Oraux-2015-solutions

Oraux 2015
PSI*
ORAUX 2015
---------------------
Note : la section 1 contient des sujets CCP et ENSAM.
la section 2 contient des sujets Centrale - Supelec, dont 6 sujets 2015 issus du site (voir https://www.concours-
centrale-supelec.fr/CentraleSupelec/MultiY/C2015)
L'épreuve maths 1 dure 30mn sans préparation, l'épreuve maths 2 dure 30mn avec préparation de 30 mn.
L'une et l'autre ont pour coecient 12/100.
la section 3 contient des sujets Mines-Ponts et écoles du même groupe .
la section 4 contient des sujets X-ENS
la section 5 contient des sujets faisant intervenir les probabilités .
Les exercices plus diciles sont indiquées par une ou deux **
0.1
CCP - ENSAM :
0.1.1 CCP :
Exercice 1 :

1
 1/a
A=
 1/a2
1/a3
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
a
1
1/a
1/a2

a2 a 3
a
a2 

1
a 
1/a 1
Sans calcul, déterminer les valeurs propres et sous-espaces propres de A.
A est elle diagonalisable ?
Exercice 2 : Trouver les
∫ xfonction f ∈ C(R, R) telles que :
∀x ∈ R, f (x) +
(x − t)f (t)dt = 1
0
: Exercice 1 : Si on note C1 , C2 , C3 , C4 les colonnes de A, on a les relations :
C2 = aC1 , C3 = a2 C1 , C4 = a3 C1
La matrice A est donc de rang 1. 0 est valeur propre, et le sous-espace propre associé est de dimension
4 − 3 = 1. Ce sous espace est l'hyperplan d'équation x + ay + a2 z + a3 t = 0
Les valeurs propres , λ1 = λ2 = λ3 = 0 et λ4 ont pour somme tr(A) = 4. Donc λ4 = 4
Le sous espace associé est la droite Im(A) engendrée par le vecteur C1 .
La somme des dimensions des sous-espaces propres étant égal à 4, A est diagonalisable .
∫ x
Exercice 2 : • Analyse : Soit f ∈ C(R, R) telle que ∀x ∈ R, f (x) + (x − t)f (t)dt = 1
0
∫ x
∫ x
alors ∀x ∈ R, f (x) = 1 − x
f (t)dt +
tf (t)dt
0
0
∫
∫
Les fonctions t 7→ f (t) et t 7→ tf (t) étant continues, les fonctions x 7→ 0x f (t)dt et x 7→ 0x tf (t)dt sont de
classe C 1 sur R, et la fonction f est également de classe C 1 .
SOLUTION
En dérivant cette égalité, on∫ obtient :
x
∀x ∈ R, f ′ (x) = −xf (x) −
f (t)dt + xf (x) (par dérivation d'intégrales fonctions de la borne supérieure)
0
∫ x
∀x ∈ R, f ′ (x) = −
f (t)dt
0
Par le même raisonnement, cette égalité montre que la fonction f ′ est de classe C 1 (et f de classe C 2 )
En dérivant à nouveau, ∀x ∈ R, f ′′ (x) = −f (x)
f est donc solution sur R de l'équation diétentielle : y ′′ + y = 0
Donc il existe deux constantes réelles A et B telles que : ∀x ∈ R, f (x) = A cos x + B sin x
En reportant dans l'égalité de départ
:
∫
x
∀x ∈ R, A cos x + B sin x +
∫0
⇒ ∀x ∈ R, A cos x + B sin x + x
(x − t)(A cos t + B sin t)dt = 1
∫ x
(A cos t + B sin t)dt −
t(A cos t + B sin t)dt = 1
x
0
0
En intégrant par parties la dernière intégrale,
1
∫
∀x ∈ R, A cos x + B sin x + x(A sin x − B cos x + B) − [t(A sin t − B cos t)]x0 +
x
(A sin t − B cos t)dt = 1
0
⇒ ∀x ∈ R, A cos x + B sin x + Ax sin x − Bx cos x + Bx − (Ax sin x − Bx cos x) + [−A cos t + B sin t]x0 = 1
⇒ ∀x ∈ R, A cos x + B sin x + Bx + (−A cos x + A − B sin x) = 1
⇒ ∀x ∈ R, Bx + A = 1
Cette égalité étant vraie pour tout x, nécessairement, A = 1 et B = 0 .
Donc ∀x ∈ R, f (x) = cos(x)
Réciproquement, les derniers calculs peuvent être "remontés", et la condition A = 1 et B = 0 (c'est à dire
f = cos) est susante pour que l'équation fonctionnelle étudiée soit satisfaite.
Commentaire : Dans cet exercice, la diérence entre les candidats se fera :
- sur la justication que f , supposée seulement continue au départ, et vériant l'équation étudiée, est
nécessairement de classe C 2 ,
- sur l'exactitude des calculs qui doivent être menés à terme sans erreur.
0.1.2 CCP
Exercice 1 :
3 −3
Soit A =  −1 5
−1 3

2
−2  appartenant à M3 (R)
0
1) A est-elle diagonalisable ?
2) Montrer qu'il existe une matrice R tel que R2 = A
(on ne demande pas de calculer R)
3) Montrer que toute matrice R appartenant à M3 (R) telle que A = R2 est diagonalisable
Exercice 2 : On recherche (les fonctions
f : R −→ R, continues, telles que :
)
x+y
1
2
∀(x, y) ∈ R , f
= (f (x) + f (y))
(R)
2
2
1- Soit f une fonction vériant la relation (R), et les conditions : f (0) = f (1) = 0
a) Montrer que f est impaire
b) Montrer que f est 2-périodique et en déduire que f est bornée
c) Montrer que f (2x) = 2f (x)
d) Qu'en déduire sur f ?
2) Trouver toutes les fonctions f vériant la propriété (R)


3 −3 2
SOLUTION : Exercice 1 : A =  −1 5 −2 
−1 3
0
3−x
−3
2
2−x
−3
2
−1
5 − x −2 = 2 − x 5 − x −2
χA (x) =
(en ajoutant toutes les colonnes à la première)
−1
3
−x
2−x
3
−x
1
−3
2
1
−3
2
−4
χA (x) = (2 − x) 1 5 − x −2 = (2 − x) 0 8 − x
= (2 − x)[(x − 8)(x + 2) + 24]
1
3
−x
0
6
−2 − x
χA (x) = (2 − x)(x2 − 6x + 8) = (2 − x)(x − 2)(x − 4)
χA (X) = −(X − 2)2 (X − 4)
4 est valeur propre simple, le sous espace propre associé, E4 (A) est de dimension 1.
2 est valeur propre
 double. On sait
 que dim(E2 (A)) = 3 − rg(A − 2I3 )
−3 2
3 −2  est une matrice de rang 1, puisque toutes ses colonnes sont colinéaires à
−1 3 −2
la première colonne. Donc dim(E2 (A)) = 3 − 1 = 2 = ordre(2).
Le polynôme χA (X) = −(X − 2)2 (X − 4) est scindé dans R[X], et pour chacune des valeurs propres, la
1
Or A − 2I3 =  −1
dimension du sous espace propre est égale à l'ordre de multiplicité.
Donc A est diagonalisable dans M3 (R) .


2 0 0
2) Il existe une matrice inversible P ∈ GL3 (R) telle que A = P.  0 2 0  .P −1
0 0 4
 √



2 √0 0
2 0 0
En considérant la matrice R = P.  0
2 0  .P −1 , on a bien R2 = P.  0 2 0  .P −1 = A
0 0 4
0
0 2
∏
3) Puisque A est diagonalisable, on sait que le polynôme Q(X) =
(X − λ) = (X − 2)(X − 4) est un
polynôme annulateur de la matrice A.
λ∈ Sp(A)
2
Soit R ∈ M3 (R) telle que R2 = A
2
Alors Q(A) = (A − 2I3 )(A − 4I3 ) = 0 = (R2 − 2I√
3 )(R − 4I
√3 )
2
2
Le polynôme T (X) = (X − 2)(X − 4) = (X − 2)(X + 2)(X − 2)(X + 2) est un polynôme annulateur
de la matrice R, scindé dans R[X], et à racines simples, ce qui prouve que R est diagonalisable .
SOLUTION
: Exercice 2(: 1- Soit
) f une fonction continue sur R, vériant (R) :
x+y
1
= (f (x) + f (y))
et telle que f (0) = f (1) = 0.
2
2
a) En prenant x( quelconque
et y = −x, on obtient :
)
x−x
1
∀x ∈ R, f
= f (0) = 0 = (f (x) + f (−x))
2
2
Donc ∀x ∈ R, f (−x) = −f (x), et la fonction f est impaire.
b) En prenant x quelconque et y = 2 + x, on obtient : (
)
(x + 2) + (−x)
∀x ∈ R, f (x + 2) − f (x) = f (x + 2) + f (−x) = 2f
= 2f (1) = 0
2
Donc ∀x ∈ R, f (x + 2) = f (x) et f est 2- périodique
∀(x, y) ∈ R2 , f
• f est bornée sur le segment [0, 2] comme fonction continue sur un segment :
Il existe M ∈ R+ , ∀x ∈ R, |f (x)| 6 M
f étant 2-périodique, ∀x ∈ R, |f (x)| 6 M . Donc f est une fonction bornée.
c) En prenant x( quelconque
et y = 0, on obtient :
)
∀x ∈ R, f
x+0
2
=
(x)
1
(f (x) + f (0)), donc ∀x ∈ R, f (x) = 2f
|{z}
2
2
=0
x étant quelconque, on a bien montré que ∀x ∈ R, f (2x) = 2f (x)
c) Il s'ensuit que ∀x ∈ R, f (4x) = 2f (2x) = 4f (x), et par une récurrence immédiate que :
∀x ∈ R, ∀k ∈ N, f (2k x) = 2k f (x)
Si la fonction f n'est pas nulle, il existe x0 ∈ R tel que f (x0 ) ̸= 0. Alors ∀k ∈ N, f (2k x0 ) = 2k f (x0 ) −→ ±∞
k→+∞
Ce résultat est contradictoire avec le caractère borné de la fonction f . Donc pour aucun réel x0 , f (x0 ) est
non nul.
Donc f est la fonction nulle.
2- Soit f une fonction continue
R vériant la propriété (R) :
( sur )
∀(x, y) ∈ R2 , f
x+y
2
=
ATTENTION, on ne suppose plus
1
(f (x) + f (y))
2
que f (0) = f (1) = 0
Toute fonction ane x 7→ ax + b est solution de (R) (vérication immédiate)
En posant : ∀x ∈ R, g(x) = f (x) − (ax + b), la fonction g est aussi solution de R.
Cherchons à déterminer les coecients a et b de telle sorte que g vérie aussi les conditions g(0) = g(1) = 0:
g(0) = 0 ⇐⇒ f (0) − b = 0 ⇐⇒ b = f (0)
g(1) = 0 ⇐⇒ f (1) − a − b = 0 ⇐⇒ a = f (1) − b = f (1) − f (0)
La fonction g : x 7→ f (x) − (f (1) − f (0)) x − f (0) est une solution de (R), et qui verie les deux conditions:
{z
}
|
|{z}
a
b
g(0) = g(1) = 0. D'après la partie I, c'est donc la fonction nulle.
Donc ∀x ∈ R, f (x) = ax + b. f est une fonction ane.
En conclusion, les solutions de (R) sont les fonctions anes .
0.1.3 CCP :
Exercice 1 : Dénition de
∫
an =
0
+∞
( )
sin nt
dt .
t(1 + t2 )
Etudier la limite de la suite (an ) et en calculer un équivalent.
Exercice 2 : On considère l'endomorphisme u de Mn (R) déni par :
∀M ∈ Mn (R), u(M ) = 31 (2M − t M )
Rechercher les éléments propres de u. u est il diagonalisable ?
Calculer tr(u) et det(u).
SOLUTION : Exercice 1 :
( )
sin nt
∗
• Pour tout n ∈ N , la fonction t 7→
est dénie et continue sur ]0, +∞[
2
t(1 + t )
( )
t
sin nt
1
1
1
n
∼
=
∼
donc
t(1 + t2 ) t→0 t(1 + t2 )
n 1 + t2 t→0 n
( )
sin nt
1
lim
=
n→+∞ t(1 + t2 )
n
3
( )
sin nt
On peut prolonger la fonction t 7→
en une fonction continue sur [0, +∞[ en lui donnant en 0 la
t(1 + t2 )
valeur n1 . Elle est alors intégrable sur tout segment de la forme [0, a], a > 0 .
( )
sin nt
t/n
1
∗
6
=
On rappelle que ∀u ∈ R, | sin u| 6 |u|. Alors ∀n ∈ N , ∀t ∈ R,
2
2
t(1 + t )
t(1 + t )
n(1 + t2 )
Pour tout n ∈ N∗ , la fonction t 7→
est continue et intégrable sur ]0, +∞[ (et même sur [0, +∞[)
Par majoration, la fonction t 7→
est intégrable sur ]0, +∞[.
1
2
n(1+t
( t ))
sin n
t(1 + t2 )
Le réel an est donc déni pour tout n ∈ N∗ .
• La majoration précédente montre
( )que :
∫
∗
+∞
∀n ∈ N , |an | =
0
sin nt
dt 6
t(1 + t2 )
Cette majoration montre que
∫
+∞
0
( )
∫ +∞
sin nt
dt
π
1
dt
6
= × .
t(1 + t2 )
n(1 + t2 )
2
n
0
lim an = 0
n→+∞
( )
( )
∫
sin nt
1
1 +∞ sin nt
×
• ∀n ∈ N , an =
dt =
dt
t
2
t(1 + t )
n 0
1 + t2
0
( nt )
sin n
1
×
Posons : ∀n ∈ N∗ , ∀t ∈]0, +∞[, gn (t) =
t
1
+
t2
n
1
sin u
puisque lim
= 1, ∀t ∈]0, +∞[, lim gn (t) =
n→+∞
u→0 u
1 + t2
par ailleurs, la majoration | sin u| 6 |u|, donne la domination :
1
1
∀n ∈ N∗ , ∀t ∈]0, +∞[, |gn (t)| 6 1+t
2 , où la fonction t 7→ 1+t2 est continue et intégrable sur ]0, +∞[
(et même sur [0, +∞[)
∫
∗
+∞
Par application
∫ du théorème∫ de convergence dominée, on peut armer que :
+∞
+∞
π
1
+∞
gn (t)dt =
dt = [Arctan t]0 =
2
n→+∞ 0
1
+
t
2
( 0)
∫
∫
1 +∞ sin nt
1
1 +∞
L'égalité an =
×
dt =
gn (t)dt
t
n 0
1 + t2
n 0
n
π
permet alors de conclure que :
an ∼
t→0 2n
lim
Exercice 2 : • Soient λ ∈ R et M ∈ Mn (R) − {0} ;
u(M ) = λ.M ⇐⇒ 2M − t M = 3λM
⇐⇒ − t M = (3λ − 2)M
⇐⇒ M = (2 − 3λ) t M
=⇒ M = (2 − 3λ)(2 − 3λ)M
=⇒ (2 − 3λ)2 = 1
(car M ̸= 0)
=⇒ 2 − 3λ = 1 ou 2 − 3λ = −1
{
}
=⇒ λ = 1 ou λ = 13
Donc Sp(u) ⊂ 1, 13
• ∀M ∈ Mn (R), u(M ) = M ⇐⇒ 2M − t M = 3M ⇐⇒ t M = −M
Donc 1 est valeur propre de u , et le sous espace propre associé est formé des matrices antisymétriques de
Mn (R). E1 (u) = An (R)
Ce sous espace propre a pour dimension
• ∀M ∈ Mn (R), u(M ) = 31 M ⇐⇒ 2M − t M = M ⇐⇒
Donc
1
3
t
n(n−1)
2
M =M
est valeur propre de u , et le sous espace propre associé est formé des matrices symétriques de
Mn (R). E 13 (u) = Sn (R)
Ce sous espace propre a pour dimension
n(n+1)
2
• On sait que Sn (R) et An (R) sont deux sous espaces supplémentaires de Mn (R). La somme des sous espaces
propres de u est égale à l'espace Mn (R) . Donc u est diagonalisable
• Dans une base de Mn (R) formée de l'union d'une base de Sn (R) et d'une An (R), la matrice de u est
diagonale. Elle comprend n(n−1)
= dim(E1 (u)) fois le nombre 1, et n(n+1)
= dim(E 13 (u)) fois le nombre 13 .
2
2
3n2 − 3n + n2 + n
n2 − n
n(n − 1) 1 n(n + 1)
+
=
=
2
3
2
6
3
( ) n(n+1)
2
n(n−1)
1
1
et det(u) = 1 2 ×
= n(n+1)
3
3 2
Donc tr(u) =
4
0.1.4 CCP
Exercice 1 : Soit a ∈ R.
On considère la fonction f : t 7→
1
.
cht + cha
Montrer que f est intégrable sur R+ et calculer
∫
f (t)dt
R+
indication (on pourra faire le changement de variable u = et )
Exercice 2 : Soit A ∈ Mn (R) telle que :
2A3 + 3A2 + 6A − In = 0
Justier les propositions suivantes :
a) A est inversible.
b) A est diagonalisable dans Mn (C).
c) det(A) > 0
Exercice 3 : On considère le disque D = {(x, y) ∈ R2 ,
x2 + y 2 6 1} et la fonction f dénie par :
∀(x, y) ∈ D, f (x, y) = x − 3x(1 + y )
f admet-elle sur D des extrema globaux ou des extrema locaux ?
3
SOLUTION
2
: Exercice 1 : La fonction t 7→ cht+cha est continue sur R+ et ne s'annule pas. (∀x ∈ R, chx > 1)
1
La fonction f : t 7→
est donc dénie et continue sur R+ . Elle est intégrable sur tout segment de
cht + cha
la forme [0, b], comme fonction continue sur un segment. (Il n'y a pas d'étude à faire pour la borne 0)
f (t) =
1
2
=
6
2
= 2e−t
cht + cha et + e−t + ea + e−a et
La fonction t 7→ 2e−t étant intégrable sur R+ , par majoration, f l'est aussi.
∫
+∞
∫
+∞
2et dt
e2t + 2cha et + 1
0
0
∫ +∞
2du
Par le changement de variable u = et , J =
u2 + 2ucha + 1
0
∫ +∞
∫ +∞
∫ +∞
2du
2du
2du
=
J=
2
2 =
2
2
(u
+
ch
a
+
sh
a)(u
+ cha − sha)
(u + cha) − ch a + 1
(u + cha) − sh a
0
0
0
∫ +∞
2du
=
a )(u + e−a )
(u
+
e
0
(
)
2
(u + ea ) − (u + e−a )
2
1
1
1
or
=
× a
=
−
(u + ea )(u + e−a )
(u + ea )(u + e−a )
e − e−a
sha u + e−a u + ea
∫ +∞
1
Les intégrales de la forme
du étant divergentes, on ne peut pas séparer directement J en deux
u + e±a ∫
0
x
1
du .
intégrales. Nous passerons par les intégrales
u + e±a
0 (∫
)
∫ x
∫ x
x
1
1
1
dt
=
du
−
du
Pour tout x > 0, Jx =
a
t + cha [sha( 0 u +)e−a
0 ]u + e
0 ch
[ (
)]
x
−a
−a
(
)
1
u+e
1
x+e
Jx =
ln
=
ln
− ln e−2a
a
sha
u + ea
sh
a
x
+
e
0
(
)
x + e−a
x + e−a
Quand x → +∞,
→ 1 et ln
→0
x + ea
x + ea
•J=
dt
=
cht + cha
Donc J = lim Jx = −
x→+∞
2a
ln(e−2a )
=
sha
sha
Exercice 2 : a) Soit A ∈ Mn (R) telle que :
2A3 + 3A2 + 6A − In = 0
alors A(2A2 + 3A + 6In ) = In , ce qui montre que A est inversible, et que A−1 = 2A2 + 3A + 6In
b) Le polynôme P (X) = 2X 3 + 3X 2 + 6X − 1 est un polynôme annulateur de A.
avec le polynôme caractéristique, qui est de degré n, alors que P est de degré 3).
(à ne pas confondre
∀x ∈ R, P ′ (x) = 6x2 + 6x + 6 = 6(x2 + x + 1) > 0
La fonction polynôme P est donc strictement croissante sur R. Elle est continue, varie de −∞ à +∞. Elle
admet donc une et une seule racine réelle, qu'on notera α. Or P (0) = −1, et puisque P est croissante, α > 0.
P (X) étant de degré 3, il admet deux autres racines complexes non réelles, qui sont conjuguées l'une de
l'autre, puisque P (X) est à coecients réels. Notons les β et β .
α, β et β sont les racines du polynôme annulateur P (X).
Le polynôme annulateur P (X) est donc scindé dans C[X], à racines simples. On peut alors armer que
A est diagonalisable dans Mn (C) .
c) Il en résulte aussi que SpC (A) ⊂ {α, β, β}.
A étant diagonalisable, elle est semblable dans Mn (C) à une matrice diagonale de la forme :
5
∆ =diag(α, · · · , α, β, · · · β , β, · · · , β )
| {z } | {z } | {z }
p f ois
q f ois
q f ois
A et ∆ étant semblables, elles ont même déterminant :
q
det(A) = det(∆) = αp .β q β = αp .(ββ)q = |{z}
αp . |β|2q > 0
| {z }
>0
>0
Exercice 3 : Recherchons les extrema locaux intérieurs à D : ce sont nécessairement des points critiques, en
lesquels le gradient de f est nul.
∇f (x, y)
∂f
∂x (x, y)
∂f
∂y (x, y)
= 3x2 − 3(1 + y 2 )
= −6xy
(x, y) est un point critique de f si et seulement si :
{
x2 − y 2 − 1 = 0
xy = 0
Le cas x = 0 entraînerait que −y 2 − 1 = 0, ce qui est impossible.
Le cas y = 0 entraîne que x2 − 1 = 0, soit x = ±1. Mais les points M1 = (1, 0) et M2 = (−1, 0) sont sur la
frontière du disque D ; ce ne sont pas des points intérieurs à D.
Donc aucun point intérieur à D n'est un point critique. f n'admet pas d'extremum local (et à fortiori
d'esxtremum global) dans l'intérieur du disque D.
• Le domaine D est un compact de R2 : il est fermé et borné.
L'image du compact D par la fonction continue f est un compact de R. Cet ensemble est borné, et ses
bornes sont atteintes, puisqu'il est fermé.
f admet donc (au moins) un maximum global et (au moins) un minimum global, qui seront néccssairement
sur la frontière du domaine, c'est à dire sur le{cercle C d'équation x2 + y 2 = 1.
x = cos t
Soit (x, y) un point de ce cercle : ∃t ∈ R,
y = sin t
f (x, y) = cos t − 3 cos t(1 + sin t) = cos t − 3 cos t(2 − cos2 t) = 4 cos3 t − 6 cos t
Notons g(c) = 4c3 − 6c. Alors g ′ (c)√= 12c2 − 6 = 6(2c2 − 1)
g ′ (c) = 0 ⇐⇒ c2 = 12 ⇐⇒ c = ± 22
2
3
c
g ′ (c)
g(c)
−1
−
+
2
↗
3
√
2
2
0
√
2 2
√
−
2
2
0
√
↘ −2 2
1
+
↗
−2
√
Finalement,
f admet un maximum global sur D, aux points M = (x, y) pour lesquels cos t = − 22 , soit les
√
√
√
√
√
2
points M1 (− 2 , 22 ) et M2 (− 22 , − 22 ), et qui vaut 2 2,
√
√
√
et√ un minimum
global aux points M = (x, y) pour lesquels cos t = 22 , soit les points M1 ( 22 , 22 ) et
√
√
M2 ( 22 , − 22 ) et qui vaut −2 2.
0.1.5 CCP :
3
Exercice 1 :Soit M ∈ M
 3 (R) telle que M = I3 et M ̸= I3 .
0
0
1
0
1
0
Soit A =  1 0 0 
On cherche à montrer que M est semblable à A.
a) Montrer que A est diagonalisable dans M3 (C) et donner son spectre. L'est elle dans M3 (R) ?
b) Montrer que M est diagonalisable dans M3 (C) et que SpC (M ) ⊂ {1, j, j 2 }
Montrer que j et j 2 ont même ordre de multiplicité.
(indication donnée en cours d'épreuve : on pourra s'intéresser à la trace de
En déduire les valeurs propres de M .
c) Montrer que M est semblable à A dans M3 (C), puis dans M3 (R).
Exercice 2 : Soient x ∈ [0, 1], p ∈ N∗ , n ∈ N.
n
∑
1 + (−1)n xp(n+1)
1 + xp
k=0
∫ 1 p(n+1)
∫ 1
n
∑
x
(−1)k
dx
n
b) En déduire que :
=
+
(−1)
dx
p
p
1 + pk
1
+
x
0 1+x
0
k=0
∫ 1
+∞
∑
(−1)k
dx
c) Montrer que
=
p
1 + pk
0 1+x
a) Montrer que
(−1)k xpk =
k=0
6
M)
Faire l'application pour p = 1, 2, 3
SOLUTION
−x
1
0
: Exercice 1 : a) χA (x) = det(A − xI3 ) =
0
−x
1
1
0
−x
= −x3 + 1 (règle de Sarrus)
Donc SpC (A) = {1, j, j 2 }.
A est diagonalisable dans M3 (C) car elle admet 3 valeurs propresdistinctes dans
 C.
1
0
Elle est semblable dans M3 (C) à la matrice ∆ = diag(1, j, j 2 ) =  0 j
0
0 
j2
0 0
A n'est diagonalisable dans M3 (R) car χA (X) n'est pas scindé dans R[X].
b) La matrice M admet pour polynôme annulateur Q(X) = X 3 − 1 = (X − 1)(X − j)(X − j 2 )
Ce polynôme est scindé dans C[X], à racines simples. M est donc diagonalisable dans M3 (C).
Par ailleurs, le spectre de M est inclus dans l'ensemble des racines de ce polynôme annulateur :
SpC (M ) ⊂ {1, j, j 2 }
Soient m, p, q les ordres de multiplicité( respectifs
des complexes
1, j, j 2 .
(
√ )
√ )
alors tr(M ) = m + pj + qj 2 = m + p − 12 + i 23 + q − 12 − i 23
√
p+q
3
tr(M ) = m −
+i (p − q)
2
2
| {z } | {z }
reel
reel
Or tr(M ) ∈ R puisque M est une matrice réelle. Donc p − q = 0 et p = q .
Dès lors, • si p = q = 0, alors seule 1 est valeur propre de M , M est semblable à la matrice diag(1, 1, 1) = I3 ,
et est égale à I3 , ce qui est exclu par hypothèse.
• si p = q = 1, alors 1 est aussi valeur propre simple de M , M est semblable dans M3 (C) à la matrice
diag(1, j, j 2 ).
• Les cas p = q > 2 sont impossibles car la somme des ordres de multiplicité dépasserait la dimension
de la matrice, qui est 3.

1 0
Donc p = q = 1 et M est semblable dans M3 (C) à la matrice diag(1, j, j 2 ) =  0 j
0 0

0
0 
j2
c) A et M sont semblables l'une et l'autre, dans M3 (C), à la matrice ∆ = diag(1, j, j 2 ).
Par transitivité, elles sont donc semblables entre elles dans M3 (C) .
Reste à montrer que si deux matrices réelles A et M sont semblables dans M3 (C), elles le sont aussi dans
M3 (R).
Il existe Q ∈ GL3 (C), M = Q−1 .A.Q. Décomposons la matrice complexe Q en partie réelle et partie
imaginaire : il existe P1 , P2 ∈ M3 (R), Q = P1 + iP2
M = Q−1 .A.Q
=⇒ Q.M = A.Q =⇒ (P1 + iP2 ).M = A.(P1 + iP2 )

 P1 M = AP1
et
(identication des parties réelles et imaginaires)
=⇒

P2 M = AP2
=⇒ ∀t ∈ C, (P1 + tP2 )M = A(P1 + tP2 )
L'application φ : t 7→ det(P1 + tP2 ) est une application polynomiale de C dans C. Ce n'est pas le polynôme
nul puisque φ(i) = det(P1 + iP2 ) = det(Q) ̸= 0
(car Q ∈ GL3 (C)
Donc elle admet un nombre ni de racines, et il existe t0 R, φ(t0 ) = det(P1 + t0 P2 ) ̸= 0
En posant P = P1 + t0 P2 , P est une matrice réelle inversible.
Par ailleurs, (P1 + t0 P2 )M = A(P1 + t0 P2 ) =⇒ P M = AP =⇒ M = P −1 .A.P , ce qui montre que M est
A sont semblables dans M3 (R).


0 0 1
Donc M est semblable, dans M3 (R), à la matrice A =  1 0 0 
0 1 0
n
∑
Exercice 2 : a) Rappelons que ∀n ∈ N, ∀z ∈ C − {1},
donc ∀x ∈ [0, 1[, ∀n ∈ N,
n
∑
(−1) x
k=0
b) En intégrant entre 0 et 1 :
∫
n
1∑
0 k=0
∫
1
(−1)k xpk dx =
0
k pk
(
=
n
∑
zk =
k=0
p k
(−x ) =
k=0
xp(n+1)
1
+ (−1)n
p
1+x
1 + xp
Par linéarité de l'intégrale,
7
1 − z n+1
1−z
1 − (−xp )n+1
1 + (−1)n xp(n+1)
=
p
1 − (−x )
1 + xp
)
dx
n
∑
∫
xpk dx =
{z }
|0
k=0
∫
1
(−1)k
1
0
dx
+ (−1)n
1 + xp
∫
1
0
xp(n+1)
dx
1 + xp
1
= 1+pk
∫ 1
∫ 1 p(n+1)
n
∑
(−1)k
dx
x
n
=
+
(−1)
dx
p
p
1 + pk
1
+
x
0
0 1+x
donc
c) 0 6
k=0
∫
1
0
xp(n+1)
dx 6
1 + xp
∫
1
xp(n+1) dx =
0
1
p(n + 1) + 1
−→ 0
n→+∞
En passant à la limite dans l'égalité b), on obtient :
∫ 1
+∞
∑
dx
(−1)k
=
p
1 + pk
0 1+x
k=0
+∞
∑
(−1)k
∫
1
dx
ce qui donne, par le changement d'indice k′ = k + 1 :
1+k
1
+x
0
k=0
∫ 1
+∞
∑
(−1)k−1
dx
=
= [ln(1 + x)]10 = ln 2
k
1
+
x
0
• Pour p = 1 :
=
k=1
∫ 1
+∞
∑
(−1)k
dx
π
• Pour p = 2 :
=
= [Arctanx]10 =
2
2k + 1
1
+
x
4
0
k=0
)
∫ 1
∫ 1
∫ (
(−1)k
dx
dx
1 1
1
−x + 2
=
=
=
+
dx
3
2
1 + 3k
3 0
x + 1 x2 − x + 1
0 1+x
0 (x + 1)(x − x + 1)
k=0
∫
∫
∫
+∞
∑
(−1)k
1 1 dx
1 1 2x − 4
1
1 1 2x − 1 − 3
=
−
dx
=
ln
2
−
dx
1 + 3k
3 0 x + 1 6 0 x2 − x + 1
3
6 0 x2 − x + 1
k=0
∫
∫
1
1 1 2x − 1
1 1
dx
= ln 2 −
dx +
3
6 0 x2 − x + 1
2 0 (x − 1/2)2 − 3/4
[
]1
1
x − 1/2
1
1 2
= ln 2 − [ln(x2 − x + 1)]10 + √ Arctan √
3
6
2 3
3/2 0
(
)
1
1
1
= ln 2 + √
2Arctan √
3
3
3
√
+∞
k
∑
(−1)
1
π 3
= ln 2 +
1 + 3k
3
9
• Pour p = 3 :
+∞
∑
k=0
0.1.6 CCP
Exercice 1 : Soit A ∈ M3 (R) telle que A3 + A = 0
Que peut on dire du rang de A ?
Exercice 2 : Existence et calcul de
SOLUTION
:
∫
+∞
0
(
)
1
1
e−t ln t − +
dt
t
1 − e−t
Exercice 1 :
Si A est de rang 3, alors elle est inversible, et en multipliant par A−1 , on obtient : A2 + I3 = 0
d'où det(A2 ) = (det(A))2 = det(−I3 ) = −1 , ce qui est impossible.
|
{z
>0
}
Donc rg(A) 6 2. A n'est pas inverseible. 0 est valeur propre de A.
Le polynôme X 3 + X est un polynôme annulateur de A. Donc Sp(A) ⊂ {0, i, −i}.
X 3 + X = X(X + i)(X − i) est scindé à racines simples dans C[X]. A est diagonalisable dans M3 (C) (mais
pas forcément dans M3 (R))
Puisque A ∈ M3 (R), sa trace est réelle. Donc si i est valeur propre −i l'est aussi (et réciproquement).
Les deux seules possiblités sont : Sp(A) = {0, i, −i} (auquel cas A est de rang 2), et Sp(A) = {0} (auquel
cas A est nulle)
Ces
 deux cas sont
 possibles comme le montrent la matrice nulle (rang = 0) et la matrice de rotation
0
A= 1
0
−1 0
0 0  (rang = 2)
0 0
Exercice 2 : La fonction t 7→ e−t
(
ln t −
1
1
+
t
1 − e−t
)
8
est continue sur l'intervalle ouvert ]0, +∞[
(
)
1
1
1
−t
+
=
1
,
donc
e
ln
t
−
∼ e−t ln t = o(e−t/2 )
t→+∞ 1 − e−t
t
1 − e−t t→+∞
et la fonction est intégrable sur [1, +∞[
(
)
(
)
1
1
−(1 − e−t ) + t
−t
• Quand t → 0, t 7→ e−t ln t − +
=
e
ln
t
+
t
1 − e−t
t(1 − e−t )
2
Utilisons le développement limité de la fonction exponentielle en 0 : eu = 1 + u + u2 + o(u2 )
t2
t2
t2
t − (1 − e−t ) = t − (1 − 1 + t − + o(t2 )) =
+ o(t2 ) ∼
t→0 2
2
2
et t(1 − e−t ) ∼ t2
t→0
(
)
(
)
−(1 − e−t ) + t
1
1
1
1
−t
=
et
+
donc lim
e
ln
t
−
∼
|
ln
t|
=
o
t→0
t→0
t(1 − e−t )
2
t
1 − e−t t→0
t1/2
1
sur ]0, 1],)par domination, la fonction t 7→ | ln t| l'est aussi, et par
La fonction t 7→ t1/2 étant intégrable
(
1
1
équivalence, la fonction t 7→ e−t ln t − +
l'est aussi.
t
1 − e−t
)
(
1
1
est intégrable sur ]0, +∞[
• Par additivité, la fonction t 7→ e−t ln t − +
t
1 − e−t
1
= 0 et
t→+∞ t
• Quand t → +∞, lim
lim
• Soient a et b deux réels quelconques tels que 0 < a < b ;
∫ b
[
]b
e−t
Alors
dt = ln(1 − e−t ) a = ln(1 − e−b ) −
−t
{z
}
|
a 1−e
→0 quand b→+∞
∫
b
a
ln(1 − e−a )
|
{z
}
→−∞ quand a→0+
↑
(
)
∫ b z}|{
∫ b
1
1 −t
e dt
e−t ln t −
dt =
e−t |{z}
ln t −
t
a
a t
↓
∫ b −t
∫ b
e
1 −t
−t
b
= [−e ln t]a +
dt −
e dt
t
a
a t
−a
= (−e−b ln b) +
|e {zln a}
| {z }
→0 quand b→+∞
(en intégrant par parties)
→−∞ quand a→0+
Les deux intégrales ont une limita nie quand b → +∞. On peut déja additionner les deux intégrales et
passer à la limite∫ quand b (
→ +∞ :
)
+∞
e−t ln t −
∀a > 0,
a
1
1
+
t
1 − e−t
dt = − ln(1 − e−a ) + e−a ln a
La somme de ces deux fonctions présente la forme indéterminée ∞ − ∞ quand a → 0 .
Comme calculé plus haut avec le DL de la fonction
exponentielle,
1 − e−a = a − 12 a2 + o(a2 )
(
)
1 2
−a
−a
−a
2
d'où : e ln a − ln(1 − e ) = e ln a − ln a − 2 a( + o(a )
)
= (1 − a + o(a)) ln a − ln(a) − ln 1 − 12 a + o(a)
= −a ln a + 12 a + o(a ln a) −→+ 0
a→0
(
)
∫ +∞
1
1
−t
Finalement,
e
ln t − +
dt = 0
t
1 − e−t
0
9
0.1.7 CCP
Exercice 1 : On considère la suite de terme général un =
∫
e
(ln(t))n dt
1
a) Pour quels entiers n, un est il déni ? Étudier la limite de la suite (un ).
∑
b) Étudier la convergence de la série un .
∑
c) Déterminer le rayon de convergence de la série entière un!n xn .
Calculer S(x) =
∞
∑
un n
x
n!
n=0
En déduire une expression de un pour tout n ∈ N∗ .
Exercice 2 : Déterminer toutes les matrices A ∈ M3 (C), de trace égale à 7 et vériant la relation :
A3 − 5A2 + 6A = 0
SOLUTION
∫
e
un =
: a) Pour tout n ∈ N, la fonction
fn : t 7→ (ln(t))n est continue sur le segment [1, e], et l'intégrale
(ln(t))n dt est donc dénie.
1
Pour tout x ∈ [1, e[, 0 6 ln t < 1, donc lim (ln t)n = 0
n→+∞
Par ailleurs, lim (ln e)n = 1
n→+∞
{
∀t ∈ [1, e[, g(t) = 0
g(e) = 1
La domination ∀n ∈ N, ∀x ∈ [1, e], 0 6 fn (t) 6 1, où la fonction constante 1 est intégrable sur [1, e] permet
La suite de fonctions (fn ) converge simplement sur [1, e] vers la fonction g dénie par :
d'utiliser le théorème
de convergence
simple,
∫
∫ et de conclure que :
∫
e
lim
n→+∞
Donc
e
fn (t)dt =
1
0dt = 0
1
1
lim un = 0
n→+∞
Donc ∀n ∈ N, un+1
un =
∫
e
1
tn(ln(t))n−1 dt = e − n
t
1
= e − (n + 1)un
b) ∀n ∈ N∗ , un = [t (ln(t))n ]e1 −
alors
e
g(t)dt =
e − un+1
n+1
∼
n→+∞
e
n
Cette équivalence montre que la série
∫
e
(ln(t))n−1 dt = e − nun−1
1
∑
un est divergente .
∑
e
c) Pour tout x ∈ R, |un xn | ∼
|xn |, ce qui montre que la série
|un xn | converge si |x| < 1 et diverge si
n→+∞ n
|x| > 1. Son rayon de convergence est donc égal à 1.


)
∫ e
∞
∞ (∫ e
∞
∑
∑
∑


• ∀x ∈] − 1, 1[, S(x) =
un xn =
(ln t)n dt xn =
xn (ln t)n dt

{z
}
|
1
1
n=0
n=0
n=0
wn (t)
∫ e
∫ e
n
|x|
n
n
n
|wn (t)|dt = |x |
(ln t) dt = un |x | ∼ e
cette séroe converge puisque |x| < 1
n→+∞
n
1
1
Par application du théorème d'inégration(terme à terme
) des séries de fonctions sur un intervalle quelconque,
) ∫ e ∑
∞ (∫ e
∞
∑
wn (t) dt
on peut écrire :
wn (t)dt =
1
1
n=0
n=0
)
)
∫ e (∑
∞
∞ (∫ e
∞
∑
∑
n
n
n
soit : S(x) =
un x =
(ln t) dt x =
wn (t) dt
1
1
n=0
n=0
n=0
)
[ x+1 ]e
∫ e (∑
∫ e
∫ e
∞
t
ex+1 − 1
(ln t)n xn
x ln t
x
=
wn (t) dt =
e
dt =
t dt =
=
n!
x+1 1
x+1
1
1
1
n=0
∀x ∈] − 1, 1[, S(x) =
ex+1 − 1
x+1
∞
∞
∞
∑
∑
xn
e n ∑
− 1 = (e − 1) +
x =
an xn
n!
n!
n=0
n=1
n=0
∞
∞
∑
∑
n n
n
=
(−1) x =
bn x
∀x ∈ R, S(x) = ex+1 − 1 = e.ex − 1 = e
∀x ∈] − 1, 1[,
1
1+x
n=0
n=0
Notons (cn ) le produit de Cauchy des suites (an ) et (bn ) :
∀n ∈ N, cn =
n
∑
k=0
ak bn−k = a0 bn +
n
∑
ak bn−k = (e − 1)(−1)n +
k=1
n
∑
e
(−1)n−k
k!
k=1
10
(
n
cn = (−1)
(e − 1) + e
n
∑
(−1)k
k=1
∞
∑
)
k!
∞
∑
an xn et
bn xn convergent absolument. La série produit converge alors
(∞
) ( ∞n=0
) n=0
∞
∑
∑
∑
et :
cn xn =
an xn
bn xn , c'est à dire :
n=0
n=0
n=0
(∞
)( ∞
)
∞
∑
∑
∑
1
x+1
n
n
S(x) = (e
− 1).
=
an x
bn x
=
cn xn
x+1
n=0
n=0
n=0
u
Par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul, ∀n ∈ N, n = cn , donc un = n!cn
n!
(
)
n
k
∑
(−1)
∀n ∈ N, cn = n!(−1)n (e − 1) + e
k!
Pour tout x ∈] − 1, 1[, les séries
k=1
Exercice 2 : Soit A ∈ M3 (R), de trace égale à 7 et vériant la relation :
A3 − 5A2 + 6A = 0
Le polynôme Q(X) = X − 5X + 6X = X(X − 5X + 6) = X(X − 2)(X − 3) est un polynôme annulateur
de A, scindé dans R[X], à racines simples. La matrice A est donc diagonalisable dans M3 (R) , et son spectre
est inclus dans l'ensemble des racines de Q(X) : Sp(A) ⊂ {0, 2, 3}
A est semblable à unematrice diagonale
éléments
l'ensemble {0,
  dont les 
 diagonaux
 appartiennent

à 
 2, 3} :
0 0 0
0 0 0
0 0 0
2 0 0
0 0 0
ce peut être par exemple  0 0 0  , 0 0 0  ,  0 2 0  ,  0 2 0  ,  0 0 0  , . . .
0 0 0
0 0 2
0 0 2
0 0 2
0 0 3


0 0 0
,  0 2 0 . . . . etc.
0 0 3
Cette matrice diagonale a même trace que A, c'est à dire 7. Parmi la liste évoquée ci-dessus, les seules
3
2
2
matrices qui ont pour trace 7, sont celles qui ont deux fois le nombre 2, et une fois le nombre 3 sur la diagonale.

2
Les matrices solutions du problème étudié sont donc celles qui sont semblables à la matrice  0
0
0.1.8 CCP
Exercice 1 : Résoudre l'équation diérentielle (E) :
Exercice 2 : Soient A =
(
1
0
0
2
)
et M =
(
a b
c d
)
0
2
0

0
0 
3
x(x + 1)y ′′ + (x + 2)y ′ − y = 2
((a, b, c, d) ∈ R4 )
1) Calculer AM − M A.
2) L'endomorphisme f : M 7→ AM − M A est il diagonalisable dans M2 (R) ?
SOLUTION
: Exercice 1 : • Recherchons les séries entières solutions : soit S(x) =
∞
∑
an xn une série entière
n=0
de rayon de convergence R > 0.
D'après le théorème de dérivation des séries entières, on sait que S est C ∞ sur ] − R, R[ et que :
∀x ∈] − R, R[, S ′ (x) =
∞
∑
nan xn−1 et S ′′ (x) =
n=0,1
∞
∑
n(n − 1)an xn−2
n=0,1,2
S est solution de (E0 ) sur l'intervalle ] − R, R[ si et seulement si
∀x ∈] − R, R[, x(x + 1)S ′′ (x) + (x + 2)S ′ (x) − S(x) = 0
∞
∞
∞
∑
∑
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, x(x + 1)
n(n − 1)an xn−2 + (x + 2)
nan xn−1 −
an x n = 0
⇐⇒ ∀x ∈]−R, R[,
⇐⇒ ∀x ∈]−R, R[,
∞
∑
n=0,1,2
∞
∑
n=0,1,2
n=0,1,2
n(n−1)an xn +
n(n−1)an xn +
n=0,1
∞
∑
n−1
∞
∑
n(n−1)an x
+
n=0,1,2
∞
∑
∞
∑
n=0,1
n=0
nan xn +2
n=0,1
n(n+1)an+1 xn +
nan xn +2
n=0
∞
∑
nan xn−1 −
n=0,1
∞
∑
n=0
(n+1)an+1 xn −
(en faisant le changement d'indice n′ = n − 1 dans les 2e et 4e sommes)
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[,
∞
∑
∞
∑
n=0
∞
∑
an xn = 0
an xn = 0
n=0
[(n2 − 1)an + (n + 1)(n + 2)an+1 ]xn = 0
n=0
⇐⇒ ∀n ∈ N, (n2 − 1)an + (n + 1)(n + 2)an+1 = 0 (par unicité des coecients d'une SE de rayon non nul)
⇐⇒ ∀n ∈ N, (n − 1)an + (n + 2)an+1 = 0 (en simplifaint par n + 1 qui n'est jamais nul pour n ∈ N)
11

(pour n = 0)
 −a0 + 2a1 = 0
3a2 = 0
(pour n = 1)
⇐⇒

∀n > 2, an+1 = − n−1
n+2 an

 a1 = 12 a0
a2 = 0
⇐⇒

∀n > 2, an = 0
les séries entières solutions sont les fonctions de la forme : S(x) = a0 + 12 a0 x =
Ce sont des fonctions polynômes. Elles sont édnies sur R tout entier.
a0
2 (x
+ 2)
Conclusion : Les séries entières solutions de (E0 ) sont les fonctions polynomiales de la forme S(x) = λ(x + 2)
• Notons S0 : x 7→ x + 2 la solutionn trouvée de (E0 ), et recherchons la solution gébérale de (E0 ) sous la forme :
y(x) = z(x)S0 (x) où z est une fonction inconnue.
∀x ∈ R, y ′ x) = z ′ (x)S0 (x) + z(x)S0′ (x) et y ′′ (x) = z ′′ (x)S0 (x) + 2z ′ (x)S0′ (x) + z(x)S0′′ (x)
y est solution de (E0 ) sur l'intervalle R si et seulement si
∀x ∈ R, x(x + 1)y ′′ (x) + (x + 2)y ′ (x) − y(x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ R, x(x+1)[z ′′ (x)S0 (x)+2z ′ (x)S0′ (x)+z(x)S0′′ (x)]+(x+2)[z ′ (x)S0 (x)+z(x)S0′ (x)]−z(x)S0 (x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ R, x(x + 1)[z ′′ (x)S0 (x) + 2z ′ (x)S0′ (x)] + (x + 2)z ′ (x)S0 (x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ R, x(x + 1)S0 (x)z ′′ (x) + [2x(x + 1)S0′ (x) + (x + 2)S0 (x)]z ′ (x) = 0
On obtient une équation diérentielle linéaire de la fonction z ′ de la forme :
x(x + 1)S0 (x) z ′′ (x) + [2x(x + 1)S0′ (x) + (x + 2)S0 (x)] z ′ (x) = 0 (F )
|
|
{z
}
{z
}
A(x)
B(x)
La solution générale de cette équation est de la forme : z ′ (x) = λ exp(−
∫
x
∫
x
x
∫
2S0′ (t)
x
B(t)
A(t) dt)
+ (t + 2)S0 (t)
t+2
dt =
+
dt
S0 (t)
t(t + 1)
)
∫t(tx + 1)S0 (t)
∫ x(
1
(2t + 2) − t
2
= 2 ln |S0 (x)| +
dt = 2 ln |S0 (x)| +
−
dt
t(t + 1)
t
t+1
= 2 ln |S0 (x)| + 2 ln |x| − ln |x + 1| + cste
d'où z ′ (x) = λ exp (−2 ln |S0 (x)| − 2 ln |x| + ln |x + 1|) = λ x2x+1
S 2 (x)
B(t)
dt =
A(t)
2t(t +
∫
1)S0′ (t)
∫x
0
Sur chacun des intervalles ] − ∞, 0[, ]0, 2[, ]2, +∞[, z (x) = λ
′
x+1
x2 (x + 2)2
x+1
, il faut la décomposer en éléments simples :
x2 (x + 2)2
x+1
a
b
c
d
= + 2+
Elle admet une décomposition de la forme : 2
+
x (x + 2)2
x x
x + 2 (x + 2)2
• Pour intégrer la fraction rationnelle
réduisons au même dénominateur :
x+1
a
b
c
d
ax(x + 2)2 + b(x + 2)2 + cx2 (x + 2) + dx2
=
+
+
+
=
x2 (x + 2)2
x x2
x + 2 (x + 2)2
x2 (x + 2)2
3
2
2
3
2
x+1
a(x + 4x + 4x) + b(x + 4x + 4) + c(x + 2x ) + dx2
=
2
2
x (x + 2)
x2 (x + 2)2
3
x+1
(a + c)x + (4a + b + 2c + d)x2 + (4a + 4b)x + 4b
=
x2 (x + 2)2
x2 (x + 2)2
Pourque cette égalité soit vériée, ilsut que :
a=0
a+c=0






4a + b + 2c + d
b = 41
⇐⇒


 4a + 4b = 1
 c=0 1


4b = 1
(
) d = −4
x+1
1 1
1
donc 2
=
−
x (x + 2)2
4 x2
(x + 2)2
)
(
)
∫ (
x+1
λ
1
1
λ
1
1
′
Dès lors, z (x) = λ 2
=⇒ z(x) =
−
dx =
− +
2
x (x + 2)(
4
x2
(x + 2)2
4
x x+2
)
Donc z(x) est de la forme µ
+ ν où µ et ν sont deux constantes réelles.
)
]
2µ
1
x+2 + ν (x + 2) = x + ν(x + 2) (ν ∈ R)
En conclusion : Sur chacun des intervalles ] − ∞, 0[ et ]0, +∞[, la solution générale de (E0 ) est :
a
x 7→ y(x) = + b(x + 2)
x
• Reste à trouver une solution particulière de l'équation complète (E) : x(x + 1)y ′′ + (x + 2)y ′ − y = 2
La fonction constante x 7→ −2 est clairement solution.
Sur chacun des intervalles ] − ∞, 0[ et ]0, +∞[, la solution générale de (E0 ) est :
a
x 7→ y(x) = + b(x + 2) − 2
x
(
)
(
)
(
)
0 −b
Exercice 2 : 1) A = 10 02 et M = ac db
A.M − M.A =
c 0
1
x
−
1
x+2
[ (
D'où : y(x) = z(x)S0 (x) = µ x1 −
12
(
2) Soient M =
a b
c d
)
∈ M2 (R) et λ ∈ R.


