bon résumé d'algèbre

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Algèbre générale
4
Exercice 1
Calculer
∑ cos
k =1
2
kπ
.
9
4
En linéarisant et en faisant quelques transformations angulaires de simplification
∑ cos
k =1
Exercice 2
2
kπ 7
= .
9
4
Si (x , y , z ) ∈ ℝ 3 vérifie 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 + e 2iα + e 2iβ = 0 puis e 2ix + e 2iy + e 2iz = 0 .
Exercice 3
a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers (an )n∈ℕ et (bn )n∈ℕ vérifiant
( 2 + 1)n = an + bn 2 .
b) Calculer an2 − 2bn2 .
c) Montrer que pour tout n ∈ ℕ , il existe un unique p ∈ ℕ∗ tel que ( 2 + 1)n = p + p −1 .
a) L’existence s’obtient par la formule du binôme de Newton : an =
L’unicité provient de l’irrationalité de
 n  k
 n  k
  2 et b =

2 .
∑
n





0≤2k ≤n  2k 
0≤2k +1≤n  2k + 1
∑
2.
b) Par la formule du binôme de Newton, (1− 2)n = an − 2bn , an2 − 2bn2 = (1 + 2)n (1− 2)n = (−1)n .
c) L’unicité est évidente compte tenu de la stricte croissance de p ֏ p + p −1 .
Si n est pair alors an2 = 1 + 2bn2 . Pour p = an2 , ( 2 + 1)n = an + 2bn = p + p −1 .
Si n est impair alors 2bn2 = an2 + 1 . Pour p = 2bn2 , ( 2 + 1)n = 2bn + an = p + p −1 .
Groupes
Exercice 4
Soit G un groupe, H un sous-groupe de G , A une partie non vide de G . On pose
AH = {ah / a ∈ A, h ∈ H } . Montrer que AH = H si et seulement si A ⊂ H .
Supposons AH = H . ∀a ∈ A , a = ae ∈ AH = H donc A ⊂ H .
Supposons A ⊂ H . Pour x ∈ AH , x = ah avec a ∈ A , h ∈ H . Or a , h ∈ H donc x = ah ∈ H . Ainsi
AH ⊂ H . Inversement, pour a ∈ A (il en existe car A ≠ ∅ ) et pour tout h ∈ H , h = a (a −1h ) avec a −1h ∈ H
donc h ∈ AH . Ainsi H ⊂ AH puis = .
Exercice 5
Soit (G ,.) un groupe fini tel que ∀g ∈ G , g 2 = e où e est le neutre de G . On suppose G non
réduit à {e } . Montrer qu’il existe n ∈ ℕ∗ tel que G est isomorphe à ((ℤ 2ℤ)n , +) .
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Il est classique d’établir que le groupe (G ,.) est abélien.
Pour 0, 1 ∈ ℤ 2ℤ et x ∈G , posons 0.x = e et 1.x = x . On définit ainsi un produit extérieur sur G qui munit le
groupe abélien (G ,.) d’une structure de ℤ 2ℤ -espace vectoriel. De plus cet espace est de dimension finie car
CardG < +∞ , il est donc isomorphe à ((ℤ 2ℤ)n , +,.) pour un certain n ∈ ℕ∗ . En particulier (G ,.) est
isomorphe à ((ℤ 2ℤ)n , +) .
Exercice 6
a

d
On note V l’ensemble des matrices à coefficients entiers du type 
c

b
c d 

a b c 
 et G l’ensemble
d a b 

c d a 
b
des M ∈V inversibles dans M 4 ( ℝ ) et dont l’inverse est dans V .
a) Quelle est la structure de G ?
b) Soit M ∈V . Montrer que M ∈G si et seulement si det M = ±1 .
c) Donner un groupe standard isomorphe à G muni du produit.
a) G ⊂GL4 ( ℝ ) , G est non vide, stable par passage à l’inverse et par produit car V l’est. Ainsi G est un sousgroupe de GL4 ( ℝ ) donc un groupe.
b) Si M ∈G alors det M ,det M −1 ∈ ℤ et det M × det M −1 = det I 4 = 1 donc det M = ±1 .
Inversement si det M = ±1 alors M −1 = t com M ∈V donc M ∈G .
c) det M = ((a + c ) 2 − (b + d ) 2 )((a −c )2 + (b −d )2 )
(a + c ) 2 − (b + d ) 2 = ±1
det M = ±1 ⇔ 
.
(a −c ) 2 + (b −d ) 2 = ±1

