ICNA et IEEAC 2026 : corrigé de mathématiques

un corrigé annales-concours.fr

Proposition de corrigé — non officielle. Concours interne ICNA et IEEAC, session 2026. Mathématiques obligatoires, durée quatre heures ; coefficient 2 pour ICNA et 4 pour IEEAC.

Télécharger ce corrigé en PDF · Ouvrir le sujet officiel · Télécharger une copie du sujet · Retrouver les annales

Exercice 1 — Suite et série de fonctions

On pose fₙ(x) = 1/(1+n²x²) pour n ≥ 1.

Q1. Convergences de la suite

Si x ≠ 0, fₙ(x) tend vers 0. À l’origine, fₙ(0) = 1 pour tout n. La limite simple vaut donc 1 en 0 et 0 ailleurs. Elle est discontinue : une convergence uniforme sur ℝ est impossible, puisque chaque fₙ est continue. Directement, pour x ≠ 0 arbitrairement proche de 0, fₙ(x) est arbitrairement proche de 1 ; le supremum de l’écart à la limite vaut 1.

Sur [a, +∞[, avec a > 0, 0 ≤ fₙ(x) ≤ 1/(1+n²a²). Ce majorant tend vers 0 : la convergence y est uniforme.

Q2. Domaine de convergence de la série

En x = 0, tous les termes valent 1 : la série diverge. Si x ≠ 0, fₙ(x) ≤ 1/(n²x²) et la série de Riemann de terme général 1/n² converge. Ainsi D = ℝ privé de 0.

Q3. Parité, continuité et limite à l’infini

Chaque terme est pair, donc f est paire. Sur tout compact K de D, il existe a > 0 tel que |x| ≥ a. La majoration par 1/(n²a²) assure la convergence normale, donc uniforme, sur K. La somme f est ainsi continue sur D.

Pour x > 0, 0 ≤ f(x) ≤ (Σₙ≥₁ 1/n²)/x². La constante étant finie, f(x) tend vers 0 lorsque x tend vers +∞. Il n’est pas nécessaire de connaître la valeur exacte de cette constante.

Q4. Comparaison avec une intégrale et équivalent

Pour x > 0, la fonction t ↦ 1/(1+t²x²) est décroissante sur [1, +∞[. Pour k ≥ 1, son intégrale de k à k+1 est donc comprise entre ses valeurs aux deux extrémités, puisque l’intervalle a longueur 1.

En sommant puis en passant à la limite :

f(x) − 1/(1+x²) ≤ ∫₁^∞ dt/(1+t²x²) ≤ f(x).

L’intégrale vaut I(x) = (π/2 − arctan x)/x. On obtient l’encadrement :

I(x) ≤ f(x) ≤ I(x) + 1/(1+x²).

Quand x tend vers 0 par valeurs positives, x I(x) = π/2 − arctan x tend vers π/2, tandis que x/(1+x²) tend vers 0. Le théorème des gendarmes donne f(x) ∼ π/(2x) au voisinage de 0⁺.

Q5. Dérivabilité de la somme

Les termes sont de classe C¹ et fₙ′(x) = −2n²x/(1+n²x²)². Sur |x| ≥ a > 0 :

|fₙ′(x)| ≤ 2/(n²|x|³) ≤ 2/(n²a³).

La série des dérivées converge donc normalement sur tout compact de D. Comme la série des fonctions y converge aussi, le théorème de dérivation d’une série de fonctions s’applique. Ainsi f est de classe C¹ sur D et f′(x) = Σₙ≥₁ −2n²x/(1+n²x²)².

Q6. Les trois intégrales

Une primitive de e^(−λt) sin t est e^(−λt)(−λ sin t − cos t)/(1+λ²). Aux bornes 0 et π, elle donne :

∫₀^π e^(−λt) sin t dt = (1+e^(−λπ))/(1+λ²).

Sur chaque intervalle [kπ, (k+1)π], |sin t| reproduit sin sur [0, π]. Après le changement de variable t = kπ+s, les contributions sont multipliées par e^(−kλπ). La somme géométrique donne :

∫₀^∞ e^(−λt)|sin t| dt = (1+e^(−λπ))/((1−e^(−λπ))(1+λ²)).

Pour sin sans valeur absolue, le multiplicateur est (-1)ᵏe^(−kλπ). La série géométrique de raison −e^(−λπ) donne :

∫₀^∞ e^(−λt) sin t dt = 1/(1+λ²).

Ces intégrales convergent absolument, car |sin t| ≤ 1 et λ > 0.

Q7. Intégration terme à terme

a) Une version adaptée aux intégrales impropres est la suivante : si les fonctions gₙ sont continues et intégrables sur un intervalle, si leur série converge simplement vers une fonction continue g, et si Σ ∫ |gₙ| est finie, alors g est intégrable et ∫ g = Σ ∫ gₙ. L’hypothèse sur la somme des intégrales absolues justifie l’échange entre somme et intégrale.

b) Pour x > 0, prenons gₙ(t) = e^(−nxt) sin t. La question 6 donne ∫₀^∞ gₙ(t) dt = fₙ(x). Elle donne également :

∫₀^∞ |gₙ(t)| dt = [(1+e^(−nxπ))/(1−e^(−nxπ))] fₙ(x).

