ITPE 2023 : corrigé de mathématiques

Proposition de corrigé — non officielle. Concours interne d’ingénieur des travaux publics de l’État, session 2023, épreuve de mathématiques.

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Exercice 1 — Suites et calcul matriciel

Partie I.1 et I.2 : la récurrence vectorielle

La première ligne de AXₙ vaut 3uₙ₊₁ − 2uₙ = uₙ₊₃ ; les suivantes valent uₙ₊₂ et uₙ₊₁. Ainsi Xₙ₊₁ = AXₙ. Une récurrence, initialisée par X₀ = A⁰X₀, donne Xₙ = AⁿX₀.

I.3.a : puissances de T

Pour T = I₃ + B :

B = [ 0  1   0 ]
    [ 0  0   0 ]
    [ 0  0  -3 ]

Le bloc supérieur est nilpotent d’ordre deux. Pour n ≥ 2, Bⁿ ne possède donc que l’entrée (3,3), égale à (−3)ⁿ. Le binôme, puisque I₃ commute avec B, ou une récurrence directe donne, pour tout n ≥ 0 :

T^n = [ 1  n    0    ]
      [ 0  1    0    ]
      [ 0  0  (-2)^n ]

I.3.b et I.3.c : changement de base

On trouve det(P) = −9, donc P est inversible, avec :

P^-1 = (1/9) [ -1   2   8 ]
             [  3   3  -6 ]
             [  1  -2   1 ]

La multiplication donne PTP⁻¹ = A, d’où Aⁿ = PTⁿP⁻¹. En posant q = (−2)ⁿ :

A^n = (1/9) [ 3n+5+4q   3n+8-8q   -6n-4+4q ]
            [ 3n+2-2q   3n+5+4q    2-6n-2q ]
            [ 3n-1+q    3n+2-2q    8-6n+q  ]

À n = 0, cette expression redonne I₃, ce qui vérifie notamment les signes.

I.4 : retrouver uₙ

Multiplier Aⁿ par X₀ = (u₂, u₁, u₀)ᵀ, puis prendre la troisième coordonnée. On obtient une combinaison explicite des trois données initiales.

Partie II.1 et II.2 : espaces E et F

E contient la suite nulle. Une combinaison linéaire de deux suites satisfaisant la récurrence la satisfait encore, par linéarité : E est un sous-espace de l’espace des suites réelles.

Une suite de F s’écrit uₙ = u₀(−2)ⁿ. Donc F = Vect((−2)ⁿ), de dimension un ; cette suite non nulle constitue une base.

II.3 et II.4 : somme directe et inclusions

Si une suite de F appartient aussi à G, sa différence seconde est 9u₀(−2)ⁿ ; elle doit être nulle, donc u₀ = 0. Ainsi F ∩ G = {0} et la somme est directe.

Pour F, le polynôme de récurrence s’annule en −2 : (−2)³ − 3(−2) + 2 = 0. Pour G, uₙ = an + b : la substitution dans uₙ₊₃ − 3uₙ₊₁ + 2uₙ donne zéro. Les deux espaces sont inclus dans E.

II.5 : décomposition d’une suite de E

Avec vₙ = uₙ₊₂ − 2uₙ₊₁ + uₙ, la récurrence de u donne vₙ₊₁ = −2vₙ ; donc v appartient à F.

On remarque wₙ = 9uₙ − vₙ. Sa différence seconde est 9vₙ − (vₙ₊₂ − 2vₙ₊₁ + vₙ). Puisque vₙ₊₁ = −2vₙ, le second terme vaut 9vₙ : la différence est nulle. Donc w appartient à G.

Enfin vₙ + wₙ = 9uₙ, donc u = v/9 + w/9 appartient à F + G. On a ainsi E ⊂ F + G, et l’inclusion réciproque a déjà été démontrée.

II.6 : base et formule finale

E = F ⊕ G, de dimension trois. Une base adaptée est formée des suites (−2)ⁿ, n et 1. Écrivons uₙ = a + bn + c(−2)ⁿ. Les trois conditions initiales donnent :

c = (u₂ − 2u₁ + u₀)/9 ; b = (u₂ + u₁ − 2u₀)/3 ; a = (−u₂ + 2u₁ + 8u₀)/9.

Cette expression coïncide avec la troisième ligne de AⁿX₀.

Exercice 2 — Intégrales et somme des inverses des carrés

Les intégrales sont prises sur [0, π/2].

1 à 3. Intégrales Iₙ

J₀ = π³/24, par intégration de x² ; I₀ = π/2 ; I₁ = π/4, en utilisant cos²x = (1 + cos 2x)/2.

Pour n ≥ 1, intégrer par parties Iₙ = ∫cos²ⁿ⁻¹x · cos x dx, avec une primitive sin x du second facteur. Le terme de bord est nul. Il vient Iₙ = (2n − 1)∫sin²x cos²ⁿ⁻²x dx = (2n − 1)(Iₙ₋₁ − Iₙ). Ainsi :

Iₙ = (2n − 1)Iₙ₋₁/(2n), puis, en multipliant les rapports, Iₙ = [(2n)!/(4ⁿ(n!)²)] × π/2.