La résolution de ce système à coefficients entiers donne à l’ordre près : a ,b ,c ,d = ±1,0,0,0 .
Posons J la matrice obtenue pour a = c = d = 0 et b = 1 . On vérifie J 4 = I 4 .
L’application ϕ :U 2 × ℤ 4ℤ → G définie par ϕ (ε, n ) = εJ n est bien définie, c’est un morphisme de groupe,
injectif et surjectif. Ainsi G est isomorphe à U 2 × ℤ 4ℤ ou plus élégamment à ℤ 2ℤ × ℤ 4ℤ .
Exercice 7
a) Soit G un sous-groupe de GLn ( ℝ ) tel que
∑ tr g = 0 . Montrer que ∑ g = 0 .
g ∈G
g ∈G
b) Soit G un sous-groupe fini de GLn ( ℝ ) , V un sous-espace vectoriel de ℝn stable par les
éléments de G . Montrer qu’il existe un supplémentaire V dans ℝn stable par tous les éléments
de G .
a) Posons p = ∑ g . p 2 = ∑∑ gh . Or pour g ∈ G , l’application h ֏ gh est une permutation du groupe G
g ∈G
donc
∑ gh = p
g ∈G h ∈G
et par suite p 2 = CardG .p .
h ∈G
1
p est une projection vectorielle et puisque son rang égale sa trace, rg p = 0 . Ainsi p = 0 .
CardG
b) Considérons ϕ (x , y ) = ∑ (g (x ) | g (y )) . ϕ est un produit scalaire sur ℝn pour lequel on a ∀h ∈ G , h ∗ = h −1 .
Par suite
g ∈G
Pour ce produit scalaire, V ⊥ est un supplémentaire de V stable pour tout h −1 avec h élément de G donc
stable pour tout élément de G .
Arithmétique
Exercice 8
Soit p un nombre premier, p ≥ 5 . Montrer que p 2 −1 est divisible par 24 .
p 2 −1 = (p −1)(p + 1) .
p est impair donc p −1 et p + 1 sont deux entiers pairs consécutifs, l’un est divisible par 2, l’autre par 4. Ainsi
8 | p 2 −1 .
Les entiers p −1, p , p + 1 sont consécutifs, l’un est divisible par 3, ce ne peut être p car p ≥ 5 premier. Ainsi
3 | p 2 −1 .
Montrer qu’il existe une infinité de nombres premiers de la forme 4n + 3 .
Exercice 9
Par l’absurde, supposons qu’il n’y ait qu’un nombre fini de nombres premiers de la forme 4n + 3 . Posons N le
produit de ceux-ci.
Aucun des entiers N + 2 et N + 4 ne peut-être divisible par un nombre premier de la forme 4n + 3 , comme de
plus ce sont des nombres impairs, leur décomposition en facteurs premiers sera formé de nombres de la forme
4n + 1 . Par suite N + 2 = 1 [ 4] et N + 4 = 1 [ 4] ce qui est absurde.
Exercice 10 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 .
Exercice 11 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 .
n
Exercice 12 Soit, pour n ∈ ℕ , Fn = 22 + 1 .
a) Montrer, si (n , m ) ∈ ℕ 2 avec n ≠ m , que Fn ∧ Fm = 1 .
b) Retrouver à l’aide du a) le fait que l’ensemble des nombres premiers est infini.
a) Soit p un nombre premier divisant Fn et Fm . p est nécessairement impair.
Quitte à échanger supposons m > n ce qui permet d’écrire m = n + q .
n
n
p | Fm − Fn donc p | 22 (22
(2q −1)
n
−1) puis p | (22
( 2q −1)
n
−1) = a r −1 avec a = 22 et r = 2q −1 .
a r −1 = (a −1)(1 + a + a 2 + ⋯ + a r −1 ) .
n
Or a 2k −1 + a 2k = 22
(2k −1)
n
(1 + 22 ) donc p | 22k −1 + 22k puis en sommant p | a + a 2 + ⋯ + a r −1 .
n
Par suite p | (1 + a + ⋯ + a r −1 ) et puisque p est premier et diviseur de a r −1 , on a p | a −1 = 22 −1 .
n
n
Enfin p | (22 + 1) − (22 −1) = 2 . C’est absurde.