0 = λa
λa = 0






0 −b
a b
−b = λb
(λ + 1)b = 0
f (M ) = λ.M ⇐⇒
= λ.
⇐⇒
⇐⇒
c 0
c d
c = λc
(λ − 1)c = 0






0 = λd
λd = 0
• Si λ ∈
/ {−1, 0, 1}, alors ce système entraîne que a = b = c = d = 0, et λ n'est pas valeur propre de f . Donc
Sp(f ) ⊂ {−1, 0, 1}
• Si λ = 0, le système équivaut à b = c = 0.
Donc 0 est valeur propre de f , et le sous
( espace
) propre associé à la valeur propre 0 (c'est à dire le noyau de
a 0
f ) est l'espace des matrices de la forme
= aE1,1 + dE2,2 .
0 d
C'est un plan engendré par les matrices élémentaires E1,1 et E2,2
• Si λ = −1, le système équivaut à a = c = d = 0.
Donc −1 est valeur
( propre) de f , et le sous espace propre associé à la valeur propre −1 est l'espace des
0 b
matrices de la forme
= bE1,2 .
0 0
C'est la droite vectorielle engendrée par la matrice élémentaire E1,2
• Si λ = 1, le système équivaut à a = b = d = 0.
Donc 1 est
( valeur)propre de f , et le sous espace propre associé à la valeur propre 1 est l'espace des matrices
0 0
de la forme
= cE2,1 .
c 0
C'est la droite vectorielle engendrée par la matrice élémentaire E2,1
(
)
(
)
• Au bilan nal, f possède 3 valeurs propres : Sp(f ) = {−1, 0, 1}
Les sous espaces propres associés aux valeurs propres −1 et 1 sont de dimension 1, le sous espace propre
associé à la valeur propre 0 est de dimension 2. La somme des dimension des sous espaces propres est 4. Or
M2 (R) est un espace vectoriel sur R de dimension 4. f est donc diagonalisable .

0
 0
• Dans une base formée de vecteurs propres de f , f a une matrice du type 
 0
0
0
0
0
0
0
0
−1
0

0
0 

0 
1
Son polynôme caractéristique est χf (X) = X 2 (X + 1)(X − 1) = X 4 − X 2
0.1.9 CCP :
Exercice 1 :
α est un réel. Pour tout n ∈ N, on défnit un =
n
∑
k=0
1
− α ln n
2k + 1
a) Calculer un équivalent de un+1 − un quand n → +∞
b) Déterminer α pour que la suite converge, et calculer alors sa limite.
Exercice 2 : Montrer qu'une matrice nilpotente de Mn (K) a un indicede nilpotenceinférieur ou égal à n .
0
0 0
0 0 
0 −2 0
En déduire qu'il n'existe pas de matrice A ∈ Mn (K) telle que A2 =  3
n
∑
1
1
− α ln(n + 1) −
+ α ln n
2k + 1
2k + 1
k=0
k=0 (
( ))
(
)
1
1
1
1
1
−α ln 1 + n1 =
−α
− 2 +o
un+1 − un =
2
2n + 3
n 2n
n(
( )2n + 3
)
1
1 − 2α
3α
1
n − α(2n + 3)
+O
=
−
+
O
un+1 − un =
n(2n + 3)
n2
2n + 3 n(2n + 3)
n2
1 − 2α
1 − 2α
∼
d'où, si α ̸= 12 , un+1 − un ∼
n→+∞ 2n + 3 n→+∞
2n
( )
( )
1
1
1
1
4n − 3
1
1
si α = 2 , un+1 − un =
−
+
+o
=− 2
+o
2n + 3 2n 4n2
n2
4n (2n + 3)
n2
4n
1
un+1 − un ∼ − 3 ∼ − 2
n→+∞
8n n→+∞ 2n
( )
( )
n − α(2n + 3)
1
1 − 2α
3α
1
b) un+1 − un =
+O
=
−
+O
n(2n + 3)
n2
2n + 3 n(2n + 3)
n2
{z
}
|
SOLUTION
: Exercice 1 : a) un+1 − un =
n+1
∑
13
series convergentes
La suite (un ) converge si et seulement si la série
∑
(un+1 − un ) converge, si et seulement si α =
1
2
Remarque : Ce résultat peut être obtenu aussi en examinant les équivalents de un+1 − un trouvés dans la
question précédente .
n
∑
1
1 1
1
1
∀n > 1, un =
− α ln n = + + ... +
− ln n
2k + 1
1 3
2n + 1 2
( k=0
) (
)
1 1 1 1
1
1
1
1 1
1
1
un =
+ + + + ... +
+
+
−
+ + ... +
− ln n
1 2 3 4
2n − 1 2n 2n + 1
2 4
2n
2
2n+1
n
∑ 1 1∑
1 1
un =
−
− ln n
k 2
k 2
k=1
k=1
n
∑
1
Utilisons la relation bien connue :
= ln n + γ + εn avec lim εn = 0
k
k=1
1
1
1
1
un = ln(2n + 1) + γ + ε2n+1 − (ln n + γ + εn ) − ln n = ln(2n + 1) − ln n + γ + ε2n+1 − εn
2
2
2
2
(
)
1
1
2n + 1
un = ln
+ γ + ε2n+1 − εn
n
2
2
1
d'où l'on déduit que : lim un = ln 2 + γ
n→+∞
2
Exercice 2 : • Soit M une matrice nilpotente de Mn (K) et m son ordre de nilpotence :
M m = 0 et M m−1 ̸= 0
Le polynôme X m est un polynôme annulateur de M . Donc SP(M ) ⊂ {0}
Le polynôme caractéristique χM (X) n'admet dans C que la racine 0. Donc χM (X) = X n .
D'après le théorème de Cayley-Hamilton, χM (M ) = M n = 0.
La relation M n = 0 entraïne alors que m 6 n.


0 0 0
• Supposons qu'il existe A ∈ M3 (K) tel que A2 =  3 0 0 
0 −2 0

2 

0 0 0
0 0 0
alors A4 =  3 0 0  =  0 0 0 
−6 0 0 
 0 −2 0  

0 0 0
0 0 0
0 0 0
A6 =  3 0 0  .  0 0 0  =  0 0 0 
0 −2 0
−6 0 0
0 0 0
Donc A est nilpotente. Son ordre de nilpotenceest 6 3. OrA4 ̸= 0. Cette incompatibilité montre qu'il
0 0 0
n'existe pas de matrice A ∈ M3 (K) telle que A2 =  3 0 0 
0 −2 0
0.1.10 ENSAM
Exercice 1 : On considère l'espace vectoriel E = Rn [X] et D l'application de dérivation :
{
D:
E
P
−→ E
7→ P ′
a) montrer que D est un endomorphisme de E . Déterminer son noyau et son image.
b) Montrer que D est nilpotent et calculer son iondice de nilpotence.
{
E
−→ E
c) On note I l'endomorphisme identité : I :
P 7→ P
Montrer que I − D est inversible, et déterminer son inverse.
d) Résoudre dans E , puis dans C 1 (R, R) l'équation diérentielle (*) : y ′ − y =
Exercice 2 : Déterminer les fonctions g ∈ C
1
xn
n!
(R, R) telles que le champ de vecteur V (x, y) =
soit le gradient d'une fonction f .
Calculer alors cette (ces) fonction(s) f .
(
(x2 + y 2 − 1)g(x)
−2yg(x)
SOLUTION : Exercice 1 : a) Si P est un polynôme de E = Rn [X], son polynôme dérivé appartient à
Rn−1 [X] ⊂ Rn [X]. Donc D est une application de E dans E .
Par ailleurs, on sait que la dérivation est linéaire, donc D est un endomorphisme de E : D ∈ L(E).
Les polynôme de dérivés nuls sont les polynômes de degré 0 (polynômes constants): ker D = R0 [X] .
On a rappelé que D(E) ⊂ Rn−1 [X], puisque si P est un polynôme non nul, d◦ (P ′ ) = d◦ (P ) − 1
D'après le théorème du rang qui donne l'égalité des dimensions, dim(ImD) = (n + 1) − dim(ker(D)) = n =
dim(Rn−1 [X]), et par l'inclusion Im(D) ⊂ Rn−1 [X], on obtient : Im(D) = Rn−1 [X] .
14
)
b) Puisque pour tout polynôme non nul, d◦ (P ′ ) = d◦ (P ) − 1, si P est de degré m 6 n, P ′ et de degré m − 1,
P ′′ et de degré m − 2, · · · , P (k) est et de degré m − k , P (m) est et de degré 0, et P (m+1) est le polynôme nul.
Donc ∀P ∈ E, Dn+1 (P ) = 0 : Dn+1 = ω (endomorphisme nul).
Mais Dn (X n ) = n! ̸= 0 : Dn ̸= ω
D est nilpotent d'ordre n + 1
c) On vient de voir que Dn+1 = ω et Dn ̸= ω.
Alors (I − D)o (I + D + D2 + · · · + Dn ) = (I + D + D2 + · · · + Dn ) − (D + D2 + · · · + Dn + Dn+1 ) = I
| {z }
=ω
Cette égalité montre que I − D est inversible, et que (I − D)
−1
n
= I + D + D + ··· + D .
2
n
n
X
X
⇐⇒ (D − I)(P ) =
n!
(
)n!
Xn
Xn
−1
⇐⇒ (I − D)(P ) = −
⇐⇒ P = (I − D)
−
(puisque I − D est inversible)
n!
n!
(
n)
X
2
n
⇐⇒ P = −(I
( + D + D + · · · + D ) n!
) (d'après la question c))
d) Soit P ∈ E .
P ′ (X) − P (X) =
Xn
n!
⇐⇒ P = −
+
X n−1
(n−1)!
+ ··· +
X2
2
+X +1
En conclusion, l'équation diérentielle (*) admet dans E une unique solution :
c'est le polynôme P = −
(
Xn
n!
+
X n−1
(n−1)!
+ ··· +
X2
2
)
+X +1
• On connait une solution
de l'équation diérentielle
(*), à savoir le polynôme
( particulière
)
Xn
X n−1
X2
P = − n! + (n−1)! + · · · + 2 + X + 1
L'équation homogène associée, (**) : y ′ − y = 0 a pour solution générale : x 7→ λex où λ est une constante
réelle quelconque.
La solution générale de (*) dans C 1 (R, R) est donc :
(
x 7→ λe −
x
xn
xn−1
x2
+
+ ··· +
+x+1
n!
(n − 1)!
2
Exercice 2 : Déterminer les fonction g ∈ C
1
)
(R, R) telles que le champ de vecteur V (x, y) =
(
(x2 + y 2 − 1)g(x)
−2yg(x)
soit le gradient d'une fonction f .
Calculer alors cette (ces) fonction(s) f .
Analyse : Si le champ de vecteurs V (x,(y) est le gradient
d'une fonction f , alors pour tout (x, y) ∈ R2 , V (x, y) =
)
(
∇f (x, y) =
(x2 + y 2 − 1)g(x)
−2yg(x)
)
∂f
∂x (x, y)
∂f
∂y (x, y)
=
∂ f
∂ f
d'après le théorème de Schwarz, ∂y∂x
(x, y) = 2y g(x) = ∂x∂y
(x, y) = −2y g ′ (x)
donc ∀x ∈ R, g ′ (x) + g(x) = 0, donc il existe λ ∈ R tel que ∀x ∈ R, g(x) = λe−x .
−x
Synthèse : Prenons g(x) = λe
{
2
Soit f ∈ C 2 (R, R), tel que
∂f
∂x (x, y)
∂f
∂y (x, y)
2
= λ(x2 + y 2 − 1)e−x (1)
= −2λye−x
(2)
En intégrant (2) par rapport à y , pour tout x xé, on obtient : f (x, y) = −λy 2 e−x + φ(x)
où φ est une fonction inconnue de C 1 (R)
On redérive par rapport à x et on injecte dans l'équation (1) :
= λy 2 e−x + φ′ (x) = λ(x2 + y 2 − 1)e−x
2
−x
=⇒ φ (x) = λ(x
∫ 2− 1)e −x
=⇒ φ(x) = λ (x − 1)e dx + cste
=⇒ φ(x) = λ(−x2 − 2x − 1)e−x + cste
(par deux intégrations par parties)
∂f
∂x (x, y)
′
Finalement, f (x, y) = λ(−x2 − 2x − 1)e−x − λy 2 e−x + cste
0.1.11 CCP
Exercice 1 : n est un entier naturel supérieur ou égal à 3. On dénit Pn (X) = X n − nX + 1
Montrer que Pn admet deux racines positives, an et bn .
Etudier les suites (an ) et (bn ) et leur rapidité de convergence.
Exercice 2 : Soit A ∈ Mn (R) telle que A3 = A2 − A + In
Montrer que tr(A) = dim(EA (1))
: Exercice 1 :
∀x ∈ [0, +∞[, Pn′ (x) = nxn−1 − n = n(xn−1 − 1)
Dressons le tableau de variations de la fonction polynomiale Pn :
SOLUTION
15
)
x
Pn′ (x)
0
1
0
−
+∞
+
1
+∞
↘
Pn (x)
↗
2−n
• La fonction Pn est strictement décroissante sur [0, 1], donc injective (elle ne peut s'annuler au plus qu'une
fois) . C'est une fonction continue, et d'après le théorème des valeurs intermédiaires, elle prend sur le segment
[0, 1] toute valeur entre Pn (0) = 1 et Pn (1) = 2 − n < 0, et en particulier la valeur 0.
Finalement, Pn s'annule une et une seule fois sur l'intervalle ]0, 1[ (puisque ni 0 ni ne sont racines).
On notera an cette racine.
• Pn est strictement croissante sur [1, +∞[, donc injective.
Etant continue, elle prend sur l'in tervalle segment [1, +∞[ toute valeur entre Pn (1) = 2 − n < 0 et
lim Pn = +∞, et en particulier la valeur 0. Pn s'annule une et une seule fois sur l'intervalle [1, +∞[ .
+∞
On notera bn cette racine.
Plus précisément, on peut remarquer que Pn (2) = 2n − 2n + 1 = 2(2n−1 − n) + 1 > 0 dès que n > 3. Ainsi
Pn (1) < 0 et Pn (2) > 0, donc bn ∈]1, 2[ .
• Recherchons les variations de la suite (an ) en comparant an et an+1 .
Pn (an ) = 0 = ann − nan + 1
Pn+1 (an ) = an+1
− (n + 1)an + 1
n
et par diérence, Pn+1 (an ) = Pn+1 (an ) − Pn (an ) = (an+1
− (n + 1)an + 1) − (ann − nan + 1)
n
n+1
n
n
Pn+1 (an ) = an − an − an = an (an − 1) −an < 0
| {z } |{z}
<0
<0
La fonction Pn+1 est décroissante, nulle en an+1 , et Pn+1 (an ) < 0. ceci entraine que an+1 < an .
La suite (an ) est décroissante. Elle est minorée par 0, donc elle converge, vers une limite L.
L'égalité Pn (an ) = 0 = ann − nan + 1 entraîne que nan = ann + 1 .
L'encadrement 0 < an < a3 < 1 entraîne 0 < ann < an3 et lim ann = 0 puisque la suite géométrique (an3 ),
n→+∞
de raison < 1 est de limite nulle.
Donc lim nan = 1, ce qui montre que an
∼
n→+∞
n→+∞
1
et que lim an = 0
n→+∞
n
• Remarquons que Pn (2) = 2n − 2n + 1 > 0 pour n assez grand car la suite puissance (n) est négligeable devant
la suite géométrique (exponentielle) (2n ) quand n → +∞. Donc 1 < bn < 2.
∀n ≥ 3, bnn = n bn −1 > n − 1
|{z}
>1
Donc lim nbn = +∞ et en prenant des équivalents quand n → +∞, on obtient :
n→+∞
bnn
∼ (nbn − 1)
n→+∞
∼
n→+∞
nbn
Ces suites tendent vers +∞, on peut prendre leurs logarithmes :
ln(bnn ) = n ln(bn )
∼
n→+∞
ln(nbn ) = ln(n) + ln(bn ) ∼ ln(n)
| {z } | {z } n→+∞
→+∞
borne
ln(n)
donc ln(bn ) ∼
n→+∞
n
et donc lim ln(bn ) = 0 d'où il s'ensuit que lim bn = 1
n→+∞
n→+∞
Enn ln(bn ) = ln(1 + (bn − 1)) ∼ (bn − 1) ∼
| {z }
n→+∞
n→+∞
ln(n)
n
→0
ln(n)
n
Exercice 2 : Soit A ∈ Mn (R) telle que A3 = A2 − A + In
Le polynôme P (X) = X 3 − X 2 + X − 1 est un polynôme annulateur de la matrice A.
P (X) = X 2 (X − 1) + X − 1 = (X − 1)(X 2 + 1) = (X − 1)(X − i)(X + i)
ce polynôme est scindé dans C[X] (mais pas dans R[X]), donc la matrice A est diagonalisable dans Mn (C),
et son spectre est inclus dans {1, i, −i}.
A est semblable à une matrice diagonale ∆ du type diag(1, ..., 1, i, ..., i, −i, ..., −i)
| {z } | {z } | {z }
Ainsi, lim bn = 1 et bn − 1
∼
n→+∞
m f ois p f ois
q f ois
Sa trace est tr(∆) = tr(A) = m + pi − qi = m + i(p − q) (deux matrices semblables ont même trace)
Cette trace est réelle puisque A ∈ Mn (R) , donc p = q , et tr(A) = m.
Par ailleurs, on sait que dim(EA (1)) = n − rg(A − In )
Or rg(A − In ) = rg(∆ − In ) (les matrices sont semblables)
et rg(∆ − In ) = rg(diag(0, ..., 0, i − 1, ..., i − 1, −i − 1, ..., −i − 1)) = n − m
| {z } |
m f ois
{z
p f ois
} |
{z
p f ois
16
}
donc dim(EA (1)) = n − rg(A − In ) = n − (n − m) = m
et puisque tr(A) = m, on a bien montré que tr(A) = dim(EA (1))
0.1.12 CCP
(
Exercice 1 : DSE de f (x) = Arctan
Exercice 2 : Existence et calcul de
∫
√ )
x 2
1 − x2
1
0
ln t
√
dt
1−t
√
x 2
est dénie sur R−{−1, 1}, la fonction Arctan
1 − x2
est dénie sur R. La fonction √
composée f est√donc dénie sur R − {−1, √
1}. √
√
√
2(1 − x2 ) − x 2(−2x)
1
2 − 2x2 + 2 2x2
2(1 + x2 )
′
∀x ∈ R − {−1, 1}, f (x) =
=
=
2
2
2
4
2
2
(1 − x )
x − 2x + 1 + 2x
1 + x4
2x
1+
(1 − x2 )2
∞
∑
1
=
On sair que pour tout complexe u, de module strictement inférieur à 1,
uk
1−u
k=0
∞
∞
∑
∑
√
√
Donc ∀x ∈] − 1, 1[, f ′ (x) = 2(1 + x2 ) (−x4 )k = 2(1 + x2 ) (−1)k x4k
SOLUTION
: Exercice 1 : La fonction rationnelle x 7→
k=0
k=0
∞
√ ∑
[
] √
(−1)k x4k + (−1)k x4k+2 = 2(1 + x2 − x4 − x6 + x8 + x10 − x12 − x14 + x16 + .....)
f ′ (x) = 2
k=0
∀x ∈] − 1, 1[, f ′ (x) =
∞
√ ∑
2
(−1)E(m/2) x2m
m=0
La fonction f est développable en série entière sur l'ouvert ] − 1, 1[ (son rayon de convergence est égal à 1).
Par le théorème d'intégration des séries entières, on peut intégrer cette relation terme à terme sur l'intervalle
[0, x] pour tout x ∈] − 1, 1[ :
(
)
′
∫
∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = f (0) +
|{z}
x
√ ∫
f (t)dt = 2
′
0
x
0
=0
∞
∑
(−1)
m=0
E(m/2) 2m
t
∞
√ ∑
x2m+1
dt = 2
(−1)E(m/2)
2m + 1
m=0
∞
√ ∑
En conclusion, f est développable en série entière sur ]−1, 1[ et : ∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = 2
m=0
Exercice 2 : Existence et calcul de
∫
1
0
(−1)E(m/2)
x2m+1
2m + 1
ln t
√
dt
1−t
ln t
La fonction f : t 7→ √
est dénie et continue sur l'ouvert ]0, 1[.
1−t
( )
ln t
1
√
∼ + | ln t| = + o √
t→0
1 − t t→0
t
]
]
La fonction de référence t 7→ √1t est intégrable sur 0, 12 et par domination, f l'est aussi.
On rappelle que ln t ∼ t − 1
t→1
√
ln t
t−1
donc f (t) = √
∼ √
= − 1 − t −→ 0
t→1
1 − t t→1 1 − t
On peut
prolonger
f
par
continuité
au
point
1,
en posant f (1) = 0. La fonction f est alors intégrable sur le
]
[
segment 21 , 1 , comme fonction continue sur un segment .
∫ 1
ln t
√
Par additivité, f est intégrable sur ]0, 1], et l'intégrale
dt est bien dénie.
1−t
0
∫ 0
∫ 1
ln(1 − u)
ln t
√
√
dt =
• Par le changement de variable u = 1 − t, dt = −du, on obtient :
(−du)
u
1−t
1
0
∞
∑ uk
On rappelle que ∀u ∈ [−1, 1[, ln(1 − u) = −
k
k=1
∫ 1
∫ 1
∫ 1
∫ 1∑
1
∞
∞
ln t
1 ∑ uk
ln(1 − u)
uk− 2
√
√
√
donc J =
du = −
dt =
=−
k
k
u
u
1−t
0
0
0
0
k=1
1
k=1
uk− 2
Posons : ∀k ∈ N∗ , ∀u ∈ [0, 1[, gk (u) =
k
- chaque fonction gk est
∑continue et donc intégrable sur le segment [0, 1]
- la série de fonctions gk ( ) converge simplement sur l'intervalle [0, 1[. (mais ne converge pas au point 1)
17
]1
[
1
1
1
uk− 2
1
uk+ 2
=
|gk (u)|du =
du =
1
1 6 k2
k
k(k + 2 )
k(k + 2 )
0
0
0
∑∫1
La série numérique
|gk (u)|du est donc convergente.
0
∫
∫
1
1
Par application du théorème d'intégration d'une série de fonctions sur un intervalle quelconque, on peut
armer que : (
)
∫
1
J=
0
donc J = −
∞
∑
gk (u) du =
k=1
∞
∑
∞ (∫
∑
)
1
gk (u)du
0
k=1
1
k(k
+ 12 )
k=1
• Pour calculer cette somme de série, passons aux sommes partielles, et décomposons en éléments simples la
1
(2k + 1) − 2k
2
4
1
fraction
=2
=2
= −
k(2k + 1)
k(2k + 1)
k 2k + 1
k(k + 12 )
n
n
n
∑
∑
∑
1
1
1
−
4
Pour tout n ∈ N∗ , −Jn =
=
2
1
k
2k
+1
k(k
+
)
2
k=1
k=1
(
) k=1(
)
1 1 1
1
1 1
1
−Jn = 2
+ + + ... +
−4
+ + ... +
1 2 3
3 5
2n + 1
(
) n [(
)
(
)]
1 1 1
1
1
1
1
1 1 1 1 1
1 1 1
−Jn = 2
+ + + ... +
+ + + + + ... +
+
+ + + ... +
−4
−1−
1 2 3
n
1 2 3 4 5
2n 2n + 1
2 4 6
2n
n
∑1
En utilisant la relation :
= ln n + γ + εn où lim εn = 0, on obtient :
n→+∞
k
k=1
(
)
−Jn = 2(ln n + γ + εn ) − 4 ln(2n + 1) + γ + ε2n+1 − 1 − 12 (ln(n) + γ + εn )
−Jn = 2 ln n − 4 ln(2n + 1) + 2 ln(n) + 4 + ε′n avec lim ε′n = 0
(
) n→+∞
n
−Jn = 4 ln n − 4 ln(2n + 1) + 4 + ε′n = 4 ln 2n+1
+ 4 + ε′n
( )
En passant à la limite quand n → +∞, on obtient nalement : −J = 4 ln 21 + 4
∫ 1
ln t
√
J=
dt = 4 ln 2 − 4
1−t
0
0.1.13 CCP :
Exercice 1 : Montrer que pour tout entier
√
n > 1, l'équation xn + x n = 1 admet une unique solution
appartenant au segment [0, 1].
On note an cette solution.
∑
Etudier la limite de la suite (an ) et la convergence de la série an .
Exercice 2 : On considère l'application f qui, à toute matrice M
(
f (M ) =
c d
a b
)
f est il diagonalisable ? Préciser ses éléments propres.
(
=
a
c
b
d
)
∈ M2 (R) associe la matrice
√
: Exercice 1 : Pour tout n ∈ N∗ , posons f (x) = xn + x n − 1 √
f est une fonction polynomiale dérivable sur R, et ∀x ∈ [0, 1], f ′ (x) = nxn−1 + n > 0
f est donc strictement
croissante sur [0, 1]. Elle est donc injective et prend au plus une fois la valeur 0.
√
L'équation xn + x n = 1 admet donc au
√ plus une solution sur [0, 1].
Par ailleurs, f (0) = −1 et f (1) = n > 0. f étant une fonction continue, elle prend toute valeur entre
f (0) < 0 et f (1) > 0.
Donc il existe un réel an ∈ [0, 1] √
tel que f (an ) = 0.
En conclusion, l'équation xn + x n = 1 admet une unique solution appartenant au segment [0, 1].
√
• Pour tout n ∈ N∗ , ∃an ∈ [0, 1], ann + an n − 1 = 0
La suite (an ) est bornée : ∀n ∈ N∗ , 0 6 an 6 1.
SOLUTION
1 + |an |
2
1 − ann
√
6 √ n 6 √ −→ 0
n
n
n t→+∞
Cette majoration montre que lim an = 0
∀n ∈ N∗ , |an | =
n→+∞
1 − ann
entraîne que :
n
L'encadrement 0 6 ann 6 an montre alors que lim ann = 0 , et l'égalité an = √
1
an ∼ √ .
n→+∞
n
La série
∑
n→+∞
an est donc divergente .
18
(
)
a b
∈ M2 (R) associe la matrice
f est l'application qui, à toute matrice M =
c d
(
)
c d
f (M ) =
a b
Il est clair
( que f) est linéaire (immédiat).
(
) (
)
a b
c d
a b
2
∀M =
∈ M2 (R), f (M ) = f (f (M )) = f
=
c d
a b
c d
2
Donc f = IdM2 (R) . f est une symétrie ; elle est inversible, diagonalisable, et Sp(f ) ⊂ {−1, 1}

c=a


(
) (
)
{

d=b
c=a
a b
c d
⇐⇒
• ∀M ∈ M2 (R), f (M ) = 1.M ⇐⇒
=
⇐⇒
a
=
c
d=b
a b
c d



b=d
(
)
a b
Donc E1 (f ) est le plan des matrices de la forme
, (a, b) ∈ R2
a b

c = −a


(
) (
)
{

c d
−a −b
c = −a
d = −b
• ∀M ∈ M2 (R), f (M ) = −1.M ⇐⇒
=
⇐⇒
⇐⇒
a b
−c −d
d = −b
a
=
−c



b = −d
(
)
a
b
Donc E−1 (f ) est le plan des matrices de la forme
, (a, b) ∈ R2
−a −b
Exercice 2 :
0.1.14 CCP :
Exercice 1 : Montrer que la fonction x 7→
Calculer f (n) (0) pour tout entier n
1 − cos x
est prolongeable en une fonction f de classe C ∞ sur R.
x2
Exercice 2 : On considère l'application
f qui, à tout polynôme de R3 [X] fait correspondre le reste de la
division euclidienne de X 2 P (X) par X 4 − 1.
Montrer que f est un endomorphisme de R3 [X]. Est-il diagonalisable ? injectif ?
SOLUTION
: Exercice 1 : On sait que la fonction cos est développable en série entière sur R et que :
∀x ∈ R, cos x =
∞
∑
n=0
x2n
(2n)!
∞
∑
x2n
1−
(−1)n
(2n)!
n=0
(−1)n
∞
∞
2n
2n−2
∑
1 − cos x
1 ∑
n x
nx
=
=
−
(−1)
=
−
(−1)
x2
x2
x2 n=1
(2n)!
(2n)!
n=1
∞
∑ (−1)n
=
x2n (par le changement d'indice n′ = n − 1)
(2n
+
2)!
n=0
∞
∑
(−1)n 2n
En posant : ∀x ∈ R, f (x) =
x (série entière de rayon de convergence inni) on dénit une
(2n + 2)!
n=0
fonction de classe C ∞ sur∞R.
∑ f (n) (0)
On sait que f (x) =
xn . Par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul, on en
n!
n=0

(−1)n
(2n)!

=
∀n ∈ N, f (2n) (0) = (−1)n
déduit que :
(2n + 2)!
(2n + 1)(2n + 2)

∀n ∈ N, f (2n+1) (0) = 0
donc ∀x ∈ R∗ ,
Exercice 2 : L'application f fait correspondre à tout polynôme de R3 [X] le reste de la division euclidienne de
X 2 P (X) par X 4 − 1.
- si P (X) = 1, la division de X 2 P (X) par X 4 −1 s'écrit : X 2 P (X) = X 2 = (X 4 −1).0+X 2 , donc f (1) = X 2
- si P (X) = X , la division de X 2 P (X) par X 4 − 1 s'écrit : X 2 P (X) = X 3 = (X 4 − 1).0 + X 3 , donc
f (X) = X 3
- si P (X) = X 2 , la division de X 2 P (X) par X 4 −1 s'écrit : X 2 P (X) = X 4 = (X 4 −1).1+1 , donc f (X 2 ) = 1
- si P (X) = X 3 , la division de X 2 P (X) par X 4 − 1 s'écrit : X 2 P (X) = X 5 = (X 4 − 1).X + X , donc
f (X 2 ) = X


0 0 1 0
 0 0 0 1 

La matrice de f dans la base canonique B0 = (1, X, X 2 , X 3 ) de R3 [X] est : A = 
 1 0 0 0 
0 1 0 0
On peut déja remarquer que c'esst une matrice symétrique rélle, donc diagonalisable.
19
L'endomorphisme f qu'elle représente dans la base B0 est donc diagonalisable .




f 2 (1) = f (X 2 ) = 1
f 2 (X) = f (X 3 ) = X
f 2 (X 2 ) = f (1) = X 2


 2 3
f (X ) = f (X) = X 3
f 2 laisse chaque vecteur de la base B0 inchangé, donc f 2 = IdE .
On en déduit que f est inversible, et que f −1 = f . Et que Sp(f ) ⊂ {−1, 1}
2
3
Soit P (X) = a + bX +
R3 [X]
 .  

 cX + dX ∈ 
0 0 1 0
a
a
 0 0 0 1   b   b 
 
 

f (P ) = P ⇐⇒ 
 1 0 0 0 . c  =  c 
0 0
d
 d

 0 1 
a
c

 c=a
{

 d   b 
c=a
d=b
=
 ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒ 
 a   c 
d=b
a
=
c



d
b=d
b
⇐⇒ P (X) = a + bX + aX 2 + bX 3 = a(X 2 + 1) + b(X 3 + X)
E1 (F ) = ker(f − IdE ) est le plan engendré par les polynômes X 2 + 1 et X 3 + X .

 



0 0 1 0
a
a
 0 0 0 1   b 
 b 
 



f (P ) = −P ⇐⇒ 
 1 0 0 0 . c  = − c 
0 1 
0 0
d
 d
 

c
−a
c = −a


{

 d   −b 
d = −b
c = −a
=
 ⇐⇒
⇐⇒ 
⇐⇒
 a   −c 
a
=
−c
d = −b



b
−d
b = −d
⇐⇒ P (X) = a + bX − aX 2 − bX 3 = a(X 2 − 1) + b(X 3 − X)
E−1 (F ) = ker(f + IdE ) est le plan engendré par les polynômes X 2 − 1 et X 3 − X .
Finalement, f est la symétrie par rapport au plan E1 (F ) = Vect(X 2 + 1, X 3 + X), parallèlement au plan
E−1 (F ) = Vect(X 2 − 1, X 3 − X)
0.1.15 Ecole de l'air :
Exercice 1 :

a
On considère la matrice A =  1
a

a
1

a
1
1 2a − 1
a) Déterminer en fonction de a le rang et le noyau de A.
b) On pose a = 1, diagonaliser A.
c) Interprétation géométrique ?
Exercice 2 : Montrer que
∫
0
+∞
∞
∑
t2
1
dt
=
2
3
et − 1
n
n=1

a a
1

1
SOLUTION : Exercice 1 : On considère la matrice A =  1 a
a 1 2a − 1
a) det(A) = a2 (2a − 1) + a2 + 1 − a2 − a − a(2a − 1) = 2a3 − 3a2 + 1 = (a − 1)(2a2 − a − 1) = (a − 1)(a − 1)(2a + 1)
det(A) = (a − 1)2 (2a + 1)


1 1 1
- si a = 1, alors A =  1 1 1  , rg(A) = 1, ker(A) est le plan d'équation x + y + z = 0
1 1 1

 1
− 2 − 12
1
- si a = − 12 , alors A =  1 − 12 1  , rg(A) = 2
− 21
1 −2
(rg(A) ̸= 3 puisque
det(A)
= 0, rg(A)
 > 2 puisque les colonnes 1 et 2 ne sont pas colinéaires)


{
x
 −x − y + 2z = 0
x=0
2x − y + 2z = 0
(x, y, z) ∈ ker A ⇐⇒ A.  y  = 0 ⇐⇒
⇐⇒
y = 2z

z
−x + 2y − 4z = 0
ker A est la droite engendrée par le vecteur (0, 2, 1)
- si a ∈/ {− 12 , 1}, alors det(A) ̸= 0, rg(A) = 3 et ker A = {0}
20



1 1 1
b) si a = 1, A =  1 1 1 , A est de rang 1, donc 0 est valeur propre de A, et le sous espace propre associé
1 1 1
est ker A, qui est le plan d'équation x + y + z = 0.
La somme des valeurs propres est égale à la trace de A, donc 0 + 0 + λ3 = 3. La troisième valeur propre est
λ3 = 3. c'est nécessairement une valeur propre simple, et le sous espace propre correspondant est une droite.
La somme des dimensions des sous espaces propres est donc 2 + 1 = 3, ce qui assure que la matrice A ∈ M3 (R)
est diagonalisable.
Remarque : il est tout à fait inutile de calculer le polynôme caractéristique de A.
c) A est la matrice de la composée de l'homothétie de rapport 3 et de la projection
orthogonale sur la droite
( )
engendrée par le vecteur (1, 1, 1). (puisque A est diagonalisable et que Sp 13 A = {0, 0, 1})
Exercice 2 :
∫
+∞
0
∞
∑
1
t2
dt
=
2
t
e −1
n3
n=1
par un calcul classique d'intervertion série - intégrale
0.1.16 ENSAM avec Python adapté de MAPLE :
Exercice 1 : On dénie deux suites (an ) et (bn ) par les conditions :
a0 = 0, b0 = 1, ∀n ∈ N, an+1 = 2an + 3bn , bn+1 = 4an + bn
a) Calculer avec Python les 10 premiers termes des deux suites.
b) Calculer avec an et bn pour tout n ∈ N.
c) Calculer les rayons de convergence et les sommes des séries entières
S(x) =
SOLUTION
∞
∞
∑
∑
an n
bn n
x et T (x) =
x
n!
n!
n=0
n=0
: Exercice 1 : a)
a=[0 for i in range(11)]
b=[0 for i in range(11)]
b[0]=1
print(b)
for k in range(10):
a[k+1]=2*a[k]+3*b[k]
b[k+1]=4*a[k]+b[k]
print('a10=',a[10], 'b10=',b[10])
On trouve en particulier : a10 = 4184829 et b10 = 4185853
(
b) La relation de récurrence s'écrit : ∀n ∈ N,
{
an+1
bn+1
)
(
=
2 3
1 4
) (
)
an
.
bn
an = − 37 (−2)n + 37 5n
bn = 74 (−2)n + 37 5n
)
∞
∞ (
∑
an n ∑ 4 (−2)n
3 5n
c) S(x) =
x =
+
xn
n!
7
n!
7
n!
n=0
n=0
∞
∞
∑
∑
(−2)n xn
5n xn
le calcul de An donne : ∀n ∈ N,
Les deux séries
et
sont deux séries exponentielles, de rayons de convergences innis,
n!
n!
n=0
−2x
5x
et de sommes respectives e
et e .
n=0
On en déduit que les deux séries étudiées ont un rayon de convergence inni, et pour sommes respectives ;
∀x ∈ R, S(x) =
4
3
−3 −2x 3 5x
e
+ e et T (x) = e−2x + e5x
7
7
7
7
0.1.17 ENSAM avec Python :
Montrer que la série de terme général un =
Majorer le reste rn =
∞
∑
(
n
n+1
)n2
converge.
uk . Déterminer n tel que |rn | < 10−3 .
k=n+1
Donner une valeur approchée de S =
∞
∑
uk à 10−3 près avec Python
k=1
SOLUTION
: Exercice 1 : un =
(
n
n+1
)n2
2
= en
n
ln( n+1
)
21
= e−n
2
ln( n+1
n )
= e−n
2
1
ln(1+ n
)
√
√ −n
2 1
1
1
1
un = e−n ( n − 2n2 +o( n2 )) = e−n+ 2 +o(1) = e e−n eo(1) ∼
e e
(car lim o(1) = 0 )
n→+∞
n→∞
∑ −n
∑
1
−1
La série géométrique e , de raison e = e < 1 converge, donc, par équivalence, la série un converge
aussi.
(
)
2
1
• Cherchons à majorer un = e−n ln(1+ n ) par une expression plus simple . Pour cela, il faut minorer ln 1 + n1
2
3
2
La relation ln(1 + u) = u − u2 + u3 − ..... fait penser que ln(1 + u) = u − u2 > 0 si u > 0.
2
Posons alors ∀u > 0, φ(u) = ln(1 + u) − u + u2
1
1 + (u − 1)(u + 1)
u2
−1+u=
=
>0
1+u
u+1
u+1
La fonction φ est croissante sur [0, +∞[, donc ∀u > 0, φ(u) > φ(0) = 0
2
=⇒ ∀u > 0, ln(1(+ u) >) u − u2
1
1
∗
=⇒ ∀n > N , ln 1 + (n > n) − 2n1 2
=⇒ ∀n > N∗ , −n2 ln 1 + n1 6 −n + 12
∀u > 0, φ′ (u) =
√
et, par croissance de la fonction l'exponentielle, ∀n > N∗ , un 6 e−n e 2 = e e−n
Dès lors, en sommant cette inégalité pour k variant de n + 1 à n + p, puis en passant à la limite quand
p → +∞,
1
rn =
∞
∑
uk 6
k=n+1
∞
∞
∑
√
√ −k √ −n−1 ∑
e e = e e
e−k = e e−n−1
k=0
k=n+1
√
1
1
= e e−n
.
−1
1−e
e−1
√
e −n
∀n ∈ N, 0 6 rn 6
e
.
e−1
√
e −n
−3
• Pour que rn < 10 , il sut que
e < 10−3
e
−
1
√
1
e −n
e−1
e < 10−3 ⇐⇒ e−n < √ 10−3 ⇐⇒ −n < ln(e − 1) − − 3 ln 10
e−1
2
e
1
⇐⇒ n > 3 ln 10 + + ln(e − 1)
2
3*np.log(10) + 1/2 + np.log(np.exp(1)-1)
7.9490801335950554
Donc, pour que rn < 10−3 , il sut que n > 8.
∞
∑
Une valeur approchée à 10−3 près de la somme S =
uk est V S =
k=1
7
∑
uk
k=1
s=sum([(k/(k+1))**(k**2) for k in range(8)])
print(s)
On trouve s ≃ 1.81657544584
0.1.18 ENSAM :
EXERCICE 1 * * :
Déterminer les polynômes P ∈ C [X] tels que P (U) ⊂ U où U = {z ∈ C/ |z| = 1}.
Indication fournie en cours de planche si le candidat n'avance pas : on pourra s'interesser à des polynômes
ou séries trigonométriques.
∫ +∞
Arctan(x/n)
EXERCICE 2 : Prouver l'existence de Jn =
dx
3
Etudier les limites des suites (Jn ) et (nJn ).
SOLUTION
x+x
0
:
Soit P un polynôme solution, non nul, et n son degré :∃(a0 , a1 , ..., an ) ∈ Cn+1 , P (X) =
=
k=0
ak X k .
k=0
∀t ∈ R, |eit | = 1, eit ∈ U, donc (
|P (eit )| = 1)
. (
)
n
n
∑
∑
−iht
ikt
it 2
it
it
|P (e )| = P (e )P (e ) =
ah e
=1
ak e
.
n ∑
n
∑
n
∑
h=0
ak ah ei(k−h)t
k=0 h=0
|P (eit )|2 = a0 an e−int + (a0 an−1 + a1 an ) e−i(n−1)t + (a0 an−2 + a1 an−1 + a2 an ) e−i(n−2)t + ....
| {z }
{z
}
{z
}
|
|
k−h=−n
k−h=−n+1
k−h=−n+1
+ (a0 a0 + a1 a1 + a2 a2 + ... + an−1 an−1 + an an ) +.....
|
{z
}
k−h=0
.... + (an−1 a0 + an a1 ) ei(n−1)t + an a0 eint
| {z }
|
{z
}
k−h=n−1
k−h=n
22
• Si Q(t) = b−n e−int + b−n+1 e−i(n−1)t + ... + b−1 e−it + b0 + b1 eit + ... + bn eint = 0 ∀t ∈ R, alors,
en posant z = eit ,
∀z ∈ U, b−n z −n + b−n+1 z −n+1 + ... + b−1 z −1 + b0 + b1 z + ... + bn z n = 0
=⇒ ∀z ∈ U, b−n + b−n+1 z + ... + b−1 z n−1 + b0 z n + b1 zn + 1 + ... + bn z 2n = 0 (en multipliant par z n )
=⇒ b−n = b−n+1 = ... = b−1 = b0 = b1 = ... = bn = 0
(car le polynôme R(X) = b−n +b−n+1 X +...+b−1 X n−1 +b0 X n +b1 X n+1 +...+bn X 2n
admet une innité de racines, à savoir tous les complexes de U)
n ∑
n
∑
ak ah ei(k−h)t −
• Si P est solution du problème, tous les coecients du polynôme trigonométrique |P (eit )|2 −1 =
1 sont nuls
et, d'après le calcul précédent,
k=0 h=0

a0 an = 0




a0 an−1 + a1 an = 0



 a0 an−2 + a1 an−1 + a2 an = 0
..

.




a a + a1 a1 + a2 a2 + ... + an−1 an−1 + an an = 1


 0 0
(les équations suivantes vont 
s'avérer inutiles)
a0 = 0




a

1 =0


 a2 = 0
Puisque an ̸= 0, ces équations entraînent successivement que :
..

