Telechargé par mahmoud sfar hancha

les Oraux - Concours Centrale Polytechnique

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Oraux CCP
I) Soit a ∈ ℝ et n ≥ 2 .
Planche 1
a) Montrer que φ (P )(X ) = (X −a ) (P ′(X ) − P ′(a )) − 2(P (X ) − P (a )) définit un endomorphisme
de ℝ n [X ] .
b) A l’aide de la formule de Taylor, déterminer l’image et le noyau de φ .
c) Trouver ses éléments propres. L’endomorphisme est-il diagonalisable ?
II) Résoudre l’équation différentielle y ′′ + y ′ + y = x 2 + ex .
I) a) La linéarité est immédiate et sans peine deg(φ(P )) ≤ n pour P ∈ ℝ n [X ] .
n
P (k ) (a )
P (k ) (a )
(X −a )k , P ′(X ) = ∑
(X −a )k −1 puis
k!
k =0
k =1 (k −1)!
n
b) On a P (X ) = ∑
n
n
P (k ) (a )
P (k ) (a )
P (k ) (a )
(X −a )k − 2∑
(X −a )k = ∑ (k − 2)
(X −a )k − 2P ′(a )(X −a ) .
(
k
−
1)!
k
!
k
!
k =2
k =1
k =3
P ∈ ker φ ⇔ P ′(a ) = 0 et ∀ 3 ≤ k ≤ n , P (k ) (a ) = 0 . Ainsi ker φ = Vect(1,(X −a ) 2 ) .
n
φ (P )(X ) = ∑
P ∈ Im φ ⇔ P (a ) = P ′′ (a ) = 0 . Im φ = (X −a )3 ℝ n−3 [X ] + Vect(X −a ) .
0 = λP (a )


c) φ (P ) = λP ⇔ −2P ′(a ) = λP ′(a )
.

(k )
(k )
(k − 2)P (a ) = λP (a ) pour k ∈ {2,…, n }
Cette équation possède une solution non nulle ssi λ = 0 , λ = −2 pour λ = k − 2 avec k ∈ {2,…, n } .
Ainsi Sp(φ) = {−2,0,1,…, n − 2} .
E −2 (φ) = Vect(X −a ) , E 0 (φ) = ker φ , E k −2 (φ) = Vect(X −a )k pour k ∈ {3,…, n } .
La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut dim ℝ n [X ] : l’endomorphisme est diagonalisable.
1
 3x 


− x
1
 + µ sin  3x  .
II) Solution générale y (x ) = x 2 − 2x + ex + e 2 λ cos 

 2 
 2 
3
Planche 2
I) Soit u un endomorphisme de matrice A dans une base orthonormale d’un espace euclidien E .
Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes
(i) u est orthogonal, (ii) t AA = I n et (iii) A est inversible et A−1 = t A .
1
II) Soit n ∈ ℕ , n ≥ 2 et f l’application de ℝ dans ℝ définie par f (x ) = x n sin   si x ≠ 0 et
 x 
f (0) = 0 .
a) Montrer que f est dérivable sur ℝ .
b) f admet-elle un développement limité en 0 ? si oui à quel ordre maximal ?
I) (ii) ⇔ (iii) en vertu du théorème d’inversibilité des matrices carrées.
u est orthogonal ⇔ ∀x , y ∈ E ,(u (x ) | u (y )) = (x | y ) .
Or (u (x ) | u (y )) = (u ∗ (u (x )) | y ) donc u est orthogonal ⇔ ∀x , y ∈ E ,(u ∗ (u (x )) − x | y ) = 0 .
Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal ⇔ ∀x ∈ E , u ∗ u (x ) = x .
Or t AA est la matrice de u ∗ u donc u est orthogonal ssi t AA = I n .
II) a) f est évidemment dérivable en tout a ∈ ℝ ∗ et aussi dérivable en 0 avec f ′(0) = 0 .
b) f admet pour DL limité à l’ordre n −1 : f (x ) = o (x n−1 ) .
Si f admet un DLn (0) celui-ci serait de la forme f (x ) = ax n + o (x n ) ce qui entraîne que sin(1 x ) admet une
limite finie en 0 ce qui est notoirement faux.
Planche 3
I) Soit B = (e1 ,…,en ) une base orthonormale d’un espace vectoriel E de dimension n . On note
P la matrice de u , endomorphisme, dans B .
Montrer que u est orthogonal ⇔ tPP = I n ⇔ P est inversible et t P = P −1 .
II) Soit f : [0, +∞[ → ℝ décroissante et continue et telle que
∫
+∞
f (x )dx converge.
0
a) Montrer que f est positive et que f tend vers 0 en +∞ .
Nh
b) ∀h > 0 , montrer que h ∑ f (nh ) ≤ ∫
Nh
0
n =1
f (x )dx ≤ h
( N −1)h
∑
f (nh ) .
n =0
+∞
c) Montrer que la série de terme général f (nh ) converge puis que
+∞
1
∑ f (nh ) ∼ h ∫
n =0
f (x )dx
0
quand h → 0+ .
I) La dernière équivalence provient du théorème d’inversibilité des matrices carrées.
u est orthogonal ⇔ ∀x , y ∈ E ,(u (x ) | u (y )) = (x | y ) .
Or (u (x ) | u (y )) = (u ∗ (u (x )) | y ) donc u est orthogonal ⇔ ∀x , y ∈ E ,(u ∗ (u (x )) − x | y ) = 0 .
Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal ⇔ ∀x ∈ E , u ∗ u (x ) = x .
Or t PP est la matrice de u ∗ u donc u est orthogonal ssi t PP = I n .
II) a) f admet une limite en +∞ car elle est décroissante. Cette limite ne peut être infinie ou finie non nulle
donc f tend vers 0 en +∞ et puisqu’elle est décroissante elle est positive.
b) f étant décroissante, hf ((n + 1)h ) ≤ ∫
(n +1)h
nh
Nh
c)
1
∑ f (nh ) ≤ h ∫
n =1
Nh
0
f (x )dx ≤
f (t )dt ≤ hf (nh ) . Il suffit de sommer pour n ∈ {0,…, N −1} .
1 +∞
f (x )dx et f (nh ) ≥ 0 donc
h ∫0
∑ f (nh )
+∞
converge.
En passant à la limite quand N → +∞ l’encadrement du b) : h ∑ f (nh ) ≤ ∫
n =1
donc
∫
+∞
0
+∞
f (x )dx ≤ h ∑ f (nh ) ≤ ∫
n =0
+∞
+∞
0
Planche 4
0
+∞
f (x )dx ≤ h ∑ f (nh )
n =0
f (x )dx + hf (0) .
A la limite quand h → 0 : h ∑ f (nh ) → ∫
n =0
+∞
+∞
f (x )dx .
0
I) Etudier la courbe d’équation polaire ρ = 2 cos(2θ ) .
II) Montrer que f (x ) = arctan(1 + x ) est développable en série entière au voisinage de 0 et donner
son rayon de convergence. Calculer cette série entière.
I) Classiquement une lemniscate de Bernoulli.
1
1
II) f ′(x ) =
= 2
est une fraction rationnelle dont 0 n’est pas pôle donc f ′ puis f sont
2
1 + (1 + x )
x + 2x + 2
développables en série entière et les rayons de convergence des séries entières correspondantes sont égaux.
 −i 
 1 
1
1 2i
1 2i
=
−
= Re 
 = Im 
.
2

 x + 1− i 
 x + 1− i 
x + 2x + 2 x + 1− i x + 1 + i
+∞
1
1
1
(−1)n n
=
=∑
x avec un rayon de convergence R = 2 .
n +1
x + 1 − i 1− i 1 + x
n =0 (1− i )
1− i
(3n + 1)π
(3n + 1)π
cos
+∞ cos
1
π +∞
−i π 4
n
4
4
Comme 1− i = 2e
on a 2
=∑
x puis f (x ) = + ∑
x n +1 avec
2(n +1) 2
4 n =0 (n + 1)2(n +1) 2
x + 2x + 2 n =0
R= 2.
Planche 5
x
y = 2x .
x −1
II) Montrer que dans ℝ 3 euclidien : a ∧ (b ∧ c ) = (a | c )b − (a | b )c . (on pourra utiliser les
I) Résoudre sur ]1,+∞[ l’équation différentielle y ′ −
2
coordonnées de a ,b ,c dans une base où elles comportent un maximum de 0)
Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de f (x ) = a ∧ (a ∧ x ) où a est un vecteur unitaire
puis reconnaître f .
I) Solution générale y (x ) = C x 2 −1 + 2(x 2 −1) .
II) Soit u un vecteur unitaire tel que a ∈ Vect u et v un vecteur unitaire orthogonal à v tel que b ∈ Vect(u , v ) .
Il suffit ensuite de travailler dans (u , v , u ∧ v ) .
Soit x ≠ 0 .
f (x ) = λx ⇔ (λ + 1)x = (a | x )a .
Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre −1 .
Sinon x est vecteur propre ssi x est colinéaire à a . Or f (a ) = 0 donc a , puis x , est vecteur propre associé à
la valeur propre 0.
On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur normal a .
Planche 6
I) Résoudre sur ]1,+∞[ l’équation différentielle y ′ −
x
y = 2x .
x −1
2
II) Soit (a1 ,…,an −1 ) ∈ ℂn −1 .
0 ⋯ 0
a1 


⋮
⋮ 
 ⋮
?
a) Quel est le rang de A ∈ M n (ℂ) définie par A = 
 0 ⋯ 0 an−1 
a ⋯ a
0 
1
n −1
b) Avec la trace, que peut-on dire des valeurs propres ?
c) A est-elle diagonalisable ?
I) Solution générale y (x ) = C x 2 −1 + 2(x 2 −1) .
II) a) rg(A) = 0 si a1 = … = an−1 = 0 et rg(A) = 2 sinon.
b) La somme des valeurs propres est nulle.
c) En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant les mineurs obtenus selon leur
k ème colonne, on obtient χA = (−1)n X n−2 (X 2 − (a12 + ⋯ + an2−1 )) .
Si a12 + ⋯ + an2−1 ≠ 0 alors A admet deux valeurs propres opposées non nulles et 0 pour valeur propre d’espace
propre de dimension n − 2 donc A est diagonalisable.
Si a12 + ⋯ + an2−1 = 0 alors 0 est la seule valeur propre de A et A est diagonalisable ssi A = 0 i.e.
a1 = … = an−1 = 0 .
+∞
n 2 + 3n + 1
.
2n
n =0
II) Dessiner ρ = a (1 + cos θ ) .
Planche 7
I) Calcul de
I) On évalue
∑ (n
+∞
2
∑
+ 3n + 1)x n =
n =0
1
x 2 − 2x −1
en x = . On obtient 14 .
3
(x −1)
2
II) C’est une cardioïde.
Planche 8
0 a c 

I) Soit a ,b ,c ∈ ℝ et M = b 0 c  . M est-elle diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) ? dans M 3 (ℂ) ?
b −a 0
+∞
1
.
2
k =0 k − t
II) Domaine de définition de S (t ) = ∑
2
Calculer les coefficients de Fourier an et bn de f (x ) = cos(αx ) définie sur [−π, π ] avec
α∈ℝ\ℤ.
Sur quel domaine f coïncide avec son développement en série de Fourier ?
En déduire une expression de S (t ) .
I) χM = −X (X 2 −ab −bc + ca ) .
Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) et a fortiori dans M 3 (ℂ) .
Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi M = 0 .
Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) mais l’est dans M 3 (ℂ) .
II) S (t ) est définie sur ℝ \ ℤ .
2α sin απ
an = (−1)n −1
et bn = 0 .
π (n 2 − α 2 )
Par le théorème de Dirichlet, f (x ) coïncide avec Sf (x ) sur [−π, π ] car f est égale à sa régularisée. Pour
x = π , on obtient :
+∞
sin απ +∞ 2α sin απ
1
1
π cot απ
1
π cot απ
cos απ =
−∑
donc ∑ 2
= 2−
puis S (t ) = − 2 −
.
2
2
2
απ
π
(
n
−
α
)
n
−
α
2
α
2
α
2
α
2α
n =1
n =1
Planche 9
0 a c 

I) Soit a ,b ,c ∈ ℝ et M = b 0 c  . M est-elle diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) ? dans M 3 (ℂ) ?

b −a 0
II) Soit f de classe C 2 sur [0,+∞[ telle que f ′′ est intégrable sur [0,+∞[ et telle que l’intégrale
∫
+∞
f (t )dt soit convergente.
0
a) Montrer que lim f ′(x ) = 0 et lim f (x ) = 0 .
x →+∞
b) Etudier les séries
∑ f (n ) et
x →+∞
∑ f ′(n ) .
I) χM = −X (X 2 −ab −bc + ca ) .
Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) et a fortiori dans M 3 (ℂ) .
Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi M = 0 .
Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) mais l’est dans M 3 (ℂ) .
x
II) a) f ′(x ) = f ′(0) + ∫ f ′′(t )dt admet une limite finie ℓ quand x → +∞ .
0
Si ℓ > 0 alors pour x assez grand f ′(x ) ≥ ℓ 2 puis f (x ) ≥ ℓx 2 + m ce qui empêche la convergence de
∫
+∞
f (t )dt .
0
Si ℓ < 0 on obtient aussi une absurdité. Il reste donc ℓ = 0 .
x
Posons F (x ) = ∫ f (t )dt .
0
x +1 (x + 1 − t ) 2
1
Par l’égalité de Taylor avec reste intégral : F (x + 1) = F (x ) + f (x ) + f ′(x ) + ∫
f ′′(t )dt .
x
2
2
+∞
x +1 (x + 1 − t ) 2
1 x +1
Quand x → +∞ , F (x ), F (x + 1) → ∫ f (t )dt , f ′(x ) → 0 et ∫
f ′′(t )dt ≤ ∫
f ′′(t ) dt → 0
0
x
2
2 x
donc f (x ) → 0 .
b) f (n + 1) = f (n ) + f ′(n ) + ∫
n +1
n
((n + 1) − t ) f ′′(t )dt donne f ′(n ) = f (n + 1) − f (n ) + ∫
n +1
n
(n + 1− t ) f ′′(t )dt .
La série de terme général f (n + 1) − f (n ) est CV car f converge en +∞ .
La série de terme général
Par conséquent
∫
n +1
n
(n + 1− t ) f ′′(t )dt est ACV car
∫
n +1
n
(n + 1− t ) f ′′(t )dt ≤ ∫
n +1
n
f ′′(t ) dt .
∑ f ′(n ) est CV.
n +1 (n + 1 − t ) 2
1
Aussi F (n + 1) = F (n ) + f (n ) + f ′(n ) + ∫
f ′′(t )dt permet de mener le même raisonnement et
n
2
2
conclure que ∑ f (n ) CV.
Planche 10
0 a c 

I) Soit a ,b ,c ∈ ℝ et M = b 0 c  . M est-elle diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) ? dans M 3 (ℂ) ?
b −a 0
1
II) a) Etudier les branches infinies, les variations, la convexité et représenter f (t ) = t − ln t − .
t
b) Résoudre f (t ) = 0 .
c) Trouver les extremums globaux et locaux de g (x , y ) = x ln y − y ln x .
I) χM = −X (X 2 −ab −bc + ca ) .
Si ab + bc > ca alors M est diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) et a fortiori dans M 3 (ℂ) .
Si ab + bc = ca alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi M = 0 .
Si ab + bc < ca alors M n’est pas diagonalisable dans M 3 ( ℝ ) mais l’est dans M 3 (ℂ) .
II) a) f est définie sur ]0,+∞[ , strictement croissante, concave sur ]0, 2] et convexe sur [ 2,+∞[ . Asymptote
verticale en 0 et branche parabolique de direction y = x en +∞ .
b) t = 1 est seule solution.
c) g est de classe C 1 . Recherchons, ces points critiques :
  
