CONCOURS DE RECRUTEMENT D’ELEVES PILOTE DE LIGNE ANNEE 2017 EPREUVE DE MATHEMAT

CONCOURS DE RECRUTEMENT D’ELEVES PILOTE DE LIGNE ANNEE 2017 EPREUVE DE MATHEMATIQUES Partie I Question 1 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX Explication 1 : Pour a ∈R∗et n ∈N, (aI)n = anI =   an 0 0 0 an 0 0 0 an  . (aI)n ∈M et s ((aI)n) = an. A est vrai et B est faux. J0 = I puis pour a ∈R∗, (aJ)0 = I ̸= 3−1a0J. C et D sont faux. Question 2 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) VRAI Explication 2 : L2(K) = 6. Donc, si K ∈M , C2(K) = C3(K) = 6. Ceci impose u −1 = 6 et v + 8 = 6 puis u = 7 et v = −2. Donc, B et C sont faux. Réciproquement, si u = 7 et v = −2, alors L1(K) = 5 ̸= 6 = L2(K). Donc, K n’est jamais dans M . A est faux et D est vrai. Question 3 : A) VRAI B) FAUX C) VRAI D) FAUX Explication 3 : L ∈M ⇔            d + e + z = a + b + c (I) x + y + t = a + b + c (II) a + d + x = a + b + c (III) b + e + y = a + b + c (IV) c + z + t = a + b + c (V) ⇔            x = b + c −d (III) z = a + b + c −d −e (I) y = a + c −e (IV) (b + c −d) + (a + c −e) + t = a + b + c c + (a + b + c −d −e) + t = a + b + c ⇔            x = b + c −d z = a + b + c −d −e y = a + c −e t = −c + d + e t = −c + d + e ⇔        x = b + c −d y = a + c −e z = a + b + c −d −e t = −c + d + e . Donc, B est faux et C est vrai. Ensuite, L est l’ensemble des matrices de la forme http ://www.maths-france.fr 1 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2019. Tous droits réservés.   a d b + c −d b e a + c −e c a + b + c −d −e −c + d + e  = a (E1,1 + E2,3 + E3,2) + b (E1,3 + E2,1 + E3,2) + c (E1,3 + E2,3 + E3,1 + E3,2 −E3,3) + d (E1,2 −E1,3 −E3,2 + E3,3) + e (E2,2 −E2,3 −E3,2 + E3,3) . M = Vect (E1,1 + E2,3 + E3,2, E1,3 + E2,1 + E3,2, E1,3 + E2,3 + E3,1 + E3,2 −E3,3, E1,2 −E1,3 −E3,2 + E3,3, E2,2 −E2,3 −E3,2 + E3,3). Donc, M est un sous-espace de M3(R) de dimension inférieure ou égale à 5. Ensuite, si a (E1,1 + E2,3 + E3,2)+b (E1,3 + E2,1 + E3,2)+c (E1,3 + E2,3 + E3,1 + E3,2 −E3,3)+d (E1,2 −E1,3 −E3,2 + E3,3)+ e (E2,2 −E2,3 −E3,2 + E3,3) = 0, alors   a d b + c −d b e a + c −e c a + b + c −d −e −c + d + e  est la matrice nulle puis a = b = c = d = e = 0. La famille (E1,1 + E2,3 + E3,2, E1,3 + E2,1 + E3,2, E1,3 + E2,3 + E3,1 + E3,2 −E3,3, E1,2 −E1,3 −E3,2 + E3,3 , E2,2 −E2,3 −E3,2 + E3,3) est libre et est donc une base de M . M est de dimension 5. A est vrai et D est faux. Question 4 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX Explication 4 : AJ =   L1(A) L1(A) L1(A) L2(A) L2(A) L2(A) L3(A) L3(A) L3(A)  et JA =   C1(A) C2(A) C3(A) C1(A) C2(A) C3(A) C1(A) C2(A) C3(A)  . Donc, AJ = JA ⇔L1(A) = L2(A) = L3(A) = C1(A) = C2(A) = C3(A) ⇔A ∈M . A est faux et B est vrai. Si A est dans M , AJ =   s(A) s(A) s(A) s(A) s(A) s(A) s(A) s(A) s(A)  = s(A)J. C est vrai et D est faux. Question 5 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX Explication 5 : Les coefficients de la ligne i de AB sont les 3 X k=1 ai,kbk,j, 1 ⩽j ⩽3. Donc, Li(AB) = 3 X j=1 3 X k=1 ai,kbk,j ! = 3 X k=1   3 X j=1 ai,kbk,j   3 X k=1  ai,k 3 X j=1 bk,j  = 3 X k=1 ai,ks(B) = 3 X k=1 ai,k ! s(B) = s(A)s(B). De même, Cj(AB) = 3 X i=1 3 X k=1 ai,kbk,j ! = 3 X k=1 3 X i=1 ai,kbk,j ! 