.




a
=0


 n−1
an an = 1
soit : a0 = a1 = ... = an−1 = 0 et |an | = 1
Donc P (X) = an X n où an est un complexe de module 1 .
• Réciproquement, on vérie aisément que tout polynôme de ce type est solution.
∫ +∞
Arctan(x/n)
EXERCICE 2 : Prouver l'existence de Jn =
dx
3
0
x+x
On montre que ∀u > 0, Arctan(u) 6 u (immédiat par l'étude de la fonction x 7→ Arctan(x) − x, ou par
concavité de la fonction Arctan))
Arctan(x/n)
Pour tout n ∈ N∗ , La fonction x 7→
est continue sur ]0, +∞[,
xx+ x3
Arctan(x/n)
1
n
et ,∀x ∈]0, +∞[, 0 6
6
=
3
3
2
x+x
x+x
n(1 + x )
1
La fonction x →
7
1+x2 est intégrable sur [0, +∞[, et donc sur ]0, +∞[, et par majoration, la fonction
Arctan(x/n)
x 7→
l'est aussi.
3
x+x
Remarque : pour la borne 0, on peut aussi prolonger la fonction par continuité en lui donnant la valeur n1 .
• de plus, 0 6
∫
0
+∞
Arctan(x/n)
x + x3
∫
Cet encadrement montre que
∫
+∞
• nJn =
0
+∞
dx
π
=
2)
n(1
+
x
2n
0
lim Jn = 0
dx 6
n→+∞
nArctan(x/n)
dx
x + x3
x
nArctan(x/n)
x
1
Sachant que Arctan(u) ∼ u, nArctan(x/n) ∼ n. = x et lim
=
=
3
3
n→+∞
n→+∞
u→0
n
x
+
x
x
+
x
1
+
x2
n nx
1
nArctan(x/n)
6
=
Par ailleurs, la domination 0 6
x + x3
x + x3
1 + x2
(provenant de la majoration 0 6 Arctan(u) 6 u)
permet d'appliquer le théorème de convergence dominée, et d'armer que
∫
+∞
lim n.Jn =
n→+∞
0
π
dx
=
1 + x2
2
π
Ceci complète le résultat concernant la limite de (Jn ) par l'équivalence : Jn ∼
n→+∞ 2n
0.2
Centrale - Supelec :
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
0.2.1 ENSEA - ENSIIE
∫
1
ln(t)
dt
x
+t
0
a) Montrer que f est dénie et de classe C 1 sur ]0, +∞[ .
Exercice 1 : Pour x > 0, on pose f (x) =
23
b) Calculer f (1)
(sous forme
( d'un
) somme de série)
1
x
Calculer g(x) = f (x) + f
Exercice 2 : On dénit ∀p ∈ N,
ap =
+∞ p
∑
n
n!
n=0
a) Montrer que pour tout p ∈ N, ap est bien déni, et que ∀z ∈ C, ee =
z
(On admettra que si la série
( +∞
+∞ ∑
∑
k=0
)
|ak,n |
converge, alors
n=0
+∞
∑
ap
p=0
( +∞
+∞ ∑
∑
k=0
zp
p!
)
ak,n
=
n=0
(+∞
+∞ ∑
∑
n=0
)
ak,n )
k=0
ap
est un entier.
e
ln(t)
SOLUTION : Exercice 1 : Pour tout x > 0, la fonction t 7→ x+t est continue sur l'intervalle ]0, 1] . De
( )
| ln(t)|
1
1
plus
∼ | ln(t)| = o √ . La fonction de référence t 7→ √1t étant intégrable sur ]0, 1], par domination,
t→0
x+t
x
t
l'est
aussi.
la fonction t 7→ | ln(t)|
x+t
b) Montrer que pour tout p ∈ N,
La fonction f est donc dénie sur l'intervalle ]0, +∞[ .
donc ∀x > 1, f (x) =
1
x
∫
1
ln t
dt
1
+ xt
0
∞
∑
tn
1
=
(−1)n n (car 0 6 xt < 1)
Si x > 1, pour tout t ∈ [0, 1[,
t
x
1+ x
n=0
)
)
∫ 1 (∑
∫ 1 (∑
∞
∞
n
n
1
n t ln(t)
n t ln t
donc ∀x > 1, f (x) =
(−1)
dt =
(−1) n+1 dt
x 0 n=0
xn
x
0
n=0
[ n+1
]t=1 ∫ 1 n
∫ 1
t
1
t
Pour tout n ∈ N,
tn ln tdt =
ln t
−
dt = −
n+1
(n + 1)2
0
0 n+1
t→0
(on intègre sur tout segment ∫de la forme [a, 1], a > 0, et on passe à la limite quand a → 0)
tn ln t
1
1
En posant un (t) = (−1)n n+1 ,
|un (t)|dt = n+1
6
(car x > 1)
2
x
x
(n
+
1)
(n
+
1)2
]0,1]
∫
∑
La série numérique
|un (t)|dt converge. D'après le théorème d'intégration terme à terme d'une série
]0,1]
(∞
)
(∫
)
∫
∞
∑
∑
de fonctions, on peut écrire que :
un (t) dt =
un (t)dt
]0,1] n=0
]0,1]
n=0
)
)
(∫
∫ 1 (∑
∞
∞
n
n
∑
n t ln t
n t ln t
donc ∀x > 1, f (x) =
(−1) n+1 dt =
(−1) n+1 dt
x
x
0
]0,1]
n=0
n=0
(
)
∫
∞
∞
∞
n
n+1
∑ (−1)
∑ (−1)
∑ (−1)n
n
f (x) =
t
ln
tdt
=
=
xn+1 ]0,1]
xn+1 (n + 1)2
x n n2
n=0
n=0
n=1
• Pour tout x > 0, f (x) =
∞
∑
(−1)n
xn n2
n=1
∞
∞
∞
∑
∑
∑
(−1)n
1
1
=
−
2
2
n
(2n)
(2n
+
1)2
n=1
n=1
n=0
(∞
)
∞
∞
∞
∞
∑ (−1)n
∑ 1
∑ 1
1∑ 1
1∑ 1
π2
f (1) =
=
−
−
=
−
=−
2
2
2
2
2
n
4 n=1 n
n
(2n)
2 n=1 n
12
n=1
n=1
n=1
En particulier, f (1) =
π2
1
f (1) = − ζ(2) = −
2
12
• Posons : ∀(x, t) ∈]0, +∞[×]0, 1], F (x, t) =
ln(t)
x+t
∂F
ln(t)
(x, t) = −
∂x
(x + t)2
-pour tout x ∈ I =]0, +∞[, les fonctions t 7→ F (x, t) et t 7→ ∂F
∂x (x, t) sont continues et intégrables sur I
∂F
| ln(t)|
| ln(t)|
1
-pour tout a > 0, ∀(x, t) ∈ [a, +∞[×]0, 1],
(x, t) =
6
6 2 | ln(t)|
∂x
(x + t)2
x2
a
et la fonction φ : t 7→ | ln(t)| est intégrable sur I =]0, 1]
-pour tout t ∈ I =]0, 1], la fonction x 7→ F (x, t) est de classe C 1 sur J =]0, +∞[ et
Par application
du théorème de dérivation des intégrales dépendant d'un paramètre (théorème de dérivation
∫
sous le signe ), on peut en déduire que f est de classe C 1 sur [a, +∞[, et que :
24
′
∫
1
∀x ∈ [a, +∞[, f (x) =
0
∂F
(x, t)dt = −
∂x
∫
0
1
ln(t)
dt
(x + t)2
Ceci étant vrai pour tout a > 0, f est de classe C 1 sur ]0, +∞[, et ∀x ∈]0, +∞[, f ′ (x) = −
∫
1
0
ln(t)
dt
(x + t)2
• En intégrant par parties sur le segment [a, 1] où a est un réel strictement positif quelconque,
[
]1 ∫ 1
∫ 1
∫
−1
ln t
1
ln a
1 1 x+t−t
ln(t)dt
=
−
dt
=
−
−
dt
2
x+t a
x + a x a (x + t)t
a (x + t)
a (x + t)t )
∫ 1(
ln a
1
1
1
=−
−
−
dt
x+a x a
t
x+t
ln a
1
1
=−
− [ln t − ln(x + t)]a
x+a x
ln a
1
1
1
=−
+ ln a + ln(1 + x) − ln(a + x)
x+a x
x
x
a ln a
1
1
=
+ ln(1 + x) − ln(a + x)
x(x + a) x
x
En passant à la limite quand a → 0+ ,
(
(
)
)
∫ 1
1+x
1
ln(t)
1
1
′
∀x ∈]0, +∞[, f (x) = −
dt = ln
= ln 1 +
2
x
x
x
x
0 (x + t)
( )
1
• ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = f (x) + f
x
( )
(
)
1
1
1
1
1
′
′
=⇒ ∀x ∈]0, +∞[, g (x) = f (x) − 2 f ′
= ln 1 +
− 2 x ln(1 + x)
x
x
x
x
x
1
∀x ∈]0, +∞[, g ′ (x) = − ln x
x
ln2 x
=⇒ ∃c ∈ R, ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = −
+c
2
π2
Pour x = 1, cette formule donne : g(1) = 2f ′ 1) = − = c
6
ln2 x π 2
donc ∀x ∈]0, +∞[, g(x) = −
−
2
6
Exercice 2 :
(n + 1)p
(
)p
+∞ p
∑
1
1
n
(n + 1)!
Soit p ∈ N ; ∀n ∈ N, np
= 1+
−−−−−→ 0 , donc la série
converge d'après le
n
n + 1 n→+∞
n!
n=0
n!
critère de d'Alembert. ap est bien déni pour tout p ∈ N
(+∞
) +∞ (+∞
)
+∞
+∞
+∞
∑
∑
∑ ∑ (nz)p
(ez )n
(enz ) ∑ 1 ∑ (nz)p
ez
Pour tout z ∈ C, e =
=
=
=
n!
n!
n! p=0 p!
n!p!
n=0
n=0
n=0
n=0 p=0
(+∞
)
+∞
∑ (nz)p
1
(e|z| )n
1 ∑ |nz|p
La série
= e|nz| =
converge et a pour somme
n!p!
n! p=0 p!
n!
n!
p=0
(
)
+∞ ∑
+∞
+∞
∑
∑
(nz)p
(e|z| )n
|z|
donc la série
converge
(et a pour somme ee )
=
n!p!
n!
n=0 p=0
n=0
On peut appliquer la théorème d'échange de l'ordre de sommation des deux séries, rappelé dans le texte :
∀z ∈ C, e
ez
(+∞
) +∞ ( +∞
) +∞
( +∞
) +∞
+∞ ∑
∑
∑ ∑ (nz)p
∑ zp ∑
∑ zp
(nz)p
np
=
=
=
=
ap
n!p!
n!p!
p! n=0 n!
p!
n=0 p=0
p=0 n=0
p=0
p=0
b) Posons g(z) = ee
z
On a obtenu le développement en série entière : ∀z ∈ C, g(z) = ee =
z
+∞
∑
ap
p=0
p!
zp
On sait qu'une série entière de somme g(z) est égale à la série de Taylor : g(z) =
Par identication : ∀p ∈ N, ap = g (p) (0)
Recherchons donc les nombres g (p) (0), p ∈ N :
x
0
∀x ∈ R, g(x) = ee . Remarquons que g(0) = ee = e1 = e.
x
g ′ (x) = ex .ee = ex g(x)
25
+∞ (p)
∑
g (0)
p=0
p!
zp.
g ′′ (x) = ex g(x) + ex g ′ (x) = ex g(x) + e2x g(x) = (ex + e2x )g(x)
g ′′′ (x) = (ex + 2e2x )g(x) + (ex + e2x )g ′ (x) = (ex + 2e2x )g(x) + (ex + e2x )ex g(x)
= (ex + 3e2x + e3x )g(x)
(iv)
g (x) = (ex +6e2x +3e3x )g(x)+(ex +3e2x +e3x )g ′ (x) = (ex +6e2x +3e3x )g(x)+(ex +3e2x +e3x )ex g(x)
= (ex + 7e2x + 6e3x + e4x )g(x)
)
( p
∑
kx
(p)
ak e
g(x)
Soit Pp la proposition : ∃a1 , a2 , ..., ap ∈ N tels que g (x) =
On vient de vérier cette proposition pour p = 1, 2, 3, 4. (
Supposons cette proposition vraie au rang p : g (x) =
(p)
(
alors g
(p+1)
(x) =
=
=
=
p
∑
(k=1
p
∑
(k=1
p
∑
(k=1
p+1
∑
)
kak e
(
kx
g(x) +
)
kak e
kx
g(x) +
p
∑
(k=1
p
∑
)
ak e
kak e
kx
+
)
bk e
kx
ak e
p
∑
)
ak e
kx
g(x)
k=1
g ′ (x)
kx
)
ak e
kx
ex g(x)
)
k=1
p
∑
k=1
(k+1)x
(
g(x) =
k=1
p
∑
kak e
kx
k=1
+
p+1
∑
)
ak−1 e
kx
g(x)
k=2
g(x)
k=1
(en posant b1 = a1 , bk = kak + ak−1 pour k = 2, ..., p et bp+1 = ap )
Puisque les ak étaient tous des entiers naturels, les bk en sont aussi.
On a ainsi prouvé par récurrence
Pp est vraie pour tout entier p ∈ N.
)
( que la proposition
de l'égalité ∀x ∈ R, g (p) (x) =
(
∀p ∈ N, ap = g
(p)
(0) =
p
∑
ak ekx
k=1
p
∑
ak e
)
0
k=1
g(x), on déduit que :
∑
ap
g(0) , donc
ak est un entier naturel puisque les ak en sont .
=
|{z}
e
p
k=1
=e
0.2.2 ENSIIE :
Exercice 1 : On considère la fonction f : x 7→
∫
0
+∞
e−xt dt
√
1+t
a) Déterminer son domaine de dénition.
b) Montrer que f est de classe C 1 , et est solution d'une équation diérentielle linéaire qu'on précisera.
c) Calculer les limites de f aux bornes de son intervalle de dénition.
Calculer un équivalent de f (x) quand x → 0+
e−xt
est continue sur l'intervalle [0, +∞[
1+t
∫ +∞ −xt
−xt
e
1
1
e dt
√
Si x 6 0, quand t → +∞, √
>√
∼ √ , donc, par minoration, l'intégrale
diverge
t→0
1+t ∫ 1+t
1+t
t
1
+∞
dt
√ est divergente )
(car on sait que l'intégrale de référence
t
1
Donc f (x) n'est pas déni si x 6 0 .
∫ +∞ −xt
e−xt
1
e dt
√
√
√
Si x > 0, 0 6
6
et, par majoration, l'intégrale
est convergente.
1+t
1+t
t
0
Finalement, Df =]0, +∞[
SOLUTION
: Exercice 1 : a) Pour tout x ∈ R, la fonction t 7→ √
e−xt
1+t
b) Soit a > 0, et posons ∀x > 0, ∀t ∈ [0, +∞[, F (x, t) = √
e−xt
est de classe C 1 sur ]0, +∞[ , et
1+t
- pour tout t ∈ [0 + ∞[ , la fonction x 7→ F (x, t) = √
−te−xt
∂F
(x, t) = √
,
∂x
1+t
∂F
- pour tout x > a, les fonctions t 7→ F (x, t) et t 7→
(x, t) sont continues et intégrables sur [0, +∞[
∂x
(l'intégrabilité de la première a été justiée ci-dessus, l'intégrabilité de la seconde est une conséquence de la
domination qui suit)
- pour tout (x, t) ∈ [a, +∞[×[0, +∞[,
√
∂F
te−xt
(x, t) = √
6 te−at
∂x
1+t
26
√
où la fonction t 7→ te−at est continue
et intégrable sur [0, +∞[.
∫
En appliquant le théorème de dérivation sous le signe , on en conclut que f est de classe C 1 sur tout
intervalle de la forme [a, +∞[, et donc sur ]0, +∞[, et que :
∫
′
te−xt
√
dt .
1+t
+∞
∀x ∈]0, +∞[, f (x) =
0
• Pour tout x > 0∫, en intégrant par parties,
∫ +∞
+∞
√
[√
]t→+∞
1
√
e−xt dt = 2 1 + te−xt t=0 + 2x
f (x) = 2
1 + te−xt dt
2∫ 1 + t
0
0
+∞ √
f (x) = −2 + 2x
1 + t e−xt dt
0
∫ +∞ −xt
∫ +∞
te
(t + 1) − 1 −xt
√
√
Par ailleurs, ∀x ∈]0, +∞[, f ′ (x) =
dt =
e dt
+t
1+t
∫ +∞
∫ 0+∞ 1−xt
∫ 0+∞
√
√
e
√
f ′ (x) =
1 + te−xt dt −
dt =
1 + te−xt dt − f (x)
1
+
t
0
0
∫ +∞ 0
√
−xt
′
donc
1 + te dt = f (x) + f (x)
0
En reportant dans la première égalité, on obtient : f (x) = −2 + 2x(f (x) + f ′ (x)) ,
ce qui montre que f est solution sur ]0, +∞[ de l'équation diérentielle (E) : 2xy ′ + (2x − 1)y = 2
[ −xt ]t→+∞
∫ +∞
e−xt dt
e
1
√
6
e−xt dt =
=
−x
x
1
+
t
0
0
t=0
1
L'encadrement 0 6 f (x) 6 montre alors que lim f (x) = 0
x→+∞
x
c) • ∀x > 0, 0 6 f (x) =
∫
+∞
• Montrons que lim+ f (x) = +∞ :
x→0
Soit M > 0. Soit∫ a = M 2 + M . ∫
+∞ −xt
∫ a
a −xt
√
e dt
e dt
dt
−xa
√
√
√
∀x > 0, f (x) =
>
>e
= 2e−xa [ 1 + t]a0
1+t
1 + t√
1+t
0
0
0
√
f (x) > 2e−xa ( 1 + a − 1) = 2e−xa ( 1 + M 2 + M − 1) = 2e−xa M
Or lim+ e−xa = e0 = 1, donc ∃η > 0 tel que : 0 < x < η =⇒ 12 < e−xa
x→0
donc ∀x ∈]0, η[, f (x) > 2e−xa M > M
On a ainsi montré que : ∀M ∈ R+ , ∃η > 0, ∀x ∈]0, η[, f (x) > 2e−xa M > M , c'est à dire que lim+ f (x) = +∞
∫
e−xt dt
1
√
=
x
1
+
t
0
∫ +∞ −u
1
e du
√
=√
x 0
x+u
+∞
x→0
∫
+∞
• ∀x > 0, f (x) =
0
e−u du
√
1 + ux
(par le changement de variable ane u = xt, dt = x1 du
Soit (xn ) une suite quelconque de réels positifs de limite nulle, alors
e−u
converge
n→+∞
xn + u
e−u
simplement sur [0, +∞[ vers la fonction g : u 7→ √ )
u
e−u
e−u
- ∀u ∈ [0, +∞[, ∀n ∈ N, |gn (u)| = √
6 √ = g(u) ,
u
xn + u
et la fonction g est continue et intégrable sur ]0,∫+∞[
∫
On peut appliquer le théorème de convergence dominée, et en conclure que lim 0+∞ gn (u)du = 0+∞ g(u)du,
n→+∞
∫ +∞ −u
∫ +∞
e
e−u
√
√ du
du =
c'est à dire que : lim
n→+∞ 0
u
xn + u
0
Ceci étant vrai pour∫ toute suite (xn ) de∫ réels positifs de limite nulle, on en conclut que :
+∞
+∞ −u
e−u
e
√
√ du
lim+
du =
u
x→0
x+u
0
0
2
Par ailleurs le changement de variable u = t , du = 2tdt , va permettre de calculer cette intégrale :
∫ +∞ −u
∫ +∞
∫ +∞ −t2
√
2
e
e
√ du =
2t dt = 2
e−t dt = π (intégrale de Gauss)
t
u
0
0
0
√
∫ +∞ −u
1
e du
π
√
L'égalité f (x) = √
permet alors d'armer que f (x) ∼ √
t→0
x 0
x
x+u
- ∀u ∈ [0, +∞[, lim √
e−u
e−u
= √
u
xn + u
(la suite de fonctions gn : u 7→ √
27
0.2.3 ENSIIE :
Exercice 1 : On considère une matrice A ∈ M3 (R) telle que :
det(A) = 10, tr(A) = −6 et A − I3 n'est pas inversible.
Montrer que A ∈ GL3 (R) et exprimer A−1 comme un polynôme de la matrice A.
Exercice 2 : A quelle(s) condition(s) sur les réels a, b, c, la série de terme général
un = a ln(n) + b ln(n + 1) + c ln(n + 2) converge-t-elle ?
∞
∑
Calculer alors
un
n=1
: Notons λ1 , λ2 , λ3 les valeurs propres (dont on connait l'existence dans C) de la matrice A.
Puisque A −{I3 n'est pas inversible, det(A − I3 ) = 0 et 1 est valeur propre de A. Notons λ1 = 1
det(A) = λ1 λ2 λ3 = 10 donc λ2 λ3 = 10
Par ailleurs,
tr(A) = λ1 + λ2 + λ3 = −6 donc λ2 + λ3 = −7
λ2 et λ3 sont donc les racines du polynôme X 2 + 7X + 10. On peut ainsi noter λ2 = −2 et λ3 = −5
Donc Sp(A) = {−5, −2, 1} . 0 n'est pas valeur propre de A, donc A est inversible .
La matrice A de M3 (R) admet trois valeurs propres réelles distinctes.
Elle est donc diagonalisable dans M3 (R)
SOLUTION


 1

−5 0 0
−5
0 0
∃Q ∈ GL3 (R), A = Q.  0 −2 0  .Q−1 . Donc A−1 = Q.  0 − 21 0  .Q−1
0
0 1
0
0 1

P (−5)
0
0
P (−2)
0  .Q−1
Si P (X) est un polynôme de R[X], alors P (A) = Q.  0
0
0
P (1)

 P (−5) = − 15
Pour que P (A) = A−1 , il sut, par exemple, que P (−2) = − 12

P (1) = 1
(les valeurs de P (−5), P (−2) et P (1) peuvent être échangées)
1 (X + 2)(X − 1)
1 (X + 5)(X − 1)
(X + 5)(X + 2)
X 2 + 6X + 3
P (X) = −
−
+
=
5 (−5 + 2)(−5 − 1) 2 (−2 + 5)(−2 − 1)
(1 + 5)(1 + 2)
10
A−1 =
1
2
10 (A
+ 6A + 3I3 )
Exercice 2 :
a, b, c étant
: ∀n ∈ N∗ , un = a ln(n) + b ln(n + 1) + c ln(n + 2)
( des
( réels
))donnés,( on( pose2 ))
1
un = a ln(n) + b ln n 1 + (n + c) ln n 1 + n (
)
un = a ln(n) + b ln n + b ln 1 + (n1 + c)ln n + c(ln 1 +) n2
= (a + b + c) ln(n) + +b ln 1 + n1 + c ln 1 +∑n2
- si a + b + c ̸= 0, alors lim un = ±∞ et la série un est (grossièrement) divergente.
n→+∞
- Supposons( désormais
que( a + b)+ c =( 0 ;
)
( 1 ))
(2
( 1 ))
2
1
1
2
(+ c ln 1)+ n = b( n −
) 2n2 + o n2 + c n − n2 + o n2
b 1
1
= (b + 2c) n1 − 2c +
+o
2 n2
n2
|
{z
}
series convergentes
∑
La série un converge si et seulement si b + 2c =
{0
∑
a+b+c=0
⇐⇒ c = a et b = −2a
En conclusion, un converge si et seulement si
b + 2c = 0
( n
)
n
n
n
∑
∑
∑
∑
• Dans ce cas, Un =
uk = a
ln(k) − 2
ln(k + 1) +
ln(k + 2)
k=1
k=1
k=1
k=1
( n
)
n+1
n+2
∑
∑
∑
Un = a
ln(k) − 2
ln(k) +
ln(k)
un = b ln 1 +
k=1
1
n
k=2
k=3
Un = a (ln(1) + ln(2) − 2 ln(2) − 2 ln(n + 1) + ln(n + 1) + ln(n + 2))
n
∑
(les sommes
ln(k) s'éliminent)
))
(
(
n+2
−→ − ln 2
Un = a − ln(2) + ln
n→+∞
n+1
k=3
∞
∑
n=1
28
un = − ln 2
0.2.4 Centrale
Exercice 1 :
F et G sont deux sous espaces supplémentaires d'un espace euclidien E .
Soient f : F → G et g : G → F linéaires telles que :
∀(x, y) ∈ F × G, < f (x), y >=< x, g(y) >
a) Montrer que ker f = (Img)⊥ ∩ F
b) Montrer que F = ker f ⊕⊥ Img
c) Montrer que f est injective ⇐⇒ g est surjective.
d) Montrer que g est injective ⇐⇒ f est surjective.
Exercice 2 : Soit f ∈ C 1 ([0, 1], R).
Donner une condition simple pour que l'intégrale
: Exercice 1 : Par hypothèse,
∫
1
0
f (t)
dt converge.
t
F et G sont deux sous espaces supplémentaires d'un espace
euclidien E , f ∈ L(F, G) , g ∈ L(G, F ) et ∀(x, y) ∈ F × G, < f (x), y >=< x, g(y) >
a) Soit x ∈ ker f . Puisque f ∈ L(F, G), on sait déjà que x ∈ F .
Pour tout y ∈ Img, ∃t ∈ G, y = g(t). Alors, < x, y >=< x, g(t) >=< f (x), t >= 0 , ce qui montre que
|{z}
SOLUTION
=0
x ∈ Img ⊥ .
On a ainsi établit l'inclusion : ker f ⊂ (Img)⊥ ∩ F
• Réciproquement, soit x ∈ (Img)⊥ ∩ F
alors ∥f (x)∥2 =< f (x), f (x) >=< x, g(f (x)) >= 0 car g(f (x)) ∈ Img et x ∈ (Img)⊥
Donc ∥f (x)∥ = 0 et x ∈ ker f
On a ainsi établit l'inclusion : (Img)⊥ ∩ F ⊂ ker f et nalement l'égalité des deux ensembles.
b) Montrons d'abord que les deux sous espaces ker f et Img sont orthogonaux :
Soient x et y des vecteurs quelconques respectivement de ker f et Img : f (x) = 0 et ∃t ∈ G, y = g(t)
alors < x, y >) < x, g(t) >=< f (x), t >= 0, ce qui montre que ker f ⊥ Img
|{z}
=0
Il en résulte que les deux sous espaces ker f et Img sont en somme directe.
• Soit x ∈ F . Puisque Img et (Img)⊥ sont deux sous espaces suppémentaires de E , il existe a ∈ Img , il existe
b ∈ (Img)⊥ tels que x = a + b
a ∈ F puisque Img ⊂ F , donc b = x − a ∈ F , comme diérence de deux vecteurs de F .
donc b ∈ (Img)⊥ ∩ F = ker f d'après la question a)
On a ainsi écrit la décomposition de tout vecteur x de F sous la forme x = a + b, avec a ∈ Img et b ∈ ker f ,
ce qui montre que F ⊂ ker f ⊕⊥ Img
ker f et Img étant deux sous espaces de F , l'inclusion réciproque est évidente, ce qui montre nalement par
double inclusion l'égalité F = ker f ⊕⊥ Img
c) Si g est surjective, alors Img = F , et d'après la question a), ker f = (Img)⊥ ∩ F = F ⊥ ∩ F = {0}, ce qui
montre que f est injective.
Si f est injective, alors ker f = {0}, et d'après la question b), F = ker f ⊕⊥ Img = Img . L'égalité Img = F
montre que g est surjective.
On ainsi prouvé l'équivalence : f est injective ⇐⇒ g est surjective .
d) f et g jouent des rôles symétriques, ce qui prouve d) à partir de c)
Exercice 2 :
f ∈ C 1 ([0, 1], R). La fonction t 7→
f (t)
f (t)
est continue sur l'intervalle ]0, 1]. Etudions le comportet
ment de
quand t → 0+ .
t
Puisque f ∈ C 1 ([0, 1], R) , f admet un développement limité à l'ordre 1 en 0 :
f (t) = + f (0) + f ′ (0)t + o(t)
t→0
f (0)
f (t)
=
+ f ′ (0) + o(1)
d'où :
t t→0+ t
∫ 1
∫ 1
f (0)
f (t)
f (t)
1
∼+
et l'intégrale
dt est divergente, comme l'est l'intégrale
dt
- si f (0) ̸= 0, alors
t t→0
t
t
0
0 t
f (t)
f (t)
= f ′ (0) et la fonction t 7→
est prolongeable par continuité en 0. L'intégrale
- si f (0) = 0, alors lim+
t
t
t→0
∫ 1
f (t)
dt est alors convergente, comme intégrale d'une fonction continue sur un segment.
t
0
∫ 1
f (t)
dt est convergente si et seulement si f (0) = 0 .
En conclusion, l'intégrale
t
0
29
0.2.5 Centrale :
∫
1 − cos(xt)
dt .
t2
0
a) Donner le domaine de dénition de g , étudier la parité de g et calculer g(0) .
Exercice 1 : Pour x réel, on pose
+∞
g(x) =
b) Montrer que ∀x ∈ R, g(x) = g(1)|x|
∫
+∞
sin(t)
π
dt = . Calculer g(x)
t
2
0
Exercice 2 : Soit A ∈ Mn (K). {
Mn (K) −→
Mn (K)
On considère l'application f :
M
7→ A.M − M.A
c) On admet que
a) Montrer que f est un endomorphisme de Mn (K).
b) Montrer que si A est nilpotente, f l'est aussi.
c) Montrer que si A est diagonalisable, f l'est aussi.
: Si x = 0, l'intégrale s'écrit g(0) =
∫ +∞
0dt , elle est dénie et nulle.
0
1 − cos(xt)
Si x ̸= 0, la fonction t 7→
est dénie et continue sur ]0 + ∞[.
t2
x 2 t2
1 − cos(xt)
x2
2
•
∼
−→
t→0 t2 t→0 2
t2
1 − cos(xt)
La fonction la fonction t 7→
est prolongeable par contnuité en 0, et est intégrable sur tout
t2
segment de la forme [0, a], a > 0
1 + | cos(xt)|
2
1 − cos(xt)
• ∀t ∈]0 + ∞[0 6
6
6 2
(fonction de référence intégrable sur [a, +∞[)
t2
t2
t
1 − cos(xt)
Par majoration, la fonction t 7→
est intégrable sur [a, +∞[.
t2
∫ +∞
1 − cos(xt)
1 − cos(xt)
Par additivité, la fonction t 7→
est
intégrable
sur
[0,
+∞[
,
et
g(x)
=
dt est
2
t
t2
0
dénie pour tout x ∈ R.
∫ +∞
∫ +∞
1 − cos(−xt)
1 − cos(xt)
• ∀x ∈ R, g(−x) =
dt =
dt = g(x).
2
t
t2
0
0
La fonction g est paire.
b) Pour tout x > 0, par le changement de variable u = xt , dt = x1 du,
∫ +∞
∫ +∞
∫ +∞
1 − cos(xt)
1 − cos(u) 1
1 − cos(u)
g(x) =
dt =
du = x
du = xg(1)
2
u2
t
x
u2
0
0
0
x2
Si x < 0, g(x) = g( |{z}
−x ) = −xg(1) = |x|g(1)
SOLUTION
−x>0
Donc ∀x ∈ R, g(x) = g(1)|x|
c) Pour l'existence de l'intégrale
∫
g(1) =
0
+∞
1 − cos(t)
dt
t2
∫
0
+∞
sin(t)
dt, voir le cours.
t
Intégrons parties sur tout segment de la forme [a, b], 0 < a < b :
[
]b ∫ b
1
−1
1
(1 − cos(t)) 2 dt = (1 − cos(t))
+
sin(t) dt
t
t
t
a
a
∫a b
∫ b
1
cos(b) − 1 cos(a) − 1
1
(1 − cos(t)) 2 dt =
−
−+
sin(t) dt
t
b
a
t
a
a
a2
1 − cos(a)
a
cos(b) − 1
2
−→ 0 et
∼ 2 =
−→ 0
6
t→0 a
b
b t→+∞
a
2 t→0
∫ b
∫ +∞
1 − cos(t)
sin(t)
π
En passant à la limite quand a → 0 et b → +∞, g(1) =
dt =
dt =
2
t
t
2
a
0
∫
b
et nalement, ∀x ∈ R, g(x) = g(1)|x| = π2 |x|
Exercice 2 : Soit A ∈ Mn (K).
L'application f est dénie par : ∀M ∈ Mn (K), f (M ) = A.M − M.A
a) On vérie que f est linéaire (sans diculté) . Donc f ∈ L(Mn (K))
b) On suppose que A est nilpotente : ∃p ∈ N∗ , Ap = 0.
Pour tout M ∈ Mn (K), f (M ) = A.M − M.A
30
f 2 (M ) = f (A.M − M.A) = A.(A.M − M.A) − (A.M − M.A).A = A2 M − 2A.M.A + M.A2
f (M ) = f [f 2 (M )] = f (A2 M − 2A.M.A + M.A2 )
= A.(A2 M − 2A.M.A + M.A2 ) − (A2 M − 2A.M.A + M.A2 ).A
= A3 M − 3A2 .M.A + 3A.M.A2 − M.A3
On voit apparaître les coeecients du binôme (1, 2, 1) et (1, 3, 3, 1).
( )
m
∑
k m
m
Am−k .M.Ak
On peut conjecturer que f (M ) = (−1)
k
k=0
Cette propriété a été vériée pour m = 1, 2, 3.
( )
m
∑
k m
m
Supposons la vériée au rang m : f (M ) = (−1)
Am−k .M.Ak
k
k=0
( )
m
∑
m
k
m−k
alors f m+1 (M ) = (−1)
f (A
.M.Ak ) (par linéarité)
k
k=0
( )
m
∑
)
m (
=
(−1)k
A.(Am−k .M.Ak ) − (Am−k .M.Ak ).A
k
k=0
( )
m
∑
)
m ( m−k+1
A
.M.Ak − Am−k .M.Ak+1
=
(−1)k
k
k=0
( )
( )
m
m
∑
∑
m m+1−k
m m+1−(k+1)
=
(−1)k
A
.M.Ak −
(−1)k
A
.M.Ak+1
k
k
k=0
k=0
( )
(
)
m
m+1
∑
∑
m m+1−k
m
=
(−1)k
A
.M.Ak −
(−1)k−1
Am+1−k .M.Ak
k
k−1
k=0
k=1
(par le changement d'indice k′ = k + 1 dans la deuxième somme)
(( ) (
))
m
∑
m
m
m+1
k
m+1
f
(M ) = A
.M +
(−1)
+
Am+1−k .M.Ak + (−1)m+1 M.Am+1
k
k−1
( ) (
)k=1 (
)
(
) (
)
m
m
m+1
m+1
m+1
et puisque
+
=
, 1=
=
,
k
k−1
k
0
m+1
(
)
m+1
∑
m + 1 m+1−k
f m+1 (M ) =
(−1)k
A
.M.Ak
k
k=0
( )
m
∑
m m−k
On a ainsi montré par récurrence que : ∀m ∈ N, f m (M ) = (−1)k
A
.M.Ak
k
3
k=0
• Dès lors, supposons que A = 0 .
( )
2p
∑
2p 2p−k
(−1)k
A
.M.Ak
∀m ∈ N, f 2p (M ) =
k
k=0
Puisque la somme des deux entiers nturels k et 2p−k vaut 2p, l'un au moins de deux est > p. Donc pour tout
k ∈ {0, 1, ..., 2p}, soit A2p−k = 0 (si 2p − k > p), soit Ak = 0 (si k > p), et dans les deux cas, A2p−k .M.Ak = 0
( )
2p
∑
2p 2p−k
Donc tous les termes de la somme
(−1)k
A
.M.Ak sont nuls, et f 2p (M ) = 0
k
p
k=0
On a ainsi montré que ∀M ∈ Mn (K), f 2p (M ) = 0. Donc f 2p = ω et f est nilpotente.
c) Supposons que A est diagonalisable : il existe une base (U1 , U2 , .., Un ) de Kn formée de vecteurs propres de
A, ces vecteurs propres étant associés respetivement à des valeurs λ1 , λ2 , ..., λn :
∀i ∈ {0, 1, ..., n}, A.Ui = λi Ui .
La matrice t A possède les mêmes valeurs propres que A (car a le même polynôme caractéristique), et est
diagonalisable si A l'est : A = P.∆.P −1 =⇒ t A = t P −1 .∆. t P
donc il existe une base (V1 , V2 , .., Vn ) de Kn formée de vecteurs propres de t A : ∀i ∈ {0, 1, ..., n}, t A.Vi = λi Vi
. donc, en transposant, ∀i ∈ {0, 1, ..., n}, t Vi .A. = λi t Vi Chaque matrice Mi,j = Ui . t Vj vérie :
f (Mi,j ) = A.Mi,j − Mi,j .A = A.Ui . t Vj − Ui . t Vj .A = λi Ui . t Vj − λj Ui . t Vj = (λi − λj )Ui . t Vj
| {z }
| {z }
=λi Ui
=λj t Vj
f (Mi,j ) = (λi − λj )Ui . t Vj = (λi − λj )Mi,j
La famille (Mi,j )i=1..n,j=1..n est formée de n2 vecteurs propres de f .
Il reste à montrer que cette famille constitue une base de Mn (K)




x1
y1
 x2 
 y2 
n



• Si X = 
 ...  et Y =  ...  sont deux vecteurs colonnes de K ,
xn
n
31


x1 y1
x1
 x2 y1


x2 

alors X. t Y = 
.
 ...  .(y1 , y2 , ..., yn ) = 
 ..
xn
xn y1

x1 y2
x2 y2
..
.
xn y2

x1 yn
x2 yn 

= (y1 X|y2 X|...|yn X)
.. 
. 
... xn yn
...
...
(matrice écrite par blocs colonnes)
Soit M = (C1 |C2 |...|Cn ) une matrice quelconque de Mn (K), écrite colonne par colonne.
n
Chaque
 colonne est un vecteur de K qui peut se décomposer sur la base de vecteurs propres (U1 , U2 , ..., Un )
de A :
C1 = a1 U1 + a2 U2 + ... + an Un



 C2 = b1 U1 + b2 U2 + ... + bn Un




..
.
Cn = c1 U1 + c2 U2 + ... + cn Un
donc M = (C1 |C2 |...|Cn ) = (a1 U1 + a2 U2 + ... + an Un |b1 U1 + b2 U2 + ... + bn Un |...|c1 U1 + c2 U2 + ... + cn Un )
M = (a1 U1 |b1 U1 |...|c1 U1 ) + (a2 U2 |b2 U2 |...|c2 U2 ) + ... + (an Un |bn Un |...|cn Un )
et d'après le calcul général de X. t Y eectué plus haut,
M = U1 (a1, b1 , ...,c1 ) + U2
(a2 , b2 ,
..., c2 ) + ... + Un (an , bn , ..., cn )
a1
a2
an






b
b
1
2
t
t  bn 


M = U1 . t 
 ...  + U2 .  ...  + ... + Un .  ... 
c1
c2
cn


a1
 b1 
t

Le vecteur 
 ...  peut se décomposer sur la base (V1 , V2 , ..., Vn ) formée de vecteurs propres A:

 c1
a1
 b1 


 ...  = α1 V1 + α2 V2 + ... + αn Vn
c1 



a2
an
 b2 
 bn 


et de même, 
....
 ...  = β1 V1 + β2 V2 + ... + βn Vn
 ...  = γ1 V1 + γ2 V2 + ... + γn Vn
c2
cn
d'où , M = U1 . (α1 t V1 + α2 t V2 + ... + αn t Vn ) + U2 . (β1 t V1 + β2 t V2 + ... + βn t Vn ) + ...
... + Un . (γ1 t V1 + γ2 t V2 + ... + γn t Vn )
( n
)
n
n
n
∑
∑
∑
∑
M=
Ui
ρi,j t Vj =
ρi,j Ui t Vj =
ρi,j Mi,j
i=1
i=1
i,j=1
i,j=1
Cette décomposition d'une matrice M quelconque de Mn (K) comme combonaison linéaire de la famille
(Mi,j )i=1..n,j=1..n montre que cette famille est génératrice de Mn (K)
Elle comporte n2 éléments dans un espace de dimension n2 . C'en est donc une base.
On a ainsi trouvé une base de Mn (K) formée de vecteurs propres de f , ce qui montre que f est diagonalisable .
0.2.6 Centrale :
∫
1 − cos(xt) −t
e dt .
t2
0
Montrer que g est de classe C 2 sur R et calculer g(x) .
Exercice 1 : Pour x réel, on pose
Exercice 2 :
+∞
g(x) =

a2
 ab
Trouver, sans calcul, les valeurs propres et sous espaces propres de la matrice A = 
 ab
b2
où a et b sont des réels donnés.
: Si x = 0, l'intégrale s'écrit g(0) =
∫ +∞
ab
a2
b2
ab
ab
b2
a2
ab

b2
ab 

ab 
a2
0dt , elle est dénie et nulle.
0
1 − cos(xt) −t
Si x ̸= 0, la fonction t 7→
e est dénie et continue sur ]0 + ∞[.
t2
2 2
x t
1 − cos(xt) −t
x2
2
•
e
∼
−→
t→0 t2 t→0 2
t2
1 − cos(xt) −t
e est prolongeable par continuité en 0, et est intégrable sur tout
La fonction la fonction t 7→
t2
segment de la forme [0, a], a > 0 .
1 − cos(xt) −t
1 + | cos(xt)| −t
2
• ∀t ∈ [1 + ∞[,
e
6
e 6 2 e−t 6 2e−t
t2
t2
t
(fonction de référence intégrable sur [1, +∞[)
SOLUTION
32
1 − cos(xt) −t
e est intégrable sur [a, +∞[.
t2
∫ +∞
1 − cos(xt) −t
1 − cos(xt) −t
Par additivité, la fonction t 7→
e
est
intégrable
sur
[0,
+∞[
,
et
g(x)
=
e dt
t2
t2
0
est dénie pour tout x ∈ R.
Par majoration, la fonction t 7→
1 − cos(xt) −t
e
t2
1 − cos(xt) −t
- pour tout t ∈]0 + ∞[ , la fonction t 7→ G(x, t) =
e est de class C 2 sur R, et
t2
∂G
t sin(xt) −t
sin(xt) −t
∂2G
(x, t) =
e =
e
,
(x, t) = cos(xt)e−t
2
∂x
t
t
∂x2
∂G
∂2G
- pour tout x ∈ R, les fonctions t 7→ G(x, t) , t 7→
(x, t) et t 7→
(x, t) sont continues et intégrables
∂x
∂x2
sur ]0, +∞[ (l'intégrabilité de la première a été justiée ci-dessus, l'intégrabilité des deux autres est une
• Posons, pour tout x ∈ R et tout t ∈]0 + ∞[, G(x, t) =
conséquence des deux dominations qui suivent)
- pour tout b > 0, pour tout (x, t) ∈ [−b, b]×]0, +∞[,
et
∂G
| sin(xt)| −t
|xt| −t
(x, t) =
e 6
e 6 be−t
∂x
t
t
∂2G
(x, t) = | cos(xt)e−t | 6 e−t
∂x2
les fonctions t 7→ be−t et t 7→ e−t sont continues et intégrables sur ]0, +∞[.
En appliquant
deux fois le théorème de dérivation des intégrales à paramètres (théorème de dérivation sous
∫
le signe ), on en conclut que g est de classe C 2 sur tout intervalle de la forme [−b, b], et donc sur R, et que :
∫ +∞
sin(xt) −t
cos(xt)e−t dt .
e dt et g ′′ (x) =
t
0
0
(∫ +∞
)
∫ +∞
∫ +∞
∀x ∈ R, g ′′ (x) =
cos(xt)e−t dt =
Re(eixt )e−t dt = Re
e(ix−1)t dt
0
0
([0
)
]
(
)
(
)
ixt −t t→+∞
e e
1
1 + ix
1
g ′′ (x) = Re
dt = Re
= Re
=
ix − 1 0
1 − ix
1 + x2
1 + x2
∀x ∈ R, g ′ (x) =
∀x ∈ R, g ′′ (x) =
∫
+∞
1
1 + x2
• Alors, il existe k ∈ R, tel que ∀x ∈ R, g ′ (x) = Arctan(x) + k
Or l'expression intégrale de g ′ (x) ci-dessus montre que g ′ (0) = 0, donc k = 0 :
∀x ∈ R, g ′ (x) = Arctan(x)
∫ x
∫ x
• Alors, ∀x ∈ R, g(x) = g(0) +
g ′ (t)dt = 0 +
Arctan(t)dt
0
0
on calcule cette ∫dernière intégrale par parties : ∫
x
∀x ∈ R, g(x) =
Arctan(t)dt = [tArctan(t)]x0 −
0
∫
x
0
t
dt = xArctan(x)−
1 + t2
1
2
ln(1 + x2 )
1 − cos(xt) −t
e dt = xArctan(x)− 12 ln(1 + x2 )
t2
0
 2

a ab ab b2
 ab a2 b2 ab 
2

Exercice 2 : A = 
 ab b2 a2 ab  où (a, b) ∈ R .
b2 ab ab a2
a2 − x
ab
ab
b2
a2 + 2ab + b2 − x
ab
2
2
ab
a −x
b
ab
a2 + 2ab + b2 − x a2 − x
Pour tout x ∈ R, χA (x) =
=
ab
b2
a2 − x
ab
a2 + 2ab + b2 − x
b2
b2
ab
ab
a2 − x
a2 + 2ab + b2 − x
ab
(par l'opération élémentaire C1 ←− C1 + C2 + C3 + C4 )
+∞
∀x ∈ R, g(x) =
ab
b2
2
b
ab
a2 − x
ab
ab
a2 − x
χA (X) contient donc le facteur (X − a2 − 2ab − b2 ) = (X − (a + b)2 ), et (a + b)2 est une valeur propre de A .
Protons de la répétition des termes en a2 , ab ou b2 pour faire apparître des 0 dans le calcul de χA (X) :
Par l'opération C1 ←− C1 − C2 − C3 + C4 ,
a2 − 2ab + b2 − x
ab
ab
b2
2
2
2
2
−a + 2ab − b + x a − x
b
ab
χA (x) =
, et en développant par rapport à la première
−a2 + 2ab − b2 + x
b2
a2 − x
ab
a2 − 2ab + b2 − x
ab
ab
a2 − x
2
2
colonne, on voit apparaître le facteur X − a + 2ab − b = (X − (a − b)2 ) dans le polynôme χA (x).
Par les opérations C1 ←− C1 − C4 et C2 ←− C2 − C3 ,
33
a2 − b2 − x
0
ab
b2
2
2
2
0
a −b −x b
ab
χA (x) =
, et en factorisant dans les colonnes 1 et 2, on fait
0
b2 − a2 + x b2
ab
b2 − a2 + x
0
ab a2 − x
2
2 2
apparaitre le facteur (X − a + b )
Donc a2 − b2 est valeur propre (au moins) double de A.
Ayant trouvé 3 valeurs propres de A ∈ M4 (R), dont l'une au moins double, on a obtenu toutes les valeurs
propres de A (dans le cas où les trois réels (a − b)2 , (a + b)2 , a2 − b2 sont distincts).
Donc Sp(A) = {(a − b)2 , (a + b)2 , a2 − b2 }, a2 − b2 étant valeur propre double



1
 1 

2
2 

• On remarque que A. 
 1  = (a + 2ab + b ). 
1

1
1 

1 
1


1
 1 

Donc E(a+b)2 (A) est la droite engendrée par le vecteur U = 
 1 
1




1
1
 −1 


2
2  −1 

• A. 
 −1  = (a − 2ab + b ).  −1 
1
1


1
 −1 

Donc E(a−b)2 (A) est la droite engendrée par le vecteur V = 
 −1 
1
• La matrice A est symétrique réelle, donc diagonalisable, et ses sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux. Donc Ea2 −b2 (A) est le plan orthogonal aux droites Vect(U ) et Vect(V ).
Il sut de trouver deux vecteurs W et T linéairement indépendants,
chacun
à U et V , pour



 orthogonal
1
1
 −1 
 1 



obtenir une base de ce plan. Ce sera le cas en prenant W = 
 1  et T =  −1 
−1
−1