Il n’est pas de facteurs premiers communs à Fn et Fm ceux-ci sont donc premiers entre eux.
b) les Fn sont en nombre infini et possède des facteurs premiers distincts, il existe donc une infinité de nombres
premiers.
Exercice 13 a) Pour (a , n ) ∈ ℤ × ℕ ∗ avec a ∧ n = 1 , montrer que a ϕ (n ) ≡ 1 [n ] .
p 
b) Pour p premier et k ∈ {1,…, p −1} , montrer que p divise   .
k 
c) Soit (a , n ) ∈ (ℕ∗ ) 2 . On suppose que a n−1 ≡ 1 [n ] . On suppose que pour tout x divisant n −1
et différent de n −1 , on a a x ≡ 1 [n ] . Montrer que n est premier.
a) L’ensemble des inversibles de ℤ n ℤ est un sous-groupe de cardinal ϕ (n ) .
p 
p −1
p 
p 
 donc p | k   or p ∧ k = 1 donc p |   .
b) k   = p 
k 
k −1
k 
k 
c) Posons d = (n −1) ∧ ϕ (n ) . d = (n −1)u + ϕ (n )v donc a d ≡ 1 [n ] . Or d | n −1 donc nécessairement
d = n −1 . Par suite n −1| ϕ (n ) puis ϕ (n ) = n −1 ce qui entraîne que n est premier.
Exercice 14 Soit des matrices A, B ∈ M n (ℤ) telles que det A et det B sont premiers entre eux.
Montrer l’existence de U ,V ∈ M n (ℤ ) telles que UA +VB = I n .
Il existe u , v ∈ ℤ tels que u det A + v det B = 1 . U = u t com A et V = v t com B conviennent alors.
Exercice 15 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 .
Exercice 16 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
(
)
1
1
1
1
g . On a p p = 2 ∑∑ h g = 2 ∑∑ k = ∑ k = p donc p est un projecteur et la
∑
n g ∈G
n h ∈G g ∈G
n h∈G k ∈G
n k ∈G
1
dimension de Im p = ker(p − Id) est tr p = ∑ g . Pour tout g ∈ G , on a g p = p donc si x est invariant par
n g ∈G
Soit p =
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)
puis l’égalité dim
g ∈G
( ∩ ker(g − Id )) = n ∑ tr g .
1
E
g ∈G
g ∈G
Anneaux et corps
Exercice 17 Si p est un nombre premier, quel est le nombre de carrés dans ℤ pℤ ?
Si p = 2 : il y a deux carrés dans ℤ 2ℤ .
Si p ≥ 3 , considérons l’application ϕ : x ֏ x 2 dans ℤ pℤ .
Dans le corps ℤ pℤ : ϕ (x ) = ϕ (y ) ⇔ x = ±y .
Dans Imϕ , seul 0 possède un seul antécédent, les autres éléments possèdent deux antécédents distincts. Par suite
p +1
Card ℤ pℤ = 1 + 2(Card Im ϕ −1) donc il y
carrés dans ℤ pℤ .
2
Exercice 18 Soit p un nombre premier. On note Z p l’ensemble des a b où (a ,b ) ∈ ℤ × ℕ∗ et p ne divise pas
b . On note J p l’ensemble des a b où (a ,b ) ∈ ℤ × ℕ∗ , p divise a et p ne divise pas b.
a) Montrer que Z p est un sous-anneau de ℚ .
b) Montrer que J p est un idéal de Z p et que tout idéal de Z p autre que Z p est inclus dans J p .
c) Déterminer les idéaux de Z p .
a) Facile.
b) J p idéal de Z p : facile.
Soit I un idéal de Z p . On suppose I ⊄ J p , il existe donc un élément a b ∈ I vérifiant a b ∉ J p . Par suite
p |a ,b et b a ∈ Z p de sorte que a b est inversible dans Z p . Ainsi l’idéal contient un élément inversible, donc
par absorption il possède 1 et enfin il est égal à Z p .
c) Pour k ∈ ℕ , posons J pk l’ensemble des a b où (a , n ) ∈ ℤ × ℕ ∗ , p k | a et p |b . On vérifie aisément que J pk
est un idéal de Z p .
Soit I un idéal de Z p . Posons k = max {ℓ / ∀x ∈ I , ∃(a ,b ) ∈ ℤ × ℕ ∗ , x = a b , p ℓ | a , p |b } .
On a évidemment I ⊂ J pk .