 ∂g

y
  x 
 ∂x (x , y ) = 0 ln y − x = 0  f  y  = 0
x =y

⇔ 
⇔ 
⇔
.
x =e
 ∂g (x , y ) = 0  x − ln x = 0  x
 ∂y
 y
 − ln x = 0


 y
{
On conclut que (e, e) est le seul point critique.
Avec les notations de Monge : r = 1 e , s = 0 et t = −1 e . rt − s 2 < 0 .
Le point critique (e, e) n’est pas extremum local.
Planche 11
I) Soit A, B ∈ GLn (ℂ) telles que B = Ap .
Montrer que A est diagonalisable ssi B l’est.
II) f 2π -périodique définie par f (t ) = t sur ]−π, π[ et f (−π) = 0 . Former le développement en
séries de Fourier de f .
I) Si A est diagonalisable il est immédiat que B l’est aussi.
Inversement, si B est diagonalisable alors il existe un polynôme annulateur de B scindé à racines simple :
m
∏ (X − λ ) .
k
k =1
Puisque B = Ap , le polynôme
m
∏ (X
p
− λk ) est annulateur de A , or ce dernier est scindé à racines simples,
k =1
donc A est diagonalisable.
II) f est C 1 par morceaux et régularisée donc développable en série de Fourier.
f est impaire, an = 0 , bn =
Planche 12
+∞
2 π
(−1)n +1 2
(−1)n +1
t
sin(
nt
)
d
t
=
puis
f
(
t
)
=
2
sin(nt ) .
∑
π ∫0
n
n
n =1
A A
I) Soit B = 
 où A ∈ M n ( ℝ ) .
 0 A
P (A) AP ′(A)
a) Montrer que ∀P ∈ ℝ [X ] , P (B ) = 
.
 0
P (A) 
b) Montrer que si B est diagonalisable, A l’est aussi et A = 0 .
c) En déduire une CNS pour que B soit diagonalisable.
II) a) Etudier, en redémontrer tous les résultats, ∑ z n avec z ∈ ℂ .
b) Etudier la convergence simple de la série des fonctions fn (x ) = e−nx .
Ak kAk 
I) a) Par récurrence B k = 
 puis on étend par linéarité.
 0 Ak 
b) Si B est diagonalisable alors B annule un polynôme scindé simple P et les calculs précédents montrent que
A annule aussi ce polynôme. Par suite A est diagonalisable. De plus A annule aussi le polynôme XP ′ de
sorte que si λ est valeur propre de A alors A est racine commune de P et de XP ′ . Or P n’a que des racines
simples donc P et P ′ n’ont pas de racines communes d’où λ = 0 . A est diagonalisable et Sp(A) = {0} donne
A=0 .
c) B est diagonalisable ssi A = 0 .
n
1− z n +1
II) a) Pour z ≠ 1 , ∑ z k =
et pour z = 1 ,
1− z
k =0
+∞
1
zn =
.
∑
1
−
z
n =0
b) La série converge simplement ssi x > 0 .
Planche 13
n
∑z
k
= n + 1 . Par suite
k =0
∑z
n
CV ssi z < 1 et
I) (E ) : t 2y ′′(t ) + 4ty ′(t ) + (2 − t 2 )y (t ) −1 = 0 .
a) Montrer qu’il existe une seule fonction f définie sur ℝ décomposable en série entière solution
de E .
b) Montrer que g (t ) = −1 t 2 est solution de (E ) .
c) Quel est l’ensemble des fonction réelles définies sur ℝ solutions de (E ) ?
II) Soit E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E .
a) Montrer que E = A ⊕ A⊥ (indice : on admettra que toute famille orthonormale de E peut être
complétée en une base orthonormale de E .
b) Montrer que A⊥⊥ = A .
+∞
t 2p
de rayon de convergence R = +∞ .
p =0 (2p + 2)!
ch(t ) −1
En d’autres termes y (t ) =
prolongée par continuité en 0.
t2
b) calculs.
cht
c) t ֏ 2 est solution de l’équation homogène E 0 sur ℝ +∗ et ℝ−∗ .
t
ch t
C
y (t ) = 2 z (t ) injectée dans E 0 donne ch(t )z ′′(t ) + 2sh(t )z ′(t ) = 0 , z ′(t ) = 2
puis z = C th(t ) + D .
t
ch (t )
C sh t + D ch t
La solution générale de E 0 est y (t ) =
sur ℝ +∗ et ℝ−∗ .
t2
C sh t + D ch t ch t −1
La solution générale de E 0 est y (t ) =
+
sur ℝ +∗ et ℝ−∗ .
t2
t2
Par étude de recollement en 0, la seule solution sur ℝ est la solution initiale.
II) a) Posons n = dim E , p = dim A . Soit (e1 ,…,e p ) une base orthonormale de A que l’on complète en
I) a) On parvient à y (t ) = ∑
(e1 ,…,en ) base orthonormale de E . x ∈ A⊥ ⇔ ∀i ∈ {1,…, p } ,(ei | x ) = 0 donc A⊥ = Vect(ep +1 ,…,en ) puis
E = A ⊕ A⊥ .
b) On a dim A⊥ = n − dim A et donc dim A⊥⊥ = dim A . De plus A ⊂ A⊥⊥ car ∀x ∈ A, ∀y ∈ A⊥ ,(x | y ) = 0 donc
A = A⊥⊥ .
Planche 14
I) a) Montrer que u , endomorphisme d’un espace euclidien vérifiant (u (x ) | u (y )) = (x | y ) est
bijectif.
b) Montrer que l’ensemble des endomorphisme orthogonaux est un groupe pour .
II) Convergence simple et uniforme de la suite de terme général fn (x ) = sinn x cos x pour x ∈ ℝ .
I) a) Si x ∈ ker u alors (u (x ) | u (x )) = 0 puis x = 0 . Ainsi ker u = {0} puis u bijectif.
b) C’est du cours, O (E ) est un sous-groupe du groupe (GL (E ), ) .
II) Pour x ≠
π
π
[π ] , sin x < 1 et donc fn (x ) → 0 . Pour x =
[π ] , cos x = 0 et donc fn (x ) = 0 . Ainsi
2
2
CS
fn 
→0 .
Par 2π périodicité et parité on ne poursuit l’étude qu’avec x ∈ [ 0, π ]
fn′(x ) = sinn −1 (x )((n + 1) cos 2 (x ) −1) . On peut dresser le tableau de variation de fn sur [0, π ] et on obtient

1  
1 

= fn arccos
= 1−

∞



n + 1  (n + 1) 2 
n 2
fn
Planche 15
1
CU
→ 0 donc fn 
→0 .
n +1
I) Soit f continue de ℝ dans ℝ . On suppose que
∫
+∞
f (t )dt converge. Calculer
0
1 x
tf (t )dt .
x →+∞ x ∫0
lim
2
II) Pour (i , j ) ∈ 1, n , on considère ai ∈ ℝ et bj ∈ ℝ tels que ai + bj ≠ 0 .
 1 

Calculer det 
.Traiter le cas particulier ∀i ∈ 1, n ,ai = bi = i .
ai + bj 
1≤i , j ≤n
I) Soit F la primitive de f s’annulant en 0. F (x ) 
→ℓ = ∫
x →+∞
+∞
f (t )dt
0
1 x
1 x
tf (t )dt = F (x ) − ∫ F (t )dt .
∫
x 0
x 0
1 x
1 x
F (t )dt − ℓ ≤ ∫ F (t ) − ℓ dt .
x ∫0
x 0
∀ε > 0, ∃A ≥ 0, ∀t ≥ A, F (t ) − ℓ ≤ ε .
Par continuité sur [0,A] , F (t ) − ℓ est majorée par un certain M > 0 .
1 x
1 A
1 x
F (t ) − ℓ dt = ∫ F (t ) − ℓ dt + ∫ F (t ) − ℓ dt ≤ 2ε
∫
x 0
x 0
x A
1 x
1 x
Par conséquent ∫ F (t )dt 
→ ℓ puis lim ∫ tf (t )dt = 0 .
x →+∞
x →+∞ x
0
x 0
1
1
1
⋯
a1 + b1
a1 + bn −1
a1 + bn
Pour x ≥ max(A, AM ε) on a
⋮
⋮
 1 

II) Dn = det 
=
1
1
⋯
ai + bj 
1≤i , j ≤n
an −1 + b1
an −1 + bn−1
1
an + b1
⋯
⋮
1
an −1 + bn
1
an + bn−1
1
an + bn
Via C1 ← C1 −C n ,…,C n−1 ← C n−1 −C n puis factorisation :
1
a1 + b1
Dn =
(b1 −bn )…(bn−1 −bn )
(a1 + bn )…(an + bn )
⋯
1
a1 + bn −1
1
⋮
⋮
⋮
.
1
1
⋯
1
an −1 + b1
an −1 + bn −1
1
an + b1
⋯
1
an + bn−1
1
Via L1 ← L1 − Ln ,…, Ln−1 ← Ln −1 − Ln puis factorisation :
1
a1 + b1
Dn =
(b1 −bn )…(bn−1 −bn )(a1 −an )…(an −1 −an )
(a1 + bn )…(an + bn )(an + b1 )…(an + bn−1 )
⋮
1
a1 + bn −1
0
⋮
⋮
1
1
⋯
an −1 + b1
an−1 + bn−1
⋯
1
∏
⋯
1
0
1
(a j −ai )(bj −bi )
Par conséquent Dn = 1≤i<j ≤n
∏
.
(ai + bj )
1≤i , j ≤n
Puisque
∏
∏
( j − i ) = 1!2!…(n −1)! et
1≤i < j ≤n
(i + j ) =
1≤i , j ≤n
(n + 1)! (n + 2)! (2n )!
⋯
on obtient dans le cas particulier
1!
2!
n!
(1!2!…(n −1)!) n !
.
(n + 1)!(n + 2)!…(2n )!
3
Dn =
Planche 16
I) Extremum locaux et globaux de f (x , y ) = y (x 2 + (ln y ) 2 ) .
II) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n . Montrer que
2
(I , f , f 2 ,…, f n ) est liée et en déduire qu’il existe un polynôme non identiquement nul qui annule
f.
I) Points critiques (0,1) et (0, e−2 ) .
En (0,1) : f (0,1) = 0 et ∀x ∈ ℝ , ∀y > 0, f (x , y ) ≥ 0 . Minimum global.
En (0, e−2 ) : rs − t 2 = −4 < 0 . Maxi local. f (t ,t ) 
→+∞ , il n’y a pas de maxi global.
t →+∞
2
II) La famille (I , f , f 2 ,…, f n ) est formée de n 2 + 1 éléments de l’espace L(E ) qui est de dimension n 2 , cette
famille est donc liée. Une relation linéaire sur les éléments de cette famille donne un polynôme annulateur non
nul de f . Bien entendu, on pourrait aussi parler de polynôme caractéristique.
Planche 17
I) Soit f une application continue de ℝ ×[a ,b ] dans ℝ .
a) Expliquer pourquoi f est uniformément continue sur S ×[a ,b ] pour tout segment S de ℝ .
b
En déduire que F : x ֏ ∫ f (x , t )dt est continue sur ℝ .
a
1
b) Pour x ∈ ℝ , on pose g (x ) = ∫ ext dt . A l’aide de la question précédente, étudier la continuité
0
de g . Retrouver le résultat en calculant g (x ) .
II) Soit a un réel. Pour M ∈ M n ( ℝ ) , on poser L (M ) = aM + tr(M )I n (avec n ≥ 2 )
a) Montrer que L est un endomorphisme de M n ( ℝ ) et trouver ses éléments propres et son
polynôme minimal.
b) Pour quels a , l’endomorphisme L est-il un automorphisme. Trouver son inverse dans ces cas.
I) a) S ×[a ,b ] est compact et toute fonction continue sur un compact y est uniformément continue.
Etudions la continuité de F en α ∈ ℝ et considérons S = [α −1, α + 1] .
∀ε > 0, ∃η > 0, ∀ (x ,t ),(x ′,t ′) ∈ S ×[a ,b ], (x ,t ) − (x ′,t ′)
∞
≤ η ⇒ f (x ,t ) − f (x ′,t ′) ≤ ε
b
Donc pour x − α ≤ η , on a F (x ) − F (α ) ≤ ∫ εdt = ε(b −a ) . Ainsi F est continue en α .
a
b) (x ,t ) ֏ ext est continue par opérations donc g l’est aussi par intégration sur un segment.
ex −1
et g (0) = 1 . Sans difficultés g est continue sur ℝ .
x
II) a) Il est immédiat que L est un endomorphisme de M n ( ℝ ) .
Pour x ≠ 0 , g (x ) =
Sp(L ) = {a ,a + n } , Ea (L ) = ker(tr) et Ea +n (L ) = Vect(I n ) , ΠL = (X −a )(X − (a + n )) car L est
diagonalisable et donc son polynôme minimal est le polynôme simple dont les racines en sont les valeurs
propres.
b) Par une base diagonalisation, det L = a n
2
−1
(a + n ) et donc L est un automorphisme ssi a ≠ 0, −n .
1
Par le polynôme minimal, on a L2 − (2a + n )L + a (a + n ) Id = 0 et donc L−1 =
((2a + n ) Id− L ) .
a (a + n )
Planche 18
1
x 2n +1 ln(x )
et I n = ∫ fn (x )dx .
2
0
x −1
a) Montrer que fn est intégrable sur ]0,1[ .
I) Soit n ∈ ℕ , fn (x ) =
b) Calculer la limite de (I n ) pour n → +∞ .
c) Montrer que I n =
1 +∞ 1
∑ .
4 k =n +1 k 2
d) Soit hn (x ) = x 2n +1 ln(x ) ; étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite
de fonctions hn (x ) sur ]0,1[ .
II) Existe-t-il A ∈ M n ( ℝ ) symétrique telle que Ap = 0 et Ap−1 soit non nulle pour p ∈ ℕ∗ .
I) a) fn est prolongeable par continuité en 0 et en 1.
x ln x
x ln x
dx or x ֏ 2
peut être prolongée en une fonction continue sur le segment [0,1] , elle
2
x −1
x −1
1
M
est donc bornée par un certain M et I n ≤ M ∫ x 2n dx =
→0.
0
2n + 1
+∞
x 2n +1 ln x
c) Pour x ∈ ]0,1[ ,
=
−
x 2n +2k +1 ln x .
∑
x 2 −1
k =0
1
b) I n ≤ ∫ x 2n
0
g n (x ) = x 2n +2k +1 ln x est continue par morceaux sur ]0,1[ et intégrable.
1
est terme général d’une série convergente, on peut donc intervertir somme et
4(n + k + 1) 2
+∞
1
1
1 +∞ 1
intégrale et donc ∫ fn (x )dx = ∑
= ∑ 2 .
2
0
4 k =n +1 k
k =0 4(n + k + 1)
∫
1
0
gn (x ) dx =
CS
d) hn 
→ 0 et par étude des variations de hn , hn
∞
= hn (α ) avec α ∈ ]0,1[ déterminé par
α 2 n +2
1
CU
≤
→ 0 donc hn 
→0 .
2n + 1 2n + 1
II) non, pour cause de diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle A .
(2n + 1) ln α + α = 0 , ce qui donne hn
Planche 19
∞
=

t u 2 −1
x (t ) =
∫1 u 2 +1 du

I) Etudier au voisinage de t = 1 la courbe paramétrée 
.

t u 2 −1

du
y (t ) = ∫ 3
1 u +1

+∞
II) Soit a ∈ ]−1,1[ . On pose f (x ) = ∑ sin(a n x ) .
n =0
a) Montrer que f est définie sur ℝ .
b) Montrer que f est de classe C ∞ et que pour tout k ∈ ℕ et tout x ∈ ℝ , f (k ) (x ) ≤
c) Montrer que f est développable en série entière.

x (t ) = −(t −1) + 2 (t −1)3 + o ((t −1)3 )
3
I) 
. Point d’inflexion.

1

3
3
y (t ) = −(t −1) + (t −1) + o ((t −1) )
3

II) a) sin(a n x ) ≤ x a n , il y a donc convergence absolue de la série définissant f (x ) .
1
.
1− a
II) b) fn : x ֏ sin(a n x ) est C ∞ et fn(k )
de classe C ∞ et f (k )
+∞
∞
≤∑a
nk
n =0
=
∞
≤a
1
1− a
k
≤
nk
terme général d’une série absolument convergente donc f est
1
.
1− a
n
II) c) Par la formule de Taylor-Laplace, f (x ) = ∑
k =0
∫
x
0
x (x − t )n
f (k ) (0) k
x +∫
f (n +1) (t )dt avec
0
k!
n!
n +1
(x − t ) (n +1)
1
x
f
(t )dt ≤
→ 0 . Ainsi la série de Taylor de f converge sur ℝ vers f et donc f
n!
1− a (n + 1)!
n
est développable en série entière.
Planche 20
I) a) Montrer que si an ∼ bn ,
∑a z
n
n
et
∑b z
n
n
n
ont le même rayon de convergence.
2 n
i nz
.
2
+ 1)2n
−5 + α 3 − α α 

II) Existe-t-il une valeur de α pour laquelle −2 + α −α
α  est diagonalisable ?

 −5
5
−2
b) Donner le rayon de convergence de
I) a) Si z < Ra alors
∑a z
n
n
∑ (n
ACV or an z n ∼ bn z n donc
∑b z
n
n
ACV puis z ≤ Rb . Ainsi Ra ≤ Rb puis
Ra = Rb .
i nn 2
1
∼ n donc R = 2 .
(n + 1)2n
2
II) Pour α = 0 , la matrice est diagonalisable avec −3 valeur propre simple et −2 valeur propre double.
b)
2
Planche 21
I) Etudier la convergence de la série

∑ ln 1 + sin
(−1)n 
, α > 0 .
n α 
II) Soit α1 ,…, αn des réels et A la matrice de coefficient général ai , j = sin(αi + α j ) .
Montrer que det A = 0 .

 1 
(−1)n  (−1)n
1
I) ln 1 + sin α  = α − 2α + o  2α  .
 n 


n 
n
2n
 1 
1
(−1)n
CV et ∑ 2α + o  2α  CV ssi α > 1 2 .
α
 n 
n
2n


 sin(α1 ) 
 cos(α1 ) 
 sin(α1 + α j ) 





II) sin(αi + α j ) = sin(αi )cos(α j ) + sin(α j )cos(αi ) donne 
⋮
 = cos(αj )  ⋮  + sin(αj )  ⋮ 
sin(α + α )




sin(αn )
cos(αn )
n
j 
et donc la matrice A = (ai , j ) est de rang inférieur à 2. Ainsi, si n ≥ 3 , det A = 0 .
∑
Pour n = 1 , det A = sin(2α1 ) et pour n = 2 , det A = sin(2α1 )sin(2α2 ) − sin 2 (α1 + α2 ) . Ces quantités ne sont
pas toujours nulles.
Planche 22
sh(sin x ) − sin(sh x )
tan(th x ) − th(tan x )
Indication : on pourra faire des développements limités à l’ordre 7.
II) Soit G un groupe multiplicatif non vide de M n ( ℝ ) d’élément neutre E . Montrer que tous les
éléments de G sont de même rang.
I) Calculer lim
x →0
I) On obtient 1 2 .
II) Pour tout M ∈ G , ME = M donne rg(M ) ≤ rg(E ) . D’autre part, en notant N l’inverse de M dans G ,
E = MN donne rg(E ) ≤ rg(M ) . Ainsi tous les éléments de G ont même rang que E .
Oraux Centrale Algèbre
Planche 23
∗ Pour n ∈ ℕ∗ , on désigne par N le nombre de diviseurs positifs de n et par P leur produit.
Relation entre n , N et P ?
En associant dans P 2 chaque diviseur avec celui qui lui est conjugué, on obtient un produit de N termes égaux
à n . Ainsi P 2 = n N .
Planche 24
∗ On suppose que n est un entier ≥ 2 tel que 2n −1 est premier. Montrer que n est premier.
Si n = ab avec a ,b ∈ ℕ ∗ alors 2n −1 = (2a −1)(1 + 2a + ⋯ + 2a (b−1) ) donc 2a −1| 2n −1 d’où 2a −1 = 1 ou
2a −1 = 2n −1 ce qui implique a = 1 ou a = n . Ainsi n ne possède que des diviseurs triviaux, il est premier.
Planche 25
∗ ∗ ∗ On note P l’ensemble des nombres premiers. Pour tout entier n > 0 , on note v p (n )
l’exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers. On note [x ] la partie entière de
x . On note π (x ) le nombre de nombres premiers au plus égaux à x .
∞ 
n
a) Montrer que v p (n !) = ∑  k  .
 
k =1  p 
 ln(2n ) 


2n 


b) Montrer que   divise ∏ p  ln p  .
 n 
p∈P ;p≤2n
2n 
c) Montrer que   ≤ (2n )π (2n ) .
 n 
x
d) Montrer que
= O (π (x )) quand x → +∞
ln x
a) Pour k suffisamment grand n p k  = 0 , la somme évoquée existe donc car elle ne comporte qu’un nombre
fini de termes non nuls. n ! = 1× 2×…×n , parmi les entiers allant de 1 à n , il y en a exactement [n p ]
∞ 
n
divisibles par p , n p 2  divisibles par p 2 , etc… donc v p (n !) = ∑  k  .
 
k =1  p 
∞
2n  (2n )!
 (2n )!
 2n 
n 
 k  − 2  k  or [ 2x ]− 2[x ] = 0 ou 1 donc
=
b)   =
. Pour tout p ∈ P , v p 
 (n !) 2  ∑
 n  (n !) 2
 
 p 
k =1  p 
 2n 
n 
 ln(2n ) 
 − 2  k  ≤ Card {k ∈ ℕ∗ /  2n pk  > 0} ≤ 
.
k 




 ln p 
k =1 

p 
∞
∑  p
2n  (2n )!
De plus les nombres premiers diviseurs de   =
sont diviseurs d’un entier inférieur à 2n (lemme
2
 n  (n !)


 ln(2n ) 
2n 


d’Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à 2n . Il en découle   | ∏ p  ln p  car toutes les puissances
 n  p∈P ;p≤2n
2n 
de nombres premiers intervenant dans la décomposition de   divisent
 n 