1
1
 −1 
 1 



Donc Ea2 −b2 (A) est le plan engendré par les vecteurs W = 
 1  et T =  −1 
−1
−1
0.2.7 Centrale
)
1 2
(*).
2 1
∫
Exercice 2 : Montrer que l'application : (P, Q) 7→ 0+∞ P (t)Q(t)e−t2 dt est un produit scalaire sur R[X] .
Montrer qu'il existe une et une seule famille (Pn (X))n de polynômes deux à deux orthogonaux pour ce
n
produit scalaire, et de monôme de plus∫ haut degré X √
.
+∞ −t2
Calculer P1 (X). On admettra que 0 e dt = 2π
Montrer que ∀Q ∈ Rn−1 (X), Φ(Q, Pn ) = 0, puis que chaque polynôme Pn est scindé dans R[X] .
(
)
1 2
SOLUTION : Exercice 1 : Notons A =
.
2 1
1−x
2
χA (x) = det(xI2 − A) = det(A − xI2 ) =
= (1 − x)2 − 4 = x2 − 2x − 3 = (x + 1)(x − 3)
2
1−x
Sp(A) = {−1, 3}
Exercice 1 : Résoudre l'équation :
(
M2 + M =
Recherchons
( les)sous espaces propres associés :
x
Soit V =
∈ R2 .
y
A.V = −1 × V ⇐⇒ (A + I2 )V =
(
0
0
)
⇐⇒ 2x + 2y = 0 ⇐⇒ x + y = 0
Le sous espace propre EA (−1) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur V1 =
34
(
1
−1
)
(
A.V = 3 × V ⇐⇒ (A − 3I2 )V =
)
0
0
⇐⇒ −2x + 2y = 0 ⇐⇒ −x + y = 0
Le sous espace propre EA (3) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur V2 =
(
1
1
)
.
La matrice A est diagonalisable
savait dès le(départ car
( (on le )
) elle est réelle symétrique), et précisément :
A = P.∆.P −1 où ∆ =
−1 0
0 3
1 1
−1 1
et P =
.
• Soit M ∈ M2(
(K), K =
) R ou C.
1 2
2
M +M =
⇐⇒ M 2 + M = P.∆.P −1
2 1
⇐⇒ P −1 M 2 .P + P −1 .M.P = ∆
⇐⇒ (P −1 M.P )2 + P −1 .M.P = ∆
(
)
−1 0
En notant N = P .M.P , N est solution de l'équation : N + N = ∆ =
0 3
On remarque qu'alors : N.∆ = N.(N 2 + N ) = N 3 + N 2 = (N 2 + N ).N = ∆.N
Donc N commute avec la matrice diagonale ∆, dont les éléments diagonaux sont deux à deux distincts. Il
s'ensuit que N est une matrice diagonale (propriété à savoir redémonter au cas où l'examinateur le demanderait,
−1
voir cours) ;
2
(
)
a 0
Il existe (a, b) ∈ R , N =
0) b (
( 2
) (
)
a 0
−1 0
a
0
2
N + N = ∆ ⇐⇒
+
=
2
0 b{
0 3
{ 02 b
2
a + a = −1
a +a+1=0
⇐⇒
⇐⇒
b2 + b = 3
b2 + b − 3 = 0
2
(1)
(2)
L'équation (1)√a un discriminat négatif, elle n'a pas de racines
réelles. Ses deux racines sont complexes, à
√
−2iπ
2iπ
savoir j = − 12 + i 23 = e 3 et son conjugué, j = j 2 = − 12 − i 23 = e 3 .
L'équation (*) n'a donc pas de racines dans M2 (R)
√
L'équation (2) a pour racines b1 = −1+2
Les matrices
sont donc : (
( N solutions )
N1 =
j
0
0√
−1+ 13
2
,
N2 =
et b2 =
13
j
0
0√
√
−1− 13
2
.
)
(
,
−1− 13
2
L'équation (*) a quatre solutions, qui sont :
N3 =
j2
0
0√
)
(
,
−1+ 13
2
N4 =
j2
0
0√
)
−1− 13
2
−1
−1
−1
M1 = P.N1 .P −1 , (
M2 = P.N)
, M3 = P.N
2 .P
( 3 .P , M
)4 = P.N4 .P
1
1 1
1
−1
où P =
et P −1 =
−1 1
1 1
2
Exercice 2 : Pour tous polynômes
P, Q ∈ R[X], l'application t 7→ P (t)Q(t)e−t est continue sur le fermé
[0, +∞[, donc intégrable sur tout segment de la forme [0, y], y > 0.
2
Par ailleurs, par croissance comparée exponentielles-puissances, lim t2 P (t)Q(t)e−t = 0, ce qui montre
t→+∞
( )
∫
1
2
−t2
que : |P (t)Q(t)e | = o 2 , et que l'intégrale 0+∞ P (t)Q(t)e−t dt est absolument convergente.
t→+∞
t
∫
2
L'application Φ : (P, Q) 7→ 0+∞ P (t)Q(t)e−t dt est donc bien dénie sur R[X] × R[X] .
2
• Il est clair que cette application est bilinéaire et symétrique (vérication immédiate)
∫
2
2
Par ailleurs, ∀P ∈ R[X], Φ(P, P ) = 0+∞ P (t)Q(t)e−t dt > 0 car l'application t 7→ P 2 (t)e−t est dénie,
continue, positive et non identiquement nulle sur [0, +∞[.
Φ est une forme bilinéaire symétrique dénie positive, c'est à dire un produit scalaire sur R[X] .
• Il n'existe qu'un seul polynôme de degré 0 , dont le terme dominant est X 0 = 1 : c'est le polynôme constant
P0 (X) = 1.
Les polynômes de degré 1, dont le monôme dominant est X 1 = X , sont de la forme X + c, c ∈ R.
Un tel polynôme est orthogonal à P0 si et seulement si Φ(P0 , X + c) = 0
⇐⇒ Φ(P0 , X) + cΦ(P0 , 1) = 0
⇐⇒ Φ(P0 , X) + c Φ(P0 , P0 ) = 0
| {z }
∥P0 ∥2 ̸=0
Φ(P0 , X)
⇐⇒ c = −
∥P0 ∥2
Donc il existe un et un seul polynôme de terme dominant X , orthogonal à P0 :
0 ,X)
c'est le polynôme P1 (X) = X − Φ(P
∥P0 ∥2
35
Calcul pratique :
∫ +∞ −t2
te dt
Φ(P0 , X)
c=−
= − ∫0+∞
=
2
∥P0 ∥
e−t2 dt
0
P1 (X) = X −
1 −t2 +∞
2 [e √ ]0
π
2
−1
=√
π
√1
π
• Supposons l'existence et l'unicité d'une suite nie (Pk (X))06k6n−1 , formée de polynômes Pk de terme dominant X k et deux à deux orthogonaux pour le produit scalaire Φ.
Et soit Pn un polynôme de monôme de plus haut degré X n .
Les polynomes P0 , P1 , · · · , Pn−1 étant de degrés deux à deux distincts (Pk est de degré k), forment une
famille libre. C'est une famille libre de n éléments dans l'espace Rn−1 (X), qui est de dimension n, c'en est donc
une base.
Puisque Pn = X n + T, T ∈ Rn−1 [X], T se décompose dans la base (P0 , P1 , · · · , Pn−1 ) ;
il existe a0 , a1 , · · · , an−1 ∈ R tels que : Pn = X n + an−1 Pn−1 + · · · + a2 P2 + a1 P1 + a0 P0
alors Φ(Pn , P0 ) = 0 ⇐⇒ Φ(X n + an−1 Pn−1 + · · · + a2 P2 + a1 P1 + a0 P0 , P0 ) = 0
⇐⇒ Φ(X n , P0 ) + an−1 Φ(Pn−1 , P0 ) + · · · + a2 Φ(P2 , P0 ) +a1 Φ(P1 , P0 ) +a0 Φ(P0 , P0 ) = 0
|
{z
}
| {z }
| {z }
=0
Φ(P0 , X n )
⇐⇒ a0 = −
∥P0 ∥2
=0
=0
De manière générale, pour tout k ∈ {0, 1, · · · , n − 1},
Φ(Pn , Pk ) = 0 ⇐⇒ Φ(X n + an−1 Pn−1 + · · · + a2 P2 + a1 P1 + a0 P0 , Pk ) = 0
⇐⇒ Φ(X n , Pk ) + an−1 Φ(Pn−1 , Pk ) + · · · + ak Φ(Pk , Pk ) + · · · + a1 Φ(P1 , Pk ) +a0 Φ(P0 , Pk ) = 0
|
{z
}
| {z }
| {z }
| {z }
=0
=∥Pk ∥2 ̸=0
=0
=0
n
Φ(Pk , X )
⇐⇒ ak = −
∥Pk ∥2
Ces calculs par équivalence montrent qu'il existe un et un seul polynôme Pn (X), de monôme dominant X n ,
et qui soit orthogonal à chacun des polynômes P0 , P1 , · · · , Pn−1 précédemment dénis.
On a aninsi établi par récurrence qu'il existe une et une seule famille (Pn (X))n de polynômes deux à deux
orthogonaux pour le produit scalaire Φ, et de monôme de plus haut degré X n .
• Soit Q ∈ Rn−1 (X). Q se décompose sur la base (P0 , P1 , · · · , Pn−1 ) de Rn−1 [X] ;
il existe a0 , a1 , · · · , an−1 ∈ R tels que : Pn = X n + an−1 Pn−1 + · · · + a2 P2 + a1 P1 + a0 P0
Alors
Φ(Q, Pn ) =
n−1
∑
k=0
ak Φ(Pk , Pn ) = 0
| {z }
=0
• Soit n ∈ N. Notons r1 , r2 , · · · , rp les racines de Pn appartenant à ]0, +∞[, et d'ordres de multiplicité impairs.
Alors le polynôme Pn (X) change de signe en ces points r1 , r2 , · · · , rp , et eux seulement.
Le polynôme Q(X) = Pn (X)(X − r1 )(X − r2 ), · · · , (X − rp ) garde un signe constant sur l'intervalle ]0, +∞[.
2
La fonction t 7→ Pn∫(t).(t − r1 )(t − r2 ), · · · , (t − rp )e−t est continue, de signe constant, non identiquement nulle.
2
On en déduit que 0+∞ Pn (t).(t − r1 )(t − r2 ), · · · , (t − rp )e−t ̸= 0, c'est à dire que :
Φ(Pn , (X − r1 )(X − r2 ), · · · , (X − rp )) ̸= 0,
ce qui montre que (X − r1 )(X − r2 ), · · · , (X − rp ) ∈/ Rn−1 [X]. Donc Pn possède au moins n racines d'odre
impair dans l'ibntervalle ]0, +∞[. Or il est de degré n. Il est donc scindé dans R[X]
• Notons a1 , a2 , · · · , ap les racines du polynôme Pn qui appartiennent à ]0, +∞[, et qui sont d'ordre impair :
Pn (X) = (X − a1 )(X − a2 ) · · · (X − ap )Q(X) où Q(X) peut s'écrire sous la forme
(X −b1 )m1 (X −b2 )m2 · · · (X −bq )mq (X −c1 ) · · · (X −cr )T (X) où les bj sont les racines de Pn (X) d'ordre
pairs qui appartiennent à ]0, +∞[, les cj sont les racines de Pn (X) en dehors de ]0, +∞[, et T (X) un polynôme
sans racine réelle.
Si p <
n, alors (X − a1 )(X − a2 ) · · · (X − ap ) ∈ Rn−1 [X], et d'après la question précédente,
∫
+∞
0
Pn (x)(x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − ap )dx = 0
∫ +∞
Par ailleurs,
Pn (x)(x − a1 )(x − a2 ) · · · (x − ap )dx =
∫ +∞0
(x − b1 )m1 +1 (x − b2 )m2 +1 · · · (x − bq )mq +1 (x − c1 ) · · · (x − cr )T (x)dx
0
où la fonction (x 7→ (x − b1 )m1 +1 (x − b2 )m2 +1 · · · (x − bq )mq +1 (x − c1 ) · · · (x − cr )T (x)) est de signe constant
(puisque les exposants mi + 1 sont pairs), continue, et non indentiquement nulle. Donc cette intégrale ne peut
pas être nulle.
L'hypothèse p < n aboutit à une absurdité. Donc p > n. Mais Pn (X) ne peut avoir plus de racines que son
dégré n. Donc p = n, ce qui montre que Pn (X) est scindé dans Rn [X] , que toutes ses racines sont réelle et
dans l'intervalle ]0, +∞[.
36
0.2.8 Centrale (classique)


a b c
Exercice 1 : A =  c a b , a, b, c ∈ R.
b c a
] 4[
Montrer que A est une matrice de rotation si et seulement si il existe h ∈ 0, 27
tel que a, b et c soient les
racines du polynômes X 3 − X 2 + h.
Exercice 2 : On considère
une fonction f ∈ C([0, 1], R)
∫
a) Montrer que si 01 f (t)dt = 0, alors f s'annule au moins une fois sur ]0, 1[ .
∫
b) Montrer que si 01 f (t)dt = 12 , alors f admet au moins un point xe sur ]0, 1[ .


a b c
SOLUTION : Exercice 1 : A =  c a b  est une matrice de rotation si et seulement si c'est une
b c a
 a2 + b2 + c2 = 1
ab + ac + bc = 0
matrice orthogonale directe, si et seulement si

det(A) = +1

a2 + b2 + c 2 = 1

ab + ac + bc = 0
⇐⇒
 3
a + b3 + c3 − 3abc = +1
Or (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) = a3 + b3 + c3 + a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2
et (ab + ac + bc)(a + b + c) = a2 b + ab2 + a2 c + ac2 + b2 c + bc2 + 3abc
d'où, par diérence,
(a2 + b2 + c2 )(a + b + c) − (ab + ac + bc)(a + b + c) = a3 + b3 + c3 − 3abc
A est unematrice de rotation si et seulement si :
 a2 + b2 + c2 = 1
ab + ac + bc = 0
 2
2
2
 (a2 + b2 + c2 )(a + b + c) − (ab + ac + bc)(a + b + c) = +1
 a +b +c =1
ab + ac + bc = 0
⇐⇒

a + b + c = +1
La relation : a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + ac + bc) montre que la première égalité est une conséquence
des deux dernières.
{
a+b+c=1
d'où : A est une matrice de rotation si et seulement si :
ab + ac + bc = 0
Considérons le polynôme P (X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X 3 − (a + b + c)X 2 + (ab + bc + ac)X − abc,
dont les racines sont a, b et c.
A est une matrice de rotation si et seulement si a, b et c sont les racines du polynôme X 3 − X 2 − abc .
• Examinons à quelle(s) condition(s) un polynôme de la forme X 3 − X 2 + h admet trois racines réelle. Pour
cela étudions sa fonction polynomiale :
∀x ∈ R, P ′ (x) = 3x2 − 2x = x(3x − 2)
x
−∞
P ′ (x)
+
P (x)
↗
−∞
0
0
h
−
2/3
0
+∞
+
+∞
↘
h−
4
27
↗
4
Le polynôme P possède trois racines réelles si et seulement si : h − 27
<0<h
⇐⇒
0<h<
4
27
Exercice 2 : On considère une fonction f ∈ C([0, 1], R)
∫
a) On suppose que 01 f (t)dt = 0.
Supposons que f ne s'annule pas sur ]0, 1[ : ∀x ∈]0, 1[, f (x) ̸= 0.
Si f changeait de signe sur ]0, 1[, étant continue, elle s'annulerait selon le théorème des valeurs intermédiaires.
Donc f garde un signe constant sur ]0, 1[.
Supposons que ∀x ∈]0, 1[, f (x) > 0
Alors f serait une fonction positive, continue et non identiquement nulle sur [0, 1]. Il s'ensuivrait que
∫1
f (t)dt > 0, contrairement à l'hypothèse. En supposant que ∀x ∈]0, 1[, f (x) < 0, on aboutirait de même à la
0
∫
conclusion 01 f (t)dt < 0.
∫
Ona ainsi prouvé par l'absurde que si 01 f (t)dt = 0, la fonction f s'annule au moins une fois sur ]0, 1[.
∫
b) On suppose que 01 f (t)dt = 12 . Posons : g(t) = f (t) − t.
∫
∫
∫
∫
∫
Alors g est continue sur [0, 1] et 01 g(t)dt = 01 (f (t) − t)dt = 01 f (t)dt − 01 tdt = 01 f (t)dt − 12 = 0
37
D'après a), on peut arme que g s'annule sur ]0, 1[ : ∃x ∈]0, 1[, g(x) = 0f (x) − x
Donc f (x) = x et f admet au moins un point xe sur ]0, 1[ .
0.2.9 CENTRALE - maths 1
Exercice 1 : Résoudre l'équation diérentielle (E) :
Exercice 2 :
e−2x
y ′′ + 4y ′ + 4y = √
1 + x2
(an )n>0 est une suite strictement croissante de réels strictement positifs, de limite innie.
∞
∑
On pose : ∀t > 0, f (t) =
(−1)n e−an t
n=0
a) Montrer que
la fonction f est dénie, continue, et intégrable sur l'intervalle ]0, +∞[
∫
+∞
Calculer
f (t)dt en fonction de la suite (an )
0
b) Calculer cette intégrale lorsque :
• (an ) = (n + 1)
• (an ) = (2n + 1)
SOLUTION (E) est une équation diérentielle scalaire du second ordre, linéaire, à coecients constants.
• L'équation homogène associée est (E) : y ′′ + 4y ′ + 4y = 0.
Elle a pour polynôme caractérisque Q(X) = X 2 + 4X + 4 = (X + 2)2 , qui a pour racine double r0 = −2.
Une base de l'espace vectoriel des solutions dénies sur R de l'équation (E0 ) est constitué des deux fonctions
y1 : x 7→ e−2x et y2 : x 7→ xe−2x
La solution générale de (E0 ) est x 7→ y(x) = λe−2x +µx 7→ xe−2x où λ et µ sont deux constantes quelconques.
• Appliquons la méthode de variation des constantes (méthode de Lagrange) pour rechercher une solution
particulière de l'équation complète (E) :
Recherchons cette solution sous la forme y = λy1 + µy2 où λ et µ sont deux fonctions de classe C 2 sur R,
inconnues.
On impose de plus la condition λ′ y1 + µ′ y2 = ω
(pour éviter que λ′′ et µ′′ n'apparaissent dans le calcul de y ′′ )
′
′
′
alors, y = λ y1 + µ y2 +λy1′ + µy2′ = λy1′ + µy2′
|
{z
}
=ω
y ′′ = λy1′′ + µy2′′ + λ′ y1′ + µ′ y2′
e−2x
y est solution de (E) sur R si et seulement si : ∀x ∈ R, y ′′ (x) + 4y ′ (x) + 4y(x) = √
1 + x2
⇐⇒ ∀x ∈ R, λ(x)y1′′ (x) + µ(x)y2′′ (x) + λ′ (x)y1′ (x) + µ′ (x)y2′ (x)
e−2x
+4(λ(x)y1′ (x) + µ(x)y2′ (x)) + 4(λ(x)y1 (x) + µ(x)y2 (x)) = √
1 + x2
Compte tenu des relations y1′′ (x) + 4y1′ (x) + 4y1 (x) = 0
et y2′′ (x) + 4y2′ (x) + 4y2 (x) = 0 , il reste :
e−2x
∀x ∈ R, λ′ (x)y1′ (x) + µ′ (x)y2′ (x) = √
1 + x2 
λ′ (x)y1 (x) + µ′ (x)y2 (x) = 0

′
′
e−2x
Les fonction λ et µ sont solutions du système : ∀x ∈ R,
 λ′ (x)y1′ (x) + µ′ (x)y2′ (x) = √
1 + x2
Remarque pratique : ce n'est qu'à ce stade que l'on va remplacer eectivement y1 (x), y1′ (x), y2 (x), y2′ (x) par
leurs valeurs explicites. Jusqu'ici on a intérêt à eectuer les calculs sous forme abstraite comme ci-dessus.
• ∀x ∈ R, y1 (x) = e−2x , y1′ (x) = −2e−2x , y2 (x) = xe−2x , y2′ (x) = (1 − 2x)e−2x

 λ′ (x)e−2x + µ′ (x)xe−2x = 0
e−2x
Le système s'écrit : ∀x ∈ R,
 −2λ′ (x)e−2x + µ′ (x)(1 − 2x)e−2x = √
1 + x2
1
−x
′
′
qui donne, après résolution : µ (x) = √
et λ (x) = √
1 + x2
1 + x2
√
√
2
d'où µ(x) = Argsh(x) = ln(x + x + 1) et λ(x) = − 1 + x2
Une solution particulière de (E) est donc : √
x 7→ g(x) = λ(x)y1 (x) + µ(x)y2 (x) = − 1 + x2 e−2x + xe−2x Argsh(x)
et la solution générale de (E) est :
√
x 7→ y(x) = − 1 + x2 e−2x + xe−2x Argsh(x) + Ae−2x + Bxe−2x
où A et B sont deux constantes
quelconques.
Exercice 2 :
(an )n>0 est une suite strictement croissante de réels strictement positifs, de limite innie.
a) Soit t > 0.
La suite (e−an t )n>0 est positive, décroissante
38
(car (an ) étant croissante, ∀n, an+1 > an , −an+1 t 6 −an t, et e−an+1 t 6 e−an t )
Elle est de limite nulle car lim an = +∞ =⇒ lim (−an t) = −∞ =⇒ lim e−an t = 0
n→+∞
n→+∞
n→+∞
−an t
La suite alternée ((−1)n e∑
)n>0 vérie donc le critère de Leibniz des séries alternées.
On sait qu'alors la série
(−1)n e−an t est convergente.
n∈N
La fonction f : t 7→
∞
∑
(−1)n e−an t est donc dénie sur l'intervalle ouvert ]0, +∞[ .
n=0
Remarque :
f (0) n'est pas déni, car pour t = 0, le terme général de la suite ((−1)n e−an t )n>0 = ((−1)n )n>0
ne tend pas vers 0.
• Soit t0 > 0.
Pour tout t > t0 , notons rn (t) =
∞
∑
(−1)k e−ak t le reste d'ordre n de la série convergente
∞
∑
(−1)n e−an t
n=0
k=n+1
D'après le théorème de majoration du reste d'une série alternée qui vérie le critère sus-mentionné,
∀n ∈ N, |rn (t)| 6 e−an+1 t 6 e−an+1 t0
(car t > t0 =⇒ −an+1 t 6 −an+1 t0 )
Ce majorant étant indépendant de t ∈ [t0 , +∞[, on peut écrire :
∥rn ( )∥∞
[t0 ,+∞[ =
|rn (t)| 6 e−an+1 t0 −−−−−→ 0
sup
n→+∞
t∈[t0 ,+∞[
Donc lim ∥rn ( )∥∞
[t0 ,+∞[ = 0, ce qui montre que la série de fonctions
n→+∞
∞
∑
(−1)n e−an t converge uniformément
n=0
sur l'intervalle [t0 , +∞[.
Chaque fonction t 7→ (−1)n e−an t étant continue sur [t0 , +∞[, la fonction somme, f , est continue sur
l'intervalle [t0 , +∞[. ceci étant vrai pour tout t0 > 0, la fonction f est continue sur ]0, +∞[ .
• Notons : ∀n ∈ N, ∀t ∈]0, +∞[, un (t) = (−1)n e−an t
Chaque fonction un est continue et intégrable sur ]0, +∞[ (et même sur [0, +∞[), et :
[ −an t ]t→+∞
∫ +∞
∫ +∞
e
1
|un (t)|dt =
e−an t dt = −
=
an t=0
an
0
0
∞
∑
Par majoration du reste, ∀t > 0, |f (t)| =
(−1)n e−an t 6 |u0 (t)| = e−a0 t
n=0
Or la fonction t → e−a0 t est intégrable sur ]0, +∞[, et par majoration, f l'est aussi.
Donc f est intégrable sur l'intervalle ]0, +∞[
Remarque : par contre rien ne permet d'armer que la série de terme général
∫
+∞
|un (t)|dt =
0
1
converge.
an
On ne pourra donc pas appliquer le théorème d'intégration terme à terme des séries de fonctions.
Revenons à l'écriture de la fonction f comme somme d'une somme partiel et du reste d'ordre n :
∀t > 0, Sn (t) =
∫
n
∑
k=0
+∞
n
∑
uk (t) =
∫
k −ak t
(−1) e
et rn (t) =
k=0
+∞
∫
∞
∑
uk (t) =
k=n+1
+∞
∫
∞
∑
(−1)k e−ak t
k=n+1
+∞
∀n ∈ N,
f (t)dt =
(Sn (t) + rn (t))dt =
Sn (t)dt +
rn (t)dt
0
0
0
∫ +∞
∫
∫
n
n
+∞
+∞
∑
∑
(−1)k
=
uk (t)dt +
rn (t)dt =
+
rn (t)dt
ak
0
0
0
k=0
k=0
∫ +∞
∫ +∞
n
∑
(−1)k
rn (t)dt
f (t)dt =
+
∀n ∈ N,
ak
0
0
k=0
∫ +∞
∫ +∞
∫ +∞
∫ +∞
e−an+1 t dt =
|un+1 (t)|dt =
|rn (t)|dt 6
Par ailleurs,
rn (t)dt 6
0
0
0
0
0
En passant à la limite dans l'égalité précédente quand n → +∞, on obtient :
∫
∫
+∞
f (t)dt =
0
+∞
∑
(−1)k
k=0
(on sait que ∀x ∈ [−1, 1[,
dans ce cas, ∀t > 0, f (t) =
+∞
∑
k=0
k+1
∞
∑
xn
=
e−(k+1)t = e
n
n=1
+∞
∑
−t
+∞
∑
(−1)k−1
k=1
k
= − ln(1 − x))
(e−t )k =
k=0
39
e−t
1 − e−t
= ln 2
+∞
f (t)dt =
0
b) • Lorsque (an ) = (n + 1),
1
−−−−−→ 0
an+1 n→+∞
+∞
∑
(−1)k
k=0
ak
∫
+∞
∑
π
(−1)k
= Arctan(1) =
2k
+
1
4
0
k=0
∞
n
∑ (−1) x2n+1
(on sait que ∀x ∈ [−1, 1], Arctan(x) =
)
2n + 1
n=0
• Lorsque (an ) = (2n + 1),
+∞
f (t)dt =
0.2.10 CENTRALE :
Soit Pn (X) le polynôme
n
∏
(X − k)
k=0
a) Montrer qu'il existe un unique réel un ∈]0, 1[ tel que Pn′ (un ) = 0
b) Montrer que ∀n > 0,
n
∑
k=0
1
=0.
k − un
En déduire lim un et déterminer un équivalent de un
n→+∞
quand
n → +∞
: a) Pn (0) = Pn (1) = ... = Pn (n) = 0
La fonction polynomiale Pn est C ∞ , en lui appliquant le théorème de Rolle, on montre l'existence d'une
racine de Pn′ (X) dans chacun des n − 1 intervalles ]0, 1[, ]1, 2[, ..., ]n − 1, n[. Pn′ étant de degré n − 1 , on a là
toutes les racines de(Pn′ qui est scindé )
dans R[X] . En particulier, Pn′ admet une unique racine un dans ]0, 1[ .
SOLUTION
b)
Pn′ (X)
=
n
∑
n
∏
k=0
j=0,j̸=k
(X − j)
=0
d'où
Pn′ (X)
Pn (X)
=
n
∑
j=0
z }| {
n
1
P ′ (u ) ∑ 1
et en remplaçant l'indéterminée par un , n n =
=0
X −j
Pn (un ) j=0 un − j
| {z }
̸=0
0 < un < 1 donc pour tout k ∈ {0, 1, ..., n}, k − 1 < k − un < k
1
1
<
k
k − un
et
n
∑
n
n
∑
∑
1
1
1
1
1
=−
+
>−
+
k − un
un
k − un
un
k
k=0
k=1
k=1
n
∑
∑
1
1
1
1
donc
>
et puisque la série
diverge, par minoration, lim
= +∞ et
n→+∞ un
un
k
k
0=
k=1
lim un = 0
n→+∞
∑ 1
1
1
1
=
et l'encadrement <
entraine :
un
k − un
k
k − un
n
•
k=1
n
n
n−1
∑
∑1
1
1 ∑ 1
<
<
+
k
k − un
1 − un
k
k=1
k=1
k=1
n
∑
1
on sait que
= ln n + γ + ε(n) ∼ ln n et que lim un = 0
n→+∞
n→+∞
k
k=1
n
n−1
∑
∑1
1
1
1
1
<
<
+
entraine alors que
k
un
1 − un
k
un
k=1
k=1
1
et nalement , un ∼
n→+∞ ln n
l'encadrement
0.2.11 Centrale :
∼
n→+∞
ln n


0
0
0
Exercice 1 : On cnsidère la matrice Am =  −m −m + 1 m  où m est un paramètre réel.
−m − 1
−m
m+1
Pour quelle(s) valeur(s) de m la matrice A est elle diagonalisable ?
Caractériser alors l'endomorphisme canoniquement associé à la matrice Am
(2 )
Exercice 2 : On note an le nombre de chires de l'écriture
.
∑ décimale de 2
n
Quel est le rayon de convergence de la série entière
an z n ?
χA (x) = x(x2 − 2x + 1) = x(x − 1)2
Donc Sp(A) = {0, 1}, 0 est valeur propre simple, 1 est valeur propre double.
La relation : ∀λ ∈Sp(A), 1 6 dim(Eλ (A)) 6 ordre(λ) entraîne que dim(E0 (A)) = 1 et que
1 6 dim(E1 (A)) 6 ordre(1) = 2.
A sera diagonalisable si et seulement si dim(E1 (A)) = 2.
SOLUTION
:
40


−1
0
0
−m m 
Or dim(E1 (A)) = 3 − rg(A − 1.I3 ) où A − I3 =  −m
−m − 1 −m m


−1 0 0
- si m = 0, A − I3 =  0 0 0  est de rang 1 (la première colonne n'est pas nulle, les deux suivantes le
−1 0 0
sont)
Donc dim(E1 (A)) = 3 − 1 = 2, la matrice A est diagonalisable, de valeurs propres 0 et 1.
L'endomorphisme f canoniquement associé à la matrice A0 est la symétrie par rapport au plan P =
Vect([0, 1, 0], [0, 0, 1]) (d'équation
x = 0), parallèlement
à la droite engendrée par le vecteur [1, 0, 1] .


−1
0
0
−m
−m m  est de rang 2 car les deux premières colonnes sont linéairement
−m − 1 −m m
indépendantes. le sous espace propre E1 (A) n'est que de dimension 1, et A n'est pas diagonalisable.
- si m ̸= 0, A − I3 = 
Exercice 2 : Si x est un nombre entier à 3 chires, alors
100 = 102 6 x 6 999 = 103 − 1
Plus généralement, si x possède a chires, 10
6 x < 10a
n
n
Si on note an le nombre de chires de l'écriture décimale de 2(2 ) , alors 10an −1 6 2(2 ) < 10an
En prenant le logarithme, (an − 1) ln(10) 6 2n ln(2) < an ln(10)
2n ln(2)
=⇒ an − 1 6
< an
ln(10)
2n ln(2)
2n ln(2)
=⇒
< an 6
+1
ln(10)
ln(10)
∑ 2n ln(2)
ln(2) ∑
xn =
(2x)n est une série géométrique de raison 2x, qui converge si et
La série entière
ln(10)
ln(10)
seulement |2x| < 1, ⇐⇒( |x| < 12 . )
∑ 2n ln(2)
La série entière
+ 1 xn est la somme de la série entière précédente, de rayon de convergence
ln(10)
∑
égal à 21 , et de la série ` xn de rayon 1. Son rayon de convergence est donc lui aussi égal à 12 .
a−1
L'encadrement obtenu permet alors d'armer que
∑
la série entière an z n a un rayon de convergence égal à
0.2.12 Centrale :
On considère la suite dénie par :
{
1
2
.
u0 = 1, u1 = 0
∀n ∈ N∗ , un+1 = n(un + un−1 )
a) Calculer u2 , u3 . Calculer u10 avec Python.
b) Montrer que ∀n > 2,
n!
6 un 6 n!
3
En déduire le rayon de convergence de la série S(x) =
∞
∑
un n
x
n!
n=0
c) Montrer que la fonction S est solution d'une équation linéaire du premier ordre sur un intervalle que l'on
précisera.
d) Exprimer S(x) à l'aide des fonctions usuelles. Calculer un en fonction de n.
Vérier le résultat trouvé avec Python pour u10 .
SOLUTION
: a)
u=[0 for i in range(11)]
u[0]=1
u[1]=0
for k in range(1,11):
u[k+1]=k*(u[k]+u[k-1])
print(u[10])
u10 = 1334961
n!
b) Montrons par récurrence que ∀n > 2,
6 un 6 n!
3
On vérie grâce au calcul des premiers termes de la suite que cet encadrement est vérié pour n = 2 et
n = 3.
k!
Supposons qu'il soit vérié jusqu'au rang n : ∀k 6 n,
6 uk 6 k! :
3
alors un+1 = n(un + un−1 ) 6 n(n! + (n − 1)!) = n(n.(n − 1)! + (n − 1)!) = n.(n − 1)! . (n + 1) = (n + 1)!
41
(
n!
et un+1 = n(un + un−1 ) > n
+
3
L'encadrement est héréditaire.
(n − 1)!
3
)
= n(n − 1)! .
(n + 1)!
n+1
=
3
3
n!
6 un 6 n!
3
1
|un xn |
• alors, pour tout x ∈ R, pour tout n > 2, |xn | 6
6 |xn |
3
n!
∑ n
∑
La série |x | converge pour tout |x| < 1, par majoration, il en va de même pour la série |un xn |. Son
On a ainsi prouvé par récurrence que ∀n > 2,
rayon de convergence
est donc supérieur ou égal à 1.
∑
∑
La série 13 |xn | diverge pour tout |x| > 1, par minoration, il en va de même pour la série |un xn |. Son
rayon de convergence est donc inférieur ou égal à 1.
∑
La série entière un!n xn a pour rayon de convergence 1
c) ∀x ∈] − 1, 1[, S(x) =
S(x) = 1 +
∞
∞
∑
∑
un+1 n+1
un n
x = u0 + u1 +
x
n!
(n
+ 1)!
n=1
n=0
∞
∑
n(un + un−1 ) n+1
x
(n + 1)!
n=1
On sait qu'on peut déiver terme à terme une série entière sur l'intervalle ouvert de convergence, donc
∞
∞
∑
n(un + un−1 ) n ∑ un + un−1 n
x =
x
n!
(n − 1)!
n=1
n=1
∞
∞
∑
∑
un−1 n
un
S ′ (x) =
xn +
x
(n
−
1)!
(n
− 1)!
n=1
n=1
∞
∞
∑
∑
un
un−1 n−1
=x
xn−1 + x
x
(n − 1)!
(n − 1)!
n=1
n=1
∞
∞
∑
∑
un
un n
=x
xn−1 + x
x
(n
−
1)!
n!
n=1
n=0
∀x ∈] − 1, 1[, S ′ (x) = xS ′ (x) + xS(x)
La fonction S est solution sur ] − 1, 1[ de l'équation (E) : (1 − x)y ′ − xy = 0
∀x ∈] − 1, 1[, S ′ (x) =
d) (E) est une équation diérentielle linéaire du premier ordre liéaire, homogène .
La solution générale de (E) sur l'intervalle
(∫ ] − 1, 1[ est
) :
(∫
)
∫x
x
x
x 7→ y(x) = λ exp(
t
dt)
x0 1−t
= λ exp
t−1+1
1−t dt
x0
−x
= λ exp
x0
(−1 −
1
t−1 )dt
e
1−x
e−x
Donc ∃λ ∈ R, ∀x ∈] − 1, 1[, S(x) = λ
1−x
En pariculier, au point x = 0 : S(0) = λ = u0 = 1
e−x
Donc ∀x ∈] − 1, 1[, S(x) =
1−x
y(x) = λ exp (−x − ln |x − 1|) = λ
• On sait que :
∀x ∈ R, e−x =
∞
∑
n=0
et ∀x ∈] − 1, 1[,
xn
n!
∞
∑
=
xn
(−1)n
1
1−x
n=0
Le produit de Cauchy de ces deux séries entières est la série
∀n ∈ N, cn =
n
∑
k=0
k
(−1)
×1=
k!
n
∑
k=0
∞
∑
∞
∑
cn xn =
n=0
cn xn telle que :
k
(−1)
k!
Puisque les deux séries convergent
( absolument
) sur
( ] − 1,)1[,
∀x ∈] − 1, 1[,
∑
(−1)n
n=0
xn
n!
.
∞
∑
n=0
xn
=
∞
∑
un n
e−x
= S(x) =
x ,
1−x
n!
n=0
et par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul,
(
∀n ∈ N, un = n! cn = n!
n
∑
(−1)k
k=0
)
k!
0.2.13 Centrale
On considère l'équation diérentielle (E) :
y ′′ − y ′ 2 + y . y ′ 3 = 0
42
a) Rechercher les solutions avec MAPLE.
Donner des solutions simples de (E)
b) Soit f une solution maximale de (E) dénie sur un intervalle I , non constante.
Montrer que ∀x ∈ I, f ′ (x) ̸= 0.
En déduire que f est un C 2 diéomorphisme de I sur un intervalle J , et que f −1 est solution d'une équation
diérentielle linéaire du premier ordre.
a) restart;
dsolve(di(y(x),x,x)-(di(y(x),x))∧ 2+y(x)*(di(y(x),x))∧ 3=0,y(x));
SOLUTION
1
2
2 y(x)
− y(x) − exp(−y(x))C1 − x − C2 = 0,
y(x) = C2
• Les fonctions constantes sur un intervalle quelconque I de R sont des solutions de (E) sur cet intervalle. (elles
vérient y ′ = y ′′ = 0 sur I )
b) Soit f une solution maximale non constante de (E) dénie sur un intervalle I . f est de classe C 2 sur I et
f ′ n'est pas la fonction nulle (sinon f serait constante).
Il existe c ∈ I tel que f ′ (c) ̸= 0. Par continuité de f ′ au point c, il existe un intervalle ]c − η, c + η[ de I sur
′
lequel f ′ ne s'annule pas. (il sut de revenir à la dénition de la continuité de f ′ en prenant ε = |f 2(c)| :
′
Supposons par exemple f ′ (c) >, et prenons ε = f 2(c) .
′
Pour cet ε, il existe η > 0 tel que ∀x ∈ I, |x − c| < η =⇒ |f ′ (x) − f ′ (c)| < ε = f 2(c)
′
=⇒ ∀x ∈]c − η, c + η[, − f 2(c) < f ′ (x) − f ′ (c) < ε =
′
′
f ′ (c)
2
=⇒ ∀x ∈]c − η, c + η[, 0 < f ′ (c) − f 2(c) = f 2(c) < f ′ (x) )
• Soit I ′ le plus grand intervalle contenant a et sur lequel la fonction f ′ ne s'annule pas. Un tel intervalle existe:
il sut de prendre l'union des intervalles contenant a et sur lesquels la fonction f ′ ne s'annule pas. (de tels
intervalles existent, par exemple ]c − η, c + η[).
I ′ est un sous intervalle de I sur lequel f est solution de (E):
∀x ∈ I ′ , f ′′ (x) − (f ′ (x))2 + f (x).(f ′ (x))3 = 0
f ′′ (x)
=⇒ ∀x ∈ I ′ , ′
− 1 + f (x).(f ′ (x)) = 0
(en divisant par (f ′ (x))2 qui n'est jamais nul)
(f (x))2
1
1
=⇒ ∃k ∈ R, ∀x ∈ I ′ , − ′
− x + .f 2 (x) = k
f (x)
2
• Montrons que I ′ = I .
Si I ′ I , l'une des bornes de I ′ (nie ou innie) est diérente de l'une des bornes de I . I =][a, b][, I ′ =][a′ , b′ ][
1
1
Supposons par exemple b′ < b. Alors b est un réel (borne nie), et ∀x ∈ I ′ , ′ + x − .f 2 (x) = −k
f (x)
2
1
1 2 ′
′
2
′
Puisque f est C sur I , elle est continue au point b et lim′ − ′
= b + .f (b ) − k , ce qui montre que
f (x)
2
x→b
f ′ (b′ ) = lim′ − f ′ (x) ̸= 0
x→b
Mais si f ′ (b′ ) ̸= 0, le raisonnement fait plus haut pour le point c montre que f ′ ne s'annule pas sur un
intervalle de la forme ]b′ − µ, b′ + µ[, ce qui est en contradiction avec la dénition de I ′ =][a′ , b′ ][ comme étant
le plus grand intervalle contenant c et sur lequel la fonction f ′ ne s'annule pas.
Donc b′ = b. On démontre de même que a′ = a. Donc I ′ = I . Autrement dit, si f est une solution maximale
de (E) dénie sur un intervalle I , f ′ ne s'annule pas sur cet intervalle I .
• La fonction f ′ est continue sur I , et ne s'annule pas. Elle garde donc un signe constant. f est donc strictmeent
monotone, et injective sur l'intervalle I . Etant continue, l'image J = f (I) est un intervalle de R. f est donc
une bijection de I sur J .
Puisque f est C 1 , et que f ′ ne s'annule pas, la fonction réciproque g = f −1 est dérivable en tout point t ∈ J ,
1
1
= ′
et ∀t ∈ J, g ′ (t) = ′ −1
f (f
(t))
f (g(t))
Cette relation montre que g ′ est C 1 sur J , et que g est de classe C 2
Finalement, f est un est C 2 diéomorphisme de I sur J
• Soit (f, I) une solution maximale de (E) et (g son application réciproque.
Soit t un élément quelconque de J et x = g(t) = f −1 (t)
1
1
On sait que ′ + x − .f 2 (x) = k (k constante réelle)
f (x)
2
1 2
donc g (t) + g(t) − .t = k
2
′
(puisque f (x) = t, x = g(t) et g ′ (t) =
g est solution d'une équation diérentielle de la forme (F ) : z ′ + z =
1
f ′ (x)
)
t2
+k
2
• La solution générale de l'équation homogène (F0 ) : z ′ + z = 0 est : t 7→ λe−t , λ ∈ R
On recherche une solution particulière de l'équation complète (E)
- soit de la forme z(t) = at2 + bt + c où a, b, c sont des coeciants réels à déterminer :
43
2
t
2
z ′ (t) +
z(t) = at1 + (2a + b)t
+ b + c 1= 2 + k
a= 2
 a= 2