Inversement, il existe x = a b ∈ I avec p k | a , p k +1 |a , et p |b .
On peut écrire a = p ka ′ avec p |a ′ et donc on peut écrire x = p k x ′ avec x ′ = a ′ b inversible dans Z p . Par suite
tout élément de J pk peut s’écrire xy avec y ∈ Z p et donc appartient à I . Ainsi J pk ⊂ I puis = .
Finalement les idéaux de Z p sont les J pk avec k ∈ ℕ .
Exercice 19 Soit K = ℚ + 2ℚ + 3ℚ + 6ℚ .
a) Montrer que (1, 2, 3, 6) est une ℚ -base du ℚ -espace vectoriel K .
b) Montrer que K est un sous-corps de ℝ .
a) Il est clair que K est un sous-espace vectoriel de ℝ et que la famille (1, 2, 3, 6) est ℚ -génératrice.
Montrons qu’elle est libre en raisonnant par l’absurde.
Supposons a + b 2 + c 3 + d 6 = 0 avec a ,b ,c ,d ∈ ℚ non tous nuls.
Quitte à réduire au même dénominateur, on peut supposer a ,b ,c ,d ∈ ℤ non tous nuls.
Quitte à factoriser, on peut aussi supposer pgcd(a ,b ,c ,d ) = 1 .
(
On a a + b 2
) = (c
2
3 +d 6
)
2
donc a 2 + 2ab 2 + 2b 2 = 3c 2 + 6cd 2 + 6d 2 .
a 2 + 2b 2 = 3c 2 + 6d 2
2 on parvient au système 
.
ab = 3cd
Par suite 3 | ab et 3 | a 2 + 2b 2 donc 3 | a et 3 | b .
Par l’irrationalité de
Ceci entraîne 3 | cd et 3 | c 2 + 2d 2 donc 3 | c et 3 | d .
Ceci contredit pgcd(a ,b ,c ,d ) = 1 .
Ainsi la famille (1, 2, 3, 6) est ℚ -libre et c’est donc une ℚ -base de K .
b) Sans peine, on vérifie que K est un sous-anneau de ℝ .
Soit x = a + b 2 + c 3 + d 6 ∈ K avec a ,b ,c ,d ∈ ℚ non tous nuls.
1
1
a + b 2 − (c 3 + d 6)
a + b 2 − (c 3 + d 6)
=
=
=
x (a + b 2) + (c 3 + d 6) (a 2 + 2b 2 − 3c 2 − 6d 2 ) + 2(ab − 3cd ) 2
α+β 2
1 (a + b 2 − (c 3 + d 6))(α − β 2)
=
∈ K et donc K est un sous-corps de ℝ .
x
α 2 − 2β 2
Notons que les quantités conjuguées par lesquelles on a ci-dessus multiplié ne sont pas nuls car x est non nul et
la famille (1, 2, 3, 6) est ℚ -libre.
puis
Polynômes et fractions rationnelles
π
est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans ℚ . Montrer
9
que a est irrationnel.
Exercice 20 Montrer que a = cos
cos3x = 4cos 3 x − 3cos x donc 4a 3 − 3a = cos π 3 = 1 2 . a est racine du polynôme 8X 3 − 6X −1 .
Soit x ∈ ℚ une racine de ce polynôme. On peut écrire x = p q avec p ∧ q = 1 . On a alors 8p 3 − 6pq 2 −q 3 = 0 .
On en déduit p | 8p 3 − 6pq 2 = q 3 or p ∧ q = 1 donc p = ±1 . De plus q 2 | 6pq 2 + q 3 = 8p 3 , or q 2 ∧ p 3 = 1 donc
q 2 | 8 et donc q = ±1 ou q = ±2 . Or 1, −1,1 2 et −1 2 ne sont pas les valeurs de cos π 9 . On peut conclure.
n −1
Exercice 21 a) Soit n ∈ ℕ∗ . Montrer que X 2n −1 = (X 2 −1)∏ (X 2 − 2X cos
k =1
b) Soit un réel a ≠ ±1 ; déduire de a) la valeur de
∫
π
0
kπ
+ 1) .
n
ln(a 2 − 2a cos t + 1)dt .
a) Les deux polynômes de l’égalité sont unitaires, de degré 2n et ont pour racines les racines 2n
π
π n −1
kπ
b) Par les sommes de Riemann, ∫ ln(a 2 − 2a cos t + 1)dt = lim ∑ ln(a 2 − 2a cos
+ 1) .
n →+∞ n
0
n
k =1
Or
ème
de l’unité.
π n −1
kπ
π a 2n −1
2
ln(
a
−
2
a
cos
+
1)
=
ln
.
∑
n k =1
n
n a 2 −1
π
π 1−a 2n
ln
→ 0 et donc ∫ ln(a 2 − 2a cos t + 1)dt = 0 .
2
0
n 1− a
2n
π
π 1−a
Si a > 1 alors ln
→ 2π ln a et donc ∫ ln(a 2 − 2a cos t + 1)dt = 2π ln a .
2
0
n 1−a
Si a < 1 alors
