Voici le sujet psi maths 2
dropbox.com/s/5omj8www1438i … 6.pdf?dl=0
Je suis preneur de photos du sujet pc
Et le sujet pc
dropbox.com/s/97ukfsuhmuf6i … 6.pdf?dl=0
JeanN a écrit:
Et le sujet pc
dropbox.com/s/97ukfsuhmuf6i … 6.pdf?dl=0
Il est pas mal.
C’est juste une impression ou le sujet de PC est bien plus dur que celui de PSI ?
Pour info, tous les sujets du concours Mines-Ponts ont été mis en ligne ce matin.
Merci Cortez pour l’indication. Et le lien est : mines-ponts.fr/pages/upload/sujet/sujet.php
Jammy a écrit:
C’est juste une impression ou le sujet de PC est bien plus dur que celui de PSI ?
C’est effectivement un sujet excessivement difficile à mon avis.
Ça me rassure…
J’ai du m’essayer à 9 questions et ai réussi à aller au bout de seulement 4/5…
Pour être franc, ce genre de sujet m’aurait semblé plus adapté en MP.
Bonjour,
Dans le sujet de PC maths 2, comment traite-t-on la question 9 dans le cas n quelconque ?
Ça sent la récurrence à plein nez.
Donc, méthode bourrine.
P(i) est l’hypothèse « on peut trouver A inversible telle que FA = G soit une suite de fonctions DSE d’ordres distincts deux à deux. »
Note F la famille des (f_i). Utilise l’hypothèse de récurrence pour créer G' = (g_1, ... g_{n-1}) comme il faut à partir de (f_{1}', ... f_{n-1}'), la matrice de la transfo est notée A
Écris G' = F\tilde{A} où \tilde{A} est la matrice contenant un 1 en bas à droite, et A dans le bloc diagonal haut-gauche (cette matrice est inversible trivialement).
Soit l’ordre de g_{n}' est différent de celui de chacun des g_{i}' et c’est gagné, soit tu peux montrer par récurrence qu’une suite d’opération linéaire impliquant les autres g_{i}' permet d’obtenir un g_{n}'' d’ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d’ailleurs utilisée pour le cas n=2). Tu auras une seconde matrice A’ dont tous les termes diagonaux seront des 1, et dont la dernière colonne contiendra les coefficients de ta suite d’opérations. Elle est inversible, et du coup, t’as trouvé G = F(AA') = FB.
Il existe peut-être plus élégant, mais là de tête je vois pas.
J’étais aussi parti sur un raisonnement du genre, même si je trouve que l’énoncé n’invite pas trop à la récurrence (vu que n et les f_i sont fixés avant la question, la formulation rigoureuse de l’hypothèse de récurrence est délicate, mais bon c’est un détail).
Thaalos a écrit:
soit tu peux montrer par récurrence qu’une suite d’opération linéaire impliquant les autres g_{i}' permet d’obtenir un g_{n}'' d’ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d’ailleurs utilisée pour le cas n=2).
Je ne comprends juste pas cette étape, est-ce que tu pourrais détailler stp ? Genre il faudrait faire une récurrence dans la récurrence ?
Dans le cas n=2, j’ai posé f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k}, f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} et \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d pour annuler le coefficient d’ordre d, et j’utilise juste l’hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire g_2 = -c_df_1 + b_df_2 ainsi obtenue n’est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu’il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien…
plimok a écrit:
J’étais aussi parti sur un raisonnement du genre, même si je trouve que l’énoncé n’invite pas trop à la récurrence (vu que n et les f_i sont fixés avant la question, la formulation rigoureuse de l’hypothèse de récurrence est délicate, mais bon c’est un détail).
[quote=« Thaalos »]
soit tu peux montrer par récurrence qu’une suite d’opération linéaire impliquant les autres g_{i}' permet d’obtenir un g_{n}'' d’ordre distinct de tous les autres (hypothèse de la famille libre, que tu as d’ailleurs utilisée pour le cas n=2).
Je ne comprends juste pas cette étape, est-ce que tu pourrais détailler stp ? Genre il faudrait faire une récurrence dans la récurrence ?