2a + b = 0 ⇐⇒
b = −1
⇐⇒


b+c=k
c=k+1
La solution générale de (E) est : t 7→ λe−t + t2 − t + k + 1, λ ∈ R
2
- on peut aussi appliquer la méthode de variation de la constante
- on peut aussi demander à MAPLE de résoudre cette équation très simple :
restart; dsolve({di(z(t),t)+z(t) = t*t/2 +k},{z(t)});
z(t) =
1 2
t − t + 1 + k + C1 e−t
2
0.2.14 CENTRALE :
On considère les endomorphismes de Cn vériant :
u2 = v 2 = IdCn et uo v = −vo u .
Montrer qu'il en existe une innité si n = 4, et aucun si n = 3
Soient u et v deux endomorphismes de Cn vériant :
u = v = IdCn et uo v = −vo u
u et v sont des projecteurs de Cn . Notons E1 = ker(u − IdCn ) et E2 = ker(u + IdCn ), de sorte que u est la
symétrie par rapport au sous espace E1 , parallèlement au sous espace E2 .
∀x ∈ E1 , u(x) = x =⇒ u(v(x)) = −v(u(x)) = −v(x) (car uo v = −vo u)
SOLUTION
2
2
=⇒ v(x) ∈ ker(u + IdCn ) = E2
Ceci montre que v(E1 ) ⊂ E2 , et puisque v est bijectif ( toute symétrie est bijective, et est sa propre inverse),
dim(v(E1 )) = dim(E1 ) 6 dim(E2 ).
De manière analogue, ∀x ∈ E2 , u(x) = −x =⇒ u(v(x)) = −v(u(x)) = v(x)
=⇒ v(x) ∈ ker(u − IdCn ) = E1
Ceci montre que v(E2 ) ⊂ E1 , et puisque v est bijectif, dim(v(E2 )) = dim(E2 ) 6 dim(E1 ).
Par double inégalité, on a donc dim(E2 ) = dim(E1 ).
Mais par ailleurs, puisque E1 ⊕ E2 = Cn , dim(E1 ) + dim(E2 ) = 2 dim(E1 ) = n
• Si n = 3, l'égalité 2 dim(E1 ) = 3 est impossible car 2 dim(E1 ) est un entier pair.
Si n = 3, il n'existe pas de couple (u, v) d'endomorphismes de Cn vériant les conditions étudiées .
• Si n = 4, poursuivons l'analyse : alors dim(E2 ) = dim(E1 ) = 42 = 2
L'inclusion v(E1 ) ⊂ E2 et l'égalité des dimensions, dim(v(E1 )) = dim(E1 ) = 2 = dim(E2 ) entraîne que
v(E1 ) = E2 .
Par unraisonnement analogue, v(E2 ) = E1 .
Soient B1 = (e1 , e2 ) une base de E1 et B2 = (e3 , e4 ) une base de E2 . B = B1 ∪ B2 est alors une base de
C4 puisque E1 ⊕ E2 = C4 .
Puisque u est la symétrie
( par rapport
) au sous espace E1 , parallèlement au sous espace E2 , la matrice de u
I2 O2
dans la base B est U =
, et puisque v(E1 ) = E2 et v(E2 ) = E1 , la matrice de v dans la base B
O2 −I2
(
)
O2 B
est de la forme V =
où A et B ∈ M2 (C).
A O2
(
) (
) (
)
I2 O2
O2 B
O2 B
Alors U.V =
.
=
O −I2
A O2
−A O2
( 2
) (
) (
)
O2 B
I2 O2
O2 −B
et V.U =
.
=
A O2
O2 −I2
A O2
Cela n'apporte pas(de condition
supplémentaire
puisque
l'égalité )U.V = −V.U est vériée.
) (
) (
O
B
O
B
B.A
0
2
2
Par ailleurs, V 2 =
.
=
= I4 =⇒ A.B = B.A = I2
A O2
A O2
0
A.B
)
(
O2 A−1
Donc A et B sont inversibles et inverses l'une de l'autre, et V =
A
O2
(
)
(
)
−1
I2 O2
O2 A
• Réciproquement, si U =
et V =
où A ∈ GL2 (C), on vérie immédiatement
O2 −I2
A
O2
que:
(
) (
)
O2 A−1
O2 A−1
U 2 = I4 , V 2 =
.
= I4 ,
A
O
A
O2
(
) (2
)
(
)
I2 O2
O2 A−1
O2 A−1
U.V =
.
=
O −I2
A
O2
−A O2
) (
) (
)
( 2
I2 O2
O2 −A−1
O2 A−1
.
=
= −V.U
U.V =
A
O2
O2 −I2
A
O2
44
Les endomorphismes u et v qui ont pour matrices respectivement U et V dans une base de C4 vérient donc
les conditions étudiées.
A pouvant être n'importe quelle matrice inversible de M2 (C), on obtient bien une innité de couples (u, v)
solutions.
0.2.15 Centrale
avec Python (transposé de MAPLE)
Soit la suite (an ) dénie par a0 = a1 = a2 = 1 et ∀n ≥ 3, 2nan = 2nan−1 − an−3
a) Calculer les 10 premiers termes de la suite avec Python.
Etudier
Python le comportement de la suite ( aan+1
) et conjecturer le rayon de convergence de la série
n
∑ avec
entière an xn
b) Soit f (x) la somme de cette série. f (x) =
Montrer qu'il existe un polynôme P tel que :
∞
∑
an xn
n=0
∀x ∈] − R, R[, (1 − x)f ′ (x) = P (x)f (x)
et calculer f (x).
1
an+1
c) Montrer que ∀n ∈ N, 1 −
≤
≤ 1 et calculer R.
n+1
an
SOLUTION
a)
a=[0 for i in range(11)]
u[0],u[1],u[2]=1,1,1
for k in range(3,11):
u[k]=u[k-1]-u[k-3]/(2*k)
print(u[10])
On trouve en particulier u10 ≃ 0.3959198633156967
for k in range(3,11):
print(u[k]/u[k-1])
an+1
= 1 et donc que le rayon de convergence est R =
an
∞
∞
∑
∑
b) ∀x ∈] − R, R[, f (x) =
an xn , et f ′ (x) =
nan xn−1
Ce calcul laisse présager que lim
n→∞
′
2f (x) = 2
∞
∑
n=0
n−1
nan x
n=0
2f ′ (x) = 2 + 4x + 2x
n=0
= 2a1 + 4a2 x +
∞
∑
∞
∑
(2nan−1 − an−3 )xn−1
n=3
(n − 1)an−1 xn−2 + 2
n=3
∞
∑
an−1 xn−1 −
n=3
∞
∑
an−3 xn−1
n=3
2f ′ (x) = 2 + 4x + 2x(f ′ (x) − a1 ) + 2(f (x) − a0 − a1 x) − x2 f (x)
2f ′ (x) = 2 + 4x + 2xf ′ (x) − 2x + 2f (x) − 2 − 2x − x2 f (x)
donc (2 − 2x)f ′ (x) = (2 − x2 )f (x)
f est solution sur ] − R, R[ de l'équation diérentielle : (2 − 2x)y ′ = (2 − x2 )y
f ′ (x)
x2 − 2
(x − 1)(x + 1) − 1
x+1
1
=
=
=
−
f (x)
2(x − 1)
2(x − 1)
2
2(x − 1)
x2 + 2x 1
ln |f (x)| =
− ln |x − 1| + k
4
22
x
x
e 4 +2
Finalement f (x) = λ √
, λ constante réelle.
1−x
x2
x
e 4 +2
f (0) = a0 = 1 donc λ = 1 et ∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = √
1−x
ak
≤1
c) Soit Rn la relation : ∀k ∈ {0, .., n}, 0 ≤ ak et 1 − k1 ≤ ak−1
On vérie facilement que pour n = 1 et n = 2, Rn est vraie.
Supposons Rn vraie : pour k ∈ {1, .., n}, 0 ≤ ak et 1 − k1 = k−1
k ≤
pour k ∈ {1, .., n}, 0 ≤ ak et (k − 1)ak−1 ≤ kak
a
alors (n + 1)an+1 = (n + 1)an − n−2
2
1
an−2
1
an−2
an+1 = nan −
≥ (n − 2)an−2 −
n
2(n + 1)
n
2(n + 1)
(car nan ≥ (n − 1)an−1 ≥ (n − 2)an−2 )
45
ak
ak−1
≤1
1
1
=1
an+1 ≥
2n2 − 3n − 4
an−2 ≥ 0
2n(n + 1)
|
{z
}
≥0
si
n≥3
an−2
an+1
≤ an donc
≤ 1,
2(n + 1)
an
a
1
a
enn, (n + 1)an+1 = nan + an − n−2 ≥ nan + (n − 2)an−2 − n−2
2
n
2
n−4
(n + 1)an+1 ≥ nan +
an−2 ≥ nan si n ≥ 4
2n
n
an+1
≤
≤ 1 c'est à dire la propriété Rn+1
On a ainsi montré que an+1 ≥ 0 et
n+1
an
Ceci établit par récurrence que pour tout n , Rn est vraie.
n
an+1
an+1
L'encadrement
≤
≤ 1 montre alors que lim
= 1 et que le rayon de convergence de la
n→+∞ an
n+1
an
série entière est bien R = 1
par ailleurs, an+1 = an −
0.2.16 Centrale :
Exercice 1 : Soit A ∈ GLn (R), et B =
(
A
A−1
A3
A
)
(dénie par blocs)
A quelle condition sur A, B est elle diagonalisable ?
(On pourra commencer par étudier le cas n = 1)
Exercice 2 : On considère n + 1 réels x0 < x1 < ... < xn .
Montrer, après avoir justié l'existence des intégrales considérées, qu'il exsite n + 1 réels a0 , a1 , ..; , an tels
que :
∫
n
∑
P (t)
√
dt =
ak P (xk )
t(1 − t)
0
k=0
(
)
a a3
SOLUTION : Exercice 1 : Lorsque n = 1, B =
où a est un réel non nul (inversible).
1/a a
Sp(B) = {0, 2a}.
(calcul sans diculté)
B ∈ M2 (R) possède deux valeurs propres distinctes, donc est diagonalisable.
2
E0 (A) = V ect([−a
, 1]), ) E2a (A) =(V ect([a2)
, 1])
(
2
−a a2
0 0
Soient P =
et ∆ =
1
1
( 0 2a2
)
1
−1/a 1
−1
−1
Alors B = P.∆.P
où P =
1/a2 )1 (
2
(
)
(
)
(
)
a a3
−a2 a2
0 0
−1/a2 1
L'égalité B =
=
×
× 12
peut laisser espérer que
1/a a
1
1
0 2a
1/a2 1
par un calcul
par blocs,
matrice
A ∈ GLn (R)
(
) pour
( toute
) (
) , on (aura :−2
)
A
A3
−A2 A2
0 0
−A
In
1
=
×
×2
A−1 A
A−2 I)
n
( In2 I2n ) ( 0 2A)
(
(
)
−2
−A A
0 0
−A
In
A
A3
1
On eectue le produit
×
×2
et
on
trouve
eectivement
−2
In )
In (
A−1 A
( In2
(0 2A
) A
)
−2
2
−A A
−A
In
In 0
, qui donne
= I2n montre que ces deux
Le calcul du produit
× 12
In
In
A−2 In
0 In
matrices sont inverses
de l'autre.
( l'une
)
(
)
(
)
−A2 A2
A
A3
0 0
En notant Q =
, l'égalité obtenue s'écrit : B =
= Q.
.Q−1
In
In
A−1 A
0 2A
(
)
0
0
2
• Il s'en suit alors que B = Q.
.Q−1 , plus généralement, que pour tout entier k ∈ N, B k =
0 (2A)2
)
(
0
0
.Q−1 , et par combinaison linéaire de ces égalités, que pour tout polynôme Π(X) ∈ R[X],
Q.
0 (2A)k
(
)
0
0
Π(B) = Q.
.Q−1
0 Π(2A)
• Dès lors, la matrice A est diagonalisable si et seulement
( 1 )si elle admet un polynôme annulateur Λ(X), scindé
dans R[X], et à racines
simples.
En
posant
L(X)
=
Λ
2 X , on obtient L(2A) = Λ(A) = 0,
(
)
0
0
et L(B) = Q.
.Q−1 = 0
0 L(2A)
Le polynôme L(X) étant lui aussi comme Λ(X) scindé dans R[X], à racines simples, la matrice B est
1
∀P ∈ Rn [X],
diagonalisable.
Calcul analogue dans le sens inverse en partant de l'hypothèse que B est diagonalisable.
On a nalement montré que B est diagonalisable si et seulement si A l'est.
Exercice 2 :
46
Centrale 2015 - Sujets-0 PSI issus du site
https://www.concours-centrale-supelec.fr/CentraleSupelec/MultiY/C2015
0.2.17 Centrale 2015 sujet 1
n > 3, E = Mn,1 (R) A et B sont deux vecteurs colonnes non colinéaires dans E .
M = A.B T + B.AT
1. Justier que M est diagonalisable.
2. Déterminer rg(M ) en fonction de A et B .
3. Déterminer le spectre de M et décrire les sous-espaces propres associés.
SOLUTION

: 1- M est symétrique réelle, donc diagonalisable dans Mn (R)


a1
 a2 



2- A = 
 ..  , B = 
 . 

an


a1
 a2  (


A.B T =  .  ×
 .. 
an

b1
b2 

.. 
. 
bn
b1
b2

···
bn
a1 b1
) 
 a2 b1
= .
 ..
an b1
a1 b2
a2 b2
···
···
an b2
···
···

a1 bn
a2 bn 
 (
= b1 A
.. 
. 
an bn
b2 A
···
bn A
)
(écriture colonne par colonne)
(
)
Par un calcul analogue, B.AT = a1 B( a2 B · · · an B
)
et M =(A.B T + B.AT = b1)A + a1 B b2 A + a2 B · · · bn A + an B
soit M = C1 C2 · · · Cn
(écriture colonne par colonne)
où chaque colonne Ci = bi A + ai B
Ceci montre que : Vect(C1 , C2 , · · · , Cn ) ⊂ Vect(A, B), et rg(M ) = rg(C1 , C2 , · · · , Cn ) 6 2.
a) Si rg(A, B) = 2 (c'est
si (A, B) est libre dans Rn ), alors
 à dire 
b1
(
)
b2 
a1 a2 · · · an

= rg
.. .. 
b1 b2 · · · bn
. . 
an bn
((
) (
)
(
))
a1
a2
an
rg(A, B) = 2 = rg
,
,··· ,
b1
b2
bn

rg(A, B) = rg 


a1
a2
(une matrice a même rang que sa transposée)
(
ai
bi
)
(
aj
bj
)
Ce système de n vecteurs étant de rang 2, il existe deux vecteurs,
et
qui forment un système
libre.
Alors le système de vecteurs (Ci , Cj ) = (bi A + ai B , bj A + aj B) de Rn a pour déterminant :
bi
ai
bj
aj
= aj bi − ai bj dans la base (A, B) du plan Vect(A, B).
((
) (
))
aj
ai
Or ce déterminant est celui du système
,
, qui est donc non nul.
bj
bi
Le système (Ci , Cj ) est donc libre, et le rang du système (C1 , C2 , · · · , Cn ), c'est à dire le rang de la matrice
δ=
M est égal à 2.
b) Si rg(A, B) = 1 (supposons par exemple que A ̸= 0 et B = λ.A, λ ∈ R),
alors Ci = bi A + ai B = λai A + ai λA = 2ai λA
(C1 , C2 , · · · , Cn ) = (2λa1 A, 2λa2 A, · · · , 2λan A)
Si λ = 0, alors B = 0 et M = 0. Le rang de M est nul.
Si λ ̸= 0, l'un des coecients ai est non nul puisque A ̸= 0, et la liste (C1 , C2 , · · · , Cn ) ne contient que des
vecteurs colinéaires à A, dont l'un au moins n'est pas nul. dans ce cas, rg(M ) = rg(C1 , C2 , · · · , Cn ) = 1.
3- On supose que A et B sont deux vecteurs colonnes non colinéaires dans E = Mn,1 (R).
Soient λ ∈ R et V ∈ E :
M.V = λ.V ⇐⇒ (A.B T + B.AT ).V = λ.V ⇐⇒ (A.B T ).V + (B.AT ).V = λ.V
⇐⇒ A.(B T .V ) + B.(AT .V ) = λ.V (par associativité du produit matriciel)
T
Or B .V et AT .V sont deux matrices 1 - 1 qui se comportent comme des scalaires :
d'où : M.V = λ.V ⇐⇒ (B T .V ) .A + (AT .V ) .B = λ.V
| {z }
| {z }
scalaire
scalaire
• Si λ = 0, M.V = λ.V = 0{⇐⇒ (B T .V ).A + (AT .V ).B = 0
B T .V = 0
⇐⇒
(car (A, B) est supposé libre dans E )
AT .V = 0
{
b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn = 0
⇐⇒
(S)
a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0
47





a1
b1
x1
 a2 
 b2 
 x2 





où A = 
 .. , B =  ..  et V =  .. 
 . 
 . 
 . 
an
bn
xn
Le système (S) est de rang 2, puisque les vecteurs A et B forment un système libre.
O est donc valeur propre de M et le sous espace propre associé est le sous espace G = H1 ∩H2 où H1 et H2
sont les hyperplans de E d'équations respectives : a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = 0 et b1 x1 + b2 x2 + · · · + bn xn = 0
C'est un sous espace de dimension n − 2 (dans le système (S) , dim(G) = n− rang(S) = n − 2
• Si λ ̸= 0, M.V = λ.V ⇐⇒ (B T .V ).A + (AT .V ).B = λ.V
puisque λ ̸= 0, on peut diviser cette égalité par λ, et V est de la forme :
T
T
V = B λ.V .A + A λ.V .B = α.A + β.B

En reportant dans l'égalité précédente,
M.V = λ.V ⇐⇒ B T .(α.A + β.B).A + AT .(α.A + β.B).B = λ.(α.A + β.B)
⇐⇒ (α.B T .A + β.B T .B − λ.α) .A + (α.AT .A + β.AT .B − λ.β) .B = 0
|
{z
}
|
{z
}
scalaire
scalaire
{
α.B T .A + β.B T .B − λ.α = 0
⇐⇒
(car (A, B) est un système libre)
α.AT .A + β.AT .B − λ.β = 0
{
(B T .A − λ)α + B T .B.β = 0
⇐⇒
(T)
AT .A.α + (AT .B − λ).β = 0
On est en présence d'un système linéaire (T) de deux équations aux deux inconnues, α et β .
B T .A − λ
B T .B
Son déterminant est : δ =
T
T
A .A
A .B − λ
δ = (B T .A − λ)(AT .B − λ) − B T .B.AT .A
= λ2 − (AT .B + B T .A)λ − AT .A.B T .B + B T .A.AT .B
Le discriminant de δ est γ = (AT .B + B T .A)2 − 4(B T .A.AT .B − AT .A.B T .B)
γ = AT .B.AT .B + B T .A.B T .A + 2AT .B.B T .A − 4B T .A.AT .B +4AT .A.B T .B
|
{z
}
=−2AT .B.B T .A
γ = AT .B.AT .B + B T .A.B T .A − 2AT .B.B T .A + 4AT .A.B T .B
= (AT .B − B T .A)2 + 4AT .A.B T .B
= (AT .B − B T .A)2 + 4∥A∥2 .∥B∥2 > 0
Le trinôme δ = λ2 − (AT .B + B T .A)λ − AT .A.B T .B + B T .A.AT .B a donc deux racines réelles distinctes
λ1 et λ2 (puisque son discrinant est > 0)
Si λ ∈/ {λ1 , λ2 }, le système (T) a un déterminant non nul. C'est un système de Cramer qui a par conséquent
une solution unique. Or c'est un système homogène, sa solution unique est donc le couple (α, β) = (0, 0).
Donc il n'existe pas de vecteur V = α.A + β.B non nul tel que M.V = λ.V . λ n'est donc pas valeur propre
de M .
Si λ est l'une des deux racines λ1 ou λ2 , δ = 0, le système (T) n'est pas de Cramer, il est de rang 1 seulement
(les deux équations sont proportionnelles). Le système est compatible (puisqu'il est homogène).
Donc il existe un couple (α, β) ̸= (0, 0) tel que V = α.A + β.B soit solution de l'équation M.V = λ.V .
λ1 et λ2 sont valeurs propres de M . Leurs sous espaces propres associés sont dans les deux cas des droites.
0.2.18 Centrale 2015 sujet 2
Soit P (X) ∈ C[X] un polynome non constant. On note ΩP l'ensemble des complexes c tels que le polynome
P (X) + c est scindé a racines simples sur C
1. Montrer que l'ensemble C − ΩP est ni.
2. Soit P (X) ∈ R[X] non constant. On note Θp l'ensemble des réels r tels que le polynome P (X) + r est
scindé à racines simples sur R.
a. Montrer que ΘP est un intervalle non vide et ouvert dans R.
b. Determiner les P (X) ∈ R[X] tels que ΘP soit non borné.
: 1- Soit P un polynôme de C[X]. Notons m son degré.
Pour tout c ∈ C, P + c est toujours scindé dans C[X]. La condition nécessaire et susante pour qu'il
n'appartienne pas à ΩP est qu'il possède une racine au moins double. Or une racine xi de P (X) est (au moins)
double si et seulement si c'est une racine commune à P (X) et à son polynôme dérivé P ′ (X).
′
Notons x1 , x2 , · · · ,xq , 1 6 q 6 m − 1 les racines
 de P (X);
SOLUTION
c ∈ C − ΩP
P (x1 ) + c = 0




ou


P (x2 ) + c = 0
⇐⇒

..


. ou



P (xq ) + c = 0
c = −P (x1 )




ou


c = −P (x2 )
⇐⇒

..


. ou



c = −P (xq )
48
Donc C − ΩP = {−P (x1 ), −P (x2 ), · · · , −P (xq )} . C'est un ensemble ni .
2. Soit P (X) ∈ R[X] non constant. On note Θp = {r ∈ R,
P (X) + r est scindé à racines simples surR}.
• Montrons d'abord que si un polynôme P (X) ∈ R[X] est scindé à racines simples, P ′ (X) l'est aussi.
En eet, si on note x1 < x2 < · · · < xm les racines du polynôme scindé P (X), (m = d◦ (P )) d'après le
théorème de Rolle, la fonction P est continue sur [xi , xi+1 ], dérivable sur ]xi , xi+1 [, elle sannule donc en un
point ti ∈]xi , xi+1 [.
P ′ (X) a donc un zero dans chacun des intervalles disjoints ]x1 , x2 [, ]x2 , x3 [, · · · , ]xm−1 , xm [. Cela fait m − 1
récines réelles distinctes pour le polynôme P ′ (X) qui est de degré m − 1.
Il est donc scindé dans R[X], à racines simples.
Plaçons nous dans le cas où P (X) est un polynôme de degré pair.
• Soient a et b deux éléments de ΘP : Les polynômes P (X) + a et P (X) + b sont scindés à racines simples. Ils
ont le même polynôme dérivé P ′ (X), qui est donc scindé à racines simples d'après la remarque préliminaire qui
vient d'être faite.
Notons t1 < t2 < · · · < tm−1 ses racines. Sur chacun des intervalles ]−∞, t1 [, ]t1 , t2 [, · · · ]tm−2 , tm−1 [, ]tm−1 , +∞[,
P ′ ne s'annule pas, donc garde un signe constant, et x 7→ P (x) + a est strictement monotone donc injective.
Elle ne peut s'annuler plus d'une fois sur chacun de ces intervalles. Or il y a en tout m intervalles de ce type,
et par hypothèse P (X) + a possède m racines distinctes dans R. C'est donc qu'elle s'annule exactement une
fois sur chacun des intervalles. On notera x1 la racine de P (X) + a sur l'intervalle ] − ∞, t1 [, x2 la racine sur
l'intervalle ]t1 , t2 [, . . . , et xm la racine sur l'intervalle ]tm−1 , +∞[.
Dressons le tableau de variation correspondant à ce cas où m est pair :
x
P ′ (x)
−∞
P (x) + a
−∞
P (x) + b
−∞
x1
+
↗
t1
0
P (t1 ) + a
x2
−
t2
0
↘
x3
+
↗
t3
0
P (t3 ) + a
···
···
xm−1
−
···
↘
↗
↘
xm
+
+∞
+∞
P (t2 ) + a
P (t1 ) + b
tm−1
0
↗
P (tm−1 ) + a
↗
P (t2 ) + b
P (t3 ) + b
+∞
···
↘
↗
P (tm−1 ) + b
A la lecture de ce tableau et compte tenu de l'existence des racines x1 < x2 , · · · < xm , on peut armer que :
P (t1 ) + a > 0, P (t2 ) + a < 0, P (t3 ) + a > 0, · · · , P (tm−2 ) + a > 0, P (tm−1 ) + a < 0
Le polynôme P (X) + b a le même polynôme dérivé que P (X) + b, et a donc les mêmes variations. Puisqu'il
est lui aussi scindé à racines simples, le même raisonnement conduit aux mêmes inégalités :
P (t1 ) + b > 0, P (t2 ) + b < 0, P (t3 ) + b > 0, · · · , P (tm−2 ) + b > 0, P (tm−1 ) + b < 0
Pour montrer que ΘP est un intervalle de R, il faut prouver que tout éléments de [a, b] appartient à ΘP .
Soit maintenant c ∈ [a, b]. Puisque a < c < b, 0 < P (t1 ) + a < P (t1 ) + c < P (t1 ) + b
de même, 0 < P (t2 ) + a < P (t2 ) + c < P (t2 ) + b < 0
On a boutit ainsi aux inégalités : lim P = −∞, P (t1 ) + b > 0, P (t2 ) + b < 0, P (t3 ) + b > 0, · · ·
−∞
, P (tm−2 ) + b > 0, P (tm−1 ) + b < 0, lim P = +∞,
+∞
ce qui prouve l'existence (au moins) d'un zero du polynôme P (X) + c dans chacun des intervalles
] − ∞, t1 [, ]t1 , t2 [, · · · ]tm−2 , tm−1 [, ]tm−1 , +∞[. Cela fournit m racines réelles pour ce polynôme, qui est
de degré m. P (X) + c est donc scindé dans R[X], à racines simples, et c ∈ ΘP .
on a ainsi montré que ΘP est un intervalle de R .
0.2.19 Centrale 2015 sujet 3
Deux chaines de production A et B sont a l'oeuvre dans une usine : A produit 60% de la production, B le reste.
La probabilité qu'un objet provenant de A soit défectueux est de 0,1 et de 0,2 pour B .
1. On choisit au hasard un objet a la sortie de l'entreprise, on constate qu'il est defectueux. Calculer la
probabilité de "l'objet vient de la chaine A".
2. Pourquoi peut-on interpréter la loi de Poisson comme "la loi des évènements rares" ?
3. On suppose de plus que A produit une quantité aléatoire notée YA d'objets par heure, suivant une loi de
Poisson de parametre λ = 20. Déterminer la loi de XA : nombre d'objets défectueux produits en une heure.
4. On prend maintenant en compte les deux chaines, donner la loi du nombre d'objets défectueux produits
en une heure.
0.2.20 Centrale 2015 sujet 4
On pose : sn =
n
∑
(−1)k+1
k=1
k
et un = ln(esn − 1)
49
1. Enoncer le théoreme des séries spéciales alternées, en faire la preuve.
2. Prouver que les suites∑(sn )n et (un )n convergent.
3. Etudier la nature de un .
SOLUTION
2. sn =
1. Voir le cours
:
n
∑
(−1)k+1
k=1
{
k
(−1)n+1
n
}
est une série alternée, de limite nulle, décroissante en valeur absolue. Elle est donc
convergente. D'après le développement en série entière connu :
{an } =
∀x ∈ [−1, 1[,
∞
∑
xk
k=1
k
= − ln(1 − x), appliqué à x = −1, on obtient :
lim sn =
n→+∞
Alors, par continuité des fonctions exponentielle et logarihme,
lim esn = eln 2 = 2 et
lim ln(esn − 1) = lim un = ln(2 − 1) = 0
n→+∞
n→+∞
∞
∑
(−1)k+1
k
k=1
= ln 2
n→+∞
3. La suite (sn ) converge, et a pour limite ln 2
Notons rn = sn − ln 2 =
∞
∑
(−1)k
, de sorte que sn = ln 2 − rn et
k
k=n+1
ln 2−rn
lim rn = 0
n→+∞
un = ln(esn − 1) = ln(e
− 1) = ln(eln 2 e−rn − 1) = ln(2e−rn − 1)
2
x
Or ex = 1 + x + + o(x)
x→0
2
)
)
(
(
donc un = ln(2e−rn − 1) = ln 2 − 2rn + rn2 + o(rn2 ) − 1 = ln 1 − 2rn + rn2 + o(rn2 )
x2
Or ln(1 − x) = −x − + o(x2 )
x→0
2
(
)
donc un = ln 1 − 2rn + rn2 + o(rn2 ) = −2rn + rn2 − 21 (2rn − rn2 )2 + o(2rn − rn2 )2
un
=
n→+∞
−2rn − rn2 + o(rn )2
• rn = sn − ln 2 =
∞
∑
(−1)k
k
k=n+1
La suite (rn ) est alternée, car c'est le reste d'ordre n d'une série alternée qui vérie le critère de Leibniz, et
n+1
qui est du signe de son premier terme, (−1)
n+1 .
Elle est de limite nulle, comme l'est le reste d'ordre n de toute série convergente.
Il reste à prouver que la suite (|rn |) est décroissante :
rn =
∞
∑
(−1)k
est du signe de son premier terme,
k
(−1)n+1
n+1
, donc |rn | =
1
n+1
−
1
n+2
+
1
n+3
−
1
n+4
+ ···
k=n+1
En regroupant les termes deux à deux,
∞
∑
1
1
1
1
+
+
··· =
(n + 1)(n + 2) (n + 3)(n + 4) (n + 5)(n + 6)
(n + 2k − 1)(n + 2k)
k=1
∞
∑
1
1
1
1
|rn+1 | =
+
+
··· =
(n + 2)(n + 3) (n + 4)(n + 5) (n + 6)(n + 7)
(n + 2k)(n + 2k + 1)
k=1
1
1
Or
6
, et par sommation : |rn+1 | 6 |rn |
(n +∑
2k)(n + 2k + 1)
(n + 2k − 1)(n + 2k)
La série rn vérie donc le critère des séries alternées.
1
On peut alors armer que ∀n > 1, |rn(| 6) n+1
( )
1
Cette majoration montre que rn = O n et rn2 = O n12 . L'égalité un = −2rn − rn2 + o(rn )2 , dans
(1)
( 1 ) n→+∞
2
2
laquelle
∑ les série {rn } (série alternée), {rn } = O n2 et {o(rn ) } = o n2 sont convergentes, entraîne que la
série un est convergente, comme somme de trois séries convergentes.
|rn | =
0.2.21 Centrale 2015 sujet 5
Soient a et b deux entiers relatifs non nuls, on pose Pn =
1. On pose wn =
∫
a/b
X n (a − bX)n
n!
ex Pn (x)dx. Montrer que wn −→ 0
0
n→+∞
(k)
Pn (a/b)
2. Montrer que pour tout k ∈ N,
et
sont des entiers relatifs.
3. On suppose que ea/b est un rationnel de dénominateur d. Montrer que d.wn est dans Z pour tout n ∈ N.
Quels sont les r ∈ Q tels que er ∈ Q ?
(k)
Pn (0)
1. Le facteur X n dans Pn montre que 0 est racine d'ordre n . 0 est donc racine des polynômes
(n−1)
Pn , Pn′ , P ”n , · · · , Pn
. Par ailleurs, Pn est de degré 2n, donc ∀k > 2n + 1, Pn(k) = 0 .
50
SOLUTION
:
De la même façon, Pn (a/b) = 0 pour k ∈ {0, 1, · · · , n − 1} et pour k > 2n + 1
Notons An = X n et Bn = (a − bX)n , de sorte que Pn = n!1 An Bn .
Soit k ∈ N. On vient de voir que Pn(k) (0) si 0 6 k 6 n − 1 ou si k > 2n + 1.
Supposons désormais que n 6 k 6 2n :
D'après le formule de Leibniz de dérivation d'un produit,
k ( )
∑
k
(k−j)
A(j)
(X)
n (X)Bn
j
j=0
k ( )
∑
k
(k)
(k−j)
et donc, Pn (0) =
A(j)
(0)
n (0)Bn
j
{ j=0
0 si 0 6 j 6 n − 1 ou si j > n + 1
Or A(j)
n (0) =
n! si j = n
(k)
Pn (X) =
Donc dans la somme précédente, ne reste que le terme
( )
k
A(n) (0)Bn(k−n) (0), obtenu pour j = n.
n n
( )
k
k!
A(n) (0)Bn(k−n) (0) =
× n! × (−b)k−n × n.(n − 1).(n − 2). · · · .(n − (k − n) + 1).a2n−k
n n
n!(k − n)!
k!
n!
=
× (−b)k−n ×
a2n−k .
(k − n)!
(2n − k)!
k!
n!
Or k − n 6 n puisque n > 0, et n 6 2n − k puisque n 6 k. Les quotients
et
sont donc
(k − n)!
(2n − k)!
des entiers.
{
0 si 0 6 j 6 n − 1etj > n + 1
(j)
et Bn (0) =
n! si j = n
k!
n!
(k)
(k)
Pn (0) =
× (−b)k−n ×
a2n−k est donc un entier relatif.
Pn (0) ∈ Z
(k − n)!
(2n − k)!
Pn(k) (0) =
• Calcul analogue pour Pn (a/b)
(k)
2. La fonction polynomiale (x 7→ x(a − bx)) est continue et donc bornée sur le segment [0, a/b].
Soit M = sup |x(a − bx)| = ∥x(a − bx)∥∞
x∈[0,a/b]
alors, ∀n ∈ N, |wn | =
∫
∫
a/b
e Pn (x)dx 6
0
0
∑ Mn
On sait que la série exponentielle
La majoration |wn | =
a/b
x
∫
6M n
converge. la suite
n!
a/b
ex Pn (x)dx 6
0
n
M
n!
∫
Mn
ex
n
|x(a − bx)| dx 6
{z
}
n! |
n!
∫
a/b
( Mn )
n!
n
|
0
a/b
ex dx
{z }
independant de x
est donc de limite nulle.
ex dx montre alors que
0
c
d∫
lim wn = 0
n→+∞
2. On suppose que ea/b est un rationnel de dénominateur d : ea/b = , avec c, d ∈ N.
En intégrant par parties, wn =
∫
a/b
a/b
ex Pn (x)dx = [ex Pn (x)]0
∫
0
a/b
wn = ea/b Pn (a/b) − Pn (0) −
en réintégrant par parties,
a/b
−
ex Pn′ (x)dx
0
ex Pn′ (x)dx
0
wn = ea/b Pn (a/b) − Pn (0) − [ex Pn′ (x)]0
∫
a/b
ex Pn′′ (x)dx
∫ a/b
a/b
a/b ′
′
= e Pn (a/b) − Pn (0) − e Pn (a/b) + Pn (0) +
ex Pn′′ (x)dx
a/b
n−1
∑
(−1)k Pn(k) (a/b) −
k=0
wn =
c
d
n−1
∑
(−1)k Pn(k) (a/b) −
k=0
n−1
∑
n−1
∑
k=0
∫
(−1)k Pn(k) (0) + (−1)n
0
k=0
n−1
∑
k=0
d'où, en multipliant par d :
d.wn = c
0
0
et par récurrence immédiate,
wn = ea/b
+
(−1)k Pn(k) (a/b) − d
a/b
ex Pn(n) (x) dx
| {z }
=n!
(−1)k Pn(k) (0) + (−1)n |{z}
ea/b n! − (−1)n n!
n−1
∑
=c/d
(−1)k Pn(k) (0) + (−1)n cn! − (−1)n dn!
k=0
D'après la quesion 1., on peut armer que wn ∈ Z
Montrer que d.wn est dans Z pour tout n ∈ N.
51
∫
xn (a − bx)n
) est continue, positive,
n!
0
et non identiquement nulle sur le segment [0, a/b]. On en déduit que wn > 0
Donc d.wn est un entier positif, non nul : d.wn ∈ N∗ . En particulier d.wn > 1.
Ceci est incompatible avec la propriété lim wn = 0 qui a été montrée dans la question 2.
• Par dénition, wn =
a/b
ex Pn (x)dx où la fonction (x 7→ ex Pn (x) = ex
n→+∞
Le seul rationnel r tel que er ∈ Q est r = 0.
0.2.22 Centrale 2015 sujet 6
On considere une suite (un )n∈N de réels strictement positifs, et on suppose que un −→ 0
n→+∞
∑
On note : J = {x ∈ R, uxn converge}
1. Montrer que J est vide ou alors un intervalle
de R∗+ (illustrer par des exemples concrets).

2. On suppose que J ̸= ∅, et on note f :

 J
−→

 x
7→
R
∞
∑
uxn
n=0
Etudier la continuité de f et ses limites aux bornes.
1. Considérons la suite (un ) dénie par : u0 = u1 = 1 et ∀n > 2, un = ln1n .
Elle est à termes > 0, et de limite nulle.
∑
Pour tout x < 0, uxn = (ln n)−x −→ +∞ car −x > 0, et la série uxn diverge grossièrement.
n→+∞
∑
Pour x = 0 la suite (u0n ) est constante, de valeur 1, et la série uxn diverge encore grossièrement.
Pour tout x > 0, uxn = (ln1n)x > n1 pour n assez grand, par croissance comparée logarithme - puissance
∑
(puisque (ln n)x = o(n)). Par minoration
par une série divergente, la série uxn diverge aussi.
∑ x
Dans cet exemple, la série un ne converge pour aucune valeur du réel x. L'ensemble J est vide.
∑ x
• Supposons maintenant que j ̸= ∅ : il existe x ∈ R tel que la série
un converge.
Nécessairement, lim uxn = 0
SOLUTION
:
n→+∞
- Si x > 0, alors un = (uxn )1/x −→ 0
n→+∞
donc il existe n0 ∈ N, ∀n > n0 , 0 6 un 6 1
Pour tout y > x, uyn∑= ey ln un 6 ex ln un = uxn (ln un < 0 =⇒ y ln un 6 x ln un ) ∑
Puisque la la série uxn est convergente, par majoration, la série à termes positifs uyn l'est aussi, et
y ∈ J.
On a ainsi montré que si x ∈ J , tout réel y > x appartient aussi à J . Donc J est un intervalle de la forme
][a, +∞[, où a = inf(J) ∈ R ∪ −{∞}. J est de l'une des trois formes suivantes ;
] − ∞, +∞[,
]a, +∞[,
[a, +∞[, a ∈ R
- Si x < 0, alors un = (uxn )1/x −→ +∞
n→+∞
- Si x > 0, alors un = (uxn )1/x −→ 0
n→+∞
donc il existe n0 ∈ N, ∀n > n0 , 0 6 un 6 1
Pour tout y > x, uyn = ey ln un 6 ex ln un = uxn
(ln un < 0 =⇒ y ln un 6 x ln un )
52
0.3
Concours - Mines - Ponts
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
0.3.1 Petites Mines
(
)
1
1−t
Exercice 1 : On considère la fonction f : t 7→ ln
t
1+t
Est-elle intégrable sur ] − 1, 1[ ?
Développer
en série entière la fonction t 7→ ln(1 − t) − ln(1 + t)
∫1
2
Calculer −1 f (t)dt sachant que ζ(2) = π6
Exercice 2 :
E est un espace vectoriel euclidien orienté de dimension 3, et B = (e1 , e2 , e3 ) en est une base


1 −4 8
1
On considère l'endomorphisme f dont la matrice dans la base B est A =  4 −7 −4  .
9
8 4
1
orthonormale.
a) Montrer que f est un automorphisme orthogonal de E .
b) Déterminer la nature de f et ses caractéristiques géométriques.
SOLUTION
:
Exercice 1 :
∀t ∈] − 1, 1[,
1−t
1+t
> 0. La fonction f : t 7→ ln
(
1−t
1+t
)
est dénie et continue sur
] − 1, 1[, et la fonction f est dénie et continue sur ] − 1, 0[∪]0, 1[ .
Il y a trois bornes où il faut étudier l'intégrabilité : −1, 0 et 1 :
(
)
(
(
)
)
1
2
1
1−t
• Borne −1 :
∼ ln
= | ln 2 − ln(1 + t)| ∼ + | ln(1 + t)| = o √
ln
t
1 + t t→−1+
1+t
t→−1
t − (−1)
∫ b
dt
Or on sait que l'intégrale de référence
converge si et seulement si α < 1. En appliquant ce
α
a (t − a)
∫ − 12
1
√
résultat à a = −1 et α = 1/2, on sait que l'intégrale
dt converge, et par majoration, l'intégrale
t − (−1)
−1
(
)
∫ − 21
1
1−t
ln
converge aussi (absolument).
1+t
−1 t
• Etude analogue à la borne 1 .
(
)
1
1−t
1
1
• Borne 0 :
ln
(ln(1 − t) − ln(1 + t)) ∼
(−2t) −→ 2
=
t→0 t
t→0
t
1+t
t
[
]
La fonction f est prolongeable en une fonction continue sur ] − 1, 1[, donc est intégrable sur − 12 , 12
Finalement, par additivité, f est intégrable sur l'intervalle ] − 1, 1[ .
∞ n
∞
∑
∑
t
(−1)n−1 n
, et ∀t ∈ [−1, 1[, ln(1 + t) =
t
n
n
n=1
n=1
( ∞
)
∞
∑ tn ∑
1
1
(−1)n−1 n
donc ∀t ∈] − 1, 1[, f (t) = (ln(1 − t) − ln(1 + t)) =
−
−
t
t
t
n n=1
n
n=1
(∞
)
(
)
∞
∞
1 ∑ tn ∑ (−1)n−1 n
1 ∑ 1 + (−1)n−1 n
f (t) = −
+
t
=−
t
t n=1 n n=1
n
t n=1
n
• On sait que ∀t ∈ [−1, 1[, − ln(1 − t) =
Les termes de rangs (pairs s'éliminent :)
f (t) = −
∞
∑
1
t
2
t2p+1
2p
+
1
p=0
= −2
∞
∑
1
t2p
2p
+
1
p=0
∀t ∈] − 1, 1[, f (t) =
∞
∑
−2 2p
t
2p
+1
p=0
[
]1
∫ 1
∫ 1
−2 2n
2
4
2n+1
• En notant un (t) =
t ,
|un (t)|dt = 2
|un (t)|dt = 2
t
=
2
2n + 1
(2n
+
1)
(2n
+
1)2
0
0
∑ ∫ −1
1
La convergence de la série
|un (t)|dt permet alors d'appliquer le théorème d'intégration d'une série de
−1
fonctions sur un intervalle(quelconque
) et d'écrire :
∫
∫
1
1
∞
∑
∞ (∫
∑
1
)
∞
∑
un (t)dt = −
4
(2n + 1)2
−1
−1 n=0
−1
n=0
n=0
(
)
∞
∞
∞
∞
∑ 1
∑ 1
∑
∑
π2
1
1 π2
π2
1
+
=
=
,
donc
=
1
−
=
Enn,
2
2
2
2
(2n + 1)
(2n)
n
6
(2n + 1)
4 6
8
n=1
n=1
n=0
n=0
∫ 1
∞
∑
4
π2
f (t)dt = −
=
−
(2n + 1)2
2
−1
n=0
f (t)dt =
un (t) dt =
Exercice 2 : a) A est une matrice orthogonale (ses vecteurs colonnes forment une BON de R3 ). Donc f est
un automorphisme orthogonal (isométrie vectorielle)
53
det(A) = det(f ) = 1 (après calculs sans diculté) donc f est une isométrie directe. C'est donc une rotation
vectorielle. (éventuellement réduite à IdE )


1
−
→
b) L'ensemble des vecteurs invariants de f est la droite engendrée par le vecteur k =  0  .
1
(après calculs sans diculté).


1
−
→
1
f est donc une rotation d'axe la droite D engendrée par k1 = √  0  . (une fois normé)
2
1
Dans unebase orthonormée directe
bien
choisie,
la
matrice
de
f
est
de
la forme :

cos(θ) − sin(θ) 0
R =  sin(θ) cos(θ) 0  .
0
0
1
7
5
donc tr(f ) = tr(R) = 1 + 2 cos(θ) = tr(A) = − et cos(θ) = −
9
 9
0
−
→
−
→
dans ce cas simple, on remarque que le vecteur j = e2 =  1  . est orthogonal à k1
0


1
−
1 
→
−
−
→ →
0 .
On peut compléter la base par le vecteur i = j ∧ k1 = √
2
−1
→
−
→ −
→ −
( i , j , k1 ) est alors une base orthonormée directe dans laquelle la matrice de f est R.
→
− −
→
On peut récupérer sin(θ) en calculant le produit scalaire < f ( i ), j > :
→
−
La matrice
colonne de
( i ) est
√ 
√:  

 f
−7/9√ 2
1 −4 8
1/ 2
1
4 −7 −4  . 
0√  =  8/9√2 
9
8 4
1
−1/ 2
7/9 2
⟨ −7/9√2   0 ⟩
√
√
4 2
8
→
− −
→
sin(θ) =< f ( i ), j >=  8/9√2  ,  1  = √ =
9
9 2
0
7/9 2

7
( √ )

(
)
 cos(θ) = −
7
4 2
√9
donc
θ =Arccos −
= π−Arcsin
4
2

9
9
 sin(θ) =
9
 
1
−
→
1  
0
En conclusion, f est la rotation de l'espace d'axe D dirigé par le vecteur k1 = √
2
1
( √ )
(
)
7
4 2
et d'angle θ =Arccos −
= π−Arcsin
9
9
0.3.2 Petites Mines
Exercice 1 : Soit f ∈ C
1
([0, 1], R) telle que
∫
f (x)dx = f (1)
0
Montrer que ∃c ∈]0, 1[, f (c) = 0
′
Exercice 2 : Calculer
1
2 cos θ
1
0
1
0
2 cos θ
1
1
2 cos θ
0
0
...
..
.
..
.
···
···
0
1
..
..
.
1
..
.
0
.
2 cos θ
1
...
0
0
1
2 cos θ
n
: Supposons que f ne s'annule pas sur ]0, 1[. Alors f ′ garde un signe constant (conséquence de
la continuité de f ′ , si f ′ changeait de signe, elle s'annulerait par le théorème des valeurs intermédiaires)
• Supposons que ∀x ∈]0, 1[, f ′ (x) < 0.
Alors f est strictement décroissante sur [0, 1], et ∀x ∈ [0, 1], f (x) > f (1)
La fonction
x 7→ f (x) − f (1) est continue, positive sur [0, 1], et non identiquement nulle.
∫
∫
SOLUTION
1
Donc
0
′
1
(f (x) − f (1))dx > 0, qui entraîne que
f (x)dx > f (1) contrairement à l'hypothèse.
0
• En supposant que ∀x ∈]0, 1[, f (x) > 0, on parvient par un raisonnement analogue à l'inégalité :
∫ 1
f (x)dx < f (1) , qui est aussi contraire à l'hypothèse.
0
′
54
• On a ainsi montré par l'absurde qu'il existe c ∈]0, 1[, f ′ (c) = 0
Exercice 2 : : Notons ∆n ce déterminant ; en développant suivant la première colonne,
1
0
···
0
1 2 cos θ 1
0
∆n = 2 cos θ ∆n−1 −
0
..
0
...
..
.
.
..
.
1
..
.
2 cos θ
1
0
1
2 cos θ
n−1
puis en développant suivant la première ligne, ∆n = 2 cos θ ∆n−1 − ∆n−2
La suite (∆n )n>1 vérie la relation de récurrence linéaire R : un+2 − 2 cos θ un+1 + un = 0
Le trinôme associé, X 2 − 2 cos θ X + 1 a pour racines eiθ et e−iθ
Dons il existe deux complexes λ et µ tels que : ∀n > 1, ∆n = λeinθ + µe−inθ
Pour n = 1, ∆1 = 2 cos θ = λeiθ + µe−iθ
Pour n = 2, ∆2 = 4 cos2 θ − 1 {
= λe2iθ + µe−2iθ
λeiθ + µe−iθ = 2 cos θ = eiθ + e−iθ
(1)
λe2iθ + µe−2iθ = 4 cos2 θ − 1 = e2iθ + e−2iθ + 1 (2)
(1) × e−iθ − (2) =⇒ λ(1 − e2iθ ) = −e2iθ
e2iθ
eiθ
eiθ
eiθ
=⇒ λ = −
= − −iθ
= iθ
=
2iθ
iθ
−iθ
1−e
e
−e
e −e
2i sin(θ)
(1) × eiθ − (2) =⇒ µ(1 − e−2iθ ) = −e−2iθ
e−2iθ
e−iθ
e−iθ
=⇒ µ = −
= − iθ
=−
−2iθ
−iθ
1−e
e −e
2i sin(θ)
iθ
e
e−iθ
ei(n+1)θ − e−i(n+1)θ
einθ −
e−inθ =
d'où, ∀n > 1, ∆n = λeinθ + µe−inθ =
2i sin(θ)
2i sin(θ)
2i sin(θ)
2i sin((n + 1)θ)
sin((n + 1)θ)
∆n =
=
2i sin(θ)
sin(θ)
On doit résoudre le système :
Ce calcul est valable si eiθ ̸= e−iθ , c'est à dire si θ ̸= 0 [π]
0.3.3 TPE - EIVP
∫
+∞
xn
dx
1 + xn+2
0
Exercice 2 : On considère deux matrices A, B ∈ Mn (R) et on suppose qu'il existe α ∈ R∗ tel que :
A.B − B.A = αB .
On se propose de montrer que B est nilpotente.
a) Montrer que ∀k ∈ N∗ , A.B k − B k .A = kαB k
m
∑
b) Soit P (X) =
ak X k un polynôme réel.
Exercice 1 : Calculer n→+∞
lim
k=0
Montrer que : A.P (B) − P (B).A = αB.P ′ (B)
c) En utilisant un polynôme annulateur de B , montrer que B est nilpotente.
xn
: Exercice 1 :
La fonction gn : x 7→
est dénie et continue sur [0, +∞[, donc
1 + xn+2
intégrable sur tout segment de la forme [0, a], a > 0 (comme fonction continue sur un segment )
xn
1
1
xn
6
= 2 . Or on sait que la fonction x 7→ 2 est intégrable sur
∀x ∈ [0, +∞[, 0 6 g(x) =
n+2
n+2
1+x
x
x
x
[1, +∞[, et par majoration, g l'est aussi.
Par additivité, g est intégrable sur∫[0, +∞[.
SOLUTION
+∞
xn
dx est dénie.
1 + xn+2
0
xn
• Posons, ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, +∞[, gn (x) =
1 + xn+2
- Si x ∈ [0, 1[, quand n → +∞, xn → 0 et 1 + xn+2 → 1, donc lim gn (x) = 0
Donc pour tout n ∈ N, l'intégrale
n→+∞
1
- Si x = 1, ∀n ∈ N, gn (1) = , donc lim gn (1) =
n→+∞
2
1
2
- Si x ∈]1, +∞[, quand n → +∞, xn → +∞ et 1 + xn+2 → +∞, gn (x) =
lim gn (x) =
n→+∞
1
x2
xn
1 + xn+2
xn
1
= 2 donc
n→+∞ xn+2
x
∼
La suite de fonction (gn ( ) converge simplement sur l'intervalle [0, +∞[ vers la fonction G dénie par :
55

 ∀x ∈ [0, 1[, G(x) = 0
G(1) = 12

∀x ∈]1, +∞[, G(x) =
1
x2
xn
1
6
61
1 + xn+2
1
+
xnn+2
n
x
x
1
∀n ∈ N, ∀x ∈]1, +∞[, 0 6 gn (x) =
6 n+2 = 2
n+2
1+x
x
x
{
∀x ∈ [0, 1], H(x) = 1
En dénissant la fonction H par :
, on a la domination :
∀x ∈]1, +∞[, G(x) = x12
{
∀n ∈ N
|gn (x)| 6 H(x)
∀x ∈ [0, +∞[,
Or la fonction H est continue sur [0, +∞[ (y compris au point 1) , intégrable sur [0, 1] (fonction constante
sur un segment), intégrable sur [1, +∞[ (fonction de référence), donc intégrable sur [0, +∞[ par additivité.
De plus, ∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1], 0 6 gn (x) =
On peut ∫alors appliquer le théorème ∫de convergence dominée
que :
( et conclure )
∫
+∞
+∞
+∞
xn
dx
=
lim
g
(x)dx
=
n
n→+∞ 0
1 + xn+2
0
[
]+∞
∫ 1
∫ +∞
−1
1
=1
=
dx =
0dx +
x2
x 1
0
1
lim
n→+∞
0
∫
+∞
lim
n→+∞
0
lim gn (x) dx
n→+∞
xn
dx = 1
1 + xn+2
Exercice 2 :
A et B sont deux matrices deMn (R) , α est un réel non nul tels que : A.B − B.A = αB .
a) Pour tout k ∈ N∗ , soit Pk la proposition : A.B k − B k .A = kαB k
La proposition P1 s'écrit : A.B − B.A = αB . Elle est donc vériée par hypothèse.
Supposons que Pk est vériée : A.B k − B k .A = kαB k
alors A.B k+1 − B k+1 .A = A.B k .B − B k+1 .A = (B k .A + kαB k ).B − B k+1 .A
= B k .A.B + kαB k+1 − B k+1 .A
= B k .(A.B − B.A) + kαB k+1
= B k .(kαB k ) + kαB k+1
k+1
k+1
A.B
−B
.A = (k + 1)αB k+1
On a ainsi prouvé par récurrence que la relation Pk est vraie pour tout entier k ∈ N .
b) Soit P (X) =
m
∑
ak X k un polynôme réel.
k=0
Ecrivons
 les relations Pk pour k variant de 0 à m :
A.In − B.In = 0.α.In




 A.B − B.A = αB
A.B 2 − B 2 .A = 2αB


.........