Le facteur entre crochets est au plus (1+e^(−xπ))/(1−e^(−xπ)), indépendant de n. La série de ces intégrales absolues converge donc, par Q2. Pour t > 0, la somme géométrique vaut :

Σₙ≥₁ gₙ(t) = sin t/(e^(xt)−1).

Cette fonction a une limite finie 1/x en 0 ; la valeur ponctuelle de la série en t = 0 peut être remplacée par ce prolongement sans changer l’intégrale. L’intégration terme à terme conduit à f(x) = ∫₀^∞ sin t/(e^(xt)−1) dt.

Exercice 2 — Tirages avec remise

Les tirages sont indépendants. Notons p = 6/7 la probabilité d’une boule rouge et q = 1/7 celle d’une boule blanche ; p+q = 1. Une barre au-dessus d’un événement désigne son complément.

Q1. Les trois premiers événements

• U₁ = R₁ ∩ R₂ : u₁ = p² = 36/49.
• U₂ = complément(R₁) ∩ R₂ ∩ R₃ : u₂ = qp² = 36/343.
• U₃ = complément(R₂) ∩ R₃ ∩ R₄ : R₁ peut être rouge ou blanche. La blanche au deuxième tirage empêche toute paire antérieure. u₃ = qp² = 36/343.

Q2. Relation de récurrence

Pour que la première paire commence au rang n+2, distinguons le premier tirage. S’il est blanc, on repart au deuxième tirage : la paire cherchée commence au rang n+1 dans la suite restante, ce qui apporte q uₙ₊₁. S’il est rouge, le deuxième doit être blanc pour empêcher une paire immédiate. Les deux premiers tirages ont alors probabilité pq, puis la paire commence au rang n dans la suite restante. D’où uₙ₊₂ = q uₙ₊₁ + pq uₙ = uₙ₊₁/7 + 6uₙ/49.

Q3. Expression de uₙ

L’équation caractéristique est r² − r/7 − 6/49 = 0, de racines 3/7 et −2/7. Écrivons uₙ = A(3/7)^(n−1) + B(−2/7)^(n−1). Les valeurs u₁ et u₂ donnent A+B = 36/49 et 3A−2B = 36/49, donc A = 108/245 et B = 72/245.

uₙ = (108/245)(3/7)^(n−1) + (72/245)(−2/7)^(n−1), pour n ≥ 1.

Q4. Somme et interprétation

Les deux séries géométriques convergent :

Σₙ≥₁ uₙ = (108/245)/(1−3/7) + (72/245)/(1+2/7) = 27/35 + 8/35 = 1.

Les événements Uₙ sont deux à deux incompatibles. Leur réunion est l’événement « au moins une paire de rouges consécutives apparaît ». Sa probabilité vaut donc 1 : la première paire arrive presque sûrement à un rang fini.

Q5. Valeurs de x₂, y₂, x₃ et y₃

À deux tirages, X₂ correspond à blanc-rouge, donc x₂ = qp = 6/49. Y₂ correspond à un deuxième tirage blanc, quel que soit le premier, donc y₂ = q = 1/7.

Pour finir par rouge sans paire à trois tirages, il faut être dans Y₂ puis tirer rouge : x₃ = py₂ = 6/49. Pour finir par blanc, on peut partir de X₂ ou Y₂ puis tirer blanc : y₃ = q(x₂+y₂) = 13/343.

Q6. Relation avec uₙ

Uₙ se réalise exactement si Xₙ est réalisé puis si le tirage n+1 donne rouge. Par indépendance, uₙ = pxₙ = 6xₙ/7, pour n ≥ 2.

Q7. Transitions

Depuis Xₙ, tirer rouge créerait une paire : P(Xₙ₊₁ | Xₙ) = 0. Depuis Yₙ, tirer rouge est permis : P(Xₙ₊₁ | Yₙ) = p = 6/7. Tirer blanc reste permis depuis les deux états : P(Yₙ₊₁ | Xₙ) = P(Yₙ₊₁ | Yₙ) = q = 1/7.

On obtient xₙ₊₁ = pyₙ et yₙ₊₁ = q(xₙ+yₙ), avec p = 6/7 et q = 1/7. Ces probabilités ne totalisent pas toujours 1 : les trajectoires ayant déjà rencontré une paire sont sorties des états X et Y.

Q8. Diagonalisation et seconde expression

La matrice M = (1/7)[[0,6],[1,1]] admet les valeurs propres 3/7 et −2/7. Des vecteurs propres correspondants sont (2,1) et (−3,1). Ainsi :

P = [[2,−3],[1,1]], P⁻¹ = (1/5)[[1,3],[−1,2]] et M = P diag(3/7,−2/7) P⁻¹.