∏
 ln(2n ) 


 ln p 

p
.
p∈P ;p≤2n

ln(2n )
 ln(2n ) 
2n 


c)   ≤ ∏ p  ln p  = ∏ p ln p ≤ ∏ (2n ) = (2n )π (2n ) .
 n  p∈P ;p≤2n
p∈P ;p≤2n
p∈P ;p≤2n
d) En passant au logarithme :
2n
n
k =1
k =1
∑ ln k − 2∑ ln k = π(2n )ln(2n ) .
A l’aide d’une comparaison intégrale on obtient
∫
1
n
n ln n − n + 1 ≤ ∑ ln k ≤ (n + 1) ln(n + 1) − n donc
k =1
n
n
ln(t )dt ≤ ∑ ln k ≤ ∫
k =1
n
(n +1)
ln(t )dt donc
1
∑ ln k = n ln n − n +O (ln n ) .
k =1
2n
Par suite
n
∑ ln k − 2∑ ln k = 2n ln(2n ) − 2n − 2(n ln n − n ) +O (ln n )
k =1
puis
k =1
2n
n
k =1
k =1
∑ ln k − 2∑ ln k ∼ ln(2)(2n ) .
2n
On en déduit
= O (π (2n )) .
ln 2n
2 [x 2 ]
x
Ajoutons
par calculs et π (x ) ∼ π (2[x 2]) car π (x ) et π (2[x 2]) ne différent qu’au plus d’une
∼
ln x ln 2[x 2]
unité et π (x ) → +∞ . Finalement, une certaine satisfaction.
Planche 26
∗ Soit x1 , x 2 , x 3 les racines de X 3 + aX 2 + bX + c ∈ ℂ[X ] .
Calculer S =
x1
x2
x3
+
+
.
x 2 + x 3 x1 + x 3 x 2 + x1
Par les relations coefficients racines d’un polynôme scindé : σ1 = x1 + x 2 + x 3 = −a , σ 2 = x1x 2 + x 2x 3 + x 3x1 = b
et σ3 = x1x 2x 3 = −c .
En réduisant au même dénominateur : S =
 1
x3
x1
x2
1
1 

+
+
= −3 + σ1 
+
+
σ1 − x1 σ1 − x 2 σ1 − x 3
 σ1 − x1 σ1 − x 2 σ1 − x 3 
P ′(σ1 )
1
1
1
+
+
=
avec P = X 3 + aX 2 + bX + c = (X − x1 )(X − x 2 )(X − x 3 ) donc
σ1 − x1 σ1 − x 2 σ1 − x 3
P (σ1 )
σ P ′(σ1 ) − 3P (σ1 )
S= 1
.
P (σ1 )
avec
Planche 27
∗ ∗ Soit p ,q deux projecteurs de E . Montrer que p + q est un projecteur ssi p q = q p = ɶ0 .
(⇐) Supposons p q = q p = ɶ0 . (p + q ) 2 = p 2 + p q + q p + q 2 = p + q .
(⇒) Supposons p + q projecteur. Par les mêmes calculs que ci-dessus p q + q p = ɶ0 .
Soit x ∈ ker p . On a (p q )(x ) = −(q p )(x ) = o donc x ∈ ker p q .
Soit x ∈ Im p . On a (p q )(x ) = −(q p )(x ) = −q (x ) .
En y appliquant p on obtient : (p q )(x ) = −(p q )(x ) donc (p q )(x ) = o .
Ainsi ker p ⊂ ker q p et Im p ⊂ ker q p d’où E = Im p + ker p ⊂ ker q p .
Finalement p q = ɶ0 et de même q p = ɶ0 .
Planche 28
∗ ∗ Soit E = E1 ⊕ E 2 un K -espace vectoriel. On considère
Γ = {u ∈ L(E ), ker u = E1 et Im u = E 2 } .
a) Montrer, pour tout u de Γ que uɶ = uE2 est un automorphisme de E 2 .
Soit φ : Γ → GL (E 2 ) définie par φ (u ) = uɶ .
b) Montrer que est une loi interne dans Γ .
c) Montrer que φ est un morphisme injectif de (Γ, ) dans (GL (E 2 ), ) .
d) Montrer que φ est surjectif.
e) En déduire que (Γ, ) est un groupe. Quel est son élément neutre.
a) Im u est stable pour u donc uE2 est bien défini. Par le théorème du rang la restriction de u à tout
supplémentaire de ker u définit un isomorphisme avec Im u . Ici cela donne uE2 automorphisme.
b) Soit u , v ∈ Γ . Si x ∈ ker(v u ) alors u (x ) ∈ Im u ∩ ker v donc u (x ) ∈ E1 ∩ E 2 et u (x ) = 0 puis x ∈ E1 . Ainsi
ker(v u ) ⊂ E1 et l’inclusion réciproque est immédiate.
Im(v u ) = v (u (E )) = v (E 2 ) = E 2 car vE2 est un automorphisme de E 2 . Ainsi v u ∈ Γ .
c) Si φ (u ) = φ(v ) alors uE2 = vE2 . Or uE1 = 0 = vE1 donc les applications linéaires u et v coïncident sur des
sous-espaces vectoriels supplémentaires et donc u = v .
d) Une application linéaire peut être définit de manière unique par ses restrictions linéaires sur deux sous-espaces
vectoriels supplémentaires. Pour w ∈ GL (E 2 ) considérons u ∈ L(E ) déterminé par uE1 = 0 et uE 2 = w . On
vérifie aisément E1 ⊂ ker u et E 2 ⊂ Im u . Pour x ∈ ker u , x = a + b avec a ∈ E1 et b ∈ E 2 . La relation
u (x ) = 0 donne alors u (a ) + u (b ) = 0 c'est-à-dire w (b ) = 0 . Or w ∈GL (E 2 ) donc b = 0 puis x ∈ E1 . Ainsi
ker u ⊂ E1 et finalement ker u = E1 . Pour y ∈ Im(u ) , il existe x ∈ E tel que y = u (x ) . Or on peut écrire
x = a + b avec a ∈ E1 et b ∈ E 2 . La relation y = u (x ) donne alors y = u (a ) + u (b ) = w (b ) ∈ E 2 . Ainsi
Im u ⊂ E1 et finalement Im u = E1 . On peut conclure que u ∈ Γ et uɶ = w : φ est surjectif.
e) ϕ est un morphisme bijectif : il transporte la structure de groupe existant sur GL (E 2 ) en une structure de
groupe sur (Γ, ) . Le neutre est l’antécédent de IdE2 c'est-à-dire la projection sur E 2 parallèlement à E1 .
Planche 29
∗ Soit f ∈ L( ℝ 6 ) tel que rg f 2 = 3 . Quels sont les rangs possibles pour f ?
Puisque Im f 2 ⊂ Im f ⊂ ℝ 6 , on a 3 ≤ rg f ≤ 6 .
Si rg f = 6 alors f est un isomorphisme, donc f 2 aussi et rg f 2 = 6 . Contradiction.
Si rg f = 5 alors dim ker f = 1 . Considérons g = f|Im f . Par le théorème du rang dim ker g = 5 − rg g . Or
Im g ⊂ Im f 2 donc rg g ≤ 3 et par suite dim ker g ≥ 2 . Or ker g ⊂ ker f donc dim ker f
1 0 0 0 0 0 1 0 0

 
0 1 0 0 0 0 0 1 0
 

0 0 1 0 0 0 0 0 1
 et 
rg f = 3 et rg f = 4 sont possibles en considérant : 
0 0 0 0 0 0 0 0 0
 

0 0 0 0 0 0 0 0 0
 

0 0 0 0 0 0 0 0 0

 
Planche 30
≥ 2 . Contradiction.
0 0 0

0 0 0

0 0 0
 .
0 0 0

1 0 0

0 0 0

∗ ∗ Quels sont les f ∈ L( ℝ n ) telles que f (ℤn ) = ℤn .
Soit f solution. La matrice de f relative à la base canonique est à coefficients entiers. De plus f est un
automorphisme car les vecteurs de la base canonique sont des valeurs prises par f et comme f −1 (ℤn ) = ℤn , la
matrice de f −1 relative à la base canonique est à coefficients entiers. Inversement, si f est un automorphisme
telle que f et f −1 soient représentés par des matrices à coefficients entiers dans la base canonique, il est
immédiat que f (ℤn ) ⊂ ℤn et que f −1 (ℤn ) ⊂ ℤn donc que ℤn ⊂ f (ℤn ) et finalement f (ℤn ) = ℤn . Notons que
les endomorphismes solutions peuvent aussi se décrire comme étant les endomorphismes canoniquement
représentés par une matrice à coefficients entiers et qui sont de déterminant égal à 1.
Planche 31
∗ Montrer que les matrices triangulaires réelles qui commutent avec leur transposée sont
diagonales.
Soit A = (ai , j ) ∈ M n ( ℝ ) une matrice triangulaire supérieure commutant avec sa transposée.
Pour tout i ∈ {1,…, n } , le coefficient d’indice (i , i ) de t AA est
i
∑a j2,i alors que celui de A tA est
j =1
n
∑a
2
i ,j
.
j =i
Pour i = 1 , on en déduit a1,2 = … = a1,n = 0 puis pour i = 2 , a 2,3 = … = a 2,n = 0 et ainsi de suite. On peut
conclure que A est diagonale.
Planche 32
∗ Quelles sont les matrices carrées réelles d’ordre n qui commutent avec diag(1, 2,…, n ) et lui
sont semblables ?
Posons D = diag(1, 2,…, n ) . L’étude, coefficient par coefficient, de la relation MD = DM donne que les
matrices commutant avec D sont les matrices diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont
semblables à D sont celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux
Planche 33


1 ⋯ 1



∗ Soit K un sous-corps de ℂ et J = ⋮
⋮ ∈ M n ( K ) .


1 ⋯ 1
Montrer que J est diagonalisable.
Notons B = (e1 ,…,en ) la base canonique de Kn et f l’endomorphisme de Kn dont la matrice dans B est J .
Posons ε1 = e1 + ⋯ + en , de sorte que f (ε1 ) = ε1 . Puisque rg f = rg J = 1 , on peut introduire (ε2 ,…, εn ) base du
noyau de f . Il est alors clair que B ′ = (ε1 ,…, εn ) est une base de Kn et que la matrice de f dans celle-ci est
diagonale.
Planche 34
∗ ∗ Existe-t-il dans M n ( ℝ ) une matrice de polynôme minimal X 2 + 1 ?
Supposons n est impair. Le polynôme caractéristique d’une matrice de M n ( ℝ ) étant de degré impair possèdera
une racine qui sera valeur propre de la matrice et aussi racine de son polynôme minimal. Celui-ci ne peut alors
être le polynôme X 2 + 1 .
0 −1
 et An = diag(A,…, A) ∈ M n ( ℝ ) . An n’est pas une homothétie
Supposons n est pair. Considérons A = 
1 0 
donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à 2. De plus An2 = I n donc X 2 + 1 annule An . Au final,
X 2 + 1 est polynôme minimal de An .
Planche 35
∗ ∗ ∗ Soit M une matrice carrée de taille n à coefficients dans K sous-corps de ℂ . Montrer que
si tr M = 0 , il existe deux matrices A et B telles que M = AB − BA .
Supposons que M soit semblable à une matrice M ′ via une matrice inversible P i.e. M ′ = P −1MP .
Si on peut écrire M ′ = A′ B ′ − B ′A′ alors M = AB − BA avec A = PA′ P −1 et B = PB ′P −1 .
Etablissons le résultat en raisonnant par récurrence sur la taille de la matrice M .
Si M est taille 1 : ok
Supposons la propriété établie au rang n ∈ ℕ∗ .
Soit M une matrice carrée d’ordre n + 1 de trace nulle.
0 ∗
 .
Montrons que M est semblable à une matrice de la forme 
∗ ∗
Si M est matrice d’une homothétie alors tr M = 0 permet de conclure M = 0n .
Sinon, il existe des vecteurs qui ne soit pas vecteurs propres de l’endomorphisme associé à M . Soit x , un tel
vecteur. En introduisant une base dont x et f (x ) sont les deux premiers vecteurs, on obtient le résultat voulu.
0
Le problème revient maintenant à établir le résultat quand M est de la forme 
C
L 
 avec tr M ′ = 0 .
M ′
Par l’hypothèse de récurrence on peut écrire M ′ = A′ B ′ − B ′A′ .
Soit λ qui ne soit par valeur propre de B ′ .

λ 0 
1
L (B ′ − λI )−1 



Posons A = 
et
B
=

 0 B ′ . On a M = AB − BA . Récurrence établie.

A′
(λI − B ′)−1C



n
Planche 36
∗ ∗ Soit λ1 ,…, λn ∈ ℂ distincts et P (X ) = ∏ (X − λi ) . Calculer :
i =1
∆(X ) =
P (X )
X − λ1
P (X )
X − λ2
P (X )
⋯
X − λn
1
⋮
1
⋮
⋯
1
⋮
λ1n −2
λ2n−2
⋯
λnn −2
.
En développant selon la première ligne, on peut affirmer que ∆ est un polynôme de degré inférieur à n −1 .
Pour k ∈ {1,…, n } , ∆(λk ) = (−1)k +1∏ (λk − λi )Vn−1 (λ1 ,…, λˆk ,…, λn ) = (−1)n +1Vn (λ1 ,…, λn )
i ≠k
où Vn (a1 ,…,an ) désigne le Vandermonde de (a1 ,…,an ) .
Le polynôme ∆ coïncide en n point avec le polynôme constant égal à (−1)n +1Vn (λ1 ,…, λn ) , ils sont donc
égaux.
Planche 37
ɶ la transposée de la comatrice de A .
∗∗ Pour A ∈ M n (K) , on note A
ɶ.
a) Calculer det A
ɶ.
b) Etudier le rang de A
ɶ et Bɶ le sont aussi.
c) Montrer que si A et B sont semblables alors A
ɶɶ
d) Calculer A .
ɶ = AA
ɶ = det AI
a) On sait AA
. n.
ɶ.det A = (det A)n donne det A
ɶ = (det A)n −1 .
Si A est inversible alors det A
ɶ étant continue et coïncidant avec l’application elle aussi continue A ֏ (det A)n −1 sur
L’application A ֏ det A
ɶ = (det A)n −1 pour tout A ∈ M (K) .
GL (K ) qui est dense dans M (K) , on peut assurer que det A
n
n
n
ɶ) = n .
ɶ aussi donc rg(A) = n ⇒ rg(A
b) Si A est inversible alors A
ɶ = 0 . Ainsi
Si rg(A) ≤ n − 2 alors A ne possède pas de déterminant extrait non nul d’ordre n −1 et donc A
ɶ) = 0 .
rg(A) ≤ n − 2 ⇒ rg(A
ɶ = det AI
ɶ ⊂ ker A et donc rg(A
ɶ) ≤ 1 . Or puisque
Si rg(A) = n −1 alors dim ker A = 1 or AA
. n = 0 donne Im A
ɶ ≠ O . Ainsi
rg(A) = n −1 , A possède un déterminant extrait d’ordre n −1 non nul et donc A
ɶ) = 1 .
rg(A) = n −1 ⇒ rg(A
ɶ )(P −1AP ) = det AI
c) Soit P une matrice inversible. Pour tout A ∈ GLn (K ) , (P −1AP
. n et P −1AP inversible
−1
−1
−1
ɶ =P
ɶ = PP
ɶ et A ֏ PP
donc P −1AP
AP . Ainsi A
APP −1 . Les applications A ֏ A
APP −1 sont continues
et coïncident sur la partie dense GLn (K ) elles sont donc égales sur M n (K) .
Si A et B sont semblables alors il existe P inversible vérifiant P −1AP = B et par la relation ci-dessus
−1
ɶ =P
ɶ et Bɶ sont semblables.
P −1AP
AP = Bɶ donc A
1
1
ɶɶ = 1 A
ɶ−1 =
A−1 et A
A.
ɶ
det A
(det A)n−2
det A
ɶɶ
ɶ = 0 et A
Si rg A ≤ n − 2 alors A
=0.
ɶɶ
ɶ) = 1 ≤ n − 2 et A
Si rg A = n −1 et n ≥ 3 alors rg(A
=0.
a b 


ɶ =  d −b  et A
ɶɶ = A .
, A
Si rg A = 1 et n = 2 alors A = 
c d 
−c a 
ɶ=
d) Si A est inversible alors A
Planche 38
 A B 
≥ 0 .
∗∗∗ a) Soit A, B ∈ M n ( ℝ ) . Montrer que det 
−B A
b) Soit A, B ∈ M n ( ℝ ) telles que AB = BA . Montrer que det(A2 + B 2 ) ≥ 0 .
c) Trouver un contre-exemple à b) si A et B ne commutent pas.
A B 
 = det(AD −CB ) .
d) Soit A, B ,C , D ∈ M n ( ℝ ) telles que AC = CA . Montrer que det 
C D 
a) En multipliant les n dernières lignes par i et les n dernières colonnes aussi :
 A B 
 A
iB 
 = (−1)n det 
 puis par opérations sur les lignes :
det 
−B A
−iB −A
 A B 
 A
iB 
 = (−1)n det 
 et par opérations sur les colonnes :
det 
−B A
A − iB −A + iB 
 A B 
A + iB
 A B 
iB 
 = (−1)n det 
 donc det 
 = (−1)n det(A + iB )det(−A + iB ) et enfin
det 

−B A
 0
−A + iB 
−B A
 A B 
 = det(A + iB )det(A − iB ) . Les matrices A et B étant réelles, cette écriture est de la forme
det 
−B A
2
zz = z ≥ 0 .
b) det(A + iB )det(A − iB ) = det(A2 + B 2 ) car A et B commutent donc det(A2 + B 2 ) ≥ 0 .
1 2
1 0
 et B = 
 par exemple.
c) A = 
0 1
 2 1
 I

O 
B
A B  = A

d) Si A est inversible, on remarque : 
C D   0 −CA−1B + D 
−CA−1 I 
A B 
 = det(A)det(−CA−1B + D ) = det(AD −CB ) car A et C commutent.
donc det 
C D 
On étend cette égalité aux matrices non inversibles par densité :
A B 
 et A ֏ det(AD −CB ) sont continues et coïncident sur l’ensemble des
Les applications A ֏ det 
C D 
matrices inversibles commutant avec C . Or cet ensemble est dense dans l’ensemble des matrices commutant
avec C : si A commute avec C alors pour tout λ > 0 assez petit A + λI n est inversible et commute avec C ).
Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, les deux applications sont égales.
Planche 39
∗∗∗ a) Soit A et B dans M 2 (K) telles que AB = BA . Montrer que soit B ∈ K [A] , soit
A ∈ K [B ] .
b) Le résultat subsiste-t-il dans M 3 (K) ?
a) Contrairement à ce qu’entend l’énoncé, l’alternative B ∈ K [A] ou A ∈ K [B ] n’est pas exclusive.
Commençons par quelques cas particuliers.
Si A = λ 0 alors A ∈ K [B ] en s’appuyant sur un polynôme constant.
0 λ
( )
λ 0 
Si A =  1  avec λ1 ≠ λ2 alors les matrices qui commutent avec A sont diagonales donc B est de la forme
 0 λ2 
α1 0 