A.B m − B m .A = mαB m
Multiplions la première ligne par a0 , la suivante par a1 , la suivante par a2 , etc... , la dernière par am , et
ajoutons ces égalités :
A.(a0 In + a1 B + a2 B 2 + ... + am B m ) − (a0 In + a1 B + a2 B 2 + ... + am B m ).A = α(a1 B + 2a2 B 2 + ... + mam B m )
soit : A.P (B) − P (B).A = αB(a1 In + 2a2 B + ... + mam B m−1 ) = αB.P ′ (B)
On a ainsi montré que : ∀P ∈ R[X], A.P (B) − P (B).A = αB.P ′ (B)
c) Considérons le polynôme minimal de la matrice B , c'est à dire le polynôme annulateur de B de degré minimal,
unitaire. (Ce polynôme est aussi un générateur de l'idéal des polynômes annulateurs de B )
Notons le Q(X).
En appliquant le résultat précédent à ce polynôme, on peut écrire : A. Q(B) − Q(B) .A = αB.Q′ (B)
| {z }
| {z }
=0
=0
ce qui montre que B.Q′ (B) = 0 puisque par hypothèse α ̸= 0.
Le polynôme X.Q′ (X) est donc lui aussi un polynôme annulateur de la matrice B , de même degré que le
polynôme Q(X).
Donc il existe un scalaire λ ∈ R, non nul, tel que X.Q′ (X) = λQ(X)
Le polynôme Q(X) est solution d'une équation diérentielle de la forme xy ′ − λy = 0
La solution générale, sur chacun des intervalles
] − ∞, 0[ et ]0, +∞[ de cette équation linéaire du premier
∫
λ
ordre est de la forme : x 7→ y(x) = µ exp(− −λ
x dx) = µ|x|
Le polynôme Q(X) est de ce type, c'est un polynôme, la puissance doit être entière, donc il existe λ ∈ N tel
que Q(X) = X λ . Dès lors, Q(B) = B λ = 0, ce qui montre que la matrice B est nilpotente.
56
0.3.4 TPE :
Pour quelles valeurs de α ∈ R, un =
Pour quelles valeurs de α la série
SOLUTION
]
∫
1/n
∑0
xα−1
√ dx est-il déni ?
1+ x
un est elle convergente ?
]
et donc sur 0, n1 .
1
. On sait que l'intégrale de référence
x→0
x1−α
1 − α < 1, si et seulement si α > 0.
fα (x) ∼
xα−1 =
Par équivalence, l'intégrale un =
∫
1/n
0
]
]
• Pour tout n ∈ N , ∀x ∈ 0, n1 , 0 < x 6
∗
or
∫
6
1
1+ √1n
=⇒
1
1 + √1n
=⇒
∫
1/n
1√
1+ x
< 1 =⇒
1/n
0
[
0
α
x
α
=
0
qui montre que un
∼
n→+∞
1/n
0
dx
converge si et seulement si
x1−α
x
< xα−1
]
]
(en intégrant sur 0, n1 )
dx
1
.
α nα
On obtient l'encadrement :
∑
1
n
xα−1
xα−1
√
6 1+
x
1+ √1n
∫ 1/n
α−1
0
] n1
∫
xα−1
√ dx est convergente si et seulement si α > 0
1+ x
√
√
=⇒ 0 < x 6 √1n =⇒ 1 < 1 + x 6 1 + √1n
xα−1 dx 6 un <
xα−1 dx =
la série
xα−1
√ est continue sur ]0, +∞[,
1+ x
: • Pour tout n ∈ N∗ et pour tout α ∈ R, la fonction fα : x 7→
1
1
1
1 × α nα 6 un < α nα
√
1+ n
1
, et qui permet de conclure par équivalence à une série de Riemann que
α nα
un converge si et seulement si α > 1
0.3.5 TPE - EIVP
∑
Exercice 1 : On considère une suite complexe (cn )n∈N telle que cn converge absolument.
On pose :
∀t ∈ R, f (t) =
+∞
∑
cn tn
n!
n=0
1) Montrer que f est continue sur R.
2) Exprimer l'intégrale
∫
+∞
f (t)e−t dt en fonction de la série
∑
cn .
0
Exercice 2 : Soient A, B ∈ Mn (C) telles que AB(= BA.
On construit la matrice M par blocs :
A
0n
M=
B
A
)
où On est la matrice nulle.
2n
Montrer que M est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable et que B vérie une condition que
l'on précisera.
SOLUTION
: Exercice 1 : 1) Puisque la série
bornée : ∃M ∈ R+ , ∀n ∈ N, |cn | 6 M
∑
cn converge, la suite (cn ) converge vers 0, et est donc
∑ n
c n tn
|t|n
et on sait que la série exponentielle |t|n! converge pour tout t ∈ C.
6M
n!
n!
∞
∑
∑ n
cn tn
Par majoration la série cnn!t converge absolument pour tout complexe t. La série entière
a un
n!
n=0
alors ∀t ∈ C, ∀n ∈ N,
rayon de convergence inni. On sait qu'une série entière est continue sur son ouvert de convergence.
La fonction f est donc continue sur l'ouvert de convergence ] − ∞, +∞[= R .
∞
∞
∑
∑
cn tn e−t
cn tn e−t
=
un (t) en posant : ∀n ∈ N, ∀t ∈ [0, +∞[, un (t) =
n!
n!
n=0
n=0
n −t
c t e
1
Chaque fonction un : t 7→ n
est continue sur [0, +∞[, négligeable en +∞ devant la fonction t 7→ e− 2 t
n!
( t)
(car tn = o
e 2 ), donc intégrable sur [0, +∞[ .
2) ∀t ∈ [0, +∞[, f (t)e−t =
t→+∞
Par intégration
par parties (sur un segment
de la forme [0, a], a >
0, puis en passant à la limite qd a → +∞),
∫
∫
∫
+∞
Jn =
0
tn e−t dt = [−tn e−t ]t→+∞
+
|
{z t=0 }
+∞
+∞
ntn−1 e−t dt = n
0
0
=0
57
tn−1 e−t dt = nJn−1
L'initialisation J0 =
que ∀n ∈ N, Jn = ∫n!
∫ +∞
0
e−t dt = [−e−t ]t→+∞
= 1 permet alors de montrer, par une récurrence immédiate,
t=0
+∞
Donc ∀n ∈ N,
∫
un (t)dt =
0
+∞
∀n ∈ N,
cn
n!
∫
+∞
tn e−t dt =
0
cn
Jn = cn , et par un calcul analogue,
n!
|un (t)|dt = |cn |
0
Ainsi, • chaque fonction un∑est continue et intégrable sur [0, +∞[,
• la série de fonctions
u ( ) converge simplement sur [0, +∞[,
∑ ∫n +∞
• et la série numérique
|un (t)|dt converge
0
Par application du théorème d'intégration des séries de fonctions sur un intervalle quelconque, on en déduit
que f est intégrable sur [0, +∞[, et que :
∫
+∞
−t
∫
f (t)e dt =
0
0
+∞
(
∞
∑
)
un (t) dt =
n=0
∞ (∫
∑
+∞
) ∑
∞
un (t)dt =
cn
0
n=0
n=0
Exercice 2 : On considère deux matrices A, B ∈ (
Mn (C) telles
) que AB = BA.
A B
M=
où On est la matrice
On A 2n
) (
) ( 2
)
(
A B
A
2AB
A B
M2 =
×
=
On A
On A
On A2
(
) ( 2
) ( 3
)
A B
2AB
3A2 B
A
A
M3 =
×
=
O
A
O
A2
O
A3
( n
) ( n3
) ( n4
)
2
A B
A
3A B
A
4A3 B
4
M =
×
=
On A
On
A3
On
A4
( k
)
A
kAk−1 B
k
et par une récurrence immédiate, pour tout k ∈ N, M =
On
Ak
p
∑
ak X k un polynôme quelconque de C[X].
Soit P (X) =
k=0
 p
p
∑
∑
k
ak A
kak Ak−1 B
( k
) 
p
p
k−1
∑
∑

A
kA
B
k=0
k=0
ak
ak M k =
Alors P (M ) =
=
p

∑
On
Ak

k=0
k=0
a Ak
O
On construit la matrice M par blocs :
n
Remarquons que
p
∑
kak X k−1 = P ′ (X), de sorte que P (M ) =
(
k=0
k
k=0
′
P (A) P (A)B
On
P (A)
nulle.






)
• Supposons M diagonalisable. Alors il existe un polynôme P (X), scindé et à racines simples dans C[X], tel
que P (M )(= 0 .
)
P (A) P ′ (A)B
Alors
= O2n , donc P (A) = 0n et P ′ (A).B = On .
On
P (A)
P est donc un polynôme annulateur de A, scindé dans C[X], et à racines simples . Donc la matrice A est
diagonalisable.
De plus P (X) = (X − b1 )(X − b2 ).....(X − bp ) où b1 , b2 , ....., bp sont les racines de P (X). Aucun des bi n'est
racine de P ′ (X) (car une racine ciommune à P (X) et P ′ (X) serait une racine double de P (X) ).
Donc aucun des diviseurs premiers de P (X), à savoir les polynômes (X − b1 ), (X − b2 ), ....., (X − bp ), n'est
diviseur de P ′ (X). Les polynômes P (X) et P ′ (X) sont donc premires entre eux.
D'après le théorème de Bezout, il existe deux polynômes U (X) et V (X) tels que :
U (X)P (X) + V (X)P ′ (X) = 1.
En appliquant cette égalité à la matrice A, on obtient : U (A) P (A) +V (A)P ′ (A) = In
| {z }
=0n
Donc V (A)P ′ (A) = In , ce qui montre que la matrice P ′ (A) est inversible (et a pour inverse V (A))
En multipliant à gauche par (P ′ (A))−1 = V (A), l'égalité P ′ (A).B = On entraîne B = 0.
• Réciproquement, supposons que A est diagonalisable, et que B = 0.
Alors la matrice A admet un polynôme annulateur
P (X) ∈ C[X]
scindé et à racines
simples.
) ,(
)
(
Par le calcul fait précédemment, P (M ) =
P (A)
On
P ′ (A)B
P (A)
=
On
On
On
On
= O2n
P (X) est aussi polynôme annulateur de M , ce qui montre que M est diagonalisable.
• En conclusion, M est diagonalisable si et seulement si A est diagonalisable et B = 0n .
58
0.3.6 Mines
EXERCICE 1 : Algèbre
On considère une base d'un espace vectoriel E de dimension 3, que l'on note B = (e1 , e2 , e3 ). Soit n le
vecteur de coordonnées (1, 1, 1) dans cette base .
Déterminer dans la base B la matrice de la projection orthogonale sur le plan ayant pour vecteur normal
n = (1, 1, 1).
Cette matrice est elle diagonalisable ? Donner les sous-espaces propres.
Question ajoutée par l'examinateur à l'oral : - La matrice trouvée de la projection est elle inversible ?
EXERCICE 2 : Analyse
Résoudre dans R l'équation diérentielle suivante :
(2x + 1)y ′′ + (4x − 2)y ′ − 8y = 0
On donne une solution particulière x 7→ exp(−2x)
Question ajoutée à l'oral par l'examinateur : - Quelle est la forme de l'ensemble des solutions - De manière
implicite une discussion sur la dimension de l'espace des solutions sur R était demandée
Note sur le déroulement :
Les deux exercices étaient donnés en même temps pour la préparation, avec libre choix de commencer par
l'algèbre ou l'analyse. 20 min de préparation, 30 min de passage.
SOLUTION
: EXERCICE 1 : Algèbre
E est un espace vectoriel euclidien de dimension 3, dont une base orthonormale est B = (e1 , e2 , e3 ). n est
le vecteur de coordonnées (1, 1, 1) dans cette base .
Pour déterminer la projection p1 sur le plan P = D⊥ , on va commencer par déterminer la projection
orthogonale p2 sur la droite D, puis utiliser la relation p1 + p2 = IdE
Le vecteur n′ = √13 (1, 1, 1) est un vecteur unitaire qui constitue à lui seul une BON de la droite D.
Le projeté d'une vecteur V de E sur D est p2 (V ) =< n′ , V > n′
En particulier, p2 (e1 ) =< e1 , n′ > n′ =< (1, 0, 0), √13 (1, 1, 1) > √13 (1, 1, 1) = 31 (1, 1, 1)
1
′
′
Par un calcul analogue, p2 (e2 ) =< e2 , n′ > n′ = 13 (1,1, 1) et p2 (e
3 ) =< e3 , n > n = 3 (1, 1, 1)
1 1 1
1
La matrice de p2 dans la base B est donc : P2 =  1 1 1 
3
1 1 1


2 −1 −1
1
−1 2 −1 
La matrice de p1 , projection orthogonale sur le plan P est : P1 = I3 − P2 =
3
−1 −1 2
• Cette matrice est symétrique réelle, donc diagonalisable (à l'aide d'une matrice de passage orthogonale)
Autre argument simple : Tout projecteur est diagonalisable : ses valeurs propres sont 0 et 1. Le sous espace
propre lié à la valeur propre 1 est l'ensemble des vecteurs invariants du projecteur, c'est à dire le sous espace
sur lequel on projette (ici le plan P) .
Le sous espace propre lié à la valeur propre 0 est le noyau du projecteur, qui est aussi la direction de la
projection (ici la droite D) .
La matrice trouvée n'est pas inversible. Le seul projecteur qui soit inversible est Id.
EXERCICE 2 : Analyse
On considère l'équation diérentielle (E) suivante :
(2x + 1)y ′′ + (4x − 2)y ′ − 8y = 0
On vérie que la fonction g : x 7→ exp(−2x) est solution (calcul sans diculté)
On recherche la solution générale de (E) sous la forme y = g.z où z est une fonction inconnue.
Alors y ′ = g.z ′ + g ′ .z et y ′′ = g.z ′′ + 2g ′ .z ′ + g ′′ .z
y est solution de (E) sur un intervalle I si et seulement si :
∀x ∈ I, (2x + 1)y ′′ (x) + (4x − 2)y ′ (x) − 8y(x) = 0
⇐⇒ ∀x ∈ I, (2x+1)(g(x).z ′′ (x)+2g ′ (x).z ′ (x)+g ′′ (x).z(x))+(4x−2)(g(x).z ′ (x)+g ′ (x).z(x))−8g(x)z(x) = 0
Les termes en z(x) sont facteurs de (2x + 1)g ′′ (x) + (4x − 2)g ′ (x) − 8g(x), qui est nul. Il reste :
∀x ∈ I, (2x + 1)(g(x).z ′′ (x) + 2g ′ (x).z ′ (x)) + (4x − 2)(g(x).z ′ (x)) = 0 ,
qui est une équation diérentielle du premier ordre en la fonction Z ′ (x) :
∀x ∈ I, (2x + 1)g(x) .z ′′ (x) + ((4x + 2)g ′ (x) + (4x − 2)g(x)) .z ′ (x) = 0
|
{z
}
|
{z
}
A(x)
B(x)
′
La solution générale (de l'équation)(F ) : A(X)Z
(X) + B(X)Z(X) = 0 )a pour solution
générale :
(
(
∫ x (4t+2)g′ (t)+(4t−2)g(t)
∫ x ′ (t)
∫x
dt = λ exp − a 2gg(t)
+
x 7→ Z(x) = λ exp − a B(t)
A(t) dt = λ exp − a
(2t+1)g(t)
(
∫ x (4t+2−4) )
Z(x) = λ exp −2 ln |g(x)| − a (2t+1) dt = λ exp (−2 ln |g(x)| − 2x + 2 ln |2x + 1|)
e−2x (2x + 1)2
= λe2x (2x + 1)2
g 2 (x)
donc ∃λ ∈ R, ∀x ∈ I, z ′ (x) = λe2x (2x + 1)2 = λe2x (4x2 + 4x + 1)
Z(x) = λ
59
)
(4t−2)
(2t+1) dt
recherchons une primitive de la fonction x 7→ e2x (4x2 + 4x + 1) de la forme T (x) = (ax2 + bx + c)e2x :
T ′ (x) = (2ax + b + 2ax2 + 2bx +
2c)e2x = (2ax2 + 2(a +b)x + b + 2c)e2x
2a = 4

 a=2
b=0
2a + 2b = 4 ⇐⇒
T ′ (x) = e2x (4x2 + 4x + 1) ⇐⇒


b + 2c = 1
c = 21
L'égalité z ′ (x) = λe2x (4x2 + 4x + 1) entraîne : que ∃µ ∈ R, ∀x ∈ I, z(x) = λ(2x2 + 12 )e2x + µ
On revient ensuite à la fonction y(x) = g(x)z(x) = e−2x λ(2x2 + 12 )e2x + µ = λ(4x2 + 1) + µe−2x
(en changeant la valeur de la constante λ)
En conclusion , la solution générale de l'équation (E) sur tout intervalle I de R est :
x 7→ y(x) = λ(4x2 + 1) + µe−2x
0.3.7 Mines

0 1
Soient A =  1 0
1 1

1
1 
0
1) Etudier la diagonalisabilité de A.
2) Calculer An pour tout n ∈ N.
3) f étant l'endomorphisme canoniquement associé à la matrice A, quels sont les sous-espaces stables par f ?
(indication de l'examinateur : pour calculer An , faire la division euclidienne de X n par un polynôme annulateur de A.)


0 1 1
SOLUTION : 1) A =  1 0 1 
1 1 0
−x 1
1
2−x 1
1
1 −x 1
χA (x) =
= 2 − x −x 1
(en ajoutant toutes les colonnes à la première)
1
1 −x
2 − x 1 −x
1 1
1
1
1
1
0
χA (x) = (2 − x) 1 −x 1
= (2 − x) 0 −x − 1
= (2 − x)(x + 1)2
1 1 −x
0
0
−x − 1
La matrice A est diagonalisable dans M3 (R) , car c'est une matrice réelle symétrique. Sp(f ) = {−1, 2}
Donc P (X) = (X + 1)(X − 2) est un polynôme annulayeur de A.
n
2) Soit n ∈ N, et eectuons
{ la division euclidienne de X par P (X) = (X + 1)(X − 2) :
X n = P (X)Q(X) + R(X)
d◦ (R) < d◦ (P ) = 2
n
Donc X = P (X)Q(X) + an X + bn où (an , bn ) ∈ R2
En remplaçant
X par -1 puis X par 2, on obtient
suivant :
{
{ le système
(−1)n = P (−1)Q(−1) − an + bn
(−1)n = −an + bn
soit :
2n = P (2)Q(2) + 2an + bn
2n = 2an + bn
1
1
n
n
n
n
d'où : an = 3 (2 − (−1) ) et bn = 3 (2 + 2(−1) )
∃(Q, R) ∈ (R[X])2 ,
(puisque P (−1) = P (2) = 0)
• En remplaçant X par A dans l'égalité X n = P (X)Q(X) + an X + bn , on obtient :
An = P (A) Q(A) + an A + bn I3 (P est un polynôme annulateur de A)
| {z }
=0
d'où : An = an A + bn I3 = 13 (2n − (−1)n ) A + 13 (2n + 2(−1)n ) I3
 n
2 + 2(−1)n
1
n

2n − (−1)n
A =
3
2n − (−1)n
2n − (−1)n
2n + 2(−1)n
2n − (−1)n

2n − (−1)n
2n − (−1)n 
2n + 2(−1)n
0.3.8 Mines
Exercice 1 : Résoudre l'équation aux dérivées partielles (E) :
x
∂f
∂f
+y
− f = −(x2 + y 2 )
∂x
∂y
dans le domaine U = R2 − {(x, 0), x ∈ R− }, en passant en coordonnées polaires.
Exercice 2 : E = Rn [X].
On considère l'endomorphisme φ de E : P (X) 7→ P (2 − X)
Déterminer les élémenrs propres de φ.
SOLUTION : Exercice 1 : On considère (
l'application Φ :
))
(
(x, y) 7→ Φ(x, y) = (r(x, y), θ(x, y)) =
√
x2 + y 2 , 2Arctan
60
y
√
x + x2 + y 2
,
qui est alors un C 1 diéomorphisme de U sur V =]0, +∞[×] − π, π[
Si f est une solution de l'équationE), on pose g = fo Φ−1 , de telle sorte que f = go Φ :
∀(x, y) ∈ U, f (x, y) = g(r(x, y), θ(x, y))
∂g
∂g
∂r
∂θ
=⇒ ∀(x, y) ∈ U, ∂f
∂x (x, y) = ∂r (r(x, y), θ(x, y)) ∂x (x, y) + ∂θ (r(x, y), θ(x, y)) ∂x (x, y)
∂f
∂g
∂g
∂r
∂θ
et ∂y (x, y) = ∂r (r(x, y), θ(x, y)) ∂y (x, y) + ∂θ (r(x, y), θ(x, y)) ∂y (x, y)
√
∂r
2x
x
or r(x, y) = x2 + y 2 et donc
(x, y) = √
=√
∂x
2 x2 + y 2
x2 + y 2
(
θ(x, y) = 2Arctan
y
√
x + x2 + y 2
)
∂θ
et donc
(x, y) = 2
∂x
(
1+
(
1
y
√
x2 + y 2
x
)
−y 1 + √
x2 + y 2
√
)2 ×
(x + x2 + y 2 )2
(
)
)
√
√
x + x2 + y 2
x + x2 + y 2
√
√
−y 1 + √
−y
x2 + y 2
x2 + y 2
x2 + y 2
∂θ
√
√
√
(x, y) = 2
=2
= −y
∂x
(x + √
x2 + y 2 )2 + y 2
x2 + (x2 + y 2 ) + 2x x2 + y 2 + y 2
x2 + y 2 + x x2 + y 2
x + x2 + y 2
√
y
x2 + y 2
√
= −y √
=− 2
2
2
2
2
x + y2
x + y (x + x + y )
donc
(
x+
(
)
x
∂r
x
∂θ
y
(x, y) = √
et
(x, y) = − 2
∂x
∂x
x + y2
x2 + y 2
Pour les dérivées partielles par rapport à y , un calcul analogue aboutit à :
∂r
y
∂θ
x
(x, y) = √
et
(x, y) = 2
∂y
∂y
x + y2
x2 + y 2
En reportant dans l'équation (E), on obtient : ∀(r, θ) ∈ V,
0.3.9 Mines - Ponts
On munit E = Rn [X] du produit scalaire (P, Q) 7→< P, Q >=
Montrer que l'application dénie ∫par :
1
∀P ∈ E, ∀x ∈ R, u(P )(x) =
∂g
(r, θ) − g(r, θ) = −r2
∂r
∫
1
P (t)Q(t)dt
0
(t + x)n P (t)dt est un endomorphisme de E , et qu'il est symétrique.
0
SOLUTION
: • Soit P (X) =
alors ∀x ∈ R, u(P )(x) =
∫
n
∑
ak X k un élément quelconque de E = Rn [X].
k=0
1
(t + x)n P (t)dt =
∫
1
(t + x)n
n
∑
ak tk dt =
n
∑
∫
1
tk (t + x)n dt
0
0
0
k=0
k=0
(n)
∫ 1
∫ 1 ∑
∫ 1
n ( )
n ( )
n
∑
∑
n
n
j
k
n
k
j n−j
n−j
j+k
Pour tout k,
t (t + x) dt =
t
xn−j
t x
dt =
x
t dt =
k
+
j
+
1
j
j
0
0
0
j=0
j=0
j=0
∫ 1
n
∑
tk (t + x)n dt est aussi
est un polynôme de la variable x, de degré 6 n. Donc la somme u(P )(x) =
ak
ak
k=0
un polynôme de la variable x, de degré 6 n.
Ainsi, u est bien une application de E = Rn [X] dans lui-même.
Il est immédiat de vérier que u est linéaire. Donc u ∈ L(E) .
0
• Soient P, Q ∈ E .
)
∫ 1 (∫ 1
∫1
< u(P ), Q >= 0 u(P )(x).Q(x)dx =
(t + x)n P (t)dt . Q(x) dx
0) 0
∫ 1 (∫ 1
=
(t + x)n P (t)Q(x)dt dx
0
0
La fonction (x, t) 7→ (t + x)n P (t)Q(x) est continue sur le pavé [0, 1] × [0, 1] (car est polynomiale).
On peut appliquer
le théorème de Fubini et)intervertir
d'intégration :)
∫ (∫
∫ (les ordres
∫
∫
1
1
1
(t + x)n P (t)Q(x)dx dt =
< u(P ), Q >=
0
0
=< P, u(Q) >
1
0
On a ainsi montré que ∀p, Q ∈ E, < u(P ), Q >=< P, u(Q) >,
donc u est un endomorphisme symétrique de E .
61
1
(t + x)n Q(x)dx dt =
P (t)
0
P (t) . u(Q)(t)dt
0
0.3.10 Mines - Ponts
Trouver toutes les fonctions f continues
de ] − 1, 1[ dans R telles que :
∫
x
∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = 1 +
f 2 (t)dt
0
SOLUTION
: Analyse : Soit ∫f une fonctions continue de ] − 1, 1[ dans R telle que :
x
∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = 1 +
f 2 (t)dt
0
La fonction f 2 étant continue sur ] − 1, 1[, l'intégrale fonction de la borne supérieure, x 7→
classe C 1 sur ] − 1, 1[, et a∫pour dérivée : x 7→ f 2 (x).
x
La relation f (x) = 1 +
∫x
0
f 2 (t)dt est de
f 2 (t)dt montre qu'alors f est de classe C 1 sur ] − 1, 1[, et en dérivant cette relation,
0
∀x ∈] − 1, 1[, f ′ (x) = f 2 (x)
Sur tout intervalle J sur lequel f ne s'annule pas, on a :
f ′ (x)
= 1.
f 2 (x)
1
−1
= x + λ =⇒ f (x) =
f (x)
x+λ
f étant dénie sur ] − 1, 1[, ∀x ∈] − 1, 1], x + λ ̸= 0, donc λ ∈]
/ − 1, 1[ .
En intégrant : ∃λ ∈ R, −
En reportant dans le relation ∫de départ,
−1
∀x ∈] − 1, 1[,
= 1+
x+λ
et donc λ = −1 .
x
0
[
]x
−1
1
1
−1
= 1+
+ , ce qui entraîne que 1 + λ1 = 0
dt = 1 +
(t + λ)2
t+λ 0
x+λ λ
−1
Réciproquement, le calcul qui vient d'être fait montre que la fonction t 7→ x−1
est bien continue sur ] − 1, 1[
et vérie la relation étudiée.
En conclusion, il existe une et∫ une seule fonction continue de ] − 1, 1[ dans R et qui vérie la condition :
x
∀x ∈] − 1, 1[, f (x) = 1 +
f 2 (t)dt
0
1
C'est la fonction f : t 7→
1−t
0.3.11 Mines - Ponts
1
Soit (un )n>1 dénie par : u1 = a > 0 et ∀n ∈ N, un+1 = u2n +
n+1
Montrer que les seules limites possibles de (un ) sont 0, 1 et +∞ .
On note EL = {a > 0, lim un = L}.
n→+∞
Montrer que E0 , E1 et E∞ sont des intervalles de R.
Montrer que [1, +∞[⊂ E∞ et que E∞ est ouvert.
: • Supposons que (un ) converge vers le réel L. En passant à la limite dans l'égalité un+1 =
1
+
, on obtient L = L2 , soit L2 − L = L(l − 1) = 0 qui entraîne que L = 0 ou L = 1.
n+1
SOLUTION
u2n
• Par ailleurs, si on suppose a > 1, alors u2 = u21 +
1
2
= |{z}
a2 + 12 > 1, et par récurrence, si un > 1, alors
>1
1
un+1 = u2n + n+1
> 1. Ainsi, ∀n > 2, an > 1.
1
1
= un (un − 1) + n+1
> 0.
∀n > 2, un+1 − un = u2n − un + n+1
| {z }
>0
La suite (un ) est strictement croissante après le rang 2. Elle est donc soit convergente, soit de limite innie.
Si elle convergeait, ce ne pourrait être que vers 0 ou 1 d'après ce qu'on vient de montrer.
Or les inégalité 0 < 1 < u2 < un entraînent par passage à la limite que 0 < 1 < u2 6 L, ce qui est impossible.
Donc lim un = +∞
n→+∞
• Soit L ∈ {0, 1, +∞}, a et b ∈ EL , (un ) telle que u1 = a et (vn ) telle que v1 = b.
Quitte à renommer ces deux suites, on peut supposer que a < b. Pour montrer que EL est un intervalle, il
faut montrer que ∀c ∈]a, b[, c ∈ EL .
Soit donc c ∈]a, b[, et (wn ) la suite vériant la même relation de récurrence, et telle que w1 = c.
On a l'ordonnancement a < c < b, c'est à dire u1 < w1 < v1 , ce qui entraine que u21 < w12 < v12 , et en joutant
1
2 à chaque terme de cette encadrement, on obtient : u2 < w2 < v2 .
En répétant ce calcul, on montre par récurrence que ∀n ∈ N∗ , un < wn < vn .
Mais puisque lim un = lim vn = L, par encadrement, limn→+∞ wn = L.
n→+∞
n→+∞
Ce qui montre que c ∈ L.
On a ainsi montré que EL est un intervalle .
62
• On a montré précédemment que si a > 1, alors lim un = +∞. Donc
[1, +∞[⊂ E∞
n→+∞
• E∞ est un intervalle de R, qui contient [1, +∞[. Il ne peut être que l'un des trois types suivants : [m, +∞[
ou ]m, +∞[ avec m ∈ R, ou ] − ∞, +∞[.
Pour s'assurer que E∞ est un ouvert, il sut de montrer que ∀a ∈ E∞ , ∃b < a tel que b ∈ E∞ .
D'après des calculs faits ci-dessus, s'il existe n0 ∈ N tel que un0 > 1, alors la suite (un )n>n0 est croissante,
ne peut converger vers 0 ou 1, donc diverge vers +∞.
Soit a ∈ E∞ . Alors lim un = +∞, donc ∃n1 ∈ N, un1 > 2.
n→+∞
Notons plus précisément un (a) le terme d'indice n de la suite qui vérie la relation de récurrence étudiée, et
dont le premier terme est u1 = a.
Ainsi u1 (a) = a, u2 (a) = a2 + 12 ,
(
)2
u3 (a) = u22 (a) + 13 = a2 + 12 +
7 2
4
u4 (a) = a8 + 2a6 + 13
6 a + 6a +
1
3 =
85
144
a4 + a2 +
1
3
+
1
3
= a4 + a2 +
7
12
Ce type de calcul permet de montrer par récurrence que chaque terme un (a) de la suite est un polynôme de
la variable a (et de degré 2n−1 ).
∀n ∈ N∗ , ∃Qn ∈ R[X], ∀a > 0, un (a) = Qn (a)
La fonction a 7→ un (a) est donc continue, puisque polynomiale. Donc lim un1 (b) = un1 (a)
b→a
Donc ∃b < a tel que |un1 (b) − un1 (a)| 6 1
alors un1 (b) = un1 (a) + [un1 (b) − un1 (b)] > 1
| {z }
|
>2
{z
−16 terme 61
}
De la minoration un1 (b) > 1, on peut déduire comme ci-dessus que la suite (un (b))n>n1 est croissante et
diverge vers +∞. Donc b ∈ E∞ .
On ainsi montré que ∀b ∈ E∞ , ∃b < a, b ∈ E∞ , ce qui montre que E∞ est de l'un des deux types ]m, +∞[
avec m ∈ R, ou ] − ∞, +∞[, et est donc un intervalle ouvert.
0.3.12 Mines - Ponts
Soit M (x0 , y0 ) un point de la parabole P d'équation y 2 = 2px.
(p > 0)
On note Mn la deuxième intersection entre la normale à la parabole en Mn−1{et la}parabole.
Etudier la convergence et la convergence absolue de la série de terme général
SOLUTION
On peut paramétrer la parabole par y : y 7→ M
(
y2
2p , y
)
1
yn
)
−
→(
−
→
dM y
La tangente à P au point M (x, y) est dirigée par le vecteur
, 1 , colinéaire à T (y, p)
dy p
Soit N (X, Y ) un point quelconque du plan. N appartient à la normale à P en M (x, y) si et seulement si le
−−→
−
→
−−→ −
→
vecteur M P (X −x, Y −y) est normal au vecteur T (y, p), si et seulement si < M P , T >= y(Y −y)+p(X −x) = 0
En appliquant ce résultat
{ à la normale à P au point Mn−1 (xn−1 , yn−1 ), les coordonnées (xn , yn ) du point
(xn − xn−1 )yn−1 + p(yn − yn−1 ) = 0
Mn vérient le système :
2
y
= 2pxn
 ( 2
) n
2
 yn − yn−1 y
n−1 + p(yn − yn−1 ) = 0
2p
2p
⇐⇒
2
 x = yn
n
2p
{
(yn + yn−1 ) yn−1 + 2p2 = 0
⇐⇒
y2
xn = 2pn
=⇒ yn = −yn−1 −
y 2 + 2p2
2p2
= − n−1
yn−1
yn−1
y 2 + 2p2
. Cela montre que (tn ) est une suite
• La suite (yn )n>0 vérie la relation de récurrence : ∀n, yn = − n−1
yn−1
( )
∑
1
alternée. La suite
aussi. Pour s'assurer de la convergence de la série y1n , il sut de montrer que
yn n>0
)
(
1
tend vers 0 en décroissant, c'est à dire que la suite (|yn |) tend vers +∞ en croissant.
la suite
|yn | n>0
0.3.13 Mines - Ponts
Exercice 1 : On considère l'équation diérentielle (E) :
xy ′′ − y ′ − 4x3 y = 0
Résoudre cette équation par une méthode de votre choix.
Retrouver ce résultat par le changement de variable t = x2 .
Exercice 2 :
E est un espace vectoriel de dimension nie sur le corps C
63
Soit f ∈ L(E) sans point xe autre que le vecteur nul, tel que f 2 − 2f est diagonaliosable.
Montrer que f est diagonalisable.
SOLUTION
: Recherchons
les séries entières solutions :
∞
Soit S(x) =
∑
an xn une série entière de rayon de convergence R ̸= 0.
n=0
D'après le théorème de dérivation des séries entières, ∀x ∈] − R, R[, S ′ (x) =
et
S ′′ (x) =
∞
∑
∞
∑
nan xn−1
n=0
n(n − 1)an xn−2
n=0
S est solution de (E0 ) sur ] − R, R[, ⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, xS ′′ (x) − S ′ (x) + 4x3 S(x) = 0
∞
∞
∞
∑
∑
∑
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[,
n(n − 1)an xn−1 −
nan xn−1 + 4
an xn+3 = 0
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[,
n=0,1,2
∞
∑
n=0,1
n(n + 1)an+1 xn −
n=0
∞
∑
∞
∑
n=0
∞
∑
(n + 1)an+1 xn + 4
n=0
an−3 xn = 0
n=3
⇐⇒ ∀x ∈] − R, R[, a1 + 0. x + 3a3 x2 +
[(n(n + 1) − n − 1)an+1 + 4an−3 ] xn = 0
n=3

 a1 = 0
a3 = 0
⇐⇒
(par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul)

2
∀n
>
3,
(n
−
1)a
+
4a
=
0
n+1
n−3

 a1 = a3 = 0
4an−3
4an−3
⇐⇒
=−
 ∀n > 3, an+1 = − 2
n −1
(n − 1)(n + 1)
Les relations a1 = a3 = 0 et la récurrence entraînent que ∀n ∈ N, a2n+1 = 0
4a
La récurrence s'écrit aussi : ∀n > 4, an = − n−4 , qui donne :
n(n − 2) 

−a0
−a0
−4a0
−4a2


 a4 =
 a6 =
=
=




2×4
1×2
4×6
2×3






−a4
−a6




a
=
a
=
8
10




3×4
4×5




n
−a8
−a10
(−1)
(−1)n
a12 =
a
=
14
soit
:
a
=
soit
:
a
=
a
a2
4n
4n+2
0
5×6
6×7


(2n)!
(2n + 1)!




............
............














−a
−a4n−2


2n−4


 a4n =
 a4n+2 =
(2n − 1) × 2n
2n × (2n + 1)
∞
∞
∞
∞
n
∑
∑
∑
∑
(−1)n 4n+2
(−1)
S(x) = a0
x4n + a2
x
a4n x4n + a2
a4n+2 x4n+2 = a0
(2n)!
(2n + 1)!
n=0
n=0
n=0
n=0
Ces séries entières on des rayons de convergences innis.
S(x) = a0
∞
∞
∑
∑
(−1)n 2 2n
(−1)n
(x ) + a2
(x2 )2n+1 = a0 cos(x2 ) + a2 sin(x2 )
(2n)!
(2n
+
1)!
n=0
n=0
Deuxième méthode : Par le changement de variable t = x2 (c'est à dire x =
√
√
t si x > 0 et x = − t si
x < 0), qu'on l'on peut écrire dans les deux cas x √
= εt où ε est le signe de x :
On recherche la fonction z telle que z(t) = y(ε t)
Après calculs, on parvient à l'équation diérentielle (F ) : z ′′ (t) + z(t) = 0 , qui a pour solution générale
z(t) = λ cos(t) + µ sin(t) et donc y(x) = z(x2 ) = λ cos(x2 ) + µ sin(x2 ) sur chacun des intervalles I1 =] − ∞, 0[ ,
I2 =]0, +∞[ .
Exercice 2 :
E est un espace vectoriel de dimension nie sur le corps C
On suppose que f ∈ L(E) n'a pas de point xe autre que le vecteur nul, et que f 2 − 2f est diagonaliosable.
Il existe donc un polynôme Q(X) = (X − λ1 )(X − λ2 ).....(X − λq ) =
q
∏
(X − λk ) , scindé et à racines simples
k=1
dans C[X], annulateur de f 2 − 2f :
Q(f 2 − 2f ) =
q
∏
(f 2 − 2f − λk IdE ) = ω
k=1
Donc le polynôme P (X) =
q
∏
(X 2 − 2X − λk ) est un polynôme annulateur de f .
k=1
X 2 − 2X − λk = (X − 1)2 − 1 − λk = (X − 1)2 − (1 + λk )
64
q
∏
Si l'un des λk vaut −1, dans la composée Q(f 2 − 2f ) =
(f 2 − 2f − λk IdE ) = ω apparaît le facteur
k=1
f 2 − 2f + IdE = (f − IE )o (f − IE )
Or, f n'ayant pas de point xe autre que 0E , ker(f − IdE ) = {0}, et l'endomorphisme f − IdE est inversible.
q
∏
−1
En composant deux fois par (f − IdE ) dans l'égalité
(f 2 − 2f − λk IdE ) = ω , on obtient une égalité du
même type ,
k=1
∏
(f 2 − 2f − λk IdE ) = ω , mais dans laquelle aucun des λk ne vaut −1.
k
Alors, pour tout k, le complexe 1 + λk est non nul, et admet deux racines complexes non nullles, distictes et
opposées, µk et −µk .
Le polynôme annulateur de f devient :
P (X) =
q
∏
(
q
q
∏
∏
(
)
)
((X − 1 − µk )(X − 1 + µk )) où les µk
(X − 1)2 − (1 + λk ) =
(X − 1)2 − µ2k =
k=1
k=1
k=1
sont deux à deux distincts, diérents de −1 et de 1.
Ce polynôme annulateur de f est scindé dans C[X] et et à racines simples .
Ce qui permet d'armer que f est diagonalisable .
0.3.14 Mines

1
 0
Exercice 1 : Soit A = 
 7
4

−3 −6
6
9 

13
9 
8
6

−2
3
3
2
1
 0

Trouver P, Q ∈ GL4 (R) telles que P.A.Q = 
0
0
∞
∑
1
1
Exercice 2 : Montrer que
∼
k! n→+∞ (n + 1)!
0
1
0
0
0
0
0
0

0
0 

0 
0
k=n+1
SOLUTION
identité
 I4 :
: Exercice 1 : Procédons à la réduction de Gauss sur la matrice A concaténée avec la matrice
1 −2 −3 −6
 0 3
6
9

 7 3
13
9
4 2
8
6

L2 ← 13 L2
1

L3 ← 17
L3

1

L4 ← 10 L4
←− − − − − −

L3 ← L3 − L2 
L4 ← L4 − L2 

←− − − − − −
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
−2
1
1
1
−2
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
−3
2
2
2
−3
2
0
0


1
 L3 ← L3 − 7L1 0  0
 L4 ← L4 − 4L1 

 0
←− − − − − −
0

−6
1
0 0
0
1
3
0
0
0 
3

7
1
3 − 17 0 17
0 
1
3
− 25 0 0 10

−6
1
0
0
0
1
3
0
0
0 
3

7
1
1
0 − 17 − 3 17 0 
1
− 25 − 13 0 10
0
−2 −3 −6
3
6
9
17 34 51
10 20 30
1
0
−7
−4

0 0 0
1 0 0 

0 1 0 
0 0 1
On sait que ces opérations élémentaires sur les lignes d'une matrice équivalent à multilier la matrice à gauche
par une matrice inversible. Ayant procédé aux mêmes opérations sur les lignes de la matrice I4 que sur la matrice
A, à la n du procédé, alors que la matrice A aura été multipliée par la matrice P pour devenir P.A, la matrice
I4 aura elle aussi été multipliée
par la matrice P 
, et sera devenue 
P.I4 = P .


0
1 −2 −3 −6
 0 1
0 
2
3 
, on a : P.A = 

1

 0 0
0
0 
0
17
1
0 0
0
0
0 10


1 −2 −3 −6
 0 1
2
3 
 cette fois, pour
Procédons de la même manière sur les colonnes de la matrice P.A = 
 0 0
0
0 
0 0
0
0


1 0 0 0
 0 1 0 0 

la transformer en la matrice 
 0 0 0 0 
0 0 0 0
Cette fois, nous positions I4 en dessus de la matrice P.A pour qu'elle subisse les mêmes transformations sur
1
 0
Donc, en posant P = 
 −7
17
− 25
0
1
3
− 13
− 13
0
0
les colonnes :
65












1
0
0
0
1
0
0
0

−2 −3 −6
1
2
3 

0
0
0 
 C2 ← C2 + 2C1
0
0
0 
 C3 ← C3 + 3C1
0
0
0 
 C4 ← C4 + 6C1
1
0
0 
 ←− − − − − −
0
1
0 
0
0
1












1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
2
1
0
0
0
2
0
0
3
0
1
0
0
3
0
0
6
0
0
1





 C3 ← C3 − 2C2

 C4 ← C4 − 3C2

 ←− − − − − −














1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
2
1
0
0
0
0
0
0
−1
−2
1
0
0
0
0
0
0
−3
0
1












Ces opérations élémentaires sur les colonnes d'une matrice équivalent à multilier la matrice à droite par une
matrice inversible. Ayant procédé aux mêmes opérations sur les colonnes de la matrice I4 que sur la matrice
P.A, à la n du procédé, alors que la matrice P.A aura été multipliée par la matrice Q pour devenir P.A.Q, la
matrice I4 aura elle aussi 
été multipliée par la
 matrice Q, et seradevenue I4 .Q =
 Q.
1 2 −1 0
 0 1 −2 −3 
, on
Donc, en posant Q = 
 0 0 1
0 
0 0 0
1

1
0
0
1
 0
0
3
Finalement, en posant P = 
 − 7 −1 1
17
3
17
− 52 − 13 0

1 0 0 0
 0 1 0 0 

on a bien P.A.Q = 
 0 0 0 0 
0 0 0 0
1 0
 0 1
a : P.A.Q = 
 0 0
0 0


0
1 2
 0 1
0 
 et Q = 
 0 0
0 
1
0 0
10
0 0
0 0
0 0
0 0
−1
−2
1
0




0
−3 
,
0 
1
Remarque : ce calcul peut être vérié à la calculatrice ou avec MAPLE
Exercice 2 :
rn =
∞
∑
k=n+1
∑ 1
1
1
1
1
=
+
+
+ ... est le reste d'ordre n de la série
k! (série
k!
(n + 1)! (n + 2)! (n + 3)!
exponentielle convergente, et(de somme exp(1) = e)
)
1
1
1
1
1
6 rn =
1+
+
+
+ .....
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 2) (n + 2)(n + 3) (n + 2)(n + 3)(n + 4)
(
)
∞
∑
1
1
1
1
1
1
1
6 rn 6
1+
+
+
+
.....
=
2
3
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 2) (n + 2)
(n + 2)
(n + 1)! j=0 (n + 2)j
Cette dernière série est une série géométrique de raison
1
1
1
n+2
1
6 rn 6
=
1
(n + 1)!
(n + 1)! 1 − n+2
(n + 1)! n + 1
n+2
= 1, cet encadrement montre que
n→+∞ n + 1
Puisque lim
0.3.15 Mines
Exercice 1 : On considère l'espace E
∫
dénie par :
∀x ∈ [0, 1], T (f )(x) =
1
n+2
:
∞
∑
k=n+1
1
k!
∼
n→+∞
1
(n + 1)!
= C([0, 1], R) et l'application T qui à f ∈ E associe la fonction T (f )
1
min(x, t)f (t)dt.
0
Montrer que T ∈ L(E).
Déterminer les valeurs propres et les sous espaces propres de T .