4. Relation entre Iₙ et Jₙ

Poser h(x) = sin x cos²ⁿ⁻¹x. Alors h′(x) = 2n cos²ⁿx − (2n − 1)cos²ⁿ⁻²x. Une intégration par parties donne :

2nJₙ − (2n − 1)Jₙ₋₁ = ∫x²h′(x) dx = −2∫x sin x cos²ⁿ⁻¹x dx.

Or sin x cos²ⁿ⁻¹x = −(cos²ⁿx)′/(2n). Une deuxième intégration par parties, dont le terme x cos²ⁿx est nul aux bornes, donne ∫x sin x cos²ⁿ⁻¹x dx = Iₙ/(2n). Donc Iₙ = n(2n − 1)Jₙ₋₁ − 2n²Jₙ.

5 et 6. Télescopage

Poser Kₙ = [4ⁿ(n!)²/(2n)!]Jₙ. La relation précédente et la valeur de Iₙ donnent Kₙ₋₁ − Kₙ = π/(4n²). La somme de k = 1 à n vaut donc :

Kₙ = J₀ − (π/4)∑ₖ₌₁ⁿ1/k².

7.a. Une inégalité géométrique

f(x) = (π/2)sin x − x est deux fois dérivable ; f′(x) = (π/2)cos x − 1 et f″(x) = −(π/2)sin x. f′ est strictement décroissante sur [0, π/2], positive en zéro et négative en π/2 ; elle s’annule une seule fois. Comme f(0) = f(π/2) = 0, f augmente puis diminue en restant non négative. Ainsi x ≤ (π/2)sin x.

7.b et 7.c. Encadrement

En élevant l’inégalité au carré puis en multipliant par cos²ⁿx ≥ 0 :

0 ≤ Jₙ ≤ (π²/4)∫sin²x cos²ⁿx dx.

Cette dernière intégrale vaut Iₙ − Iₙ₊₁ = Iₙ/[2(n + 1)]. En remplaçant Iₙ par sa formule, on obtient 0 ≤ Kₙ ≤ π³/[16(n + 1)].

7.d et 8. Limites

Le théorème d’encadrement donne Kₙ → 0. La formule télescopique implique donc que les sommes ∑ₖ₌₁ⁿ1/k² convergent vers (4/π)J₀, soit π²/6. La valeur est déduite des intégrales, et non admise au départ.

Exercice 3 — Tirages et remise à zéro du gain

1. Version à deux jetons

Chaque tirage produit un gain de un euro avec probabilité 1/2 et zéro sinon. Par indépendance, Xₙ suit la loi binomiale B(n, 1/2) : P(Xₙ = k) = C(n,k)/2ⁿ, E(Xₙ) = n/2 et Var(Xₙ) = n/4.

2 et 3. Lois pour un, deux et trois tirages

Avec trois jetons, A ajoute un euro, B conserve le gain et C le remet à zéro. Chaque lettre a probabilité 1/3.

Pour le troisième tirage, l’événement de gain zéro est C₃ ou (B₃ et X₂ = 0). Pour k ≥ 1, il est (B₃ et X₂ = k) ou (A₃ et X₂ = k − 1). Ces alternatives sont disjointes, et le troisième tirage est indépendant de X₂ : elles donnent toutes les entrées du tableau.

4 à 6. Gain maximal et probabilité de gain nul

Pour avoir Xₙ = n, il faut n lettres A : P(Xₙ = n) = 3⁻ⁿ.

Le même découpage donne pₙ₊₁ = pₙ/3 + 1/3, où pₙ = P(Xₙ = 0). Le point fixe est ℓ = 1/2. Avec X₀ = 0, p₀ = 1 ; alors pₙ − 1/2 = (p₀ − 1/2)3⁻ⁿ. Donc pₙ = 1/2 + 1/(2 × 3ⁿ).

7 et 8. Récurrence générale et X₄

Pour k ≥ 1, C ne peut pas produire k. On a donc P(Xₙ₊₁ = k) = [P(Xₙ = k) + P(Xₙ = k − 1)]/3, avec une probabilité nulle hors des valeurs possibles.

La somme des numérateurs vaut 81.

9 et 10. Espérance

Multiplier la récurrence par k et sommer : le terme provenant de B donne E(Xₙ)/3 ; celui provenant de A donne [E(Xₙ) + 1]/3. Ainsi E(Xₙ₊₁) = (2/3)E(Xₙ) + 1/3.

Le point fixe vaut un. Avec E(X₀) = 0, la suite E(Xₙ) − 1 est géométrique de raison 2/3. Donc E(Xₙ) = 1 − (2/3)ⁿ. Le gain moyen tend vers un euro malgré le nombre croissant de tirages, car C efface tout le gain accumulé.