. En considérant P = aX + b tel que P (λ1 ) = α1 et P (λ2 ) = α2 , on a B = P (A) ∈ K [A] .
 0 α2 
( )
( )
Si A = λ µ avec µ ≠ 0 , une étude de commutativité par coefficients inconnus donne B = α β . Pour
0 α
0 λ
β
βλ
X + γ avec
+ γ = α , on a B = P (A) ∈ K [A] .
µ
µ
Enfin, dans le cas général, A est semblable à l’un des trois cas précédent via une matrice P ∈GL2 (K) . La
matrice B ′ = P −1BP commute alors avec A′ = P −1AP donc B ′ est polynôme en A′ et par le même polynôme
B est polynôme en A .
b) On imagine que non, reste à trouver un contre-exemple.
Par la recette des tâtonnements successifs ou saisi d’une inspiration venue d’en haut, on peut proposer
1 1 0
1 0 0


A = 0 1 0 et B = 0 1 0 . On vérifie que A et B commutent et ne sont ni l’un ni l’autre polynôme en
0 0 1
0 1 1
l’autre car tout polynôme en une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure.
P=
Planche 40
∗ ∗ Soit n un entier ≥ 2 et A un hyperplan de M n (ℂ) stable pour le produit matriciel.
a) On suppose que I n ∉ A . Montrer, si M 2 ∈ A , que M ∈ A . En déduire que pour tout
i ∈ {1,…, n } que la matrice E i ,i est dans A . En déduire une absurdité.
b) On prend n = 2 . Montrer que A est isomorphe à l’algèbre des matrices triangulaires
supérieures.
a) Supposons M 2 ∈ A . A et Vect(I n ) étant supplémentaires dans M n (ℂ) , on peut écrire M = A + λI n avec
A ∈ A . On a alors M 2 = A2 + 2λAI n + λ 2I n d’où l’on tire λ 2I n ∈ A puis λ = 0 ce qui donne M ∈ A .
Pour i ≠ j , E i2,j = 0 ∈ A donc E i , j ∈ A puis E i ,i = E i , j ×E j ,i ∈ A . Par suite I n = E1,1 + ⋯ + En ,n ∈ A .
Absurde.
b) Formons une équation de l’hyperplan A de la forme ax + by + cz + dt = 0 en la matrice inconnue
x y 
a c 
 avec (a ,b ,c ,d ) ≠ (0,0,0,0) . Cette équation peut se réécrire tr(AM ) = 0 avec A = 
.
M = 
z t 
b d 
Puisque I 2 ∈ A , on a tr A = 0 . Soit λ une valeur propre de A .
Si λ ≠ 0 alors −λ est aussi valeur propre de A et donc A est diagonalisable via une matrice P .
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1MP a ses coefficients diagonaux égaux.
1 1 −1
1 0 −1
P et N = P 
P on a M , N ∈ A alors que MN ∈ A .
Mais alors pour M = P 
0 1
1 1
0 α
 avec α ≠ 0 via une matrice P .
Si λ = 0 alors A est trigonalisable en 
0 0 
On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que P −1MP est triangulaire supérieure.
L’application M ֏ P −1MP est un isomorphisme comme voulu.
Planche 41
∗ ∗ Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3 et u un endomorphisme de E .
a) Réduire l’expression ϕ (x , y , z ) = [u (x ), y , z ] + [x , u (y ), z ] + [x , y , u (z )] .
b) Montrer qu’il existe v ∈ L(E ) tel que pour tout (x , y ) ∈ E 2 , v (x ∧ y ) = u (x ) ∧ y − u (y ) ∧ x .
a) ϕ est une forme trilinéaire alternée sur E de dimension 3 donc ϕ est proportionnel au déterminant. Pour
(i , j , k ) base orthonormée, ϕ (i , j , k ) = (i | u (i )) + ( j | u ( j )) + (k | u (k )) = tr u donc ϕ (x , y , z ) = tr u.[x , y , z ] .
b) (u (x ) ∧ y − u (y ) ∧ x | z ) = [u (x ), y , z ] + [x , u (y ), z ] = tr u [x , y , z ]−[x , y , u (z )] = (x ∧ y ,(tr u.Id− u )(z )) . L’adjoint
de (tr u.Id− u ) résout notre problème.
Oraux Centrale Analyse
1
Planche 42
∗ ∗ Soit E = C 1 ([ 0,1], ℝ ) et N : E → ℝ + définie par N ( f ) = f 2 (0) + ∫ f ′ 2 (t )dt .
0
a) Montrer que N définit une norme sur E .
b) Comparer N et . ∞ .
1
a) Posons ϕ ( f , g ) = f (0)g (0) + ∫ f ′(t )g ′(t )dt . ϕ est une forme bilinéaire symétrique, ϕ ( f , f ) ≥ 0 et si
0
ϕ ( f , f ) = 0 alors f (0) = 0 et pour tout t ∈ [ 0,1] , f ′(t ) = 0 donc f = 0 . ϕ est donc un produit scalaire et N
apparaît comme étant la norme associée.
b) Pour tout x ∈ [ 0,1] , f (x ) ≤ f (0) +
f
∞
= 1 et N ( f ) = n
Planche 43
∫
x
0
f ′(t )dt ≤ 2N ( f ) , donc f
∞
≤ 2N ( f ) .Pour f (x ) = sin(nx π ) ,
2 → +∞ . Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.
∗ ∗ Soit E le ℝ -espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme : u
∞
= sup un .
n ∈ℕ
Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non :
A = { suites croissantes }, B = { suites convergeant vers 0 }, C = { suites convergentes }
D = { suites admettant 0 pour valeur d’adhérence } et E = { suites périodiques }.
A est fermé car si u p = (unp ) est une suite d’éléments de A convergeant vers une suite u = (un ) pour la norme
.
∞
alors pour tout n ∈ ℕ et tout p ∈ ℕ , unp ≤ unp+1 qui donne à la limite un ≤ un +1 et donc u ∈ A .
B est fermé car si u p = (unp ) est une suite d’éléments de B convergeant vers une suite u = (un ) pour la norme
.
∞
alors ∀ε > 0 , ∃p ∈ ℕ , u − u p
∞
≤ ε 2 et puisque unp → 0 , ∃N ∈ ℕ, ∀n ≥ N , unp ≤ ε 2 et donc
n →∞
un ≤ un − unp + unp ≤ ε . Ainsi u → 0 et donc u ∈ B .
C est fermé. En effet si u p = (unp ) est une suite d’éléments de C convergeant vers une suite u = (un ) pour la
norme .
alors en notant ℓ p la limite de u p , la suite (ℓ p ) est une suite de Cauchy puisque
∞
ℓ p − ℓq ≤ u p − u q
∞
. Posons ℓ la limite de la suite (ℓ p ) et considérons v p = u p − ℓ p . v p ∈ B et v p → u − ℓ
donc u − ℓ ∈ B et u ∈ C .
D est fermé car si u p = (unp ) est une suite d’éléments de B convergeant vers une suite u = (un ) pour la norme
.
∞
alors ∀ε > 0 , ∃p ∈ ℕ , u − u p
∞
≤ ε 2 et puisque 0 est valeur d’adhérence de u p , il existe une infinité de
n tels que unp ≤ ε 2 et donc tels que un ≤ un − unp + unp ≤ ε . Ainsi 0 est valeur d’adhérence de u et donc
u ∈D .
E n’est pas fermé. Notons δ p , la suite déterminée par δnp = 1 si p | n et 0 sinon. La suite δ p est périodique et
p
toute combinaison linéaire de suites δ p l’est encore. Posons alors u p = ∑
k =1
1 k
δ qui est élément de E . La suite
2k
p +q
1
1
u p converge car u p+q − u p ≤ ∑ k ≤ p → 0 et la limite u de cette suite n’est pas périodique car
∞
2
k =p +1 2
u 0 = lim
p →+∞
p
1
∑2
k =1
Planche 44
k
= 1 et que ∀n > 0 , un < 1 puisque pour que un = 1 il faut k | n pour tout k ∈ ℕ .
∗ ∗ Soit E un espace vectoriel réel normé. On pose f (x ) =
1
x.
max(1, x )
Montrer que f est 2-lipschitzienne.
Montrer que si la norme sur E est hilbertienne alors f est 1-lipschitzienne.
Si x , y ≤ 1 alors f (y ) − f (x ) = y − x .
y
y
−x =
− y + y − x ≤ y −1 + y − x ≤ 2 y − x .
y
y
Si x ≤ 1 et y > 1 alors f (y ) − f (x ) =
Si x , y > 1 alors f (y ) − f (x ) =
1
x −y
y −x
y
x
y −x
1 
−
=
+ x  −  ≤
+
≤ 2 y −x .
 y
y
x
y
x 
y
y
Au final f est 2-lipschitzienne.
Supposons maintenant que la norme . soit hilbertienne.
Si x , y ≤ 1 alors f (y ) − f (x ) = y − x .
2
2
Si x ≤ 1 et y > 1 alors f (y ) − f (x ) − y − x
2
Or (x | y ) ≤ x y ≤ y donc f (y ) − f (x ) − y − x
2
Si x , y > 1 alors f (y ) − f (x ) − y − x
2
2
2
= 1− y − 2
2
2
≤ 1− y + 2( y −1) = −(1− y ) 2 ≤ 0 .
2
2
= 2− y − x −2
Or (x | y ) ≤ x y donc f (y ) − f (x ) − y − x
2
y −1
(x | y ) .
y
2
x y −1
(x | y )
x y
2
= 2 − y − x + 2( x y −1) = −( x − y ) 2 ≤ 0 .
Au final f est 1-lipschitzienne.
Planche 45
∗ ∗ Soit A une partie non vide de ℝ telle que pour tout x réel il existe un et un seul y ∈ A tel
que x − y = d (x , A) . Montrer que A est un intervalle fermé.
Soit (x n ) ∈ Aℕ convergeant vers x ∈ ℝ . Il existe un unique y ∈ A tel que x − y = d (x , A) . Or d (x , A) = 0
donc x = y ∈ A . Ainsi A est fermé.
Par l’absurde supposons que A ne soit pas un intervalle. Il existe a < c < b tel que a ,b ∈ A et c ∉ A .
Posons α = sup {x ∈ A / x ≤ c } et β = inf {x ∈ A / x ≥ c } . On a α, β ∈ A , α < c < β et ]α, β[ ⊂C ℝA .
Posons alors γ =
α+β
β −α
. On a d (γ , A) =
= γ − α = γ − β ce qui contredit l’hypothèse d’unicité.
2
2
Absurde.
n
Planche 46
∗ Développement asymptotique à trois termes de : un = ∑ sin
k =1
k
.
n2
1
1
Pour x ∈ [ 0,1] , sin x − x + x 3 ≤
.
6
120
k
1 k3
1 n k5
1 1
+
+ M n avec M n ≤
≤
donc M n = o (1 n 3 ) .
∑
2
6
10
4
6
n
n
120
n
120
n
k =1
k =1
n
un = ∑
n
k
∑n
k =1
2
=
n (n + 1) 1
1
= +
et
2
2n
2 2n
Planche 47
n
k3
∑n
k =1
6
=
1
1
1
1
1 n 3
1
+ 2 + o  2  .
k ∼ 2 donc un = +
6 ∑
 n 
n k =1
4n
2 2n 4n
∗ ∗ Montrer que l’équation x n + x 2 −1 = 0 admet une unique racine réelle strictement positive
pour n ≥ 1 . On la note x n . Déterminer la limite ℓ de la suite (x n ) puis un équivalent de x n − ℓ .
Posons fn (x ) = x n + x 2 −1 . L’étude de la fonction fn assure l’existence et l’unicité d’une solution x n ∈ ℝ + à
l’équation étudiée. De plus, on observe que x n ∈ [0,1] . Puisque 0 = fn +1 (x n +1 ) ≤ fn (x n +1 ) , on peut affirmer
x n +1 ≥ x n . La suite (x n ) est croissante et majorée donc converge vers un réel ℓ . Puisque pour tout n ∈ ℕ ,
x n ∈ [0,1] , à la limite ℓ ∈ [0,1] . Si ℓ < 1 alors 0 ≤ x nn ≤ ℓn → 0 et la relation x nn + x n2 −1 = 0 donne à la limite
ℓ 2 = 1 ce qui est absurde. On conclut que ℓ = 1 .
Posons un = 1− x n , (1− un )n = un (2 − un ) donne n ln(1− un ) = ln un + ln(2 − un ) d’où −nun ∼ ln un puis
ln n
ln n
ln n + ln un ∼ ln(− ln un ) or ln(− ln un ) = o (ln un ) donc ln un ∼ − ln n puis un ∼
et enfin x n −1 ∼ −
.
n
n
Planche 48
∗ ∗ Pour n ≥ 2 , on considère le polynôme Pn = X n − nX + 1 .
a) Montrer que Pn admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée x n .
b) Déterminer la limite de x n lorsque n → +∞ .
c) Donner un équivalent de (x n ) puis le deuxième terme du développement asymptotique x n .
a) Pn réalise une bijection strictement décroissante de [0,1] vers [−n ,1] .
b) Pn +1 (x n ) = x nn +1 − (n + 1)x n + 1 ≤ Pn (x n ) = 0 donc x n +1 ≤ x n . La suite (x n ) est décroissante et minorée, elle
converge donc vers un réel ℓ ∈ [0,1] . Si ℓ > 0 alors 0 = Pn (x n ) → −∞ , c’est absurde. On conclut ℓ = 0 .
c)
x nn
1
= x nn−1 → 0 donc x nn = o (nx n ) puis sachant x nn − nx n + 1 = 0 , on obtient x n ∼ 1 n .
nx n n
1

1

1
1
d) Posons yn = x n −1 n , on a  + yn  = nyn puis n ln  + yn  = ln n + ln yn . Or + yn ∼ → 0 donc
 n


n

n
n
1

ln  + yn  ∼ − ln n , de plus ln n = o (n ln n ) donc ln yn ∼ −n ln n . En revenant à la relation de départ
 n

n
n n +1yn = (1 + nyn ) = en ln(1+nyn ) avec n ln(1 + nyn ) ∼ n 2yn et ln n 2yn = 2ln n + ln yn → −∞ donc n 2yn → 0 puis
n
n n +1yn → 1 . Finalement x n =
Planche 49
 1 
1
1
+ n +1 + o  n +1  .
 n 
n n
∗ ∗ Pour n ≥ 2 , on considère le polynôme Pn = X n − nX + 1 .
a) Montrer que Pn admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée x n .
b) Déterminer la limite de x n lorsque n → +∞ .
c) Donner un équivalent de (x n ) puis le deuxième terme du développement asymptotique x n .
a) Pn réalise une bijection strictement décroissante de [0,1] vers [−n ,1] .
b) Pn +1 (x n ) = x nn +1 − (n + 1)x n + 1 ≤ Pn (x n ) = 0 donc x n +1 ≤ x n . La suite (x n ) est décroissante et minorée, elle
converge donc vers un réel ℓ ∈ [0,1] . Si ℓ > 0 alors 0 = Pn (x n ) → −∞ , c’est absurde. On conclut ℓ = 0 .
c)
x nn
1
= x nn−1 → 0 donc x nn = o (nx n ) puis sachant x nn − nx n + 1 = 0 , on obtient x n ∼ 1 n .
nx n n
1

1

1
1
d) Posons yn = x n −1 n , on a  + yn  = nyn puis n ln  + yn  = ln n + ln yn . Or + yn ∼ → 0 donc
 n


n

n
n
1

ln  + yn  ∼ − ln n , de plus ln n = o (n ln n ) donc ln yn ∼ −n ln n . En revenant à la relation de départ
 n

n
n n +1yn = (1 + nyn ) = en ln(1+nyn ) avec n ln(1 + nyn ) ∼ n 2yn et ln n 2yn = 2ln n + ln yn → −∞ donc n 2yn → 0 puis
n
n n +1yn → 1 . Finalement x n =
 1 
1
1
+ n +1 + o  n +1  .
 n 
n n
np
Planche 50
1
ù p ∈ ℕ∗ est fixé. Montrer que la suite (un ) converge. Sa limite sera
k =1 n + k
notée ℓ (on ne demande pas ici de la calculer)
np
 1 
b) Soit f : ℝ + → ℂ de classe C 1 et telle que f (0) = 0 . Soit vn = ∑ f 
 .

k =1  n + k 
Montrer que (vn ) converge. Exprimer sa limite en fonction de ℓ .
∗ ∗ a) Soit un = ∑
c) Calculer ℓ en utilisant f (x ) = ln(1 + x ) .
d) Si f de ℝ + dans ℂ est continue et vérifie f (0) = 0 , montrer qu’il peut y avoir divergence de
la suite (vn ) .
1
1
1
np
+ ⋯+
−
≤ 0 et un ≤
≤ p donc (un ) converge.
n (p + 1) + 1
(n + 1)(p + 1) n + 1
n +1