Exercice 2 :
1
 0
A quelle(s) condition(s) la matrice A = 
 0
0
a b
1 0
1 2
1 0

c
0 
 est elle diagonalisable ?
0 
2
: Exercice 1 : Soit f ∈ E = C([0, 1], R).
Pour tout x ∈ [0, 1], la fonction t 7→ min(x, t)f (t) est continue, donc intégrable sur le segment [0, 1].
Pour tout t ∈ [0, 1], la fonction x 7→ min(x, t)f (t) est continue sur le segment [0, 1].
∞
∀(x, t) ∈ [0, 1] × [0, 1], | min(x, t)f (t)| 6 ∥f ∥∞
[0,1] où la fonction constante t 7→ ∥f ∥[0,1] est continue et
intégrable sur le segment [0, 1].
∫
Par le théorème de continuité sous le signe , on en déduit que la fonction T (f ) est continue sur [0, 1] ;
f ∈ E . par ailleurs, il est immédiat de vérier que T est linéaire.
Donc T est un endomorphisme de l'espace E = C([0, 1], R) .
SOLUTION
• Recherchons les valeurs propres et sous espaces propres de T :
66
Soient f ∈ E et λ ∈ R.
T (f ) = λf ⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀x ∈ [0, 1],
∀x ∈ [0, 1],
∀x ∈ [0, 1],
∀x ∈ [0, 1],
T (f )(x) = λf (x)
∫1
min(x, t)f (t)dt = λf (x)
∫0x
∫1
tf (t)dt + x xf (t)dt = λf (x)
∫0x
∫1
tf (t)dt + x x f (t)dt = λf (x)
(*)
0
∫x
∫
Dans le membre de gauche, les deux fonctions x 7→ 0 tf (t)dt et x 7→ x1 f (t)dt sont dérivables, d'après la
dérivation d'une intégrale d'une fonction continue, fonction de la borne supérieure (ou inférieure). Ces deux
fonctions ont pour dérivées respectives :
x 7→ xf (x) et x 7→ −f (x)
Le membre de droite est lui aussi dérivable, puisqu'il est égal au membre
de gauche qui l'est.
∫
En dérivant la relation (*), on obtient : ∀x ∈ [0, 1], xf (x) − xf (x) + x1 f (t)dt = λf ′ (x)
et en dérivant encore une fois (même raisonnement) : ∀x ∈ [0, 1], −f (x) = λf ′′ (x)
- Pour λ = 0, on obtient pour f la fonction nulle, qui ne peut pas être un vecteur propre de T . Donc
0 n'est pas valeur propre de T
- Si λ > 0, f est solution de l'équation diérentielle : y ′′ + λ1 y = 0
C'est une équation du (second) ordre linéaire
(
)à coecients constants, dont la solution générale est :
x 7→ y(x) = A cos
√1 x
λ
+ B sin
√1 x
λ
Tout réel positif est donc valeur propre de T , et son sous-espace propre associé est de dimension 2.
1
- Si λ < 0, f est solution de l'équation diérentielle : y ′′ − −λ
y=0
C'est une équation du( second) ordre linéaire
à
coecients
constants,
dont la solution générale est :
(
)
1
1
x 7→ y(x) = Ach √−λ x + B sh √−λ x
ou aussi :
(
(
)
1
+ D exp − √−λ
x
Tout réel négatif est donc valeur propre de T , et son sous-espace propre associé est de dimension 2.
Finalement Sp(T ) = R∗
x 7→ y(x) = C exp
Exercice 2 :
)
√1 x
−λ
χA (x) = det(xI4 − A) = det(A − xI4 ) =
1−x
a
b
0
1−x
0
0
1
2−x
0
1
0
c
0
0
2−x
1−x
0
0
1
2−x
0
(en développant suivant la première colonne)
1
0
2−x
= (1 − x)2 (2 − x)2
(déterminant triangulaire)
= (1 − x)
Sp(A) = {1, 2}
• Rappelons que si λ ∈Sp(A), dim(EA (λ)) = n − rg(A − λI4 )
χA (x) = (x − 1)2 (x − 2)2




0 a b c
a b c
a b
 0 0 0 0 
 0 0 0 
 a même rang que 
, et que  1 1
• A − 1 × I4 = 
 0 1 1 0 
 1 1 0 
1 0
0 1 0 1
1 0 1

a b c
Or det  1 1 0  = a − b − c
1 0 1
Donc rg(A − I4 ) = 3 si a − b − c ̸= 0, et rg(A − I4 ) = 2 si a − b − c = 0.

 dim(EA (1)) = 1 si a − b − c ̸= 0
et
d'où

dim(EA (1)) = 2 si a − b − c = 0


−1 a b c
 0 −1 0 0 
 a toujours pour rang 2 (les deux premières
• A − 1 × I4 = 
 0
1 0 0 
0
1 0 0


c
0 
1
colonnes sont linéairement
indépendantes, les troisième et quatrième colonnes sont colinéaires à la première).
Donc dans tous les cas, dim(EA (1)) = 2
• Si a − b − c = 0, dim(EA (1)) + dim(EA (2)) = 1 + 2 = 3 < 4, la matrice A n'est pas diagonalisable.
Si a − b − c ̸= 0, dim(EA (1)) + dim(EA (2)) = 2 + 2 = 4, la matrice A est diagonalisable.
0.3.16 Mines
Exercice 1 : Quelle est la nature de la série de terme général :
Exercice 2 : On considère le plan complexe C.
67
un = Arg ch
( n+1 )
n
?
Donner une condition sur z ∈ C pour que le triangle ABC dont les sommets ont pour axes respectives
z, z 2 et z 3 ait pour othocentre le point O, d'axe 0..
SOLUTION
"ch".
: Exercice 1 : La fonction Arg ch est la réciproque de la restriction à [0, +∞[ de la fonction
x
1
+∞
+∞
Arg ch(x)
↗
0
n+1
(
1
)
est déni.
Pour tout n ∈ N+ ,
= 1 + ∈ [1, +∞[. Donc un = Arg ch n+1
n
n
n
)
(
n+1
+
Quand n → +∞, n → 1 , et par continuité de la fonction Argch, un = Arg ch n+1
→ Arg ch(1) = 0.
n
t2
Rappelons le developpement limité à l'ordre 2 da le fonction ch en 0 : ch(t) = 1 + 2 + 0(t2 )
t2
t2
D'où l'on déduit : ch(t) − 1 = + 0(t2 ) ∼
t→0 2
2
et puisque un → 0 quand n → +∞,
ch(un ) − 1 =
donc
u2n
1
u2n
n+1
−1=
∼
n
n n→+∞ 2
√
∑
2
2
et puisque un est positif, un ∼ √ , ce qui montre que la série un diverge , par
∼
n→+∞ n
n→+∞
n
équivalence à une série de Riemann convergente.
→
−
Exercice 2 : Si −
u et →
v sont deux vecteurs de coordonnées respectives (a, b) et (c, d) dans le plan complexe
→
→
(c'est à dire d'axes respectives z = a + ib et z ′ = c + id), leur produit scalaire est < −
u,−
v >= ac + bd
Or z.z ′ = (a + ib)(c − id) = ac + bd + i(bc (− ad).
)
→
→
Donc < −
u,−
v >= ac + bd = Re(z.z ′ ) = 12 z.z ′ + z.z ′
 −→ −−→

 OA ⊥ BC
et
• O est l'orthocentre du trinagle ABC si et seulement si

−→ −→
 −
OB ⊥ AC

)
(
 Re z.(z 3 − z 2 ) = 0
(
)
⇐⇒
 Re z 2 .(z 3 − z) = 0
{
z.(z 3 − z 2 ) + z.(z 3 − z 2 ) = 0
⇐⇒
z 2 .(z 3 − z) + z 2 .(z 3 − z) = 0
2
Le cas z.z = |z| = 0 correspondrait à z = 0, et les points A, B et C seraient confondus au point O.
Supposons désormais
que z ̸= 0. On peut simplier chaque égalité par z.z = |z|2 :
{
(z 2 − z) + (z 2 − z) = 0
⇐⇒
z.(z 2 − 1) + z.(z 2 − 1) = 0
{
z2 + z2 = z + z
⇐⇒
z.z 2 + z.z 2 = z + z
{
z2 + z2 = z + z
⇐⇒
z.z(z + +z) = z + z
• Si z + z = 0 et z ̸= 0, alors z est un imaginaire pur de la forme i.a, a ∈ R.
z 2 = −a2 est un réel négatif, z 3 = −ia3 est un imaginaire pur. Alors OC , qui est vertical ne peut pas être
orthogonal à AB qui n'est pas horizontal. z ne paur pas être solution dans ce cas.
• Supposons donc désormais{que z + z ̸= 0.
2
2
Le système équivaut à : z + z = z + z
(après simplication par z + z )
z.z = 1
z.z = 1 =⇒ |z| = 1 =⇒ ∃θ ∈ R, z = eiθ
−2iθ
z 2 + z 2 = z + z =⇒ e2iθ +
= eiθ + e−iθ =⇒ cos(2θ) = cos(θ)
e
 2θ = θ [2π]
ou
cos(2θ) = cos(θ) ⇐⇒

2θ
=
−θ
[2π]


θ
=
0
[2π]
z=1


ou [ ] ⇐⇒
ou
⇐⇒


2π
z
∈
{1,
j, j 2 }
θ=0
3
Le cas z = 1 donne A = B = C puisque z = z 2 = z 3 = 1.
Le cas z = j donne les points A, B et C d'axes respectives j, j 2 et 1. Alors O est bien orthocentre (et
centre de gravité) du triangle ABC .
68
Le cas z = j 2 donne les points A, B et C d'axes respectives j 2 , j 4 = j et j 6 = 1. Alors O est bien
orthocentre (et centre de gravité) du triangle ABC .
En conclusion, O est orthocentre du triangle ABC (non réduit à un point) si et seulement si z = j ou z = j 2 .
0.3.17 Mines

0 z
Exercice 1 : Donner une condition sur z ∈ C pour que la matrice A =  1 0
1 1
∫ +∞
sin t
√ dt.
Exercice 2 : Justier l'existence de l'intégrale A =
t
0
En écrivant A comme somme d'une série alternée, déterminer le signe de A.
SOLUTION
χA (x) =

z
z  soit diagonalisable.
0
: Exercice 1 :
x
−1
−1
−z
x
−1
−z
−z
x
= x3 − z 2 − z − 3xz
(règle de Sarrus)
Ce polynôme caractéristique admet trois racines dans C, comptées avec leur ordre de multiplicité. Si ces trois
racines sont distinctes, la matrice A de M3 (C) admet trois valeurs propres distinctes, donc est diagonalisable.
Mais elle peut avoir une racine multiple (double ou triple).
Etudions ce cas : Si χA admet une racine multiple, t ∈ C, celle-ci est racine de χA (X) = X 3 − 3zX − z − z 2
et de χ′A (X) = 3X 2 − 3z = 3(X 2 − z) .
Donc t vérie t2 = 
z.

0 0
• Si z = 0, alors A =  1 0
1 1
0
0  n'est pas diagonalisable. (si elle l'était, elle serait semblable à la matrice
0
nulle, et serait la matrice nulle).
• Si z ̸= 0, notons w et −w les deux racines carrées dans C du complexe z : w2 = z .
Le polynôme dérivé χ′A (X) = 3(X 2 − z) a pour racines w et −w.
Voyons si ces complexes sont aussi racines de χA (X) :
χA (w) = w3 − 3zw − z − z 2 = w3 − 3w3 − w2 − w4 = −w2 (w2 + 2w + 1) = −w2 (w + 1)2
χA (−w) = −w3 + 3zw − z − z 2 = −w3 + 3w3 − w2 − w4 = −w2 (w2 − 2w + 1) = −w2 (w − 1)2
Le cas w = 0 qui entraîne z = 0 a déjà été étudié.


0 1 1
Les cas w = −1 ou w = 1 entraînent z = w2 = 1, et donnent pour matrice A =  1 0 1 , qui est
1 1 0
symétrique réelle, donc diagonalisable.
Dans tous les autres cas, A possède trois valeurs propres distinctes dans C, donc est diagonalisable dans
M3 (C).
En conclusion, A est diagonalisable dans M3 (C) si et seulement si z ̸= 0
Exercice 2 : La fonction f : t 7→
sin t
√ est dénie et continue sur l'intervalle ]0, +∞[.
t
√
t
√ = t −→ 0
t→0+
t
En posant f (0) = 0, on prolonge f en une fonction continue sur le
Elle est donc intégrable sur tout segment [0, a], a > 0
• f (t) ∼
t→0+
fermé [0, +∞[.
• Soit a > 0. Par intégration
par parties,
∫ x
∫ x
]x 1 ∫ x
[
1
√ sin t dt =
∀x ∈ [a, +∞[,
cos t . t−3/2 dt
sin t . t−1/2 dt = − cos t . t−1/2 −
2
a
t
a
a
a
∫ x
∫
1
cos a cos x 1 x cos t
√ sin t dt = √ − √ −
√ dt
(*)
2 a t t
a
x
t
a
√
cos x
lim √ = 0 puisque cos x est borné et x → +∞
x→+∞
x
cos t
1
1
est intégrable sur [a, +∞[, et par majoration la fonction
∀t ∈ [a, +∞[, √ 6 3/2 . Or la fonction t 7→ t3/2
t
t t
∫ +∞
cos t
√ t l'est aussi. L'intégrale
√ dt est donc absolument convergente.
t 7→ cos
t t
t t
a
∫ x
∫
sin t
cos a 1 +∞ cos t
√ dt = √ −
√ dt
La relation (*) permet alors d'écrire que lim
x→+∞ a
2 a
a
t
t t
∫ +∞
sin t
√ dt est donc convergente.
L'intégrale
t
a
69
Par additivité, l'intégrale
∫
+∞
0
sin t
√ dt l'est aussi.
t
Remarque : On aurait pu demander aussi si cette intégrale était absolument convergente.
n−1
∑ ∫ (k+1)π sin t
sin t
√ dt =
√ dt
• Par la relation de Chasles, pour tout n ∈ N ,
t
t
0
k=0 kπ
Pour tout∫ k ∈ N∗ , par le changement
devariable
ane
t = u + kπ ,
∫ π
∫ π
(k+1)π
sin(u)
sin t
sin(u + kπ)
k
√ dt =
√
√
du = (−1)
du
u + kπ
u + kπ
t
kπ
0
0
∫ π
sin(u)
sin(u)
√
La fonction u 7→ √
est continue et positive sur [0, π]. Donc
du > 0
u + kπ
0
∫ π u + kπ
sin(u)
√
Notons vk =
du
u + kπ
0
En passant à la limite quand n → +∞ dans l'égalité :
∫ nπ
n−1
n−1
∑ ∫ (k+1)π sin t
∑
sin t
√ dt =
√ dt =
(−1)k vk , on obtient :
t
t
0
k=0 kπ
k=0
∫ +∞
+∞
∑
sin t
√ dt =
A=
(−1)k vk
t
0
k=0
∫ π
sin(u)
√
A apparait ainsi comme somme d'une série alternée (puisque ∀k, vk =
du > 0)
u + kπ
0
)
∫ π
∫ π
∫ π(
sin(u)
sin(u)
1
1
√
√
√
• vk+1 − vk =
du −
du =
−√
sin u du
u + kπ
u + kπ |{z}
u + (k + 1)π
u + (k + 1)π
0
0
0
|
{z
} >0
∗
∫
nπ
60
La suite (vk )k est donc décroissante.
∫
∫ π
∫ π
√ 1
sin(u)
1
1
π
√
√
√
du 6
du 6
du = √
= π. √
u + kπ
u + kπ
kπ
kπ
k
0
0
0
+∞
∑
La série alternée A = (−1)k vk vérie le critère de Leibniz.
π
• 0 6 vk =
−→ 0
k→+∞
k=0
On en déduit que c'est une série convergente (ce qu'on savait déjà) et que sa somme est du signe de son
premier terme v0 =
∫
0
π
sin(u)
√
du, qui est positif. Donc A =
u
∫
+∞
0
sin t
√ dt > 0 .
t
0.3.18 Mines
Exercice 1 : Rechercher les matrices M ∈ M3 (R), de trace nulle, telles que M 2 + M T = I3
(*)
Exercice 2 : E désigne l'espace 
vectoriel des fonctions de classe C 1 sur le segment [−1, 1], à valeurs réelles.
Montrer que l'application Φ :
 E×E
−→
 (f, g)
7→
R
∫ 1
f (0)g(0) +
f ′ (t)g ′ (t)dt
−1
dénit un produit scalaire sur E .
Trouver une base orthonormale du sous espace F = {P ∈ R2 [X], P (0) = 0}
SOLUTION
: Exercice 1 : Soit M ∈ M3 (R), une matrice de trace nulle, telle que M 2 + M T
alors M = I3 − M 2 , et en prenant les transposées, M = (I3 )T − (M 2 )T = I3 − (M T )2
T
= I3
=⇒ M = I3 − (I3 − M 2 )2 = 2M 2 − M 4
=⇒ M 4 − 2M 2 + M = 0
Le polynôme P (X) = X 4 − 2X 2 + X est un polynôme annulateur de M .
2
P (X) = X 4 − 2X 2 + X = X(X 3 − 2X + 1) = X(X − 1)(X√
+ X − 1)
√
−1+ 5
2
Le polynôme X + X − 1 a deux racines réelles : a1 = 2
et a2 = −1−2 5
Finalement, P (X) = X(X − 1)(X − a1 )(X − a2 ) est scindé dans R[X]. La matrice M est donc diagonalisable
dans M3 (R), et SpR (M ) ⊂ {0, 1, a1 , a2 }
• Soit λ ∈ SpR (M ) : ∃V ∈ R3 − {0}, M.V = λ.V
La relation (*) entraîne : V T .M 2 .V + V T .M T .V = V T .V = ∥V ∥2
Or M 2 V = M (M V ) = £(λV ) = λ.M.V = λ2 V et V T .M T = (M.V )T = (λ.V )T = λ.V T
Reportons dans l'expression précédente :
V T .(M 2 .V ) + (V T .M T ).V = ∥V ∥2 , ce qui donne : λ2 V T .V + λV T .V = ∥V ∥2
qui entraîne que λ2 + λ − 1 = 0 (puisque V ̸= 0)
Donc λ ∈ {a1 , a2 }
Dès lors, M est semblable à l'une des quatre matrices suivantes :
70

a1
D1 =  0
0
0
a1
0


0
a1
0 , D2 =  0
a1
0


0
a1
0  , D3 =  0
a2
0
0
a1
0


0
a2
0 , D4 =  0
a2
0
0
a2
0
0
a2
0

0
0 
a2
Or aucune de ces matrices n'a de trace nulle, contrairement à ce qui devrait être puisque deux matrices
semblables on même trace.
Il n'existe donc pas de matrice M ∈ M3 (R), de trace nulle, vériant la relation (*)
Exercice 2 : • L'application
Φ est bien dénie sur E × E , car lorsque f et g sont de classe C 1 sur le segment
∫
[−1, 1], l'intégrale
f ′ (t)g ′ (t)dt est bien dénie comme intégrale d'une fonction continue sur un segment.
Il est immédiat que Φ est symétrique et bilinéaire.
1
−1
Montrons que c'est une forme dénie positive
:
∫
1
Soit f ∈ E .
Φ(f, f ) = [f (0)]2 +
| {z }
>0
−1
f ′2 (t) dt
| {z }
>0
Donc Φ est une forme positive.
Soit f ∈ E etl que Φ(f, f ) = 0, c'est à dire tel que : [f (0)]2 +
∫
| {z }
−1
>0


1
f ′2 (t) dt = 0
| {z }
>0
[f (0)]2 = 0
et
donc ∫
 1 ′2
f
(t)dt
=0
−1
′2
La fonction f est continue, positive, d'intégrale nulle sur l'intervalle [−1, 1]. C'est donc la fonction nulle
sur [−1, 1]. Il en est de même de la fonction f ′ , et f est une fonction constante sur l'intervalle [−1, 1]. Mais
puisque f (0) = 0, cette constante est nulle. Donc f est la fonction nulle.
On a nalement montré que Φ est une application bilinéaire symétrique dénie-positive sur l'espace E , c'est
à dire un produit scalaire sur E .
• F = {P ∈ R2 [X], P (0) = 0} est un sous espace vectoriel de R2 [X]. C'est le noyau de la forme linéaire
(P 7→ P (0)) dénie sur R2 [X]. C'est donc un hyperplan de R2 [X], c'est à dire un sous espace de R2 [X] de
dimension 2.
Il est clair que les deux polynômes X et X 2 appartiennent à F , et forment un système libre, puisqu'ils sont
de degrés diérents. Ils forment donc une base de F .
Recherchons d'abord
une base orthogonale (Q0 , Q1 ) de F par le procédé de Schmitt, en partant de la base
{
Q0 = X
Q1 = X 2 + λQ0
(X, X 2 ) :
∫ 1
Φ(Q0 , Q1 ) = 0 ⇐⇒ Q0 (0)Q1 (0) +
Q′0 (t)Q′1 (t)dt = 0
−1
∫ 1
⇐⇒ 0 +
1.(2t + λ)dt = 0 ⇐⇒ 2λ = 0
−1
Le système (X, X 2 ) est donc orthogonal .
Φ(X, X) = 0 +
∫1
−1
Φ(X 2 , X 2 ) = 0 +
1 × 1dt = 2.
∫1
4t2 dt = 38 .
−1
Donc ∥X∥ =
√
Donc ∥X 2 ∥ =
Φ(X, X) =
√
√
2
√
Φ(X 2 , X 2 ) =
8
3
√
= 2 23
Une base orthonormale de F est formée des polynômes : P0 (X) =
X
√
,
2
P1 (X) =
√
3
2
.
X2
2
0.3.19 Mines
Exercice 1 : On considère deux espaces vectoriels E et F sur le même corps K, deux applications linéaires,
u ∈ L(E, F ), v ∈ L(F, E) telles que vo u ∈ GL(E).
Montrer que Imu ⊕ ker v = F
Exercice 2 : Résoudre l'équation diérnetielle (E) :
SOLUTION : Exercice 1 : • Soit y ∈ Imu ∩ ker v :
(1 + x2 )y ′′ + 4xy ′ + 2y = 1
∃x ∈ E, y = u(x) et v(y) = 0.
Donc v(y) = vo u(x) = 0. Mais puisque vo u ∈ GL(E), son noyau est réduit à {0} et donc x = 0, ce qui
entraîne que y = u(x) = 0. Donc Imu ∩ ker v = {0}. La somme Imu + ker v est directe.
• Montrons que cette somme est égale à F , c'est à dire que tout vecteur x ∈ F peut s'écrire sous la forme a + b
avec a ∈ Imu et b ∈ ker v .
Analyse : Soit x ∈ F , et (a, b) ∈ Imu × ker v tel que x = a + b.
alors il existe c ∈ E tel que a = u(c) (puisque a ∈ Imu)
71
donc v(x) = v(a) + v(b) = vo u(c), et puisque vo u ∈ GL(E), c = (vo u)−1 (v(x))
|{z}
=0
Dès lors, a = u[(vo u)−1 (v(x))] et par diérence, b = x − a = x − u[(vo u)−1 (v(x))]
Synthèse : Soit x ∈ F . Soit a = u[(vo u)−1 (v(x))]
a est bien déni, puisque x ∈ F, v(x) ∈ E, (vo u)−1 (v(x)) est déni et appartient à E puisque v(x) ∈ E et
vo u ∈ GL(E), et nalement a = u[(vo u)−1 (v(x))] est bien déni.
Par diérence de deux éléments de F , soit b = x − a = x − u[(vo u)−1 (v(x))] est bien déni.
On a bien alors a + b = x
a ∈ Imu puisque a est l'image par u d'un vecteur de E .
Il reste à[ vérier que b ∈ ker v .] Pour cela calculons v(b) :
v(b) = v x − u[(vo u)−1 (v(x))] = v(x) − vo u[(vo u)−1 (v(x))] = v(x) − v(x) = 0
Donc b ∈ ker v
On a ainsi montré que F ⊂ Imu ∩ ker v , et l'égalité puisque l'inclusion réciproque est triviale.
Exercice 2 : Recherchons les séries entières solutions de l'équation diétentielle homogène (E0 ) :
Soit S(x) =
∞
∑
(1 + x2 )y ′′ + 4xy ′ + 2y = 0
an xn une série entière de rayon de convergence R > 0.
n=0
D'après le théorème de dérivation des séries entières, on peut armer que :
∀x ∈]R, R[, S ′ (x) =
∞
∑
∞
∑
n an xn−1 et S ′′ (x) =
n=0,1
n(n − 1) an xn−2
n=0,1,2
S est solution de (E0 ) sur l'intervalle ]R, R[ si et seulement si :
∀x ∈]R, R[, (1 + x2 )S ′′ (x) + 4xS ′ (x) + 2S(x) = 0
∞
∞
∞
∞
∑
∑
∑
∑
⇐⇒ ∀x ∈]R, R[,
n(n − 1) an xn−2 +
n(n − 1) an xn + 4
n an xn−1 + 2
an x n = 0
⇐⇒ ∀x ∈]R, R[,
⇐⇒ ∀x ∈]R, R[,
⇐⇒ ∀x ∈]R, R[,
n=0,1,2
∞
∑
n=0,1,2
∞
∑
n
(n + 2)(n + 1) an+2 x +
n=0
∞
∑
n=0
(n(n − 1) + 4n + 2)an xn = 0
(n + 2)(n + 1) an+2 xn +
n=0
∞
∑
n=0,1
n=0
∞
∑
(n2 + 3n + 2)an xn = 0
n=0
(n + 2)(n + 1) (an+2 + an )xn = 0 =
n=0
∞
∑
0 xn
n=0
⇐⇒ ∀n ∈ N, an+2 + an = 0 (par unicité des coecients d'une série entière de rayon non nul)
⇐⇒ ∀n ∈ N, {
an+2 = −an
a2p = (−1)p a0
⇐⇒ ∀p ∈ N,
a2p+1 = (−1)p a1
Les séries entières solutions de (E0 ) sont les SE de la forme :
∞
∞
∞
∞
∑
∑
∑
∑
S(x) =
a2p x2p +
a2p+1 x2p+1 = a0
(−1)p x2p + a1
(−1)p x2p+1
p=0
p=0
p=0
∞
∞
∑
∑
a0 + a1 x
S(x) = a0
(−x2 )p + a1 x
(−x2 )p =
1 + x2
p=0
p=0
p=0
On obtient un sous espace vectoriel de dimension 2. Or (E0 ) est une équation diérentielle linéaire du second
ordre, homogène, pour laquelle le coecient de y ′′ dans l'équation, le terme (1 + x2 ), ne s'annule pas sur R.
L'ensemble des solutions de (E0 ) sur R forme donc un espace vectoriel de dimension 2. Or les séries entières
solutions forment déjà un espace de solutions de dimension 2. C'est donc que l'on a là toutes les solutions de
(E0 ).
Ax + B
En conclusion, les solutions de (E0 ) sont les fonctions de la forme : x 7→ y(x) =
, A, B ∈ R .
2
1+x
(1 + x2 )y ′′ + 4xy ′ + 2y = 1.
Ax + B
1
Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme : x 7→ y(x) =
+ , A, B ∈ R .
1 + x2
2
• La fonction constante
1
2
est clairement solution de (E) :
72
0.4
X - ENS :
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
0.4.1 X -ENS
Exercice 1 : On considère la suite (xn ) dénie par la donnée des réels x0 > 0 et a > 0 et par la relation de
récurrence :
a
xn
(*)
Etudier la limite de cette suite, et rechercher un équivalent simple de xn quand n → +∞ .
∀n ∈ N, xn+1 = xn +
Exercice 2 : Trouver toutes les racines de A =
SOLUTION
(
1
0
0
2
)
: Par récurrence immédiate, on peut armer que pour tout entier n ∈ N, xn est déni et xn > 0.
a
> 0.
xn
La suite (xn ) est strictement croissante.
Si elle convergeait vers un réel L, alors, par croissance de la suite, on aurait :
∀n ∈ N, 0 < x0 < xn 6 L. Donc L ̸= 0.
a
En passant à la limite dans la relation (*), on obtiendrait : L = L +
∀n ∈ N, xn+1 − xn =
ce qui est absurde car
L
a
ne peut pas être nul.
L
Donc la suite (xn ) est divergente. Étant croissante, on peut armer que
• Soit α un réel.
[ (
∀n ∈ N, (xn+1 )α − xα
n = xn 1 +
∼
n→+∞
a
x2n
xα
n α
En particulier, en prenant α = 2,
)]α
α
− xα
n = xn
[(
1+
a
= a α xα−2
n
x2n
a
x2n
)α
lim xn = +∞
n→+∞
]
−1
(car (1 + u)α − 1 ∼ α u)
u→0
(xn+1 )2 − x2n ∼ 2 a
n→+∞ ]
[
donc lim (xn+1 )2 − x2n = 2 a
n→+∞
u + u + · · · + un
2
Posons un = (xn+1 )2 − x2n , de sorte que lim un = 2 a et soit vn = 1
n→+∞
n
D'après le théorème de Cesaro, on peut armer que lim vn = lim un = 2 a
n→+∞
n→+∞
u + u2 + · · · + un
(x2 − x21 ) + (x23 − x22 ) + · · · + (xn+1 )2 − x2n
(xn+1 )2 − x21
Or vn = 1
= 2
=
n
n
n
Puisque lim xn = +∞, (xn+1 )2 − x21 ∼ (xn+1 )2
n→+∞
n→+∞
(xn+1 )2
et donc vn ∼
∼ 2 a , d'où l'on déduit nalement :
n→+∞
n→+∞
n
√
x2n ∼ 2 a (n − 1) et
un ∼
2an
n→+∞
n→+∞
(
)
1 0
Exercice 2 : Trouver toutes les racines de A = 0 2
Analyse : Soit M ∈ M2 (R) une racine de A : M 2 = A
alors A.M = M 2 .M = M 3 = M M 2 = M.A
Donc M commute avec la matrice diagonale A, dont(les coecients
diagonaux sont deux à deux distincts.
)
a
0
Il s'ensuit que M est diagonale : ∃(a, b) ∈ R2 , M =
0 b
( 2
) (
)
{ 2
{
a = ±1
a
0
1
0
a
=
1
2
√
M = A =⇒
=
=⇒
=⇒
0 b2
0 2
b2 = 2
b=± 2
Donc M est( l'une des)quatre matrices
: )
(
(
)
(
)
1 √0
−1 √0
1
0
−1
0
√
√
M1 =
, M2 =
, M3 =
, M4 =
,
0
2
0
2
0 − 2
0 − 2
Synthèse : on vérie immédiatement que ces quatre matrices sont solutions.
0.4.2 X - ENS
Exercice 1 : Soit (U1 , U2 , · · · , Un ) une base de Rn muni de son produit scalaire canonique.
Montrer que la matrice A = ((Ui |Uj ))16i,j6n est diagonalisable, et que ses valeurs propres sont strictement
positives.
Exercice 2 : Montrer que la fonction
x 7→ x2 sin
f est elle de classe C 1 , C 2 , · · · etc . . . ?
1
est prologeable en une fonction f continue sur R.
x
: Notons ai,j = (Ui |Uj ) le coecient d'indice (i, j) de la matrice A.
∀(i, j) ∈ {1, 2, · · · , n}, ai,j = (Ui |Uj ) = (Uj |Ui ) = aj,i par symétrie du produit scalaire.
SOLUTION
73
La matrice A est symétrique, réelle, donc est diagonalisable dans M2 (R) .


v1
 v2 


• Soit λ ∈Sp(A) : ∃V =  .  ∈ Rn − {0}, A.V = λV
 .. 
vn
alors V T .A.V = V T .λ.V = λV T .V = λ∥V ∥2
n
∑
ai,k vk
A.V est un vecteur colonne, dont la ligne d'indice i est : (A.V )i =
k=1


(A.V )1
n
 (A.V )2  ∑


V T .A.V = V T .(A.V ) = (v1 , v2 , · · · , vn ). 
vi .(A.V )i
=

.
..

 i=1
(A.V )n
( n
)
(
)
n
n
n
n
n
∑
∑
∑ ∑
∑
∑
=
vi .
ai,k vk =
vi
vk (Ui |Uk ) =
vi Ui |
vk Uk
i=1
(
d'où : λ∥V ∥2 =
i=1
)
k=1
n
∑
vi Ui |
i=1
n
∑
vk Uk
i=1
k=1
=
n
∑
k=1
2
vi Ui
i=1
k=1
Puisque le vecteur propre V n'est pas nulle, ∥V ∥ > 0.
Le vecteur W =
n
∑
vi Ui n'est pas nul lui non plus, puisqu'au moins l'une de ses composantes vk dans la
i=1
n
∑
base (U1 , U2 , · · · , Un ) n'est pas nul. Donc ∥W ∥ =
2
2
vi U i
>0
i=1
n
∑
L'égalité λ =
2
vi Ui
i=1
∥V
∥2
2
=
∥W ∥
montre alors que λ > 0
∥V ∥2
Exercice 2 : Montrer que la fonction
x 7→ x2 sin
1
est prologeable en une fonction f continue sur R.
x
f est elle de classe C 1 , C 2 , · · · etc . . . ?
1
La fonction x 7→ est dénie et continue sur R∗ . La fonction sinus est dénie et continue sur R. Par
x
1
1
composition , la fonction x 7→ sin est dénie et continue sur R∗ , et la fonction x 7→ x2 sin aussi.
x
x
1
1
2
2
2
• la fonction x 7→ x sin est bornée et lim x = 0. Donc lim x sin = 0
x→0
x→0
x
x
1
2
La fonction x 7→ x sin est donc prologeable en une fonction f continue sur R, en posant f (0) = 0 .
x
1
−1
1
1
1
• f est dérivable sur R∗ et ∀x ∈ R, f ′ (x) = 2x sin − x2 × 2 cos = 2x sin + cos
x
x
x
x
x
Quand x → 0, x sin x1 → 0 comme produit d'une fonction bornée et d'une fonction de limite nulle.
cos x1 n'a pas de limite quand x → 0. (il oscille entre -1 et +1)
′
Donc f (x) n'a pas de limite quand x → 0. Mais ceci n'implique pas que f n'est pas dérivable en 0.
Revenons à la déntion en étudiant la limite du taux d'accroissement :
1
f (x) − f (0)
= x sin
−→
x−0
x x→0
Donc f est dérivable en 0 et f ′ (0) = 0
∀x ∈ R∗ ,
0
Par contre f n'est pas de classe C 1 sur R puisque f ′ n'est pas continue en 0.
En particulier, f ′ n'est pas dérivable en 0 car n'est pas continue en ce point.
0.4.3 X - ENS
x
Montrer que la fonction x 7→ x
est prolongeable en une fonction f , C ∞ sur R, et que les coecients de
e −1
la série de taylor de f sont des nombres rationnels.
ex − 1
est dénie sur sur R∗ .
g : x 7→
x
∞
∑
xk
On sait que : ∀x ∈ R, ex =
k!
(k=0
)
∞
∞
∞
x
∑
∑
∑
1
xk−1
xk
x x2
xk
∗ e −1
=
−1 =
=
=1+ +
+ ···
donc ∀x ∈ R ,
x
x
k!
k!
(k + 1)!
2
6
SOLUTION
: La fonction
k=0
k=1
74
k=0
∞
∑
xk
ex − 1
, la fonction g prolonge bien la fonction x 7→
(k + 1)!
x
k=0
en une fonction développable en série entière sur R, et donc C ∞ sur R.
De plus g ne s'annule pas en 0, puisque g(0) = 1, et ne s'annule nulle part ailleurs sur R∗ car :
ex − 1 = 0 ⇐⇒ x = 0
g est une fonction C ∞ sur R, qui ne s'annule pas. La fonction f = g1 est donc dénie sur R et est elle-même
∞
C .
∞
∞
∑
∑
f (k) (0) k
k
Sa série de Taylor
ak x =
x est donc dénie. (ce qui ne signie pas pour l'instant qu'elle
k!
En posant g(0) = 1, alors ∀x ∈ R, g(x) =
k=0
k=0
converge. D'ailleurs cette question de la convergence n'est pas posée dans le texte).
• Il s'agit maintenant de prouver que tous les coecients ak =
f (k) (0)
k!
sont rationnels.
Puisqu'il n'y a pas dans le cours de maths Spé de théorème concernant le DSE de l'inverse
f , nous utiliserons les développements limités.
Soit n ∈ N un entier quelconque.
Le développement limité de f à l'ordre n est : f (x) =
n
∑
Le développement limité de g à l'ordre n est : g(x) =
k=0
d'une fonction
ak xk + xn ε1 (x) avec lim ε1 (x) = 0
x→0
k=0
n
∑
1
f
k
x
+ xn ε2 (x) avec lim ε2 (x) = 0
x→0
(k + 1)!
Or ∀x ∈ R, f (x).g(x) = 1.
On obtient le DL à l'ordre n du produit f.g en multipliant les deux parties régulières polynomiales des DL
de f et de g , et en en retenant que les termes de degrés 6 n.
De DL se résume à : f (x).g(x) = 1 + 0.x + 0.x2 + 0.x3 + · · · + xn ε(x)
(avec ε(x) = 0)
Dans(le polynôme
produit
) (
)
(
)
xk
x x2
xn
= (a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn ). 1 + +
+ ··· +
on ne
(k + 1)!
2
6
(n + 1)!
k=0
k=0
retient que
 les termes de degrés 6 n, c'est à dire :
c0 = 1 = a0



a0

c
1 = 0 = 2 + a1


a0
c2 = 0 = 6 + a21 + a2
..



.


 c = 0 = a0 + a1 + a2 + · · · + an−1 + a
n
∑
ak xk
n
∑
.
n
(n+1)!
n!
(n−1)!
n
2
Ces relations montrent par récurrence :
a0 = 1 est rationnel,
a1 = − a20 = − 12 est rationnel,
a2 = − a60 − a21 est rationnel, (car a0 et a1 le sont)
..
.
a0
a2
an = − (n+1)!
− an!1 − (n−1)!
+ · · · + − an−1
est rationnel,
2
(car a0 et a1 , · · · an−1 le sont)
0.4.4 X - ENS
Soit γ : t ∈ R 7→ e−t
2
/2
.
a) Montrer que, pour tout z ∈ C, l'intégrale
Pour z ∈ C, on pose : F (z) =
∫
+∞
∫
+∞
−∞
e−izt γ(t)dt est convergente.
e−izt γ(t)dt
−∞
b) Donner un développement en série entière de F en 0 et préciser le rayon de convergence.
c) Montrer que l'application x ∈ R 7→ F (ix)γ(x) est constante et préciser la valeur de cette constante.
d) Donner alors une expression
de F .
∫
On admettra que
SOLUTION
+∞
e−t
2
/2
dt =
√
2π
−∞
: a) Pour tout z ∈ C, la fonction
Si z = a + ib, (a, b) ∈ R , e
2
−izt
γ(t) = e
(intégrale de Gauss)
t 7→ e−izt γ(t)dt est dénie et continue sur ] − ∞, +∞[.
2
γ(t) = ebt e−iat γ(t) = ebt e−t /2 = o(e−|t| )
−i(a+ib)t
t→±∞
Or la fonction t 7→ e−|t| est intégrable
sur ] − ∞, ∫0] et sur [0, +∞[.
∫ 0
+∞
Par majoration, les intégrales
e−izt γ(t)dt et
e−izt γ(t)dt sont donc absolument convergentes, et
∫
−∞
+∞
F (z) =
e
−∞
−izt
0
γ(t)dt est déni pour tout z ∈ C.
75
∞
∑
zk
b) On sait que : ∀z ∈ C, ez =
k=0
k!
Donc pour tout z ∈ C, pour tout t ∈ [0, +∞[, e
et F (z) =
∫
∞
+∞ ∑
−∞ k=0
(−izt)k
γ(t)dt =
k!
Cherchons à échanger l'intégration
∫
∞
+∞ ∑
−izt
(−i)k
∫
k=0
k −t2 /2
t e
k!
−∞ k=0
∫ +∞
−∞
et le sommation
∑
Pour cela, il faut s'assurer que la série numérique
Pour tout k ∈ N, notons Jk =
=
∞
∑
(−izt)k
(∫
+∞
z k dt
∞
∑
k=0
+∞
−∞
k
k!
.
tk e−t
k!
2
)
/2
z k dt
est convergente.
tk e−t /2 dt
0
[ k+1
]+∞ ∫ +∞ k+2
∫ +∞
2
t
t
k −t2 /2
−t2 /2
Par intégration par parties, ∀k ∈ N, Jk =
t e
dt =
e
+
e−t /2 dt
k+1
k+1
0
0
0
|
{z
}
2
=0
Jk+2
Jk =
, soit aussi : Jk+2 = (k + 1)Jk .
k+1
d'où l'on déduit par récurrence immédiate :
(2k)!
J0
2k k!
k
J2k+1 = 2 × 4 × 6 × · · · × (2k)J1 = 2 k!J1
∫ +∞ k −t2 /2
∫
t e
|z|k +∞ k −t2 /2
|z|k
En notant Ik =
z k dt = 2
t e
dt = 2
Jk , on obtient :
k!
k! 0
k!
−∞
∀k ∈ N, J2k = 1 × 3 × 5 × · · · × (2k − 1)J0 =
|z|2k
|z|2k (2k)!
|z|2k
I2k = 2
J2k = 2
J0 = 2 k J0 , qui donne une série exponentielle convergente car de la
k
(2k)!
(2k)! 2 k!
2 k!
( 2 )k
forme
|z|
2
k!
|z|2k+1
|z|2k+1 k
J2k+1 = 2
2 k! J1 , qui donne aussi une série convergente, par le critère de
(2k + 1)!
(2k + 1)!
d'Alembert.
(
)
∑ ∫ +∞ tk e−t2 /2
k
On a ainsi montré que la série
z dt converge.
k!
−∞
I2k+1 = 2
k
D'après le théorème d'intégration d'une série de fonctions sur un intervalle quelconque, on peut écrire :
∫
F (z) =
∞
+∞ ∑
(−i)
k −t2 /2
kt e
k
k!
−∞ k=0
F (z) =
∫
∞ (
∑
(−i)k
k=0
k!
c) ∀x ∈ R, F (ix)γ(x) =
z dt =
+∞
k −t2 /2
t e
−∞
∫
+∞
ext e−t
)
∫
∞
∑
(−i)k
k=0
k!
+∞
tk e−t
2
/2 k
z dt
−∞
dt z k , ce qui montre que F est développable en série entière sur C .
dt . e−x /2
−∞
∫ +∞
∫ +∞
2
xt −t2 /2
G(x, t)dt en notant : G(x, t) = ext e−t /2
e e
dt =
∀x ∈ R, soit g(x) =
2
/2
2
−∞
−∞
2
2
∂G
(x, t) = |t| ext e−t /2 6 |t| e|at| e−t /2 = o(e−|t| )
t→±∞
∂x
∫
permet d'utiliser le théorème de dérivation sous le signe sur tout segment [−a, a] ⊂ R, et d'en conclure
que g est de classe C 1 sur∫ R :
∫ +∞
+∞
2
∂G
∀x ∈ R, g ′ (x) =
(x, t)dt =
text e−t /2 dt
−∞ ∂x
−∞
∫ +∞
2
2
2
• Soit alors h(x) = F (ix)γ(x) =
ext e−t /2 dt . e−x /2 = g(x)e−x /2
La majoration : ∀x ∈ [−a, a], ∀t ∈] − ∞, +∞[,
−∞
h est C 1 sur R, comme produit de deux fonctions de classe C 1 , et :
2
2
∀x ∈ R, h′ (x) = g ′ (x)e−x /2 − x g(x)e−x /2
∫ +∞
∫ +∞
2
2
xt −t2 /2
−x2 /2
′
h (x) =
te e
dt . e
−x
ext e−t /2 dt . e−x /2
−∞
En intégrant par parties (t 7→ te−t
2
−∞
/2
) qui a pour primitive (t 7→ −e−t
76
2
/2
), on obtient :