Dans le cas n=2, j’ai posé f_1(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{b_kx^k}, f_2(x) = \displaystyle \sum_{k=0}^\infty{c_kx^k} et \displaystyle A = \left( \begin{array}{cc} a_{11} & a_{12} \\ a_{21} & a_{22} \end{array} \right) ; si f1 et f2 ont le même ordre d il suffit de poser a_{11}=1, a_{21}=0, a_{12}=-c_d, a_{22}=b_d pour annuler le coefficient d’ordre d, et j’utilise juste l’hypothèse de liberté pour dire que la combinaison linéaire g_2 = -c_df_1 + b_df_2 ainsi obtenue n’est pas identiquement nulle. Je ne vois pas comment généraliser ce raisonnement dans le cas général, puisqu’il peut y avoir éventuellement plusieurs coefficients à annuler (on ne connaît pas les ordres des autres f_i), mais on ne sait pas combien…
[/quote]
La propriété que j’énonce, tu peux la montrer hors de la récurrence, en la formulant ainsi :
« Soit (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] une famille de fonctions DSE libre vérifiant \forall i,j \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{j}). Alors on peut trouver g_{n}' DSE, telle que \forall i \in [\![1; n-1]\!], o(g_{i}) \neq o(g_{n}'), et telle que (g_{1}, \dots g_{n-1}, g_{n}') est libre. »
La vérification du caractère DSE d’une combinaison linéaire de fonctions DSE est sans intérêt pour la question, de même que la liberté de g_{n} + \sum_{i}\lambda_{i}g_{i}.
Si o(g_{n}) est inclus dans \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!]\}, alors soit j tel que o(g_{n}) = o(g_{j}), tu sais d’après le cas n=2 qu’il existe \gamma_{j} tel que g_{n}' = g_{n} - \gamma_{j}g_{j} est d’ordre strictement supérieur à o(g_{j} (par construction), puis tu recommences en vérifiant si l’ordre de la nouvelle fonction est dans \{o(g_{i}), i \in [\![1; n-1]\!], i \neq j\} (par construction tu t’en es débarrassé)
En écrivant ça proprement tu arrives à g_{n} = g_{n}' - \displaystyle \sum_{j \in \Omega} \gamma_{j}g_{j}' d’ordre strictement distinct de celui des g_{i}' et non identiquement nulle. (\Omega est en pratique un sous ensemble de \{i \in [\![1; n-1]\!]\ | o(g_{i}') \geqslant o(g_{n}')}).
Je te concède que c’est pédestre à formaliser. Cela dit, si tu veux le faire proprement, une récurrence convient.
En fait, en écrivant tout ça, j’ai plus propre qui me vient, je te rédige ça.
[EDIT]
Quitte à permuter les éléments de la famille (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!], tu peux te ramener à un cas où elle est triée en ordres (pas forcément distincts deux à deux). Trier les éléments revient à multiplier le vecteur (g_{1}, \dots, g_{n}) par une matrice de permutation à droite, donc, inversible.
Tu vas également supposer que l’ordre de g_{1} et celui de g_{n} sont distincts. S’ils ne le sont pas, tu peux multiplier à droite par une seconde matrice, qui préserve (g_{1}, \dots, g_{n-1}) et effectue une combinaison linéaire de g_{1} et g_{n} telle que g_{n}' soit d’ordre strictement supérieur à celui de g_{1}. Cette matrice aussi est également inversible, car triangulaire avec que des 1 sur sa diagonale.
Tu cherches donc à résoudre ce cas particulier, pour t’y ramener ensuite.
Remarque que pour combiner n-1 éléments côte à côte de ta famille entre eux, il suffit d’utiliser une matrice G \in \mathcal{M}_{n-1}(\mathbb{R}) qui les combine entre eux, et écrire A = \begin{pmatrix} G & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix} ou A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & G\end{pmatrix} en fonction des éléments à combiner entre eux.
Formule l’hypothèse \mathcal{P}(n) « Soit (g_{i})_{i \in [\![1; n]\!] une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres croissants, telle que l’ordre de g_{1} soit strictement inférieur à celui de g_{n}. Alors on peut trouver une matrice A \in \mathcal{M}_{n}(\mathbb{R}) telle que la famille (g_{1}', \dots, g_{n}') = (g_{1}, \dots, g_{n})A soit une famille libre de fonctions DSE rangée en ordres strictement croissants, et telle que l’ordre minimal de (g_{1}', \dots, g_{n}') soit le même que celui de (g_{1}, \dots, g_{n}). »
Le cas n=2 est ok. Si tu rédiges bien, tu t’es arrangé pour. Dans le cas général, tu utilises l’hypothèse de récurrence sur (g_{1}, \dots, g_{n-1}), et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) telle que (g_{1}', \dots, g_{n-1}') soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l’ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation \sigma laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'). La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l’hypothèse de récurrence sur (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'), et tu obtiens (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") triée, via une matrice C. L’ordre minimal de (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') étant strictement supérieur à celui de g_{1}, l’ordre minimal de (g_{2}", \dots, g_{n}") est strictement supérieur à celui de g_{1}' par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider \mathcal{P}(n) à partir de \mathcal{P}(n-1). La matrice finale est donc A = BSC.
Thaalos a écrit:
Dans le cas général, tu utilises l’hypothèse de récurrence sur (g_{1}, \dots, g_{n-1}), et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) telle que (g_{1}', \dots, g_{n-1}') soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l’ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation \sigma laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'). La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.