 1 
1 
1
 tel que f 
b) Pour tout n ∈ ℕ∗ et k ∈ {1,…, np } , il existe cn ,k ∈  0,
− f (0) = f ′(cn ,k )
(TAF)
 n + k 
 n + k 
n +k
a) un +1 − un =
np
On a alors vn − ℓf ′(0) = ∑ ( f ′(cn ,k ) − f ′(0))
k =1
1
.
n +k
Pour tout ε > 0 , il existe α > 0 tel que pour tout x ∈ [ 0, α ] on ait f ′(x ) − f ′(0) ≤ ε .
Pour n suffisamment grand pour que
1
≤ α , on a cn ,k ∈ [ 0, α ] et donc vn − ℓf ′(0) ≤ εℓ .
n +1
On en déduire vn → ℓf ′(0) .
np
c) Pour f (x ) = ln(1 + x ) , vn = ∑ ln(n + k + 1) − ln(n + k ) = ln((n + 1)p + 1) − ln(n + 1) → ln p . On conclut
k =1
ℓ = ln p .
np
d) Pour f (x ) = x , vn = ∑
k =1
1
np
≥
→ +∞ .
n +k
(n + 1)p
n
Planche 51
ln p
. On pourra
p =2 p
∗ ∗ a) Donner un développement asymptotique à deux termes de un = ∑
introduire la fonction f (t ) =
+∞
b) Calculer
∑ (−1)
n
n =1
ln t
.
t
ln n
à l’aide de la constante d’Euler.
n
p +1
p ln t
ln 2 ln 3
ln t
ln p
dt ≤
≤∫
dt donc un =
+
+ vn
p
p
−
1
t
p
t
2
3
n +1 ln t
n ln t
1
1
avec ∫
dt ≤ vn ≤ ∫
dt donc vn ∼ (ln n ) 2 . Etudions wn = un − (ln n ) 2 ,
4
3
t
t
2
2
n ln t
ln n
wn − wn−1 =
−∫
dt ≤ 0 donc (wn ) est décroissante. D’autre part les calculs précédents donnent (wn )
n −1 t
n
1
2
minorée et donc on peut conclure que wn converge. Ainsi un = (ln n ) +C + o (1) .
2
2N
N
ln(2n ) N −1 ln(2n −1)
n ln n
b) ∑ (−1)
=∑
−∑
donc
n
2n
2n −1
n =1
n =1
n =0
2N
N
N
ln n
ln(2n ) 2N ln(n )
1
=∑
−∑
= ln 2∑ + uN − u 2N . Par le DA précédent, on obtient :
(−1)n
∑
n
n
n
n =1
n =1
n =1
n =1 n
2N
ln
n
1
1
(−1)n
= ln 2.ln n + ln(2)γ + (ln n ) 2 +C − (ln 2n )2 −C + o (1)
∑
n
2
2
n =1
2N
ln n
1
et après simplification ∑ (−1)n
→ ln(2)(2γ − ln 2) . De plus
n
2
n =1
2N +1
2N
+∞
ln n
ln n
1
ln n 1
(−1)n
= ∑ (−1)n
+ o (1) → ln(2)(2γ − ln 2) donc ∑ (−1)n
= ln(2)(2γ − ln 2) . N’est-ce pas
∑
n
n
2
n
2
n =1
n =1
n =1
magnifique ?
a) f est décroissante sur [e,+∞[ . Pour p ≥ 4 ,
Planche 52
∫
∗ Soit a ,b ∈ ℝ . Déterminer la nature de la série
∑ ln n + a ln(n +1) +b ln(n + 2) .
n ≥1
Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.
1
a + 2b
+O  2  .
 n 
n
Il y a convergence ssi 1 + a + b = 0 et a + 2b = 0 ce qui correspond à a = −2 et b = 1 .
Dans ce cas :
ln n + a ln(n + 1) + b ln(n + 2) = (1 + a + b )ln n +
N
N
N +1
N +2
n =1
n =1
n =2
n =3
∑ ln n + a ln(n +1) +b ln(n + 2) = ∑ ln n − 2∑ ln n + ∑ ln n
N
∑ ln n + a ln(n +1) +b ln(n + 2) = ln1 + ln 2 − 2 ln 2 − 2ln(N + 1) + ln(N +1) + ln(N + 2) → − ln 2
n =1
Planche 53
∗ ∗ Soit a > 0,b > 0 et pour n ∈ ℕ∗ , An =
Trouver lim
∞
n
An = a +
n
1 n
(a + bk ) , Bn = ∏ (a + bk )1 n .
∑
n k =1
k =1
Bn
en fonction de e .
An
b (n + 1)
1 n
, ln Bn = ∑ ln(a + bk ) . Posons f (t ) = ln(a + bt ) fonction croissante.
2
n k =1
n
A l’aide d’une comparaison série-intégrale :
∑ f (k ) = n ln(a + bn ) − n + o (n )
k =1
ln
 a + bn 
Bn
B
2
 −1 + o (1) → ln 2 −1 d’où n → .
= ln Bn − ln An = ln 
An
e
An
a + bn 2 
Planche 54
dx
.
1+ x +⋯+ x n
1
x n dx
b) Etudier ∑ vn où vn = ∫
.
0 1+ x + ⋯+ x n
∗ ∗ a) Etudier
∑u
n
où un = ∫
1
0
donc
1 1− x
1− x
1− x
1− x
dx
=∫
dx ,
→ 1− x et
≤
= 1 donc
n +1
n +1
n
n +1
0
1+ x + ⋯+ x
1− x
1− x
1− x
1− x
1
1
un → ∫ (1− x )dx = . La série diverge grossièrement.
0
2
1
1 1− x
1
x n dx
xn
n
b) vn = ∫
=
x
d
x
=
∫0 1− x n +1
∫0 1− x n +1 (1− x )dx avec par intégration par parties
0 1+ x +⋯+ x n
1
1
1


xn
1
1
n +1


(1
x
)
d
x
ln(1
x
)(1
x
)
ln(1− x n +1 )dx
−
=
−
−
−
−
∫0 1− x n +1
∫
 n + 1
 0 n + 1 0
a) un = ∫
1
0
+∞
1 (n +1)k
1
x
dx = ∑
< +∞ donc
0
0
0 k
k =1
k =1
k =1 k ((n + 1)k + 1)
+∞
+∞
1
1 1
1
1 +∞ 1
−∫ ln(1− x n +1 )dx = ∑ ∫ x (n +1)k dx = ∑
≤
puis vn = O (1 n 2 ) et donc la série
∑
2
0
0
((
1)
1)
(
1)
k
k
n
+
k
+
n
+
k
k =1
k =1
k =1
de terme général vn converge.
1
avec −∫ ln(1− x n +1 )dx = ∫
1 +∞
1
∑k x
(n +1)k
+∞
dx . Or
∑∫
1
∗ ∗ ∗ Soit α > 0 et (un )n≥1 la suite définie par : u1 > 0 et ∀n ≥ 1 , un +1 = un +
Planche 55
1
.
n αu n
a) Condition nécessaire et suffisante sur α pour que (un ) converge.
b) Equivalent de un dans le cas où (un ) diverge.
c) Equivalent de (un − ℓ) dans le cas où (un ) converge vers ℓ .
a) Notons la suite (un ) est bien définie, strictement positive et croissante.
Si α > 1 , on a un +1 ≤ un +
n
1
1
puis
par
récurrence
u
≤
. Ainsi (un ) converge.
∑
n
α
α
n u1
k =1 k u1
Si (un ) converge. Posons ℓ = lim un , on observe ℓ > 0 . On a un +1 − un =
1
1
∼
, or la série de terme
n α un n α ℓ
général un +1 − un est convergente donc α > 1 .
b) un2+1 − un2 =
n
2
1
2
1
2
+
∼
donc
u
∼
2
or par comparaison série-intégrale,
∑
n
α
2α 2
α
α
n
n un n
k =1 k
n
1
∑k
k =1
α
∼
n 1−α
si
1− α
1
2n 1−α
∼
ln
n
si
α
=
1
.
On
conclut
alors
u
∼
si α < 1 et un ∼ 2ln n si α = 1 .
∑
n
1− α
k =1 k
+∞
+∞
1
1
1
1
1
c) Posons vn = un − ℓ . vn +1 − vn = α ∼ α donc ∑ vk +1 − vk = −vn ∼ ∑ α ∼
puis
α−1
n un n ℓ
ℓ
n
α
−
1
ℓ
n
k =n
k =n
α < 1 et
vn =
n
1
1
.
1− α ℓn α−1
Planche 56
∗ Etudier la limite de
∫
1
0
f (t n )dt où f : [0,1] → ℝ est continue.
On applique le théorème de convergence dominée en exploitant f bornée car continue sur segment. On obtient
∫
1
0
f (t n )dt → f (0)
Planche 57
∗ ∗ Calculer lim ∫
n →∞
+∞
e−t sin n (t )dt .
0
La fonction intégrée ne converge pas simplement en les t = π 2 + π [ 2π ] . Pour contourner cette difficulté on
raisonne à l’aide de valeurs absolues.
∫
+∞
0
e−t sin n (t )dt ≤ ∫
+∞
0
e−t sinn t
CS
fn (t ) = e−t sin n (t ) 
→ f (t ) avec f (t ) = 0 si t ≠ π 2 [n π ] et f (t ) = e−t sinon.
fn et f sont continues par morceaux et fn (t ) ≤ e−t = ϕ(t ) avec ϕ continue par morceaux intégrable sur
+∞
+∞
e−t sin n (t )dt = ∫ f (t )dt = 0 .
[0,+∞[ donc par convergence dominée : nlim
→∞ ∫0
0
∗ ∗ a) Démontrer la convergence de la série de terme général an =
Planche 58
b) Comparer an et n ∫
+∞
t n e−nt dt .
0
+∞
c) En déduire :
n!
.
nn
∑ an = ∫
n =1
+∞
0
te−t
dt .
(1− te−t ) 2
a) an +1 an → 1 e < 1 .
b) Posons I n = ∫
+∞
∑a
c)
n =1
+∞
n
= ∑∫
n =1
+∞
0
+∞
t n e−αt dt . Par intégration par parties, on obtient I n =
nt n e−nt dt et la série
0
+∞
∑a
terme et on obtient
n
n =1
=∫
+∞ +∞
∑ nt
0
∑∫
n −nt
e
n =1
+∞
0
+∞
n!
d’où an = n ∫ t n e−nt dt .
n +1
0
α
nt n e−nt dt = ∑an converge donc on peut intégrer terme à
+∞
+∞
n =1
n =1
dt avec (1− te−t )∑ nt n e−nt = ∑ t n e−nt =
te−t
d’où la
1− te−t
conclusion.
∗ ∗ Existence et calcul de ϕ(x ) = ∫
Planche 59
2
Posons g (x ,t ) = e−t cos(xt ) . t ֏ g (x ,t ) , t ֏
+∞
2
e−t cos(xt )dt .
0
∂g
∂g
(x ,t ) sont continues par morceaux sur ℝ + et x ֏
(x ,t )
∂x
∂x
est continue sur ℝ .
t ֏ g (x ,t ) est intégrable sur [0,+∞[ car négligeable devant 1 t 2 en +∞ .
2
2
∂g
(x ,t ) ≤ te−t avec t ֏ te−t intégrable sur [0,+∞[ , la fonction ϕ est de classe C 1 et
∂x
Pour x ∈ [0, +∞[ ,
ϕ ′(x ) = ∫
+∞
0
2
−te−t sin(xt )dt .
+∞
1 2

2
1 +∞
1
Par intégration par parties, ϕ ′(x ) =  e−t sin(xt ) − ∫ xe−t cos(xt )dt = − x ϕ(x ) .
 2
 0
2 0
2
ϕ est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 et ϕ (0) = π 2 on conclut ϕ(x ) =
Planche 60
∗ ∗ ∗ Soit α > 0 , n ∈ ℕ . On pose un (α ) = ∫
π 2
π − 14 x 2
e
.
2
(sin t )α (cos t )n dt .
0
a) Nature de la série de terme général un (1) .
b) Plus généralement, nature de la sérier de terme général un (α ) .
∞
c) Calculer
∑u
n
(α ) pour α = 2,3 .
n =1


1
1
sin t (cos t )n dt = −
cosn +1 t  =
. La série de terme général un (1) est divergente.
0
 n + 1
 0
n +1
b) Pour α ≤ 1 , (sin t )α ≥ sin t donc un (α ) ≥ un (1) et donc la série de terme général un (α ) est divergente.
a) un (1) = ∫
π 2
π 2

π 2
π 2
cosn +1 t 
β
β
Pour α > 1 , α = 1 + β , un (α ) = −sin β t
+
sin β−1 t cosn +2 tdt =
sin β−1 t cosn +2 tdt
∫
∫


0
0
n
+
1
n
+
1
n
+
1

0
π 2
∫
∫
π 2
0
ε
0
ε
0
ε
sin β−1 t cosn +2 tdt = ∫ sin β−1 t cosn +2 tdt + ∫
sin β −1 t cosn +2 tdt ≤ ε.ε β−1 = ε β et
∫
π 2
ε
π 2
sin β−1 t cosn +2 tdt
sin β−1 t cosn +2 tdt ≤
π
cosn +2 ε .
2
1
− 3n
1
1
β
β
1
n +2
2
,
cos
ε
=
e
= o   donc 0 ≤ un (α ) ≤
+ o  2  ∼ 1+β 3 donc la série de terme
β 3
3


n 
n  n
(n + 1)n
n
général un (α ) converge.
c) Soit α > 1 ,
Les fonctions t ֏ sin α t cosn t sont continues par morceaux et positives.
+∞
sin α t
La série de ses fonctions converge vers ∑ sin α t cosn t =
qui est continue par morceaux.
1− cos t
n =0
Pour ε =
∫
Puisque la série des
π 2
+∞
(sin t )α (cos t )n dt convergente, on a
0
∑∫
n =0
2
π 2
0
sin α t cosn tdt = ∫
π 2
0
sin α t
dt .
1− cos t
sin t
π
dt = ∫ 1 + cos t = + 1 .
0
1− cos t
2
π 2 sin 3 t
π 2
3
Pour α = 3 : ∫
dt = ∫ sin t (1 + cos t ) = .
0
0
1− cos t
2
π 2
π 2
Pour α = 2 :
∫
Planche 61
∗ ∗ ∗ a) Existence de A = lim
0
x →+∞
∫
x
sin(t 2 )dt .
0
+∞
b) Montrer que A se met sous la forme A = ∑ (−1)n un avec un ≥ 0 . En déduire A ≥ 0 .
n =0
c) Mêmes questions avec B = lim
x →+∞
∫
x
cos(t 2 )dt .
0
d) Comment retrouver ces résultats avec un logiciel de calcul formel
∫
a)
∫
x
∫
x
0
x
π
sin(t 2 )dt = ∫ sin(t 2 )dt + ∫ sin(t 2 )dt . Or
π
0
sin(t )dt = ∫
2
π
0
x
 cos(t 2 ) 
2t

sin(t 2 )dt = −

π 2t
2t 

x
sin(t 2 )dt 
→∫
x →+∞
π
0
sin(t 2 )dt −
1
2 π
x
−∫
π
−
cos(t 2 )
dt donc
π
2t 2
x
1 +∞ cos(t 2 )
dt où l’on vérifie que la dernière intégrale
2∫ π
t2
converge.
+∞
b) A = ∑ ∫
n =0
un = ∫
π
0
(n +1) π
nπ
sin(t 2 )dt et
∫
(n +1) π
nπ
sin(t 2 )dt = ∫
(n +1) π
nπ
π
sin(u )
sin v
du = (−1)n ∫
dv = (−1)n un avec
0
2 u
2 v + nπ
sin v
dv . Aisément un ≥ 0 , un +1 ≤ un et un → 0 donc on peut appliquer le critère spécial qui
2 v + nπ
assure que A est du signe de (−1)0 u0 c'est-à-dire positif.
c) La question a) est identique. Pour b) les choses se compliquent car on découpe l’intégrale en π 2 , 3π 2 ,…
pour obtenir :
+∞
π 2 cos v
π 2
cos v
B=∫
dv + ∑ (−1)n ∫
dv . Le CSSA s’applique à la série sous-jacente et B est du signe
0
−π 2 2 v + n π
2 v
n =1
π 2 cos v
π 2
π 2
cos v
cos v
de ∫
dv − ∫
dv + ∫
dv .
0
−
π
2
−
π
2
2 v
2 v +π
2 v + 2π
1
1
π
1
Or
−
≤
≤
donc
32
v +π
v + 2π 2(v + π )
2 v +π
π 2
π 2
π 2 cos v
π 2 cos v
π 2 cos v
cos v
cos v
cos v
dv − ∫
dv ≤ ∫
dv ≤ ∫
dv = ∫
dv ≤ ∫
dv
−π 2 2 v + π
−π 2 2 v + 2π
−π 2 4 v + π
−π 2 4 π 2
0
0
2 π 2
2 v
et on peut conclure.
d) on utilise l’instruction evalf.
∫
π 2
Planche 62
∗ Réaliser le développement en série entière en 0 de x ֏ ∫
1
fonction.
+∞
dt
et reconnaître cette
t2 +x2
∫
+∞
1
donc
1
1 +∞
dt
du
=
=
∑ (−1)n u 2n x 2n du . Pour x < 1 , il y a convergence normale pour u ∈ [ 0,1]
t 2 + x 2 u=1 t ∫0 1 + (ux ) 2 ∫0 n =0
∫
+∞
+∞
dt
(−1)n 2n arctan x
=∑
x =
.
2
t +x
x
n =0 2n + 1
2
1
∗ ∗ Soit (an ) la suite définie par a 0 = 1 et an =
Planche 63
a) Rayon de convergence de
b) Somme de
∑a x
n
n
∑a x
n
n
1 1 n−1
∏ (t − k )dt pour n ∈ ℕ∗ .
n ! ∫0 k = 0
.
.
1 1 n−1
1 1 n −1
1
t
(
k
−
t
)
d
t
≤
kdt ≤ donc R ≥ 1 .
∏
∏
∫
∫
0
0
n!
n ! k =1
n
k =1
n −1
1
1
1
an ≥ ∫ t (1− t )×∏ (k −1)dt ≥
donc R ≤ 1 . Finalement R = 1 .
n! 0
4n (n −1)
k =2
+∞
+∞
1 1 n −1
b) Soit x ∈ ]−1,1[ . S (x ) = ∑ an x n = ∑ ∫
(t − k )x n dt or par CU de la suite de fonctions de la variable t
∏
0 n!
k =0
n =0
n =0
a) an =
sur [0,1] (CU obtenue par CN grâce à x < 1 ) on peut permuter somme et intégrale.
S (x ) = ∫
t =1
 (1 + x )t 
1
1 n −1
x
 =
.
(t − k )x n dt = ∫ (1 + x )t dt = 
∑
∏


0
n =0 n ! k =0
 ln(1 + x )  t =0 ln(1 + x )
1 +∞
0
∗ ∗ On note N (n , p ) le nombre de permutations de 1,n qui ont exactement p points fixes. On
Planche 64
+∞
D (n ) n
x .
n =0 n !
pose en particulier D (n ) = N (n ,0) , puis f (x ) = ∑
a) relier N (n , p ) et D (n − p ) .
b) Justifier la définition de f sur ]−1,1[ puis calculer f .
c) Calculer N (n , p ) .
1

d) Etudier la limite de  N (n , p ) quand n tend vers +∞ .
n !

