 0, appliquer u. Il reste ∑ bⱼeⱼ = 0 ; les e₁, …, eᵣ sont indépendants, donc tous les bⱼ sont nuls. Les autres coefficients sont alors nuls puisque les eᵢ forment une base du noyau. La famille est libre et possède n éléments : c’est une base de E.

Q35. Base donnant les blocs J

Réordonner cette base en :

B = (eᵣ₊₁, …, eₙ₋ᵣ, e₁, f₁, …, eᵣ, fᵣ).

Les n − 2r premiers vecteurs sont annulés par u. Sur chaque paire (eᵢ, fᵢ), u(eᵢ) = 0 et u(fᵢ) = eᵢ, d’où le bloc J. La matrice obtenue est donc diag(0ₙ₋₂ᵣ, J, …, J), avec r blocs J. Les premières coordonnées absentes lorsque n = 2r et les paires absentes lorsque r = 0 sont simplement omises.

Q36. Égalité

Q35 montre que tout u de carré nul appartient à D ; il est évidemment nilpotent. L’inclusion inverse est Q32. Ainsi N₂ = D ∩ N.

Q37. Identité de Bézout

L’application φ est linéaire entre deux espaces de dimension 4. Si (X − a)²A + (X − b)²B = 0, la coprimalité des deux carrés impose que (X − a)² divise B. Comme deg B ≤ 1, B = 0, puis A = 0. Le noyau est nul, donc φ est un isomorphisme. Le polynôme constant 1 possède un antécédent, donnant l’identité demandée.

Q38. Intersection des noyaux

Appliquer l’identité de Q37 à u. Les polynômes en u commutent. Pour x dans les deux noyaux, les deux termes de l’identité appliquée à x sont nuls, donc x = 0. Ainsi ker(u − aI)² ∩ ker(u − bI)² = {0}.

Q39. Somme des espaces propres

Dans une relation ∑ xᵢ = 0 avec xᵢ dans ker(u − αᵢI), appliquer ∏ sur les indices h ≠ i de (u − αₕI). Tous les termes sauf xᵢ sont annulés ; son coefficient est ∏ sur h ≠ i de (αᵢ − αₕ), non nul. Donc xᵢ = 0 pour chaque i : la somme est directe.

Q40. Ajout des noyaux doubles

Procéder par récurrence sur q ; le cas q = 0 est Q39. Dans une relation entre les sous-espaces avec q noyaux doubles, appliquer (u − β_qI)². Le dernier terme est annulé, et les autres restent dans leurs sous-espaces respectifs. L’hypothèse de récurrence montre que chacun de leurs images est nul.

Sur un espace propre associé à αᵢ, l’opérateur appliqué est le scalaire non nul (αᵢ − β_q)². Sur ker(u − βⱼI)² avec j < q, écrire u = βⱼI + N, où N² = 0. Avec c = βⱼ − β_q ≠ 0, (u − β_qI)² = c²I + 2cN est inversible, d’inverse c⁻²I − 2c⁻³N. Ainsi tous les termes précédents sont nuls ; le dernier l’est aussi par la relation initiale. La somme est directe.

Q41. Base de polynômes

Supposer une relation linéaire entre les Pᵢ, Qⱼ et Rⱼ. Évaluer en αᵢ : seul Pᵢ y est non nul, donc son coefficient est nul. Évaluer ensuite en βⱼ : seul Rⱼ y est non nul, donc son coefficient est nul.

Il reste une relation entre les Qⱼ. Dériver et évaluer en βⱼ : Qⱼ′(βⱼ) = Rⱼ(βⱼ) ≠ 0, tandis que les autres Q ont une racine double en βⱼ. Tous les coefficients restants sont nuls. La famille est libre. Ses p + 2q éléments appartiennent à Kₚ₊₂q₋₁[X], de cette même dimension : c’est une base. Le raisonnement conserve son sens lorsque l’une des familles est vide.

Q42. Décomposition de E

Écrire 1 = ∑ cᵢPᵢ + ∑ (dⱼQⱼ + eⱼRⱼ) dans cette base, puis remplacer X par u. Puisque P(u) = 0 :

• Pᵢ(u)x appartient à ker(u − αᵢI), car (u − αᵢI)Pᵢ(u)x = P(u)x = 0 ;
• Qⱼ(u)x appartient à ker(u − βⱼI), donc au noyau double ;
• Rⱼ(u)x appartient à ker(u − βⱼI)².

L’identité décompose donc tout x de E dans la somme demandée. Celle-ci est directe par Q40 : E est la somme directe des espaces propres simples et des noyaux doubles indiqués.

Q43. Appartenance à D

Sur chaque espace propre simple, u est scalaire et une base quelconque donne des droites stables. Sur Fⱼ = ker(u − βⱼI)², l’endomorphisme vⱼ = u − βⱼI a un carré nul. Q35-Q36 le décomposent en droites et plans stables ; ces mêmes sous-espaces sont stables par u = βⱼI + vⱼ. Les blocs de u y sont des scalaires βⱼ ou des matrices βⱼI₂ + J.

Réunir les bases sur la décomposition directe de Q42 donne une base de E avec uniquement des blocs de taille 1 ou 2. Ainsi u appartient à D.