∫
∫ +∞
+∞
[ xt −t2 /2 ]+∞

2
2
xt −t2 /2  −x2 /2
h′ (x) = 
−e
e
+
xe
e
e
−
x
ext e−t /2 dt . e−x /2


−∞
−∞
−∞
|
{z
}
=0
∫ +∞
∫ +∞
2
2
2
2
ext e−t /2 dt . e−x /2 − x
ext e−t /2 dt . e−x /2 = 0
=x
−∞
−∞
Ayant une dérivée nulle, la fonction h est constante sur R.
• En particulier, pour tout x ∈ R, h(x) = F (ix)γ(x) = F (0)γ(0) =
√
∀x ∈ R, F (ix)γ(x) = 2π
√
2π
√
∫
+∞
e−t
2
/2
−∞
dt × 1 =
√
2π
d) On vient de montrer que, pour tout x réel, F (ix) =
= 2π ex /2
γ(x)
Pour l'instant, rien ne permet d'armer que cette formule est encore vraie pour tout x complexe.
Mais on sait que F est DSE sur C : il existe une suite (an )n∈N telle que :
∀z ∈ C, F (z) =
+∞
∑
2
ak z k
k=0
En particulier, ∀x ∈ R, F (ix) =
+∞
∑
ak (ix)k =
k=0
=
√
2π ex
+∞
∑
ak ik xk
k=0
2
/2
(
+∞
∑
√
= 2π
x2
2
)k
k!
k=0
=
+∞
∑
√
x2k
2π
2k k!
k=0
Par unicité des
de rayon de convergence non nul,
 coecients d'une série entière



a2k+1 =√0
a2k+1 = 0√
,
soit
:
2π
2π
 a2k i2k =
 a2k = (−1)k
2k k!
2k k!
( 2 )k
√
+∞
+∞
+∞ − z
∑
∑
∑
√
√
2
2
2π 2k
d'où, pour tout z ∈ C, F (z) =
ak z k =
(−1)k k
z = 2π
= 2πe−z /2
2 k!
k!
k=0
k=0
k=0
√
−z 2 /2
∀z ∈ C, F (z) = 2πe
∀k ∈ N,
0.4.5 X - ENS
a) Montrer que les fonctions (t 7→ ln(1 − cos t)), (t 7→ ln(1 + cos t)) et (t 7→ ln(sin t)) sont intégrables sur
]0, π[.
Montrer que les trois intégrales ont la même valeur, qu'on calculera.
b) Scinder X 2n − 1 sur C.
( π)
)
X 2 − 2 cos k
X +1
n
k=1
∫ π
c) Pour x ∈ R − {−1, 1}, on pose : f (x) =
ln(x2 − 2x cos t + 1)dt
Calculer (X − 1)
2
n (
∏
0
Montrer que f (x) est bien déni, et le calculer.
d) En déduire une seconde méthode pour calculer
SOLUTION
0.5
∫
π
ln(1 − cos t)dt
0
:
Probabilités - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
0.5.1 ESCP 2004 - 3.2
Soit a ∈ R.
Soit X et Y deux variables aléatoires dénies sur l'espace probabilisé (Ω, A; P), indépendantes, de même loi
uniforme sur l'ensemble E = {0, 1, 2, · · · , n}
Soit Z et T les variables aléatoires dénies par :
Z = |X − Y | et T = inf(X, Y )
Sous réserve d'existence, on note E(A) l'espérance de la variable aléatoire A.
1. a) Justier l'existence des moments de tous ordres de Z et T .
b) Montrer que E(Z) =
n(n + 2)
.
3(n + 1)
c) En déduire E(T ) et en donner un équivalent lorsque n tend vers l'inni.
77
2. Soit U une variable aléatoire à valeurs dans N, telle qu'il existe K ∈ N∗ vériant : 0 6 U 6 K
a) Exprimer
K
∑
P (U > j) en fonction de l'espérance E(U ).
j=1
b) Calculer de même
K
∑
j 2 P (U > j) en fonction de E(U ), E(U 2 ), E(U 3 ).
j=1
3. a) Calculer pour tout j ∈ N, la probabilité P (T > j).
b) En utilisant la question 2. a), retrouver la valeur de E(T ).
2
4. Calculer E(Z 2 ) en fonction de la variance σX
de la variable aléatoire X .
: 1. a) Z et T sont des variables aléatoires qui ne prennent qu'un nombre ni de valeurs. Elles
admettent donc des moments de tous ordres puisque les sommes qui les dénissent sont des sommes nies : le
SOLUTION
moment d'ordre m de la vaiable aléatoire Z est
n
∑
k m P (X = m)
k=0
b) Puisque X et Y prennent les valeurs 0, 1, · · · , n, X−Y prend ses valeurs dans {−n, −n+1, · · · , −1, 0, 1, · · · , n−
1, n}, et Z = |X − Y | prend les valeurs 0, 1, · · · , n.
Pour tout i ∈ {0, 1, · · · , n − 1, n},
(Z = i) = [(X = i) ∩ (Y = 0)] ∪ [(X = i + 1) ∩ (Y = 1)] ∪ · · · ∪ [(X = n) ∩ (Y = n − i)]
∪ [(X = 0) ∩ (Y = i)] ∪ [(X = 1) ∩ (Y = i + 1)] ∪ · · · ∪ [(X = n − i) ∩ (Y = n)]
1
1
1
Chaque évènement (X = i) ∩ (Y = j) a pour probabilité n+1
× n+1
= (n+1)
2 puisque X et Y suivent une
loi uniforme sur {0, 1, · · · , n − 1, n} et sont indépendantes.
L'évènement (Z = i) étant décomposé en une union disjoints de 2(n − i + 1) évènements,
1
2(n − i + 1)
P (Z = i) = 2(n − i + 1) ×
=
(n + 1)2
(n + 1)2
n
n
∑
∑
2
E(Z) =
iP (Z = i) =
i(n − i + 1)
(n
+
1)2 i=0
i=0
(
)
n
n
∑
∑
2
2
=
(n + 1)
i−
i
(n + 1)2
i=0
i=0
(
)
2
n(n + 1) n(n + 1)(2n + 1)
=
(n
+
1)
×
−
(n + 1)(2
2
6(
)
)
( 2
)
2
n(n + 1) n(2n + 1)
2
3n2 + 3n − 2n2 − n
2
n + 2n
=
−
=
=
n+1
2
6
n+1
6
n+1
6
n(n + 2)
E(Z) =
3(n + 1)
c) Pour tous réels x et y ,
|x − y| = max(x, y) − min(x, y) et x + y = max(x, y) + min(x, y)
donc par diérence, T = min(X, Y ) = 12 [(X + Y ) − |X − Y |] = 12 [X + Y − Z]
Par linéarité de l'espérance, E(T ) = 12 [E(X) + E(Y ) − E(Z)]
n
et comme X et Y suivent une loi uniforme sur {0, 1, · · · , n − 1, n}, E(X) = E(Y ) =
[
]
1 n n n(n + 2)
3n2 + 3n − n2 − 2n
2n2 + n
E(T ) =
+ −
=
=
2 2
2
3(n + 1)
6(n + 1)
6(n + 1)
E(T ) =
2
2n2 + n
n
∼
6(n + 1) n→+∞ 3
2. Soit U une variable aléatoire à valeurs dans N, telle qu'il existe K ∈ N∗ vériant : 0 6 U 6 K
a) P (U > 1) = P (U = 1) + P (U = 2) + · · · + P (K) car (U > 0) = (U = 0) ∪ P (U = 1) ∪ · · · ∪ P (K) et ces
évènements sont incompatibles. De même,
P (U > 2) = P (U = 2) + P (U = 3) + · · · + P (K)
P (U > 3) = P (U = 3) + P (U = 4) + · · · + P (K)
..
.
P (U > K) = P (K)
En additionnant membre à membre ces inégalités, on obtient :
P (U > 1) + P (U > 2) + · · · + P (U > K) = P (U = 1) + 2P (U = 2) + 3P (U = 3) + · · · + K.P (K)
ce qui s'écrit aussi :
K
∑
j=1
P (U > j) =
K
∑
j.P (U = j) = E(U )
j=0,1
78
b)
K
∑
j 2 P (U > j) =
K
∑

j2 
j=1
j=1
= 12
K
∑
P (U = i) + 22
i=1
K
∑

P (U = i)
i=j
K
∑
P (U = i) + 32
i=2
2
K
∑
P (U = i) + · · · + K 2
i=3
K
∑
P (U = i)
i=K
= 12 P (U = 1) + (12 + 2 )P (U = 2) + (12 + 22 + 32 )P (U = 3) + · · · + (12 + 22 + · · · + K 2 )P (U = K)
[( j
)
]
K
K
∑
∑
∑
j(j + 1)(2j + 1)
2
=
P (U = j)
i P (U = j) =
6
j=1
i=1
j=1
1∑ 3
1∑ 2
1∑
j P (U = j) +
j P (U = j) +
jP (U = j)
3 j=1
2 j=1
6 j=1
K
=
K
∑
K
j 2 P (U > j) =
j=1
K
1
1
1
E(U 3 ) + E(U 2 ) + E(U )
3
2
6
3. a) Remarquons que (T > j) = (min(X, Y ) > j) = (X > j) ∩ (Y > j)
Puisque X et Y sont indépendantes,
(
P (T > j) = P (X > j) × P (Y > j) =
(
P (T > j) =
n−j+1
n+1
)2
• D'après la question 2.a), E(T ) =
n
∑
n−j+1 n−j+1
×
=
n+1
n+1
P (T > j) =
j=1
)2
n (
∑
n−j+1
j=1
n+1
=
n−j+1
n+1
)2
n
∑
1
(n − j + 1)2
(n + 1)2 j=1
Or quand j varie de 1 à n, h = n − j + 1 varie de n à 1. Par le changement d'indice h = n − j + 1,
E(T ) =
n
∑
1
1
n(n + 1)(2n + 1)
n(2n + 1)
h2 =
=
2
2
(n + 1)
(n + 1)
6
6(n + 1)
h=1
On retrouve bien la formule obtenue en 1.c)
4. E(Z 2 ) = E(|X − Y |2 ) = E((X − Y )2 )
car X et Y sont à valeurs réelles,
= E(X 2 + Y 2 − 2XY ) = E(X 2 ) + E(Y 2 ) − 2E(XY ) par linéarité de l'epérance,
= E(X 2 + Y 2 − 2XY ) = E(X 2 ) + E(Y 2 ) − 2E(X)E(Y ) par indépendance de X et Y ,
= 2E(X 2 ) − 2(E(X))2 puisque X et Y suivent la même loi
E(Z 2 ) = 2[E(X 2 ) − (E(X))2 ] = 2V (X) = 2(σ(X))2
Exprimer
K
∑
P (U > j en fonction de l'espérance E(U ).
j=1
0.5.2 ESCP 2005 - 3.17
Une urne contient trois boules indiscernables au toucher et numérotées 1, 2 et 3. On eectue une succession
de tirages au hasard d'une boule de cette urne, avec à chaque fois remise de la boule obtenue avant le tirage
suivant.
Soit X le nombre aléatoire de tirages juste nécessaires pour obtenir pour la première fois trois fois de suite le
même numéro. On note pn la probabilité de l'évènement (X = n) et cn la probabilité de l'évènement (X 6 n).
1. a) Que valent p1 et p2 ? Calculer p3 et p4 .
Calculer c2 , c3 et c4 .
b) Montrer que pour n > 2, pn = cn − cn−1 .
( )3
2. a) Montrer que pour n > 1, pn+3 = 2 × 13 (1 − cn )
2
b) En déduire que pour n > 2, pn+3 − pn+2 + 27
pn = 0.
2
2
3. a) Pour n > 2, on pose : un = pn+2 − 3 pn+1 − 9 pn .
Calculer u2 . En déduire que la suite (un )(n>2 est la suite nulle.
)
b) En déduire que pour n > 2, pn =
1
√
6 3
(
√ )n−2
1+ 3
3
−
(
√ )n−2
1− 3
3
c) Montrer que la série de terme général pn est convergente et calculer
∞
∑
n=2
Que signie le résultat obtenu ?
79
pn .
d) Montrer que X admet des moments à tous les ordres, et calculer son espérance.
: 1.a) p1 est la probabilité de l'évènement (X = 1), c'est à dire que le même numero sorte trois
fois de suite en un seul tirage. Cet évènement est impossible, donc p1 = 0.
Pour la même raison (le même numero ne peut sortir trois fois de suite en deux tirages), p2 = 0.
p3 est la probabilité que le même numero sorte trois fois de suite en trois tirage. Ces tirages peuvent être
(1, 1, 1), ou (2, 2, 2), ou (3, 3, 3), qui sont deux à deux incompatibles, et on chacun pour probabilté 13 × 31 × 13 =
SOLUTION
( 1 )3
( )3
. Donc p3 = 3 × 13 = 19
p3 est la probabilité que le même numero sorte pour la première fois trois fois de suite en trois tirage. Un
tel évènement correspond au tirage d'un certain numéro i parmi 1, 2, 3 au premier tirage (probabilité = 1), et
d'un numero j ̸= i aux deuxième, troisième et quatrième tirage.
Les tirages favorables sont : (1, 2, 2, 2), (1, 3, 3, 3), (2, 1, 1, 1), (2, 3, 3, 3), (3, 1, 1, 1), (3, 2, 2, 2). ils sont incom( )4
2
patible et on chacun pour probabilité 31 . Donc p4 = 364 = 27
3
c2 = P (X 6 2) = P (∅) = 0
c3 = P (X 6 3) = P (X = 3) = p3 = 91
2
5
c4 = P (X 6 4) = P ((X = 3) ∪ (X = 4)) = p3 + p4 = 19 + 27
= 27
b) Pour tout n > 1, (X 6 n) = (X 6 n − 1) ∪ (X = n). Ces deux derniers évènements étant incompatibles,
P (X 6 n) = P (X 6 n − 1) + P (X = n), donc cn = cn−1 + pn , de qui donne bien la relation :
∀n > 2, pn = cn − cn−1 .
2. a) L'évènement (X = n + 3) est réalisé si et seulement si jusqu'au tirage de rang n, on n'a jamais tiré trois
fois consécutivement le même numéro (c'est à dire si (X > n)) et si on a obtenu aux tirages de rangs n + 1,
n + 2 et n + 3 le même numéro, distinct de celui obtenu au tirage de rang n.
Comme les tirages successifs sont indépendants,
( )
( )
1 2
3
× 32 ×
(1 − cn )
| {z }
pn+3 =
P (X>n)=1−P (X6n)
b) ∀n > 2, pn+3 − pn+2 = 2(1 − cn )
2
donc pn+3 − pn+2 + 27
pn = 0 .
( 1 )3
3
3. a) u2 = p4 − 23 p3 − 29 p2 =
∀n > 2,
= 2(1 − cn )
− 2(1 − cn−1 )
1 3
3
( 1 )3
3
= 2(−cn + cn−1 )
( 1 )3
3
2
= − 27
pn .
.
2
2
27 − 27 + 0 = 0
2
2
2
−) 92 pn+1
un+1 = pn+3 − 3 pn+2 − 92 pn+1 = pn+2
( − 27 p2n − 3 pn+2
1
2
2
1
2
= 3 pn+2 − 9 pn+1 − 27 pn = 3 pn+2 − 3 pn+1 − 9 pn = 13 un
1
(un )n>2
3
La suite
est une suite géométrique, de raison .
Puisque u2 = 0, par une récurrence immédiate, ∀n > 2, un = 0
b) La suite (un ) vérie la relation de récurrence linéaire à deux pas :
∀n > 2, pn+2 = 23 pn+1 + 29 pn
L'équation carctérisque associée est : t2 − 23 t − 29 = 0
( )2
4
Son discriminant esst δ = 32 + 4 × 92 = 12
9 = 3 , et ses racines sont :
√
√
2
√2
1
1
1+ 3
1− 3
3 + 3
x1 =
= +√ =
et x2 =
2
3
3
3
3
Les suites vériant
(R) sont les suites de la forme :
( la relation
)
(de récurrence
)
(R) :
vn = a
√
1+ 3
3
n
+b
√
1− 3
3
n
où a et b sont des constantes réelles.
Donc il existe (a, b) ∈ R2 , ∀n > 2, pn = a
{
en posant a′ = a
′
(
√ )2
1+ 3
3
(
√ )n
1+ 3
3
et b′ =
(
√ )n
1− 3
3
( √ )2
1+ 3
b
3
+b
, ou,
,
′
p2 = 0 = a + b
p3 = 91 = a′ x1 + b′ x2
√
d'où : b′ = −a′ et
a′ (x1 − x2 ) = a′ × 2 3 3
√
a′ = 19 ×
et b′ = − 183


√ )n−2 (
√ (
√ )n−2
3 1+ 3
1− 3

Finalement, pour tout n > 2, pn =
−
18
3
3
1
9√=
3
√
= 183
2 3
√
√
c) |x1 | = 1+3 3 ≃ 0.91 < 1 et∑ |x2 | =∑ 3−1
≃ 0.24 < 1
3
Les deux séries géométriques xn1 et xn2 convergent, puisque leur raison est en module strictement plus
petite que 1.


√ )n−2 (
√ )n−2
√ ∞ (
3 ∑ 1+ 3
1− 3

−
pn =
18 n=2
3
3
n=2
∞
∑
80
donc
∞
∑
√ ∞ [(
√ )n (
√ )n ] √ (
)
1
1
3∑
1+ 3
1− 3
3
−
=
−
=
18
3
3
18 1 − x1
1 − x2
(
)
√ n=0
3
1
1
√ −
√
=
1+
3
18 1 −
1 − 1−3 3
3
√ (
) √ (
) √
√
3
3
3
3
1
1
3
√
√
√
√
=
−
=
−
=
×2 3=1
18 2 − 3 2 + 3
6
6
2− 3 2+ 3
pn = 1 , ce dont on pouvait se douter puisque le suite (X = n)n>2 est une suite complète
n=2
d'évènements.
• cn = P (X 6 n) =
n
∑
k=2
pk
−→
n→+∞
+∞
∑
pk = 1
k=2
Ceci montre qu'en répétant le tirage susamment de fois, l'obtention de trois numeros consécutifs égaux est
un évènement presque sûr.
∑
∑
d) Pour tout entier k ∈ N∗ , les séries nk xn1 et nk xn2 convergent.
X admet donc des moments à tous les ordres.
+∞
+∞
∑
∑
• En particuler, pour k = 1, E(X) =
nP (X = n) =
npn
n=0
n=2

(
√ )n−2
√ ∞
√ )n−2 (
3 ∑  1+ 3
1− 3

−
=
n
18 n=2
3
3
∞
∑
1
(1
−
x)2
n=0,1
(
)
(
√
√
√
√ )n−1
n−1
∞
∞
∑
∑
3
3
1+ 3
3
3
1− 3
√
√
d'où E(X) =
×
n
−
×
n
18
3
18
3
1 + 3 n=2
1 − 3 n=2




√
√
3
3
1
1




√ (
√ (
=
−
1
−

√ )2
√ )2 − 1
6(1 + 3)
6(1
−
3)
1 − 1+3 3
1 − 1−3 3
[
[
]
]
√
√
3
9
3
9
√
√
=
√ ) −1 −
√ ) −1
(
(
6(1 + 3) 2 − 3 2
6(1 − 3) 2 + 3 2
√
√
[
]
[
]
√
√
3
3
√
√
=
9(2 + 3)2 − 1 −
9(2 − 3)2 − 1
6(1 √
+ 3)
√6(1 − [ 3)
[
√ ]
√ ]
3
3
√
√
=
62 + 36 3 −
62 − 36 3
6(1
6(1
√ +
√− √ 3)
√ 3)
√ ]
√ ]
3( 3 − 1) [
3( 3 + 1) [
=
62 + 36 3 +
62 − 36 3
12
√12
√
√ ] 3+ 3[
√ ]
3− 3[
=
31 + 18 3 +
31 − 18 3
6
6
√
√ ] 78
1[
=
93 − 54 + 23 3 + 93 − 54 − 23 3 =
= 13
E(X) = 13
6
6
Par dérivation de la série entière sur l'ouvert ] − 1, 1[,
nxn−1 =
0.5.3 ESCP 2005 - 3.29
Pour n ∈ N, on note fn la fonction dénie par : fn (x) = xn + 16x2 − 4
1. Montrer que l'équation fn (x) = 0 admet une unique solution sur l'intervalle [0, +∞[, que l'on notera un .
Etudier les variations et la limite de la suite (un ).
2. a) Montrer qu'il existe des réels k et q pour lesquels il existe des variables aléatoires X et Y , à valeurs dans
N telles que :
(
)
∀n ∈ N, P (X = n) = q.unn et P (Y = n) = k 12 − un
b) X et Y étant de telles variables, montrer que X et Y admettent une espérance, qui vérient :
E(X) 6 2q et E(Y ) 6 k4
X et Y admettent elles une variance ?
SOLUTION : 1. La fonction fn a une dérivée positive sur [0, +∞[ et est donc strictement croissante sur cet
intervalle. Elle s'annulera au plus une fois
.
( )sur ([0,)+∞[
n
Par ailleurs, fn (0) = −4 < 0 et fn 12 = 12 > 0
D'après le théorème des valeurs
( ) intermédiaires, la fonction fn , polynômiale, étant continue, elle prend toute
valeur entre fn (0) < 0 et fn 21 > 0, et en particulier la valeur 0.
81
Finalement, il existe un unique réel un ∈ [0, +∞[ tel que fn (un ) = 0.
• Pour tout n ∈ N, fn+1 (un ) = un+1
+ 16u2n − 4 = un+1
− unn + unn + 16u2n − 4 = unn (un − 1) < 0
n
n
{z
}
|
| {z }
=0
<0

fn+1 (un ) < 0

fn+1 (un+1 ) = 0
=⇒ un < un+1

fn+1 est strictement croissante
La suite (un )n>1 est croissante, majorée par 12 , donc elle est convergente, et de limite inférieure ou égale à
( )n
• L'encadrement 0 < un < 12 entraine que 0 < unn < 12 , et par encadrement que lim unn = 0
L'égalité fn (un ) = 0 = unn + 16u2n − 4
√
termes positifs, que
lim un =
n→+∞
1
2
n→+∞
entraîne alors que lim 16u2n = 4, et puisque la suite (un ) est à
4
1
=
16
2
( )n
n→+∞
∑ ( )n
1
2. a) La majoration
0 < unn < 21 où la série géométrique
est convergente entraîne, par majoration,
2
∑ n
que la série un converge, et que sa somme, σ , est strictement positive.
En prenant q = σ1 , on a
∞
∑
qunn = q × σ = 1.
n=0
Il existe donc une variable aléatoire X , à valeurs dans N, telle que ∀n ∈ N, P (X = n) = q unn
)
∑ (1
• Il s'agit de montrer que la série
2 −( un est) convergente.
(
)
∀n ∈ N, unn + 16u2n − 4 = 0 = unn + 16 un − 12 un + 12
unn
1 n
1
un
=
un
puisque lim un =
donc 12 − un = ( 1 n ) ∼
n→+∞
n→+∞
16
16
2
16 2 + un
)
∑ (1
∑ n
On a vu que la série
un convergeait. L'équivalence précédente montre alors que la série
2 − un
converge absolument, et que sa somme est positive, puisque 0 < un < 12 . En notant s sa somme, et en prenant
k = 1s ,
)
(
∞
∑
1
on a
− un = k × s = 1 .
k
2
n=0
(
)
Il existe donc une variable aléatoire Y , à valeurs dans N, telle que ∀n ∈ N, P (Y = n) = k 21 − un
( )n
( )n
∑ ( 1 )n
où la série
n 2
est
b) L'encadrement 0 < q unn < q 12 , entraîne que 0 < nP (X = n) < qn 12
convergente, et par sommation,
+∞ ( )n
∑
1
nP (X = n) 6 q
n
2
n=0
n=0
+∞
∑
+∞
∑
1
1
on obtient : ∀x ∈] − 1, 1[,
nxn−1 =
1
−
x
(1
−
x)2
n=0
n=0,1
+∞
+∞ ( )n
∑
∑
q
1
1
d'où : E(X) =
= ×(
nP (X = n) 6 q
n
)2 = 2q
2
2
1 − 12
n=0
n=0
( )n
(1
)
unn
unn
k 1
(
)
• Reprenons l'égalité P (Y = n) = k 2 − un = k
6k
6
8
8 2
16 21 + un
(
)
+∞
+∞
n
∑
k∑
1
k
1
k
d'où :
nP (Y = n) 6
n
=
×(
)2 =
1
8 n=0
2
16
4
1− 2
n=0
(
)
n
1
• Les majorations 0 < n2 P (X = n) = q.n2 unn < q.n2 2 et
(
) k 2 ( 1 )n
2 1
0 < n2 P (Y = n)
2 − un 6 8 n
2
∑ =2 k.n
et la convergence
des séries n xn pour
x ∈] − 1, 1[ entraine la convergence des moments d'ordre 2
∑
∑
E(X 2 ) =
n2 P (X = n) et E(Y 2 ) =
n2 P (Y = n) et l'existence des variances V (X) = E(X 2 ) − (E(X))2
et V (Y ) .
Par dérivation de la série entière
+∞
∑
xn =
0.5.4 ESCP 2006 - 3.2
Soit N un entier naturel non nul. On dispose d'un sac contenant N jetons numérotés de 1 à N dans lequel on
peut eectuer une succession de tirages avec remise d'un jeton, en notant, à chaque fois, le numero obtenu.
Pour tout entier naturel n non nul, on note Tn le nombre aléatoire de numéros distincts obtenus au cours
des n premiers tirages.
1. Soit n un entier naturel non nul.
a) Quelles sont les valeurs prises par Tn ?
b) Calculer P (Tn = 1) et P (Tn = n)
c) Calculer P (Tn = 2) .
2. Soit (k, n) un couple d'entiers naturels non nuls avec 1 6 k 6 N .
82
Déterminer une relation liant P (Tn+1 = k), P (Tn = k),P (Tn = k − 1).
3. Pour tout entier naturel n non nul, on considère le polynôme :
Gn (X) =
n
∑
P (Tn = k)X k
k=1
1
a) Prouver l'égalité : Gn+1 = (X − X 2 )G′n + XGn
N
b) Pour tout entier naturel n non nul, en reliant l'espérance E(Tn ) à Gn , exprimer E(Tn+1 ) à l'aide de
E(Tn ), N et n, puis déterminer E(Tn ) en fonction de N et n .
c) Déterminer lim
N →+∞
E(Tn )
N
: 1. a) Tn compte le nombre de numéros distincts obtenus au cours des n premiers tirages. L'urne
ne comprenant que N numéros distintcs, Tn 6 N .
Puisque'on a procédé à n tirages, Tn 6 n.
Enn, pout tout nombre k ∈ [[1, min(n, N )]], Tn peut prendre la valeur k, par exemple dans la succession
tirage (1, 2, 3, · · · , k − 1, k, 1, 1, · · · , 1) de n tirages.
Donc les valeurs prises par Tn sont [[1, min(n, N )]] .
b) L'avènement (Tn = 1) correspond aux tirages (k, k, · · · , k) où k ∈ [[1, min(n, N )]]. Il y a N manières de
SOLUTION
|
{z
}
n f ois
choisir k, entre 1 et N .
Il y a par ailleurs N
× N × · · · × N = N n successions de n tirages avec remise possibles.
|
{z
}
n f ois
Donc P (Tn = 1) =
N
Nn
=
1
N n−1
• Si n > N , L'évènement Tn = n est impossible (en n tirages successifs, on ne peut pas avoir n résultts distincts,
puisque le nombre de boules distinctes est N < n). Dans ce cas, P (Tn = n) = 0
• Si n 6 N , L'évènement Tn = n correspont aux possibiltés d'avoir n tirages distincts.
Il y a N possibilités pour le premier tirage, N − 1 pour le second, · · · , et N − n + 1 pour le ne tirage. Donc
N × (N − 1) × · · · × (N − n + 1)
N!
(N − 1)!
P (Tn = n) =
=
=
Nn
(N − n)! N n
(N − n)! N n−1
c) L'évènement (Tn = 2) est formé des successions de n tirages
( )ne comprenant que deux mêmes numeros p
N
N (N − 1)
et q , distincts, appartenant à l'ensemble {1, 2, · · · , N } . Il y a
=
manières de choisir ces deux
2
2
numeros. Le nombre de successions de n tirages ne comportant que ces deux numeros est 2| × 2 ×{z· · · × 2} = 2n .
n f ois
Son comptés dans ces 2n tirages les successions (p, p, · · · , p) et (q, q, · · · , q). Restent donc 2n − 2 successions de
n tirages ayant exactement p et q comme résultats.
Finalement, P (Tn = 2) =
(N )
2
× (2n − 2)
(N − 1)(2n−1 − 1)
=
Nn
N n−1
2. a) Si Tn+1 = k, alors Tn = k ou Tn = k − 1.
Par la formule des probabilités totales,
P (Tn+1 = k) = P [(Tn+1 = k) ∩ (Tn = k)] + P [(Tn+1 = k) ∩ (Tn = k − 1)],
= P [(Tn+1 = k)|(Tn = k)] × P (Tn = k) + P [(Tn+1 = k)|(Tn = k − 1)] × P (Tn = k − 1)
Dans le cas où Tn = k, au (n+1)e tirage, on doit obtenir l'un des k numéros déjà apparus lors des n premiers
tirages : cela donne k possibilité : P [(Tn+1 = k)|(Tn = k)] = Nk
Dans le cas où Tn = k − 1, au (n + 1)e tirage, on doit obtenir l'un des N − (k − 1) numéros qui ne sont pas
lors des n premiers tirages : cela donne N − (k − 1) possibilité : P [(Tn+1 = k)|(Tn = k − 1)] = N −k+1
N
En reportant ces deux probabilités conditionnelles, on obtient :
P (Tn+1 = k) =
k
N −k+1
× P (Tn = k) +
× P (Tn = k − 1)
N
N
3. On considère le polynôme :
Gn (X) =
alors G′n (X) =
N
∑
N
∑
k=1
k.P (Tn = k)X k−1
k=1
a) ∀n ∈ N , Gn+1 (X) =
∗
P (Tn = k)X k
N
∑
P (Tn+1 = k)X k .
En utilisant la question précédente,
k=1
83
Gn+1 =
]
N [
∑
k
N −k+1
× P (Tn = k) +
× P (Tn = k − 1) X k
N
N
k=1
N
∑
N
∑
N −k+1
× P (Tn = k − 1)X k
N
k=1
k=1
Par le changement d'indice h = k − 1 dans la deuxième somme,
N
N
−1
∑
X∑
N −h
Gn+1 =
kP (Tn = k)X k−1 +
× P (Tn = h)X h+1
N
N
k=1
h=0
Dans la dernière somme, on peut faire varier h jusqu'à la valeur N puisque le coecient N − h est alors nul:
N
N
N
∑
X∑
1 ∑
kP (Tn = k)X k−1 +
P (Tn = h)X h+1 −
hP (Tn = h)X h+1
Gn+1 =
N
N
k=1
h=0
h=0
|
{z
} |
{z
}
|
{z
}
=
X
N
kP (Tn = k)X k−1 +
G′n (X)
ce qui donne bien l'égalité : Gn+1 =
b) L'égalité G′n (X) =
G′n (1) =
N
∑
N
∑
X 2 G′n (X)
XGn (X)
1
(X − X 2 )G′n + XGn
N
k.P (Tn = k)X k−1 donne au point 1 :
k=1
k.P (Tn = k) = E(Tn )
E(Tn ) = G′n (1)
k=1
1
• En dérivant l'égalité : Gn+1 = (X − X 2 )G′n + XGn , on obtient :
N
1
1
G′n+1 = (X − X 2 )G′′n + (1 − 2X)G′n + XG′n + Gn ,
N
N
et en prenant la valeur au point 1 :
1 ′
G (1) + G′n (1) + Gn (1).
N n
En injectant les égalités : E(Tn ) = G′n (1) et E(Tn+1 ) = G′n+1 (1) , et en tenant compte de l'égalité
N
∑
Gn (1) =
P (Tn = k) = 1, on obtient :
G′n+1 (1) = −
k=1
E(Tn+1 ) = −
1
E(Tn ) + E(Tn ) + 1.
N
(
Donc E(Tn+1 ) = 1 −
1
N
)
E(Tn ) + 1
• La suite (E(Tn ))n>1 satisfait une relation de récurrence arithmético-géométrique.
On recherche a ∈ R tell que la suite
( (vn1 ))= (E(Tn ) − a) satisfasse une relation géométrique :
∀n ∈ N∗ , vn+1 =( E(Tn+1
)
−
a
=
1 − N E(Tn ) + 1 − a
)
1
= (1 − N ) (vn +(a) + 1 )− a
= (1 − N1 ) vn + 1 − N1 a + 1 − a
= 1 − N1 vn + − N1 a + 1 (
)
Cette suite est géométrique, et de raison 1 − N1 si a = N
(
)n−1
(
)n−1
En prenant a = N , on a donc : ∀n ∈ N∗ , vn = 1 − N1
v1 = 1 − N1
(E(T1 ) − N )
Or E(T1 ) = P (T1 = 1) = 1 car ∀k > 2, l'évènement (T1 =
k)
est
impossible.
((
)
(
)n−1
)n−1 ( 1
)
Donc, ∀n ∈ N∗ , E(Tn ) = 1 − N1
(1 − N ) + N = N 1 − N1
−
1
+
1
N
(
(
)n )
1
∀n ∈ N∗ , E(Tn ) = N 1 − 1 −
N
(
)N
1
1
E(TN )
=1− 1−
= 1 − eN ln(1− N )
c)
N
N
1
E(TN )
= 1 − e−1
Or lim eN ln(1− N ) = e−1 , donc
lim
N →+∞
N →+∞
N
0.5.5 ESCP 2006 - 3.9
On eectue une suite de lancers d'une pièce de monnaie. On suppose que les résultats des lancers sont indépendants, et qu'à chaque lancer, la pièce donne "Face" avec la probabilité p (0 < p < 1), et "Pile" avec la probablité
q = 1 − p.
On s'intéresse aux nombre de lancers nécessaires pour obtenir deux "Face" de suite.
On suppose donné un espace probabilisé (Ω, A, P ) modélisant cette expérience.
Pour tout entier n > 1, on note Un l'évènement "on obtient deux "Face" de suite, pour la première fois, aux
lancers numéro n et n + 1", et on pose un = P (Un ).
84
Pour tout entier n > 2, on note An l'évènement "les n premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de
suite, et le ne lancer donne "Face" ", et Bn l'évènement "les n premiers lancers ne donnent jamais deux "Face"
de suite, et le ne lancer donne "Pile" "
On pose xn = P (An ), yn = P (Bn )
1.a) Calculer u1 , x2 , y2 , u2 , x3 , y3 , u3 .
b) Pour n > 2, trouver une relation simple entre xn et un .
c) Pour n > 2, déterminer les probabilités conditionnelle :
P (An+1 |An ), P (An+1 |Bn ), P (Bn+1 |An ), P (Bn+1 |Bn )
d) En déduire,{pour tout n > 2, les relations suivantes :
xn+1 = p yn
yn+1 = q(xn + yn )
2. On suppose que p = 1/2 .
a) On pose vn = 2n yn .
Déterminer une relation de récurrence entre vn−1 , vn et vn+1 .
b) En déduire, pour tout n > 2, une expression de xn puis de un en fonction de n.
c) Vérier que
∞
∑
un = 1, et en donner une interprétation.
n=1
SOLUTION
: 1. Pour tout k ∈ N∗ , notons Fk l'évènement : le ke lancer est "Face"
et Pk l'évènement : le ke lancer est "Pile" .
Avec ces notations, u1 = P (U1 ) = P (F1 ∩ F2 ) = P (F1 ).P (F2 ) (les lancers 1 et 2 sont indépendants)
u1 = p2
x2 = P (A2 ) = P (P1 ∩ F2 ) = P (P1 ).P (F2 ) = p.q
y2 = P (B2 ) = P [(F1 ∩ P2 ) ∪ (P1 ∩ P2 )] = P (F1 ∩ P2 ) + P (P1 ∩ P2 ) (évènements incompatibles)
= P (F1 ).P (P2 ) + P (P1 ).P (P2 ) = p(1 − p) + (1 − p)2 = 1 − p
u2 = P (U2 ) = P (P1 ∩ F2 ∩ F3 ) = P (P1 ).P (F2 ).P (F3 ) = (1 − p)p2 = q.p2
x3 = P (A3 ) = P (P1 ∩ P2 ∩ F3 ) + P (F1 ∩ P2 ∩ F3 )
= p(1 − p)2 + p2 (1 − p) = p(1 − p)[(1 − p) + p] = p(1 − p) = pq
y3 = P (A3 ) = P (P1 ∩ P2 ∩ P3 ) + P (F1 ∩ P2 ∩ P3 ) + P (P1 ∩ F2 ∩ P3 )
= (1 − p)3 + 2p(1 − p)2 = (1 − p)2 (1 − p + 2p) = (1 + p)q 2
u3 = P (U3 ) = P (P2 ∩ F3 ∩ F4 ) = p2 (1 − p)
b) un = P (Un ) = P (on obtient deux "Face" de suite, pour la première fois, aux lancers numéro n et n + 1)
xn = P (An ) = P (les n premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de suite, et le ne lancer donne "Face")
Or Un = An ∩ Fn+1 , et puisque les lancers successifs sont indépendants, Fn+1 est indépendant de An , donc:
un = P (Un ) = P (An ∩ Fn+1 ) = P (An ).P (Fn+1 ) = p.xn
un = p.xn
c) An est l'évènement : "les n premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de suite, et le ne lancer
donne "Face", et An+1 est l'évènement : "les n + 1 premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de suite,
et le (n + 1)e lancer donne "Face".
An+1 entraîne que les lancers n et n + 1 ne sont pas Fn Fn+1 , ce qui est contraire aux dénitions de An (le
ne lancer donne "Face") et de An+1 (le (n + 1)e lancer donne "Face"). Donc An et An+1 sont incompatibles.
P (An+1 |An ) = 0
• Bn est l'évènement : "les n premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de suite, et le ne lancer donne
"Pile", et An+1 est l'évènement : "les n + 1 premiers lancers ne donnent jamais deux "Face" de suite, et le
(n + 1)e lancer donne "Face".
Donc An+1 = Bn ∩ Fn+1 et An+1 ∩ Bn = An+1 . Dès lors, par indépendance,
P (An+1 ∩ Bn ) = P (An+1 ) = P (Bn ).P (Fn+1 ) = pP (Bn )
P (An+1 ∩ Bn )
et P (An+1 |Bn ) =
=p
P (Bn )
• Bn+1 = An ∩ Pn+1 , donc Bn+1 ∩ An = Bn+1 .
d'où : P (Bn+1 ∩ An ) = P (Bn+1 ) = P (An ).P (Pn+1 ) = qP (An ) et donc :
P (Bn+1 ∩ An )
et P (Bn+1 |An ) =
= P (Pn+1 ) = q = 1 − p
P (An )
• Bn+1 ∩ Bn = (· · · · · · Pn Pn+1 ) = Bn ∩ Pn+1 , d'où : P (Bn+1 ∩ Bn ) = P (Bn ).P (Pn+1 ) = qP (Bn ) et donc :
| {z }
Bn
et P (Bn+1 |Bn ) =
P (Bn+1 ∩ Bn )
=q
P (Bn )
d) Pour n > 2, le couple (An , Bn ) forme un système complet d'évènements, et d'après la formule des
probabilités totales,
85
xn+1 = P (An+1 ) = P (An+1 |An ) P (An ) + P (An+1 |Bn ) P (Bn ) = p.yn
{z
}
|
{z
} | {z }
|
=0
p
=q
q
yn
yn+1 = P (Bn+1 ) = P (Bn+1 |An ) P (An ) + P (Bn+1 |Bn ) P (Bn ) = q.xn + q.yn = q(xn + yn )
|
{z
}
|
{z
} | {z }
donc
{
yn
xn+1 = p yn
yn+1 = q(xn + yn )
2. a) En multipliant l'égalité yn+1 = q(xn + yn ) par 2n+1 , on obtient :
vn+1 = 2n+1 yn+1 = q(2n+1 xn + 2n+1 yn ) = 2n+1 qxn + 2qvn
d'après la première relation, 2n+1 xn = p 2n+1 yn−1 = 4pvn−1
d'où : vn+1 = 2qvn + 4pqvn−1 , et, puisque p = 1/2 = q , ∀n > 2, vn+1 = vn + vn−1
(*)
b) (vn ) vérie une relation de récurrence linéaire à deux pas.
√
√
L'équation polynomiale associée, R2 − r − 1 = 0 a pour solutions
α = 1+2 5 et β = 1−2 5
( √ )n
( √ )n
donc il existe (λ, µ) ∈ R2 tel que ∀n > 2, vn = λαn + µβ n = λ 1+2 5 + µ 1−2 5
Pour n = 2, v2 = 4y2 = 4 × 21 = 2 = λα2 + µβ 2
3
Pour n = 3, v3 = 8y3 = 8 × 83 = 3 = λα3 + µβ
√
√
v3 − βv2 = 3 − 2β
= λα3 − λα2 β = 2 +
√
√5
d'où λ = 2+
α2 5
5 = λα2 (α − β) = λα2 5
√
√
de manière analogue, v3√− αv2 = 3 − 2α = 2 − 5 = µβ 2 (β − α) = −µβ 2 5
√5
d'où µ = − 2−
β2 5
????????????????????????????
0.5.6 ESCP 2006 - 3.10
Soit n un entier supérieur ou égal à 2.
Un urne contient une boule noire et n − 1 boules blanches.
On vide l'urne en eectuant des tirages successsifs de la manière suivante : le premier tirage s'eectue sans
remise, le deuxième avec remise, le troisième sans remise, le quatrième avec remise....
D'une manière générale, les tirages d'ordre impair s'eectuent sans remise, et les tirages d'ordre pair
s'eectuent avec remise de la boule tirée.
1. a) Quel est le nombre total N de tirages eectués lors de cette épreuve ?
b) Pour tout j ∈ [[1, n − 1]], combien reste-t-il de boules avant le (2j)eme tirage ?
Combien ne reste-t-il avant le (2j + 1)eme tirage ?
2. On désigne par Xk la variable aléatoire qui vaut 1 si la boule noire est obtenue au keme tirage (que ce soit
la première fois ou non) et 0 sinon.
On désigne par X la variable aléatoire égale au nombre d'apparitions de la boule noire lors de cette épreuve.
a) Calculer P (X1 = 1) et P (X2 = 1)
b) Pour tout entier j ∈ [[1, n − 1]], calculer P (X2j+1 = 1) et P (X2j = 1)
3. Pour tout j ∈ [[1, n − 1]], on note Uj l'évènement "On obtient la boule noire pour la première fois au
(2j − 1)eme tirage"
a) En considérant l'état de l'urne avant le (2n − 2)eme tirage, montrer que P (Un ) = 0
n−j
n(n − 1)
c) Exprimer l'évènement (X = 1) en fonction des évènements (Uj ) et en déduire la valeur de P (X = 1).
Calculer P (X = n).
b) Montrer que pour tout j ∈ [[1, n − 1]], on a : P (Uj ) =
: 1.a) Après le premier tirage, sans remise, restent dans l'urne n − 1 boules.
Après le second tirage, avec remise, restent dans l'urne n − 1 boules.
Après le 3e tirage, sans remise, restent dans l'urne n − 2 boules.
Après le 4e tirage, avec remise, restent dans l'urne n − 2 boules.
par récurrence immédiate, après le (2j)e tirage, avec remise, restent dans l'urne n−j boules, après le (2j +1)e
tirage, sans remise, restent dans l'urne n − j − 1 boules.
Après le (2n − 2)e = (2(n − 1))e tirage, avec remise, reste dans l'urne n − (n − 1) = 1 boule.
Après le (2n − 1)e = (2(n − 1) + 1)e tirage, la dernière est tirée sans remise, et l'urne est vide.
Donc N = 2n − 1
b) D'après le dénombrement eectué ci-dessus, pour tout j ∈ [[0, n − 1]], avant le (2j)e tirage, c'est à dire
après le (2j − 1)e = (2(j − 1) + 1)e tirage, il reste n − (j − 1) + 1 = n − j boules dans l'urne.
Avant le (2j + 1)e tirage, c'est à dire après le (2j)e tirage, il reste n − j boules dans l'urne.
2.a) (X1 = 1) est l'évènement : "au premier tirage, la boule noire sort".
86
SOLUTION
Au premier tirage, l'urne contient n boules, dont une noire. la probabilité que cette boule sorte soit est donc
P (X1 = 1) =
1
n
(X2 = 1) est l'évènement : "au deuxième tirage, la boule noire sort". Tout va dépendre si l'urne contient
encore la boule noire. Les deux évènements (X1 = 1) (le premier tirage est une boule noire), et (X1 = 0) (le
premier tirage est une boule blanche) forment un système complet d'évènements
Donc (X2 = 1) = [(X1 = 1) ∩ (X2 = 1)] ∪ [(X1 = 0) ∩ (X2 = 1)], et
P (X2 = 1) = P ((X1 = 1) ∩ (X2 = 1)) + P ((X1 = 0) ∩ (X2 = 1))
= P ((X2 = 1)|(X1 = 1)) P (X1 = 1) + P ((X2 = 1)|(X1 = 0))P (X1 = 0)
|
{z
}
=0 (incompatibilite)
= P ((X2 = 1)|(X1 = 0))P (X1 = 0) =
P (X2 = 1) =
1
n−1
×
n−1
n
=
1
n
1
n
b) L'évènement (X2j+1 = 1) signie que la boule noire sort au (2j + 1)e tirage. Cela entraîne qu'elle n'est
pas sortie aux tirages de rangs 1, 3, · · · , 2j − 1, car pour chacun de ces tirages d'ordre impair, la boule tirée
n'est pas remise dans l'urne.
Par compte, il est indiérent que la boule noire sorte, ou non, à l'un quelconque des tirages d'ordre 2, 4,
· · · , 2j , puisque la boule sortie à ces tirages de rangs pairs est remise dans l'urne.
Donc (X2j+1 = 1) = (X1 = 0) ∩ (X3 = 0) ∩ (X5 = 0) ∩ · · · ∩ (X2j−1 = 0) ∩ (X2j+1 = 1)
Rappelons que P (A ∩ B ∩ C) = P (A|B ∩ C).P (B ∩ C) = P (A|B ∩ C).P (B|C).P (C)
et plus généralement,
P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Ap ) = P (A1 |A2 ∩ · · · ∩ Ap ).P (A2 |A3 ∩ · · · ∩ Ap ) · · · P (Ap−1 |Ap ).P (Ap )
P (X2j+1 = 1) = P ((X2j+1 = 1)|(X1 = 0) ∩ (X3 = 0) ∩ (X5 = 0) ∩ · · · ∩ (X2j−1 = 0))
×P ((X2j−1 = 0)|(X1 = 0) ∩ (X3 = 0) ∩ (X5 = 0) ∩ · · · ∩ (X2j−3 = 0))
..
.
×P ((X5 = 0)|(X1 = 0) ∩ (X3 = 0))
×P ((X3 = 0)|(X1 = 0))
×P (X1 = 0)
n−j
1
n−2
n−1
1
P (X2j+1 = 1) = n−j
× n−j+1
× n−j+1
n−j+2 × · · · × n−1 × n = n
e
Comme au (2j) tirage la boule sortie a été remise dans l'urne, la situation avant le (2j)e tirage est la même
que la situation avant le (2j + 1)e tirage.
donc P (X2j+1 = 1) = P (X2j = 1) =
1
n
0.5.7 ESCP 2007 - 3.17
1. Démontrer que deux variables aléatoires qui suivent une loi de Bernoulli sont indépendantes si et seulement
si leur covariance est nulle.
2. Soit n un entier supérieur ou égal à 2. Une urne contient des boules rouges et des blanches en proportions
respectives r et b, avec 0 < r < 1 et b = 1 − r. Un joueur eectue n tirages successifs d'une boule de cette urne,
avec remise de la boule obtenue à chaque étape du tirage.
Pour k > 2, le joueur gagne 1 point au kieme tirage si la couleur de la boule obtenue à ce tirage n'est pas
celle qui a été obtenue au tirage précédent. Sinon, son gain à ce rang du tirage est nul.
Soit G la variable aléatoire égale au nombre de points gagnés par le joueur au cours des n tirages.
a) Pour k ∈ [[2, n]], on dénit la variable aléatoire Xk égale au gain du joueur pour le tirage de rang k.
Préciser la loi de Xk et calculer la covariance Cov(Xk , Xk+1 ), pour k ∈ [[2, n − 1]].
b) Calculer l'espérance et la variance de G.
c) Peut-on choisir r et b pour que G suive une loi binomiale ?
3. On reprend le jeu précédent et on dénit la variable aléatoire Tn par :
si G > 1, Tn est égal au rang du tirage amenant le premier point et sinon, Tn vaut n + 1.
a) Déterminer la loi de Tn .
b) Dans cette question, r = b = 1/2.
Comparer la loi de Tn − 1 avec la loi géométrique de paramètre 1/2.
En déduire une estimation de E(Tn ) quand n est grand.
SOLUTION : 1. Soient X ,→ B(p) et Y ,→ B(q) deux variables aléatoires qui suivent chacune une loi de
Bernoulli de paramètres respectifs p et q .
On sait que si X et Y sont indépendantes, alors Cov(X, Y ) = 0
• Réciproquement, supposons que Cov(X, Y ) = 0.
Alors X(Ω) = X(Ω) = {0, 1} =⇒ (XY )(Ω) = {0, 1}. Donc XY suit une loi de Bernoulli .
On sait qu'une loi de Bernoulli a pour paramètre E(XY ) = P (XY = 1)
Or Cov(X, Y ) = 0 = E(XY ) − E(X)E(Y ) =⇒ E(XY ) = E(X)E(Y ) = p × q
87
Donc P [(X = 1) ∩ (Y = 1)] = P (XY = 1) = E(XY ) = p.q = P (X = 1).P (Y = 1). Les évènements (X = 1)
et (Y = 1) sont indépendants.
On sait qu'alors les évènements (X = 1) et (Y = 1) = (Y = 0) le sont, de même que les évènements
(X = 0) = (X = 1) et (Y = 1) et les évènements (X = 0) = (X = 1) et (Y = 0) = (X = 1) .
On a fait le tour de tous les évènements (X = k), (Y = h) pour des lois de Bernoulli (seulement 4 cas à
considérer).
Donc les lois X et Y sont indépendantes .
2. a) Notons Rk l'évènement : la ke boule tirée est rouge (1 6 k 6 n)
et Bk l'évènement : la ke boule tirée est blanche.
Xk est égale au gain du joueur pour le tirage de rang k , à savoir +1 si la couleur de la boule obtenue à ce
tirage n'est pas celle qui a été obtenue au tirage précédent et 0 sinon.
Xk ne peut prendre que les valeurs 1 ou 0 ; elle suit une loi de Bernoulli.
Xk = 1 si les tirages de rangs k − 1 et k sont l'un des deux types suivantes :
(· · · , Rk−1 , Bk , · · · ) ou (· · · , Bk−1 , Rk , · · · ). Ces deux cas qui s'excluent mutuellement ont pour probabilités respectives : r × b et b × r.
Donc P (Xk = 1) = r × b + b × r = 2b.r . Il en résulte que Xk ,→ B(2b.r)
• Pour chacune des variables aléatoires Xk et Xk+1 qui suivent une loi de Bernoulli de paramères b.r, E(Xk ) =
E(Xk+1 ) = 2b.r
Or Cov(Xk , Xk+1 ) = E(Xk Xk+1 ) − E(Xk )E(Xk+1 )
Xk .Xk+1 , produit de deux variables suivant une loi de Bernoulli, suit encore une loi de Bernoulli, de
paramètre P (Xk .Xk+1 = 1)
P (Xk .Xk+1 = 1) = P [(Xk = 1) ∩ (Xk+1 = 1)] = P [(· · · , Rk−1 , Bk , Rk+1 · · · ) ∪ (· · · , Bk−1 , Rk , Bk+1 · · · )]
= r.b.r + b.r.b = b.r (b + r) = b.r
| {z }
=1
donc Cov(Xk , Xk+1 ) = E(Xk Xk+1 ) − E(Xk )E(Xk+1 ) = b.r − 4b2 .r2
(
b) Par linéarité de l'espérance, E(G) = E
n
∑
)
Xk
=
k=2
n
∑
k=2
E(G) = 2(n − 1)br
88
E(Xk ) = (n − 1) × 2.b.r