()
a) N (n , p ) = n D (n − p ) .
p
D (n )
≤ 1 qui implique R ≥ 1 .
n!
n
n
1
1
On a ∑ N (n , p ) = n ! donc ∑
D (n − p ) = 1 d’où par produit de Cauchy ex f (x ) =
puis
1− x
p =0
p =0 p !(n − p )!
b) D (n ) ≤ n ! donc
f (x ) =
e−x
.
1− x
+∞ n
n
e−x
(−1)k n
(−1)k
n ! n (−1)k
= ∑∑
x donc Dn = n !∑
puis N (n , p ) = ∑
.
1 − x n =0 k =0 k !
k!
p ! k =0 k !
k =0
1
1
d) N (n , p ) 
→
.
n →+∞
n!
p !e
c)
Planche 65
∗ ∗ ∗ Soit γ une application de classe C 1 et 2π -périodique de ℝ vers ℂ telle que
∀s ∈ ℝ , γ ′(s ) = 1 . On note S l’aire orientée délimitée par γ|[0,2 π] .
a) Exprimer S à l’aide des coefficients de Fourier de γ .
b) Montrer S ≤ π et préciser le cas d’égalité.
a) Posons x = Re(γ ) , y = Im(γ ) . S = ∫
1
1 2π
xdy − ydx ) = ∫ (x (s )y ′(s ) − y (x )x ′(s )) ds donc
(
γ 2
2 0
1 2π
Im(γ (s )γ ′(s ))ds = π Im(γ | γ ′) en notant (. | .) le produit scalaire usuel.
2 ∫0
2
Par la formule polarisée de Parseval : (γ | γ ′) = ∑ cn (γ )cn (γ ′) = ∑ in cn (γ ) car cn (γ ′) = incn (γ ) et donc
S=
n ∈ℤ
n ∈ℤ
S = ∑ n cn (γ ) .
2
n ∈ℤ
b) Par la formule de Parseval on a :
∑ inc
n
n
2
=
2
1 2π
γ ′(s ) ds = 1 donc
∫
2π 0
∑n
2
2
cn = 1 .
n
S = π ∑ n cn ≤ π ∑ n 2 cn ≤ π avec égalité ssi cn = 0 pour tout n ∈ ℤ tel que n > 1 . On a alors
2
2
n ∈ℤ
n
γ (s ) = c0 + c1eis avec c1 = 1 car γ ′(s ) = 1 . γ est un paramétrage direct d’un cercle de diamètre 1.
Planche 66
∗ ∗ On pose ϕ (x , y ) =
cos x − cos y
pour x ≠ y .
x −y
a) Montrer que ϕ admet un prolongement par continuité à ℝ 2 noté encore ϕ .
b) Montrer que ϕ est C 1 puis C ∞ .
a) On pose ϕ (a ,a ) = −sin a et on observe que ϕ (x , y ) → ϕ (a ,a ) quand (x , y ) → (a ,a ) avec x ≠ y et avec
x =y .
 p −q   p + q 
 x + y 
b) En vertu de cos p − cos q = −2 cos 
cos 
, on a ϕ (x , y ) = − sinc(x − y )sin 
avec sinc de
 2   2 
 2 
classe C ∞ car DSE.
Planche 67
∗ ∗ Montrer que f : ℝ n → ℝ de classe C 1 est homogène de degré p ssi ∀ (x1 ,…, x n ) ∈ ℝ n ,
n
∑x
i =1
i
∂f
(x1 ,…, x n ) = pf (x1 ,…, x n ) .
∂x i
Supposons f homogène de degré p i.e. ∀t > 0 , f (tx1 ,…,tx n ) = t p f (x1 ,…, x n ) .
En dérivant cette relation par rapport à t et en évaluant en t = 1 , on obtient
n
∂f
xi
(x1 ,…, x n ) = pf (x1 ,…, x n ) .
∑
∂
xi
i =1
Inversement, cette relation donne t ֏ g (t ) est solution de l’équation différentielle tg ′(t ) = pg (t ) donc f
homogène de degré p .
3
Notons que pour n = 1 , f (x ) = x vérifie la relation et n’est homogène de degré 3 que dans le sens préciser
initialement.
Planche 68
∗ Trouver les extrema sur ℝ 2 de f (x , y ) = x 2 + xy + y 2 + 2x − 2y .
L’étude des points critiques donne (−2, 2) seul point critique.
En posant x = −2 + u et y = 2 + v , f (x , y ) = u 2 + uv + v 2 = ρ 2 (1 + cos θ sin θ ) ≥ 0 .
Il y a un minimum global en (−2, 2) .
Planche 69
∗ Déterminer les extremums de x ln x + y ln y sur ]0,+∞[ .
2
L’étude des points critiques donne (1,1) seul point critique.
La fonction t ֏ t lnt admet un minimum en 1, donc (x , y ) ֏ x ln x + y ln y admet un minimum en (1,1) .
Planche 70
∗ Soit a > 0 . Montrer que f : (x , y ) ֏ x + y +
a
admet un minimum strict sur ( ℝ +∗ ) 2
xy
L’étude des points critiques donne ( 3 a , 3 a ) seul point critique.
Posons α = 3 a . f (x , y ) − f (α, α ) = x + y +
α3
x 2y + xy 2 + α 3 − 3αxy
− 3α =
.
xy
xy
Etudions ϕ : α ֏ x 2y + xy 2 + α 3 − 3αxy . Cette application admet un minimum en
xy de valeur
x y + xy − 2xy xy = xy (x + y − 2 xy ) = xy ( x − y ) ≥ 0 donc pour tout x , y > 0 , f (x , y ) ≥ f (α, α ) .
2
2
2
De plus, il y a égalité ssi
Planche 71
x = y et α = xy i.e. x = y = α .
∗ ∗ Soit un triangle ABC et M parcourant l’intérieur de ce triangle. On veut déterminer en
quelle position le produit des 3 distances de M à chacun des côtés du triangle est maximal.
Indications : ne pas oublier de justifier l’existence de ce maximum, la réponse est le centre de
gravité du triangle.
L’intérieur du triangle et son bord forment un compact. La fonction considérée est continue sur celui-ci donc
admet un maximum. Celui-ci ne peut être au bord car la fonction prend des valeurs strictement positives alors
qu’elle est nulle sur le bord. Il existe donc un maximum à l’intérieur du triangle et celui-ci annule la
différentielle de la fonction.
En introduisant un repère, A(0,0) , B (1,0) et C (a ,b ) (ce qui est possible qui à appliquer une homothétie pour
que AB = 1 ) la fonction étudiée est f (x , y ) = y (bx −ay )(b (x −1) − (a −1)y ) . On résout le système formé par les
∂f
∂f
équations
(x , y ) = 0 et
(x , y ) = 0 . Le calcul est très lourd sans logiciel de calcul formel mais on parvient
∂x
∂y
à conclure.
Peut-être existe-t-il une solution plus simple ?
Planche 72
∗ ∗ Calculer
∫∫
D
d xd y
où D est donné par x ≤ x 2 + y 2 ≤ 1 .
2
2 2
(1 + x + y )
En visualisant le domaine comme le complémentaire de la réunion de deux cercles dans le cercle unité et par des
π 2
1
π 2
dxdy
ρ
1
1
considérations de symétrie : ∫∫
= 4∫ ∫
dρdθ = 2∫
− dθ .
2
2 2
2 2
D (1 + x + y )
0
cos θ (1 + ρ )
0
1 + cos 2 θ 2
∫
π 2
0
+∞
dθ
dt
π
=∫
=
puis
2
0
1 + cos θ
t2 + 2 2 2
Planche 73
∗ ∗ Que dire de
∫∫
D
∫∫
D
d xd y
π
π ( 2 −1)π
=
− =
.
(1 + x 2 + y 2 ) 2
2
2 2
x −y
dxdy où D = ]0,1]×[ 0,1] .
(x + y )3
L’intégrale à la même nature que sur D = ]0,1] .
2
1 x −y
x −y
1
est intégrable sur ]0,1] et ∫
dx = −
.
3
3
0 (x + y )
(x + y )
(1 + y ) 2
1
1
dy
1
y ֏−
est intégrable sur ]0,1] et ∫ −
=− .
2
0
(1 + y )
(1 + y ) 2
2
1
1 x −y
1
1 x −y
1
1
Ainsi ∫ ∫
dx dy = − . Par une démarche symétrique ∫ ∫
dydx = .
3
3
0
0 (x + y )
0
0 (x + y )
2
2
x −y
On peut donc dire que (x , y ) ֏
n’est pas intégrable sur D .
(x + y )3
x֏
+∞
Planche 74
xn
.
2n
n =1 1 + y
a) Déterminer le domaine de définition D de f .
∂f
∂f
b) Etudier l’existence de
et
sur D .
∂x
∂y
∗ ∗ On considère f : (x , y ) ֏ ∑
a) Si y ≤ 1 alors la série définissant f (x , y ) converge ssi x < 1
x 
xn
=  2  .
2n
 y 
1+ y
n
Si y > 1 alors la série définissant f (x , y ) converge ssi x < y 2 car
Finalement D = {(x , y ) ∈ ℝ 2 / x < max(1, y 2 )} .
b) un (x , y ) =
xn
. Soit a ∈ [0,1[ et Da = {(x , y ) ∈ ℝ 2 / x ≤ a max(1, y 2 )} . Pour (x , y ) ∈ Da :
1 + y 2n
∂ un
nx n−1
(x , y ) =
∂x
1 + y 2n
Si y ≤ 1 alors x ≤ a et
∂ un
nx n −1
na n−1
(x , y ) =
≤
≤ na n−1 .
2n
2n
∂x
1+ y
1+ y
Si y > 1 alors x ≤ ay 2 et
Dans les deux cas
∂ un
nx n −1
na n −1y 2n −2 na n −1
(x , y ) =
≤
≤ 2 ≤ na n −1
2n
∂x
1+ y
1 + y 2n
y
∂ un
(x , y ) ≤ na n−1 qui est le terme général d’une série convergente.
∂x
∂ un
2ny 2n −1x n
2nx n
y 2n−1
≤
car
≤1 .
(x , y ) =
2n 2
2n
∂y
(1 + y )
1+ y
1 + y 2n
Si y ≤ 1 alors x ≤ a et
∂ un
2na n
≤ 2na n .
(x , y ) ≤
∂y
1 + y 2n
Si y > 1 alors x ≤ ay 2 et
∂ un
2na n y 2n
≤ 2na n .
(x , y ) ≤
∂y
1 + y 2n
∂ un
(x , y ) ≤ 2na n qui est le terme général d’une série convergente.
∂y
∂f
∂f
∂f
∂f
Par convergence normale,
et
existent sur Da et comme ceci vaut pour tout a ∈ [0,1[ ,
et
∂x
∂y
∂x
∂y
existent sur D .
Dans les deux cas
Oraux Mines-Ponts Algèbre
Planche 75
∗ ∗ Soit des entiers a > 1 et n > 0 . Montrer que si a n + 1 est premier alors n est une puissance
de 2.
k
n = 2k (2p + 1) , a n + 1 = b 2 p+1 − (−1) 2 p+1 = (b + 1)c avec b = a 2 . On en déduit que b + 1| n , or n est supposé
premier et b + 1 > 1 donc b + 1 = n puis p = 0 .
Planche 76
∗ Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans ℤ 78ℤ ?
Les inversibles dans ℤ 78ℤ sont les classes associés aux entiers de {1,…,78} qui sont premiers avec
78 = 2×3×13 . Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de 2,3,13 compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a
24 éléments inversible dans ℤ 78ℤ . On peut aussi calculer ϕ (78) = 1× 2×12 = 24 .
Planche 77
∗ ∗ Déterminer les P de ℝ [X ] \ {0} tels que P (X 2 ) = P (X )P (X −1) .
Supposons P solution. Le coefficient dominant de P est égal à 1. Si a est racine de P alors a 2 ,a 4 ,… le sont
aussi. Or P ne possède qu’un nombre fini de racines donc a est obligatoirement une racine de l’unité, en
particulier a = 1 . Aussi, si a est racine de P alors (a + 1) 2 est aussi racine de P et cela permet d’établir que
a + 1 = 1 . Les seuls complexes a vérifiant a = a + 1 = 1 sont a = j et j 2 . On en déduit que
P = (X 2 + X + 1)n . On vérifie par le calcul qu’un tel polynôme est bien solution.
Planche 78
∗ Soit E un K -espace vectoriel, F un sous-espace vectoriel de E et G un sous-espace
vectoriel de F . On suppose que G est de codimension finie dans E . Montrer que
codimE G = codimE F = codimF G .
G possède un supplémentaire de dimension finie H . Considérons alors K supplémentaire de H ∩ F dans H .
F et K sont supplémentaires dans E et K est de dimension finie donc F est de codimension finie dans E .
De plus, G et H ∩ F étant supplémentaires dans F , on peut dire que G est de codimension finie dans F .
Enfin la relation dim H = dim K + dim H ∩G se relit codimE G = codimE F = codimF G .
Planche 79
∗ Soit E un ℝ -espace vectoriel de dimension finie, p dans ℕ∗ , f1 ,…, fp des formes linéaires
sur E . Montrer que ( f1 ,…, fp ) est une famille libre de E ∗ ssi
∀ (λ1 ,…, λp ) ∈ ℝ p , ∃x ∈ E , ∀i ∈ {1,…, p } , fi (x ) = λi .
Si ( f1 ,…, fp ) est libre on peut compléter cette famille en une base ( f1 ,…, fn ) et si (e1 ,…,en ) en désigne la base
antéduale alors x = λ1e1 + ⋯ + λpep résout le problème.
Inversement si ∀ (λ1 ,…, λp ) ∈ ℝ p , ∃x ∈ E , ∀i ∈ {1,…, p } , fi (x ) = λi alors sans peine on montre que la famille
( f1 ,…, fp ) est libre en prenant appui sur des x tels que fi (x ) = δi , j .
Planche 80
∗ ∗ ∗ Soit A et B deux matrices de M n ( ℝ ) semblables sur ℂ .
Montrer que A et B sont semblables sur ℝ .
Il existe P ∈ GLn (ℂ) tel que PA = BP . P = R + iS avec R, S ∈ M n ( ℝ ) . L’égalité (R + iS )A = B (R + iS )
donne RA = BR et SA = BS . Malheureusement, on ne sait si R ou S sont inversibles. Cependant pour
λ ∈ ℝ , (R + λS )A = B (R + λS ) et λ ֏ det(R + λS ) est une fonction polynomiale non nulle (car ne s’annule
pas en λ = i ) donc il existe λ ∈ ℝ tel que P = R + λS soit inversible. On obtient ainsi A et B semblables sur
ℝ.
Planche 81
1 2 3 1 3 2


∗ Les matrices 3 1 2 et 2 1 3 sont-elles semblables ?


2 3 1 3 2 1
Les deux matrices ont trois valeurs propres distinctes 6,
−3 + i 3
−3 − i 3
et
. Elles sont donc toutes deux
2
2
 −3 + i 3 −3 − i 3 
 et donc a fortiori semblables entre elles.
semblables à diag 6,
,

2
2

Planche 82
∗ Soit A ∈ M n (K) avec K = ℝ ou ℂ telle que A4 = I n . Déterminer exp(A) .
+∞
+∞
+∞
+∞
1
1
1
1
In + ∑
A+ ∑
A2 + ∑
A3 donne
k =0 (4k )!
k =0 (4k + 1)!
k =0 (4k + 2)!
k =0 (4k + 3)!
cos(1) + ch(1)
sin(1) + sh(1)
ch(1) − cos(1) 2 sh(1) − sin(1) 3
exp(A) =
In +
A+
A +
A .
2
2
2
2
exp(A) = ∑
Planche 83
 0
a a 2 


∗ Soit a ∈ ℝ et A =  1 a
0 a  .
 2

1 a 1 a 0 
a) Calculer le polynôme minimal de A .
b) La matrice A est-elle diagonalisable ? Si oui, la diagonaliser.
c) Calculer eA .
∗
−a 2  −a 
a 2 

  
 

a) χA = −(X − 2)(X + 1) , E 2 (A) = Vect  a  et E −1 (A) = Vect  0 ,  1  .

 1 
  
 
 1   0 
2
a 2 −a 2 −a 
2 0
0 



La matrice A est diagonalisable, P AP = D avec P =  a
0
1  et D = 0 −1 0  .
 1
0 0 −1
1
0 