Le vecteur initial est (x₂,y₂) = (6/49,7/49). Ses coordonnées dans cette base propre sont 27/245 et 8/245. Pour n ≥ 2 :

xₙ = (54/245)(3/7)^(n−2) − (24/245)(−2/7)^(n−2).

En multipliant par p = 6/7 et en absorbant un facteur de chaque racine, on retrouve exactement la formule de Q3.

Exercice 3 — Composition de projecteurs orthogonaux

Q1. Projecteur p dans ℝ⁴

Pour u = (x,y,z,t), p(u) = ((x−z)/2,(y−t)/2,(z−x)/2,(t−y)/2). Une seconde application laisse ce vecteur inchangé, donc p² = p.

Les espaces caractéristiques sont :

• Im p = Vect(e₁−e₃, e₂−e₄), espace propre de valeur 1 ;
• Ker p = Vect(e₁+e₃, e₂+e₄), espace propre de valeur 0.

Ces deux plans sont orthogonaux. p est donc le projecteur orthogonal sur Im p. On peut aussi constater que sa matrice est symétrique et idempotente.

Q2. Hyperplan H et projecteur q

H est le noyau de la forme linéaire (x,y,z,t) ↦ y−t : c’est un sous-espace. Une base est (e₁, e₃, e₂+e₄). Son orthogonal est H⊥ = Vect(e₂−e₄).

La projection sur H conserve x et z et remplace y et t par leur moyenne : q(x,y,z,t) = (x,(y+t)/2,z,(y+t)/2). Sa matrice est :

[ 1    0    0    0   ]
[ 0   1/2   0   1/2  ]
[ 0    0    1    0   ]
[ 0   1/2   0   1/2  ]

Q3. Composée p ∘ q

On calcule p(q(u)) = ((x−z)/2,0,(z−x)/2,0). C’est la projection orthogonale sur Vect(e₁−e₃). Son image est cette droite et son noyau est l’hyperplan x = z, de base (e₁+e₃, e₂, e₄).

Dans cet exemple, Im(pq) = Im p ∩ Im q et Ker(pq) = Ker p + Ker q. En effet, Im q = H annule la composante e₂−e₄ de Im p ; et les générateurs e₁+e₃, e₂+e₄ et e₂−e₄ engendrent précisément le noyau décrit ci-dessus.

Q4. Propriétés d’un projecteur

a) Si v appartient à Im p, il s’écrit p(u), donc p(v) = p²(u) = v. Réciproquement, p(v) = v implique v = p(v) ∈ Im p. Ainsi Im p = {v : p(v) = v}.

Pour tout u, p(u−p(u)) = 0, donc u−p(u) appartient à Ker p. Réciproquement, si v ∈ Ker p, v = v−p(v). Ainsi Ker p = {u−p(u) : u ∈ E}.

b) Si p est orthogonal, u = p(u) + (u−p(u)) est une décomposition orthogonale. Pythagore donne ‖u‖² = ‖p(u)‖² + ‖u−p(u)‖². Donc ‖p(u)‖ ≤ ‖u‖, avec égalité exactement si u = p(u), c’est-à-dire u ∈ Im p.

Q5. Lorsque pq est un projecteur

a) Soit u ∈ Im(pq). Puisque pq est idempotent, pq(u) = u. Il en résulte u ∈ Im p et p(u) = u. Dès lors p(q(u)−u) = pq(u)−p(u) = 0 : q(u)−u appartient à Ker p = (Im p)⊥.

Comme u ∈ Im p, on a ‖q(u)‖² = ‖u‖² + ‖q(u)−u‖². Mais q est une projection orthogonale, donc ‖q(u)‖ ≤ ‖u‖. Les deux relations imposent q(u) = u.

b) Tout u ∈ Im(pq) appartient ainsi à Im p et Im q. Réciproquement, si u appartient à ces deux images, p(u) = q(u) = u, donc pq(u) = u et u ∈ Im(pq). On obtient Im(pq) = Im p ∩ Im q.

Q6. Lorsque p et q commutent

a) Si v ∈ Ker q, pq(v) = 0. Si v ∈ Ker p, la commutation donne pq(v) = qp(v) = 0. Ainsi Ker p + Ker q est inclus dans Ker(pq).

Réciproquement, si pq(v) = 0, écrivons v = (v−q(v)) + q(v). Le premier terme appartient à Ker q ; le second appartient à Ker p puisque p(q(v)) = 0. D’où Ker(pq) = Ker p + Ker q.

b) La commutation donne (pq)² = p²q² = pq : la composée est un projecteur. Q5 identifie son image à Im p ∩ Im q. En outre, p et q sont autoadjoints et (pq)* = qp = pq, donc ce projecteur est orthogonal. pq est la projection orthogonale sur Im p ∩ Im q.