3 X k=1 s(A)bk,j = s(A)s(B). Si (A, B) ∈M 2, alors AB ∈M et s(AB) = s(A)s(B). A est vrai et B est faux. Si C inversible, C ∈M ⇔CJ = JC ⇔C−1CJC−1 = C−1JCC−1 ⇔JC−1 = C−1J ⇔C−1 ∈M . Donc D est faux. Ensuite, S(C)S C−1 = S CC−1 = S(I) = 1 et donc S C−1 = s(C)−1. C est faux. http ://www.maths-france.fr 2 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2019. Tous droits réservés. Partie II Question 6 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) FAUX Explication 6 : In + In+1 = Z 1 0 x2n+1 + x2n+3 1 + x2 dx = Z 1 0 x2n+1 1 + x2 1 + x2 dx = Z 1 0 x2n+1 dx = 1 2n + 2. Tout est faux. Question 7 : A) FAUX B) VRAI C) FAUX D) FAUX Explication 7 : Pour tout x de [0, 1], 0 ⩽x2 ⩽1 puis en multipliant par x2n+1 1 + x2 ⩾0, on obtient pour tout x de [0, 1], 0 ⩽x2n+3 1 + x2 ⩽x2n+1 1 + x2 . Par positivité et croissance de l’intégration, on en déduit que 0 ⩽In+1 ⩽In. La suite (In)n∈N est décroissante et minorée par 0. Donc, la suite (In)n∈N converge. A est faux et B est vrai. C et D sont faux car les raisons invoquées n’ont rien à voir avec la conclusion (et de plus en D, pour x = 1, x2n+1 1 + x2 ne tend pas vers 0)). Question 8 : A) FAUX B) VRAI C) VRAI D) FAUX Explication 8 : 0 ⩽In = Z 1 0 x2n+1 1 + x2 dx ⩽ Z 1 0 x2n+1 dx = 1 2n + 2. B est vrai puis C est vrai car 0 ⩽In ⩽ 1 2n + 2 ⩽ 1 2n + 1. A et D sont nécessairement faux. Vérifions le. I0 = Z 1 0 x 1 + x2 dx = 1 2 ln 1 + x21 0 = ln 2 2 = 0, 34 . . . > 1 3 > 1 5. Question 9 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) VRAI Explication 9 : Pour n ⩾1, n−1 X k=0 (−1)k (Ik + Ik+1) = n−1 X k=0 (−1)kIk −(−1)k+1Ik+1  = I0 −(−1)nIn (somme télesco- pisque). Donc, (−1)nIn = ln 2 2 − n−1 X k=0 (−1)k (Ik + Ik+1) = ln 2 2 − n−1 X k=0 (−1)k 2k + 2 puis 2(−1)nIn = ln 2 − n−1 X k=0 (−1)k k + 1 = ln 2 − n X k=1 (−1)k−1 k . http ://www.maths-france.fr 3 c ⃝Jean-Louis Rouget, 2019. Tous droits réservés. A est faux, C est faux, mais D est vrai car 2(−1)n−1In = −ln 2 + n X k=1 (−1)k−1 k puis B est faux. Question 10 : A) VRAI B) FAUX C) FAUX D) FAUX Explication 10 : Une intégration par parties fournit In = Z 1 0 x2n+1 1 1 + x2 dx =  x2n+2 (2n + 2) (1 + x2) 1 0 − Z 1 0 x2n+2 2n + 2 × −2x (1 + x2)2 dx = 1 4(n + 1) + 1 n + 1 Z 1 0 x2n+3 (1 + x2)2 dx. A est vrai et le reste est faux. Question 11 : A) FAUX B) FAUX C) FAUX D) VRAI Explication 11 : 0 ⩽ Z 1 0 x2n+3 (1 + x2)2 dx ⩽ Z 1 0 x2n+3 dx = 1 2n + 4 ⩽ 1 2n + 3. In tend vers 0 quand n tend vers +∞d’après la question 8, puis 2(−1)n−1In tend vers 0 (car 2(−1)n−1In = 2In) et donc n X k=1 (−1)k−1 k tend vers ln 2 d’après la question 9. uploads/Litterature/ enacpilotes-2017-corrige.pdf

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