On en déduit µA = (X − 2)(X + 1) .
b) Ci-dessus.
2n − (−1)n
2(−1)n + 2n
c) Par division euclidienne X n = (X + 1)(X − 2)Q (X ) + αX + β avec α =
et β =
3
3
n
n
n
n
2
−1
−1
2
2
−
(
−
1)
2(
−
1)
+
2
e
−
e
2
e
+
e
donc An =
A+
I 3 puis eA =
A+
I3 .
3
3
3
3
−1
Planche 84
∗ ∗ Soit E un espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L(E ) tel que u 3 = u .
Décrire les sous-espace stables de u .
u annule un polynôme scindé simple, l’endomorphisme u est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel
somme de sous-espace vectoriel des sous-espaces propres de u est stable. Inversement, si F est stable par u
alors uF est diagonalisable et F peut se percevoir comme somme de sous-espace vectoriel des sous-espaces
propres de u .
∗ ∗ Soit A, B ∈ M n ( ℝ ) . Montrer que AB et BA ont même valeurs propres.
Planche 85
Il est classique d’établir χAB = χBA en commençant par établir le résultat pour A inversible et le prolongeant
par un argument de continuité et de densité.
∗ ∗ Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et f ∈ L(E ) . On définit
Planche 86
T ∈ L(E ) → L(E ) par T (g ) = f g − g f .
Montrer que si f est diagonalisable, alors T est diagonalisable ; si f est nilpotente, alors T est
nilpotente.
Supposons f diagonalisable et soit B = (e1 ,…,en ) une base de vecteurs propres de f . Pour 1 ≤ i , j ≤ n , on pose
g i , j l’endomorphisme de E déterminé par g i , j (ek ) = δj ,kei . La famille (gi , j ) est une base de L(E ) et on observe
T (gi , j ) = (λi − λk )gi , j donc T est diagonalisable.
Supposons f nilpotente, c'est-à-dire qu’il existe n ∈ ℕ∗ pour lequel f n = 0 . Puisque T p (g ) est combinaison
linéaire de termes de la forme f k g f p−k , il est assuré que T 2n = 0 et donc que T est nilpotente.
Planche 87
∗ ∗ ∗ Soit E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de GL (E ) d’ordre fini
n.
1
Montrer que dim ∩ ker(g − IdE ) = ∑ tr g .
n g ∈G
g ∈G
(
Soit p =
)
1
1
1
1
h g = 2 ∑∑ k = ∑ k = p donc p est un projecteur et la
∑ g . On a p p = n 2 ∑∑
n g ∈G
n
n
h ∈G g ∈G
h ∈G k ∈G
k ∈G
dimension de Im p = ker(p − Id) est tr p =
1
∑ g . Pour tout g ∈G , on a g p = p donc si x est invariant par
n g ∈G
p il est aussi par g . Ainsi ker(p − Id) ⊂ ∩ ker(g − Id) . L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut
g ∈G
Il est clair que
∩ ker(g − Id) = ker(p − Id)
g ∈G
puis l’égalité dim
( ∩ ker(g − Id )) = n ∑ tr g .
1
E
g ∈G
g ∈G
∗ ∗ Soit E un espace euclidien de norme . , u dans L(E ) et .
Planche 88
L (E )
la norme sur L(E )
subordonnée à . .
a) Comparer u
b) Si u
c) Si u
a) u
u
L (E )
2
L (E )
= u∗
≤ u∗ u
L (E )
L (E )
L (E )
et u ∗
L (E )
.
L (E )
≤ 1 , comparer ker(u − Id) et ker(u ∗ − Id) .
L (E )
≤ 1 , montrer E = ker(u − Id) ⊕ Im(u − Id) .
(cf. cours). Rappelons que cette relation se démontre en commençant par établir
.
b) Soit x ∈ ker(u − Id) . u ∗ (x ) − x
∗
2
2
= u ∗ (x ) − 2(u ∗ (x ) | x ) + x
2
2
≤ x − 2(x | u (x )) + x
∗
2
= 0 car u (x ) = x .
∗
Ainsi u (x ) = x et x ∈ ker(u − Id) . On peut conclure ker(u − Id) ⊂ ker(u − Id) puis l’égalité par symétrie.
c) Soit x ∈ ker(u − Id) ∩ Im(u − Id) . Il existe a ∈ E tel que x = u (a ) −a .
u ∗ (x ) = x donne u ∗ (u (a )) − u ∗ (a ) = u (a ) −a puis (u ∗ (u (a )) − u ∗ (a ) | a ) = (u (a ) −a | a ) qui conduit à
x
2
= u (a ) − 2(u (a ) | a ) + a = 0 . Ainsi ker(u − Id) ∩ Im(u − Id) = {0} . De plus,
2
2
dim ker(u − Id) + rg(u − Id) = dim E donc ker(u − Id) ⊕ Im(u − Id) = E .
Planche 89
∗ ∗ Soit E un espace euclidien et u ∈ L(E ) tel que u u = 0 . Montrer que
Im u = ker u ⇔ u + u ∗ ∈ GL (E ) .
( ⇐ ) Supposons u + u ∗ inversible.
Soit x ∈ ker u ∩ Im u ⊥ . On a u (x ) + u ∗ (x ) = 0 donc x = 0 . Par suite ker u ∩ Im u ⊥ = {0} .
Donc dim ker u + dim Im u ⊥ ≤ dim E puis dim ker u ≤ dim Im u . Par suite Im u = ker u .
( ⇒ ) Supposons Im u = ker u .
Soit x ∈ ker(u + u ∗ ) . u (x ) + u ∗ (x ) = 0 .
Or u (x ) ∈ Im u et u ∗ (x ) ∈ Im u ∗ = (ker u )⊥ = (Im u )⊥ donc u (x ) = u ∗ (x ) = 0 .
Par suite x ∈ ker u et x ∈ ker u ∗ = Im u ⊥ = ker u ⊥ donc x = 0 .
Par suite u + u ∗ est injectif donc bijectif.
Planche 90
∗ Soit A une matrice symétrique réelle. On suppose qu’il existe p ∈ ℕ∗ tel que Ap = I n .
Calculer A2 .
Puisque X p −1 annule A , les valeurs propres de A sont 1 ou −1 . Or A est diagonalisable, donc A est
semblable à diag(1,…,1, −1,…−1) puis A2 est semblable à I n et donc A2 = I n .
Planche 91
∗ ∗ Soit A ∈ M n ( ℝ ) . Montrer que A est symétrique positive ssi il existe P ∈ M n ( ℝ ) telle que
A = t PP . Montrer que A est symétrique définie positive ssi il existe P ∈ GLn ( ℝ ) telle que
A = t PP .
Si A = t PP alors il est facile d’établir que A est symétrique positive (voire définie positive si P est
inversible). Inversement, si A est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire A = tQDQ
avec Q ∈ On ( ℝ ) , D = diag(λ1 ,…, λn ) et λi ≥ 0 (voire λi > 0 si A est définie positive). Pour P = ∆Q avec
∆ = diag( λ1 ,…, λn ) on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive.)
Planche 92
∗ ∗ ∗ Montrer que le déterminant d’une matrice symétrique réelle définie positive est majoré par le
produit de ses éléments diagonaux.
Soit M ∈ Sn++ ( ℝ ) . ϕ (x , y ) = t XMY définit un produit scalaire sur E = ℝ n .
En orthonormalisant pour le produit scalaire ϕ la base canonique B de ℝn par le procédé de Schmidt, on
obtient une base B ′ et la matrice de passage P de B ′ à B est triangulaire supérieure. Par changement de base
n
ϕ (x , y ) = t X ′Y ′ = t X tPPY donne M = tPP . D’une part mi ,i = ∑ pi2, j ≥ pi2,i et d’autre part
j =1
n
det M = (det P ) 2 = ∏ pi2,i permettent de conclure.
i =1
Planche 93
∗ ∗ Soit x1 , x 2 ,..., x n +2 des vecteurs d’un espace vectoriel euclidien de dimension n ∈ ℕ∗ .
Montrer qu’il est impossible que ∀i ≠ j ,(x i | x j ) < 0 .
On pourra commencer par les cas n = 1 et n = 2
Cas n = 1 .
Supposons disposer de vecteurs x1 , x 2 , x 3 tels que ∀i ≠ j ,(x i | x j ) < 0 .
Puisque x1 ≠ 0 , (x1 ) est une base de E .
Cela permet d’écrire x 2 = λx1 et x 3 = µx1 .
2
(x 2 | x1 ) < 0 et (x 3 | x1 ) < 0 donne λ < 0 et µ < 0 mais alors (x 2 | x 3 ) = λµ x1 > 0 !
Cas n = 2 .
Supposons disposer de vecteurs x1 ,..., x 4 tels que ∀i ≠ j ,(x i | x j ) < 0 .
⊥
x1 étant non nul on peut écrire ∀i ≥ 2, x i = λi x1 + yi avec yi ∈ {x1 } et λi < 0 .
∀i ≠ j ≥ 2,(x i | x j ) = λiλj + (yi | y j ) < 0 donc (yi | y j ) < 0 .
⊥
y 2 , y 3 , y 4 se positionnant sur la droite {x1 } , l’étude du cas n = 1 permet de conclure.
Cas général.
Par récurrence sur n ≥ 1 .
Pour n = 1 : ci-dessus
Supposons la propriété établie au rang n ≥ 1 .
Supposons disposer de vecteurs x1 ,..., x n +3 tels que ∀i ≠ j ,(x i | x j ) < 0 à l’intérieur d’un espace vectoriel
euclidien de dimension n + 1 .
⊥
x1 étant non nul on peut écrire ∀i ≥ 2, x i = λi x1 + yi avec yi ∈ {x1 } et λi < 0 .
∀i ≠ j ≥ 2,(x i | x j ) = λiλj + (yi | y j ) < 0 donc (yi | y j ) < 0 .
⊥
y 2 ,..., yn +2 se positionnant sur le sous-espace vectoriel {x1 } qui est de dimension n , l’hypothèse de récurrence
permet de conclure.
Récurrence établie.
Oraux Mines-Ponts Analyse
Planche 94
(
n 2 +1 = n +
Planche 95
)
∗ Convergence de la série de terme général un = sin π n 2 + 1 .
1
1
1
(−1)n π
+O  2  donc un =
+O  2  est terme général d’une série convergente.

 n 
n 
2n
2n
n −a
un .
n −b
Etudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sa somme.
∗∗∗ Soit α dans ℝ ∗ , a et b dans ℝ \ ℕ . On pose u 0 = α et ∀n ∈ ℕ , un +1 =
On peut supposer α > 0 quitte à passer la suite à l’opposé.
un +1
b −a
A
= 1+
. Posons vn = n a−bun . ln vn +1 − ln vn = O (1 n 2 ) donc (ln vn ) converge puis un ∼ b−a avec
un
n −b
n
A> 0 .
Par conséquent
∑u
n
CV ssi b −a > 1 .
+∞
(n −b )un +1 = (n −a )un donc (n + 1)un +1 − nun = (b + 1)un +1 −aun . En sommant et en notant S = ∑ un , on
n =0
(b + 1)α
obtient (b + 1)(S − α ) −aS = 0 donc S =
.
b + 1− a
∗∗ Existence et calcul éventuel de
Planche 96
+∞
∫
−∞
1
dt .
1 + (t + ib ) 2
1 + (t + ib ) 2 = (t + i (b + 1))(t + i (b −1)) .
Si b = ±1 la fonction n’est pas intégrable sur ℝ à cause d’une singularité en 0.
1
1
Si b ≠ ±1 alors la fonction f : t ֏
est continue par morceaux sur ℝ et f (t ) = O  2  quand
2
t 
1 + (t + ib )
t → ±∞ donc f est intégrable sur ℝ . Si b = ±1 la fonction n’est pas intégrable sur ℝ à cause d’une
singularité en 0.
En procédant à une décomposition en éléments simples :
A
A
A
 t 
 t 
dt
i 1
i 1
2
2
2
2






=
+
+
+
−
+
−
+
.
ln(
t
(
b
1)
)
arctan
ln(
t
(
b
1)
)
arctan


∫−A 1 + (t + ib )2 2  2
b + 1
b −1 −A
 −A 2  2
∫
Si b > 1 alors
Planche 97
+∞
−∞
dt
= 0 . Si b < 1 alors
1 + (t + ib ) 2
∫
+∞
−∞
dt
=π.
1 + (t + ib ) 2
∗∗ Soit f ∈ C ([a ,b ], ℝ ) . On suppose que pour tout n ∈ ℕ ,
∫
b
a
f (t )t n dt = 0 .
a) Montrer que f = 0 .
b) Soit I n = ∫
+∞
0
x n e−(1−i )x dx . Calculer I n .
c) En déduire qu’il existe f dans C ([0, +∞[ , ℝ ) non nulle, telle que, pour tout n dans ℕ , on ait
∫
+∞
0
x n f (x )dx = 0 .
a) Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε > 0 , il existe P ∈ ℝ [X ] tel que f − P
b
b
b
b
0 ≤ ∫ f 2 = ∫ f ( f − P ) + ∫ fP = ∫ f ( f − P ) ≤ (b −a ) f
a
a
a
a
∞
∞
≤ε.
ε . En faisant ε → 0 , on obtient
∫
b
a
f 2 = 0 et
donc f = 0 .
b) L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties, (n + 1)I n = (1− i )I n +1 . Or I 0 =
In =
1+ i
donc
2
(1 + i )n +1
n!.
2n +1
c) I 4 p+3 ∈ ℝ donc
Planche 98
∫
+∞
0
x 4 p+3 sin(x )e−x dx = 0 puis
∫
+∞
0
14
u p sin(u 1 4 )e−u du = 0 pour tout p ∈ ℕ .
∗∗ Soit E l’ensemble des suites (an )n≥0 de ℂ telles que
∑a
n
converge. Si a = (an )n ≥0
+∞
appartient à E , on pose a = ∑ an .
n =0
a) Montrer que . est une norme sur E .
+∞


b) Soit F = 
a ∈ E , ∑ an = 1 . L’ensemble F est-il ouvert ? fermé ? borné ?.


n =0
a) Cf. cours.
b) Supposons (anp ) ∈ E → (an ) .
+∞
∑a
n =0
p
n
+∞
+∞
n =0
n =0
− ∑an ≤ ∑ anp −an → 0 donc (an ) ∈ E et E est fermé.
Soit a = (an ) ∈ E (il en existe). Posons e = (1,0,0,…) . ∀α > 0 , a + αe ∉ E et a − (a + αe ) = α donc
B (a , α ) ⊄ E et E n’est pas ouvert.
Posons α p = (p + 1, −p ,0,0,…) . α p ∈ E et α p → +∞ donc E n’est pas borné.
∗∗ Soit f une fonction de ℝ dans ℝ et G f = {(x , f (x )), x ∈ ℝ } le graphe de f .
Planche 99
a) Montrer, si f est continue, que G f est fermé.
b) Si f est bornée et si G f est fermé dans ℝ 2 , montrer que f est continue.
c) Le résultat du b) subsiste-t-il si f n’est pas bornée ?
a) Immédiat par la caractérisation séquentielle des parties fermée.
b) Par l’absurde, supposons qu’il existe a ∈ ℝ tel que f n’est pas continue en a .
∃ε > 0, ∀α > 0, ∃x ∈ ℝ, x −a ≤ α et f (x ) − f (a ) > ε .
Cela permet de construire (x n ) ∈ ℝ ℕ telle que x n → a et f (x n ) − f (a ) > ε .
La suite réelle ( f (x n )) est, on peut donc en extraire une suite convergente f (x ϕ (n ) ) . Notons b sa limite. Comme
∀n ∈ ℕ, f (x ϕ (n ) ) − f (a ) > ε , à la limite b − f (a ) ≥ ε et donc f (a ) ≠ b . Or (x ϕ (n ) , f (x ϕ (n ) )) → (a ,b ) ,
(x ϕ (n ) , f (x ϕ (n ) )) ∈ G f et (a ,b ) ∉ G f donc G f n’est pas fermé. Absurde.
c) Non, on obtient un contre-exemple avec f (x ) = 1 x si x ≠ 0 et f (0) = 0 .
Planche 100 ∗∗ a) Déterminer le rayon de convergence R de
n!
∑ 1×3×⋯×(2n +1) x
n
.
n ≥0
b) Pour x ∈ ]−R, R[ calculer la somme précédente.
a) Posons an =
a
n +1
1
n!
≠ 0 . n +1 =
→ . R=2.
1×3×⋯× (2n + 1)
an
2n + 3
2
∫
b) On sait que
π 2
0
sin 2n +1 (t )dt =
+∞
2n n !
donc
1×3×⋯× (2n + 1)
+∞
∑a x
n
n =0
π 2 +∞
n
+∞
n
=∑∫
n =0
π 2
0
xn
sin 2n +1 (t )dt .
2n
n
π 2
x
x
2sin t
sin 2n +1 (t )dt = ∫ ∑ n sin 2n +1 (t )dt = ∫
dt
n
0
0
2
2 − x sin 2 t
n =0
n =0 2
+∞
π 2
1
sin t
du
Ainsi ∑an x n = ∫
dt = ∫
puis
2
2
0
0 (2 − x ) + xu
(2 − x ) + x cos t
n =0
Par convergence uniforme,
+∞
∑a x
si x > 0 alors
n
n
+∞
∑a x
n
n =0
n
π 2
0
=
2
x
arctan
.
2 −x
x (2 − x )
=
2
−x
argth
.
2 −x
−x (2 − x )
n =0
Si x < 0 alors
∑∫
+∞
1
.
x
n
n =1
a) Quelle est la limite de ζ (x ) quand x → +∞ .
ζ (n ) n
b) Pour quels réels x la série ∑
x converge-t-elle ?.
n
+∞
ζ (n ) n
c) Si F (x ) = ∑
x , montrer que F est continue sur [−1,1[ et de classe C 1 sur ]−1,1[ .
n =2 n
d) Donner une expression plus simple de F (x )
Planche 101 ∗∗ Si x > 1 , on pose ζ (x ) = ∑
a) ζ (x ) 
→1 .
x →+∞
b) Le rayon de convergence de la série entière vaut 1.
ζ (n ) 1
Pour x = 1 , il y a divergence car
∼ .
n
n
Pour x = −1 , il y a convergence en vertu du CSSA sachant que la suite ζ (n ) est décroissante positive.
c) Par les séries entières, F est C ∞ sur ]−1,1[ .
Par application du CSSA permettant une majoration du reste, on établir la convergence uniforme de la série de
fonctions sur [−1,0] et donc la continuité de sa somme en −1 .
+∞
+∞ +∞
xn
.
n +1
p=1 p
d) Pour x ∈ ]−1,1[ , F ′(x ) = ∑ ζ (n + 1)x n = ∑∑
n =1
n =1
On peut permuter les deux sommes car
∑
p≥1
xn
CV et
p n +1
+∞
xn
∑∑ p
n ≥1 p =1
n +1
CV.
+∞
+∞ 
xn
x
1
1 
=∑
= ∑  −
 et on ne peut faire plus simple.
n +1

p − x 
n =1 p
p=1 p ( p − x )
p=1  p
+∞ +∞
F ′(x ) = ∑∑
p =1
Planche 102 ∗∗ Pour x ∈ ]−1,1[ et α ∈ ℝ , établir :
 x sin α 
xn
sin(n α ) = arctan 
.
∑
1− x cos α 
n =1 n
+∞
 x sin α 
d 
sin α
1  ei α
e−iα  +∞
 = ∑ sin(n α )x n −1 pour x < 1 .
= 
−
 =
arctan 
2
−iα 
i
α





dx 
1− x cos α  1− 2x cos α + x
2i 1− xe
1− xe  n =1
Par intégration de série entière, on obtient la relation proposée.
Planche 103 ∗ Soit f : [ 0,1] → ℝ continue. Etudier la limite de
∫
1
f (t n )dt .
0
Il suffit d’appliquer le théorème de convergence dominée ( f est bornée) pour obtenir
Planche 104 ∗ Calculer lim
n →+∞
∫
+∞
0
n!
n
∏ (k + x )
∫
1
0
f (t n )dt → f (0) .
dx .
k =1
n!
n
∏ (k + x )
≤
1× 2
×1 = ϕ(x ) avec ϕ intégrable sur [0,+∞[ .
(x + 1)(x + 2)
k =1
n


 x
 x x
n!
Quand n → +∞ , ln  n
 = −∑ ln 1 +  → −∞ car ln 1 +  ∼ terme général s’une SATP

 k k
 k

k =1
 ∏ (k + x ) 
 k =1

divergente.
+∞
n!
n!
→ 0 puis par le théorème de convergence dominée lim ∫
dx = 0 .
Par suite n
n
n →+∞ 0
(
k
+
x
)
(
k
+
x
)
∏
∏
k =1
k =1
Planche 105 ∗∗ Soit Ω = {z ∈ ℂ / Re z > −1} . Si z ∈ Ω , soit f (z ) = ∫
tz
dt .
0 1+ t
1
a) Montrer que f est définie et continue sur Ω .
b) Donner un équivalent de f (x ) quand x tend vers −1 .
c) Donner un équivalent de f (z ) quand Rez → +∞ .
a) Pour a > −1 , on note Ωa = {z ∈ ℂ / Re(z ) ≥ a } .
tz
tz
est continue par morceaux sur ]0,1] , z ֏
est continue sur Ω et pour z ∈ Ωa ,
1+ t
1+ t
tz
ta
≤
= ϕ(t ) avec ϕ intégrable sur ]0,1] donc f est définie et continue sur Ω .
1+ t 1+ t
t֏
1
1
et f (x + 1) 
→ f (0) donc f (x ) ∼
.
x →−1
x →−1 x + 1
x +1
1 t z +1
1 t z +1
1
1
1
c) Par intégration par parties : (z + 1) f (z ) = + ∫
dt et ∫
dt ≤ ∫ t Re(z )+1dt ≤
→0.
2
2
0 (1 + t )
0 (1 + t )
0
2
Re(z ) + 2
b) f (x ) + f (x + 1) =
Planche 106 ∗∗∗ Existence et calcul de f (x ) = ∫
t֏
+∞
0
ln(x 2 + t 2 )
dt .
1+ t 2
ln(x 2 + t 2 )
ln(x 2 + t 2 )
est
continue
par
morceaux
sur
0,+∞
,
x
֏
est continue sur ℝ et pour x ∈ [−a ,a ]
[
[
1+ t 2
1+ t 2
ln(a 2 + t 2 ) + ln(t 2 )
ln(x 2 + t 2 )
≤
= ϕ(t ) avec ϕ intégrable. Par suite f est définie et continue sur ℝ .
1+ t 2
1+ t 2
Il est immédiat que f est paire. Poursuivons, en étudiant f sur ℝ +∗
d  ln(x 2 + t 2 ) 
2x
=
.

dx  1 + t 2  (x 2 + t 2 )(1 + t 2 )
t֏
2x
2x
est continue par morceaux sur [0,+∞[ , x ֏ t ֏ 2
est continue sur ℝ et
2
2
(x + t )(1 + t )
(x + t 2 )(1 + t 2 )
2
pour x ∈ [a ,b ] ⊂ ℝ +∗ ,
2x
2b
≤
= ψ (t ) avec ψ intégrable. Par suite f est de classe
(x 2 + t 2 )(1 + t 2 ) (a 2 + t 2 )(1 + t 2 )
C 1 sur ℝ +∗ .
+∞
2x
2x  1
1 
2x
π
= 2
− 2
donc f ′(x ) = ∫
dt =
.