Tu appliques alors l’hypothèse de récurrence sur (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'), et tu obtiens (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") triée, via une matrice C. L’ordre minimal de (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') étant strictement supérieur à celui de g_{1}, l’ordre minimal de (g_{2}", \dots, g_{n}") est strictement supérieur à celui de g_{1}' par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider \mathcal{P}(n) à partir de \mathcal{P}(n-1). La matrice finale est donc A = BSC.
C’est bien vu d’appliquer des permutations et d’utiliser une seconde fois l’hypothèse de récurrence !
Merci, cette dernière version est en effet bien propre… maintenant je me demande juste combien d’étudiants ont réussi à traiter cette question
plimok a écrit:
[quote=« Thaalos »]
Dans le cas général, tu utilises l’hypothèse de récurrence sur (g_{1}, \dots, g_{n-1}), et tu obtiens, via une matrice B, une nouvelle famille (g_{1}', g_{2}', \dots, g_{n-1}', g_{n}) telle que (g_{1}', \dots, g_{n-1}') soit rangée en ordres strictement croissants et libre, tout en ayant préservé l’ordre minimal. Là, tu utilises une nouvelle permutation \sigma laissant 1 fixe pour réordonner la famille partiellement en (g_{1}', g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'). La matrice de ce tri sera notée S, et est inversible.Tu appliques alors l’hypothèse de récurrence sur (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}'), et tu obtiens (g_{1}', g_{2}", \dots, g_{n}") triée, via une matrice C. L’ordre minimal de (g_{\sigma(2)}' \dots, g_{\sigma(n)}') étant strictement supérieur à celui de g_{1}, l’ordre minimal de (g_{2}", \dots, g_{n}") est strictement supérieur à celui de g_{1}' par construction et hypothèse, et cette famille te permet de valider \mathcal{P}(n) à partir de \mathcal{P}(n-1). La matrice finale est donc A = BSC.
C’est bien vu d’appliquer des permutations et d’utiliser une seconde fois l’hypothèse de récurrence !
Merci, cette dernière version est en effet bien propre… maintenant je me demande juste combien d’étudiants ont réussi à traiter cette question
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De rien.
En pratique, ce sujet est assez hardcore. Tu as 20 questions dont une bonne partie demande pas mal de rédaction, ce qui ne laisse pas du tout le temps pour souffler si tu veux finir. De mémoire, maths 2 c’est 4h, là, t’en as clairement besoin.
Aux Mines en PC chaque épreuve de Mathématiques dure 3 heures !
Je note, merci de l’info. 
Enfin eu le temps de regarder ce sujet.
On peut traiter la question 9 du Mines PC 2 sans récurrence.
On introduit la matrice (infinie) des coefficients des DSE, à savoir
M=(m_{i,j})_{i \in \{1,..,n\}, j \in \mathbb{N}}
où f_i(x)=\sum_{j=0}^{+\infty} m_{i,j} x^j pour tout x \in I.
Pour m \in \mathbb{N}, on note M^{(m)} la matrice tronquée en ne conservant que les indices de colonnes de 0 à m.
Ensuite, il y a trois points essentiels :
(1) Par liberté de (f_1,\dots,f_n), on démontre que M^{(m)} est de rang n pour m assez grand.
(2) Ayant fixé un m tel que M^{(m)} soit de rang n, on utilise le cours sur l’échelonnement
(chic, pour une fois il va servir à quelque chose) pour trouver une matrice P \in \textrm{GL}_n(\mathbb{C})
telle que PM^{(m)} soit échelonnée en ligne.
(3) Il est alors facile de constater que la matrice A={}^t P convient.
Je détaille seulement le point (1) car il n’est pas facile : on considère, pour tout m \in \mathbb{N}, l’espace K_m
des colonnes X \in \mathbb{C}^n telles que {}^t M^{(m)} X=0. La suite (K_m)_{m \in \mathbb{N}} est décroissante,
donc stationnaire (argument de dimension), et son intersection est réduite à 0 par liberté de (f_1,\dots,f_n).
Donc, K_m=\{0\} pour un certain m, et {}^tM^{(m)} est alors de rang n, donc sa transposée aussi.
Bien entendu, ce n’était probablement pas la preuve attendue.
Je veux pas dire de bêtise mais l’« échelonnement » auquel vous faites référence en 2), ça ne me dit rien du tout (je suis en PC).
Ce sujet était particulièrement horrible en tout cas, il n’y avait rien de vraiment simple. Globalement, j’ai trouvé que les sujets de maths de cette année en PC étaient pas très tendres, surtout aux Mines et à e3a (oui oui, e3a)