2
2
2
2

0
x +t 
(x 2 + t 2 )(1 + t 2 )
x +1
(x + t )(1 + t ) x −11 + t
En procédant au changement de variable u = 1 t , on obtient f (0) = 0 et donc on peut conclure
Pour x ≠ 1 ,
2
f (x ) = π ln (x + 1) pour x ∈ ℝ + en exploitant un argument de continuité.
Planche 107 ∗∗∗ Pour x ∈ ℝ + , soit f (x ) = ∫
+∞
0
sin t −tx
e dt .
t
a) Justifier la définition de f (x ) .
b) Montrer que f est classe C 1 sur ℝ +∗ .
c) Calculer f (x ) si x ∈ ℝ +∗ .
d) Montrer que f est continue en 0. Qu’en déduit-on ?
sin t −tx
sin t −tx
e 
→ 0 donne l’intégrabilité de t ֏
e .
t →+∞
t
t
+∞ sint
sint
Pour x = 0 , il est connu que l’intégrale ∫
dt est convergente bien que t ֏
ne soit pas intégrable.
0
t
t
d  sin t −tx 
b) Pour x ∈ [a , +∞[ ⊂ ]0, +∞[ ,
e  ≤ e−ax = ϕ(x ) avec ϕ intégrable. On peut donc appliquer le


dx  t
a) Pour x > 0 , t 2
théorème de dérivation sous le signe intégrale et conclure que f est C 1 sur ]0,+∞[ .
1
 +∞

sin(t )e−tx dt = Im  ∫ e(−x +i )t dt  = − 2
donc f (x ) = C − arctan x .
 0

0
x +1
+∞
1
π
Or f (x ) ≤ ∫ e−tx dt = 
→ 0 donc C = .
x →+∞
0
x
2
+∞
(n +1) π sin(t )
(n +1) π sin(t )
−tx
d) f (x ) = ∑ ∫
e dt . Posons un (t ) = ∫
e−tx dt . Par application du CSSA, on établir que
nπ
nπ
t
t
n =0
c) Pour x > 0 , f ′(x ) = ∫
+∞
la série de fonctions continues
∑u
n
converge uniformément sur [0,1] , on en déduit que sa somme, à savoir la
fonction f , est continue en 0. On peut conclure que
∫
+∞
0
sin t
π
dt = (intégrale de Dirichlet).
t
2
Planche 108 ∗∗∗ Soit α un réel non entier.
a) En utilisant la fonction 2π -périodique coïncidant avec x ֏ cos(αx ) sur [−π, π ] , calculer
+∞
(−1)n
.
2
2
n =1 α − n
1 + 2α 2 ∑
+∞
b) En déduire
(−1)n
.
n2
n =1
∑
c) Ici 0 < α < 1 . Montrer que
∫
+∞
0
t α−1
π
dt =
.
1+ t
sin απ
a) La fonction 2π -périodique étudiée est continue et C 1 par morceaux dont développable en série de Fourier.
2α (−1)n sin(απ )
an =
et bn = 0 . La valeur en 0 de ce développement permet d’établir :
π (α 2 − n 2 )
+∞
(−1)n
απ
=
2
2
sin(απ )
n =1 α − n
1 + 2α 2 ∑
+∞
(−1)n
est continue sur [0,1 2] . En passant à la limite quand
2
2
n =1 n − α
+∞
 1  απ

(−1)n
π2
α → 0 , on obtient ∑ 2 = lim  2 
−1 = − .

α→0  2α  sin(απ )
n
12


n =1
b) Par convergence normale, la fonction α ֏ ∑
c)
∫
∫
+∞
0
1 t α−1
+∞ t α−1
t α−1
dt = ∫
dt + ∫
dt ,
0 1+ t
1
1+ t
1+t
N
1 +∞
1
1 +∞
t α−1
dt = ∫ ∑ (−1)n t α−1+n dt = ∑ ∫ (−1)n t α−1+n dt + ∫ ∑ (−1)n t α−1+n dt .
0 1+ t
0
0
0
n =0
n =0
n =N +1
1
1 +∞
∫ ∑
Par le CSSA,
0
n =N +1
1
(−1)n t α−1+n dt ≤ ∫ t α+N dt =
0
1
→ 0 donc
N + α +1
+∞
+∞
1
t α−1
(−1)n
n α−1+n
d
=
(
−
1)
=
.
t
t
∑
∑
∫0 1 + t
∫0
n =0
n =0 n + α
1
Par u = 1 t ,
Par suite
∫
∫
+∞
0
1
+∞
+∞
1 u −α
t α−1
(−1)n −1
dt = ∫
du = ∑
par la même démarche qu’au dessus.
0 u +1
1+ t
n =1 n − α
+∞
t α−1
1
(−1)n
π
dt = + 2α ∑ 2
=
.
2
1+ t
α
sin(απ )
n =1 α − n
Planche 109 ∗ Résoudre le système différentiel suivant :
x ′ = y + z

y ′ = x

z ′ = x + y + z
0 1 1
−1
2
 0 

 
 
 






A = 1 0 0 , Sp(A) = {−1, 2,0} , E −1 (A) = Vect  1  , E 2 (A) = Vect 1  , E 0 (A) = Vect  1  .

 
 
 

1 1 1
 0 
3
−1
λe−t 
−1 2 0 
−1 0 0







P =  1 1 1  , P −1AP =  0 2 0 , Y = P −1X =  µe 2t  ,






 0 3 −1
 0 0 0
 ν 
x (t ) = −λe−t + 2µe 2t

y (t ) = λe−t + µe 2t + ν .

z (t ) = 3µe 2t − ν

Planche 110 ∗ ∗ Résoudre l’équation (x 2 + 1)y ′′ + xy ′ − y = 0 .
L’espace des solutions est de dimension 2. y (x ) = x est solution immédiate. Par la méthode de Lagrange (et
quelques déterminations de primitives non triviales) on obtient aussi y (x ) = x 2 + 1 ce qui fournit un système
fondamental de solutions
∂f
∂f
+y
= αf .
∂x
∂y
∂f
∂f x
b) Trouver toutes les f ∈ C 1 ( ℝ × ℝ +∗ , ℝ ) telles que : x
+y
=
x 3 +y3 .
∂x
∂y y
Planche 111 ∗ ∗ a) Soit α ∈ ℝ . Trouver les f ∈ C 1 ( ℝ × ℝ +∗ , ℝ ) telles que : x
a) On passe en coordonnées polaires avec r = x 2 + y 2 et θ = arctan
x
de sorte que x = r sin θ et y = r cos θ .
y
On parvient à f (x , y ) = (x 2 + y 2 )α 2 +C (x y ) avec C une fonction de classe C 1 .
2x
b) Idem, on parvient à f (x , y ) =
x 3 + y 3 +C (x y ) avec C une fonction de classe C 1 .
3y
Planche 112 ∗ ∗ ∗ Soit k ∈ ]0,1[ et f ∈ C 1 ( ℝ , ℝ ) telle que ∀x ∈ ℝ , f ′(x ) ≤ k .
On définit ϕ : ℝ 2 → ℝ 2 par ϕ (x , y ) = (y + f (x ), x + f (y )) .
Montrer que ϕ est un C 1 -difféomorphisme de ℝ 2 dans lui-même.
ϕ est une application de classe C 1 .
y + f (x ) = a y + f (b − f (y )) = a
Soit (a ,b ) ∈ ℝ 2 , ϕ (x , y ) = (a ,b ) ⇔ 
.
⇔

x + f (y ) = b
x = b − f (y )
Considérons ϕb : y ֏ y + f (b − f (y )) . ϕ est continue dérivable et ϕb′ (y ) = 1− f ′(y ) f ′(b − f (y )) donc ϕb′ (y ) > 0
car f ′(y ) f ′(b − f (y )) ≤ k 2 < 1 . Par conséquent ϕ est strictement croissante. De plus f étant k lipschitzienne :
f (t ) − f (0) ≤ k t donc f (t ) ≤ k t + f (0) puis f (b − f (y )) ≤ k b − f (y ) + f (0) ≤ k 2 y + ℓ par suite
ϕb (y ) ≥ (1− k 2 )y − ℓ 
→+∞ et ϕb (y ) ≤ (1− k 2 )y + ℓ 
→−∞ donc ϕb réalise une bijection de ℝ
y →+∞
y →−∞
y = ϕb−1 (a )
vers ℝ . Par conséquent : ϕ (x , y ) = (a ,b ) ⇔ 
.

−1
x = b − ϕb (a )
 f ′(x )
1 
 et
Finalement, l’application ϕ est bijective et de classe C 1 . De plus Jac ϕ(x ,y ) = 
 1
f ′(y )
det(Jac ϕ(x ,y ) ) = f ′(x ) f ′(y ) −1 ≠ car f ′(x ) f ′(y ) ≤ k 2 < 1 donc ϕ est un C 1 -difféomorphisme.
Planche 113 ∗ Soit a > 0 . On pose, pour x > 0 et y > 0 , f (x , y ) = x 2 + y 2 +
a
.
xy
Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier.
Soit x > 0 fixé.
L’application y ֏ f (x , y ) a pour dérivée 2y −
Considérons g : x ֏ f (x , 3
a
a
, elle donc minimale et y = 3
.
2
xy
2x
a
3 2a 2
)=x2 + 3 2 .
2x
2 x
g est dérivable sur ℝ + * et g ′(x ) = 2x −
3
2a 2
a
, g ′(x ) = 0 ⇔ 2x 8 3 = 21 3a 2 3 ⇔ x = 4 .
x5 3
2
g est minimale pour x = 4 a 2 , puis f admet un minimum en ( 4 a 2, 4 a 2) de valeur 2 2a .
Planche 114 ∗ Soit I n = ∫∫
[ 0,1]
2
d xd y
. Déterminer la limite de I n quand n → +∞ .
1+ x n + yn
x n +yn
2
dxdy ≤ ∫∫ 2 (x n + y n )dxdy =
→0.
2
[ 0,1] 1 + x n + y n
[0,1]
n +1
I n −1 = ∫∫
Planche 115 ∗ ∗ On considère f : ℝ 2 → ℝ de classe C 2 vérifiant :
Soit ϕ : ℝ + → ℝ définie par ∀r ∈ ℝ + , ϕ (r ) = ∫
2π
∂2f ∂2 f
+
=0.
∂x 2 ∂y 2
f (r cos θ , r sin θ )dθ .
0
a) Montrer que ϕ est dérivable.
b) Calculer ϕ ′ et en déduire ϕ . On pourra interpréter r ϕ ′(r ) comme la circulation d’une forme
différentielle sur un contour simple.
c) Soit D le disque de centre 0 et de rayon R . Quelle est la valeur de
a) g : (r ,t ) ֏ f (r cos t , r sin t ) est C 1 donc g et
∫∫
D
f (x , y )dxdy ?
∂g
sont continues sur ℝ ×[0, 2π ] et ϕ est C 1 sur ℝ .
∂r
∂f
∂f
(r cos θ, r sin θ ) + sin θ
(r cos θ, r sin θ )dθ .
0
∂x
∂y
En notant Γ le cercle de centre O et de rayon r parcouru dans le sens direct et D le disque correspondant,
∂f
∂f
∂2 f
∂2 f
(x , y )dy − (x , y )dx = ∫∫
(x , y ) + 2 (x , y )dxdy = 0 .
r ϕ ′(r ) = ∫
2
Γ ∂x
D ∂x
∂y
∂y
On en déduit ϕ ′(r ) = 0 pour r ≠ 0 , puis par continuité pour tout r ∈ ℝ .
2π
b) ϕ ′(r ) = ∫
cos θ
Par suite la fonction ϕ est constante égale à ϕ (0) = 2π f (0,0) .
c)
∫∫
D
f (x , y )dxdy = ∫
R
0
∫
2π
0
f (r cos θ , r sin θ )rdθdr = πR 2 f (0,0) .
Planche 116 ∗ ∗ ∗ Soit O , A, B les points d’affixes respectives 0, r , r exp(i π 4) avec r > 0 . Soit Γr l’arc
paramétré de ℂ constitué du segment [O , A] , orienté de O vers A , de l’arc Cr du cercle de
centre O et de rayon r d’origine A et d’extrémité B et du segment [B ,O ] orienté de B vers
O.
a) Calculer I r = ∫ e−(x +iy ) (dx + idy ) .
2
Γr
b) Que dire de la limite de J r = ∫ e−(x +iy ) (dx + idy ) quand r → +∞ ?
2
Cr
c) Qu’en déduire ?
a)
Or
∫
e−(x +iy ) (dx + idy ) = ∫ P (x , y )dx +Q (x , y )dy avec P (x , y ) = iQ (x , y ) = e−(x +iy ) .
2
Γr
2
Γr
2
∂P
∂Q
(x , y ) = −2i (x + iy )e−(x +iy ) =
(x , y ) donc
∂y
∂x
b) J r = ∫ e−(x +iy ) (dx + idy ) = ∫
π 4
2
Cr
donc J r ≤ ∫
c)
∫[
O ,A]
π 4
re−r
2
cos 2t
0
dt = ∫
re−r
2
π 4
re−r
2
sin 2u
0
r
0
+∞
du ≤
2
∫[
B ,O ]
2
Γr
e−(x +iy ) (dx + idy ) = 0 .
(sin t − i cos t )dt
2
sin t ≥ t
π
e−(x +iy ) (dx + idy ) = ∫ e−t dt et
2
(cos t +i sin t )2
0
∫
∫
π 4
0
4
− ur 2
π
re
 4 − 4 ur 2 
du =  e π  → 0 ..
 πr


0
π 4
r
e−(x +iy ) (dx + idy ) = −∫ e−it
2
0
2
1+ i
dt .
2
r
r
π
, on obtient lim ∫ cos t 2 + sin t 2 dt = π 2 et lim ∫ cos t 2 − sin t 2 dt = 0
r →+∞ 0
r →+∞ 0
0
2
+∞
+∞
π
d’où l’on conclut lim ∫ cos t 2 dt = lim ∫ sin t 2 dt =
.
r →+∞ 0
r →+∞ 0
2 2
Sachant que
∫
2
e−t dt =
Oraux Mines-Ponts Géométrie
Planche 117 ∗ Soit (x , y , z ) ∈ ℝ 3 tels que eix + eiy + eiz = 0 . Montrer que e 2ix + e 2iy + e 2iz = 0 .
Puisque eix + eiy + eiz = 0 , on a 1 + eiα + eiβ = 0 avec α = y − x et β = z − x .
Ainsi
{sincosαα++sincosββ==0−1 .
sin α + sin β = 0 donne α = −β [ 2π ] ou α = π − β [ 2π ] .
Si α = π − β [ 2π ] alors la relation cos α + cos β = −1 donne 0 = −1 .
Il reste α = −β [ 2π ] et alors 2cos α = −1 donne α = ±
2π
[ 2π ] .
3
Par suite eiα = j ou j 2 .
On obtient alors aisément 1 + e2iα + e2iβ puis e 2ix + e 2iy + e 2iz = 0 .
Planche 118 ∗∗ Soit E un espace euclidien de dimension 3, r une rotation et s une symétrie orthogonale.
Reconnaître s r s .
Pour fixer les idées : r = Rot u ,θ . s r s est un automorphisme orthogonal de E et det(s r s ) = 1 donc
s r s est une rotation. On observe (s r s )(s (u )) = s (u ) donc s r s est une rotation d’axe dirigé et orienté
par u . tr(s r s ) = tr(r s s ) = tr r et si v est un vecteur non colinéaire à u ,
Det(s (u ),s (v ),(s r s )(s (v )) = − Det(u , v , r (v )) donc s r s est une rotation d’angle −θ . Finalement,
s r s = Rot s (u ),−θ .
Planche 119 ∗∗ Soit f et g dans SO3 ( ℝ ) tels que f ≠ g et g f = f g . Montrer que f et g sont soit deux
rotations de même axe, doit deux symétries de droites orthogonales.
f et g sont des rotations vectorielles et puisque f ≠ g , on peut supposer, quitte à échanger, que f ≠ Id .
Si u dirige l’axe de f alors f (g (u )) = g ( f (u )) = g (u ) donc g (u ) appartient à l’axe de f puis g (u ) = λu . Or
g est une isométrie donc g (u ) = ±u . Si g (u ) = u alors g est une rotation de même axe que f . Si g (u ) = −u
alors v un vecteur unitaire de l'axe de la rotation g . On a (u | v ) = (g (u ) | g (v )) = (−u | v ) = −(u | v ) donc
⊥
(u | v ) = 0 . Les axes de f et g sont donc orthogonaux. De plus, puisque u ∈ {v } et g (u ) = −u , g est un
demi-tour et il en est de même pour f .
Planche 120 ∗ Calculer la longueur de la courbe d’équation polaire ρ = a (1 + cos θ ) .
ρ ′(θ ) = − sin θ ,
π
π
ds
θ
θ
θ
= 2 cos . L = 2∫ cos dθ = ∫ cos dθ =8a
−π
−π
dθ
2
2
2
Planche 121 ∗∗ Soit C la courbe d’équation polaire ρ = cos(2θ ) .
a) Tracer C .
b) Calculer la courbure aux points où elle est définie.
c) Calculer l’aire délimitée par la courbe C .
a) Une lemniscate de Bernoulli.
b)
ds
2
=
, α = θ +V
dθ
cos 2θ
c) A = 2∫
π 4
−π 4
cosV = −sin 2θ
3 cos 2θ
,
, V = π 2 + 2θ puis γ =
.

sinV = cos 2θ
2
cos 2θ dθ = 1
Planche 122 ∗ Etudier la conique d’équation x 2 + 3xy + 2y 2 − x − 2y + 1 = 0 .
 1 3 2
3 ± 10
A = 
. C’est une conique à centre. Par annulation des dérivées partielles,
 de valeurs propres
3 2 2 
2
le centre est Ω
3 + 10 2
10 − 3 2
2
. On obtient pour équation réduite
x −
y + 1 = 0 . C’est une hyperbole.
−1
2
2
Planche 123 ∗∗ Soit r dans ℝ +∗ . Dans le plan euclidien P , soient A et A′ deux points tels que AA′ = 3r ,
C (resp. C ′ ) le cercle de centre A (resp. A′ ) et de rayon r (resp. 2r ).
Décrire {M ∈ P ; d(M , C ) = d(M , C ′)} .
d(M , C ) = AM − r et d(M , C ′) = A′ M − 2r .
Si un point M est égal à distance de C et C ′ , la configuration géométrique en cours impose que ce point est
extérieur au cercle C et au cercle C ′ . On a alors d(M , C ) = AM − r et d(M , C ′) = A′ M − 2r . Par suite
d(M , C ) = d(M , C ′) ⇔ A′ M − AM = r . L’ensemble {M ∈ P ; d(M , C ) = d(M , C ′)} apparaît donc comme une
branche d’hyperbole. Plus précisément, c’est la branche contenant A d’une hyperbole de foyers A et A′ . Pour
cette hyperbole, a = r 2 et c = 3r 2 .
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