Exercice 22 Montrer, pour tout n ∈ ℕ , qu’il existe un unique Pn ∈ ℝ n +1 [X ] tel que Pn (0) = 0 et
Pn (X + 1) − Pn (X ) = X n .
Considérons l’application ϕ : ℝ n +1 [X ] → ℝ n [X ] définie par ϕ (P ) = P (X + 1) − P (X ) . L’application ϕ est
bien définie, linéaire et de noyau ℝ 0 [X ] . Par le théorème du rang elle est donc surjective et les solutions de
l’équation ϕ (P ) = X n se déduisent les unes des autres par l’ajout d’un élément de ℝ 0 [X ] c’est-à-dire d’une
constante. Ainsi il existe une unique solution vérifiant P (0) = 0 .
1
Exercice 23 Montrer l’existence et l’unicité de A ∈ ℝ n [X ] tel que : ∀P ∈ ℝ n [X ], P (0) = ∫ A(t )P (t )dt .
0
Montrer que A est de degré n .
1
(P ,Q ) ֏ ∫ P (t )Q (t )dt est un produit scalaire sur ℝ n [X ] et l’application P ֏ P (0) y est une forme linéaire
0
donc il existe un unique polynôme A ∈ ℝ n [X ] tel que cette forme linéaire corresponde au produit scalaire avec
A.
Si deg A < n alors pour P = XA ,
∫
1
0
tA(t )2 dt = 0 . Or t ֏ tA(t ) 2 est continue positive donc A = 0 ce qui est
absurde.
n −1
Exercice 24 Montrer qu’il existe (a 0 ,…,an −1 ) ∈ ℝn tel que : ∀P ∈ ℝ n −1 [X ], P (X + n ) + ∑ ak P (X + k ) = 0 .
k =0
Considérons T : P (X ) ֏ P (X + 1) . T est un endomorphisme de ℝ n−1 [X ] qui est annulé par son polynôme
n −1
caractéristique de la forme χT = (−1)n (X n + ∑ak X k ) .
k =0
Exercice 25 Déterminer les P de ℝ [X ] tels que (X + 4)P (X ) = XP (X + 1) .
Soit P solution. X | (X + 4)P (X ) donc X | P puis (X + 1) | P (X + 1) donc (X + 1) | (X + 4)P (X ) puis
X + 1| P etc…
Ainsi on obtient que P (X ) = X (X + 1)(X + 2)(X + 3)Q (X ) avec Q (X + 1) = Q (X ) donc Q constant.
La réciproque est immédiate.
Exercice 26 a) Si P ∈ ℝ [X ] est scindé sur ℝ , montrer que P ′ est scindé sur ℝ .
b) Si (a ,b ,c ) ∈ ℝ 3 , montrer que X 10 + aX 9 + bX 8 + cX 7 + X + 1 n’est pas scindé sur ℝ .
a) Par application du théorème de Rolle, il figure une racine de P ′ entre deux racines consécutives de P . De
surcroît, si a est racine de multiplicité α ∈ ℕ∗ de P , a est aussi racine de multiplicité α −1 de P ′ . Par suite,
si P admet n = deg P racines comptées avec multiplicité, P ′ en admet n −1 et est donc scindé.
b) 0 est racine multiple du polynôme dérivé à l’ordre 2. Si le polynôme était scindé, l’étude qui précède permet
d’observer que 0 est racine du polynôme. Ce n’est pas le cas.
Exercice 27 Soit n ∈ ℕ . Montrer qu’il existe un unique polynôme P ∈ ℂ[X ] tel que P (cos θ ) = cos nθ pour
tout θ réel. On le note Tn .
a) Lier Tn−1 ,Tn et Tn +1 .
b) Donner une équation différentielle vérifiée par Tn .
c) Calculer Tn(k ) (1) et Tn(k ) (−1) .
 n n 
 E ( ℓ 2)
n 
cos nθ = Re(einθ ) = Re ∑  i k cosn−k θ sink θ  = ∑ (−1) ℓ   cosn−2 ℓ θ (1− cos 2 θ ) ℓ est un polynôme en cos θ .


 2ℓ
 k =0 k 
 ℓ=0
Cela assure l’existence de Tn , l’unicité provenant de ce que deux polynômes coïncidant en un nombre fini de
points sont nécessairement égaux.
a) cos(n + 1)θ + cos(n −1)θ = 2cos θ cos n θ donne Tn +1 − 2XTn +Tn−1 = 0 .
b) Tn (cos θ ) = cos n θ , − sin θTn′(cos θ ) = −n sin n θ , sin 2 θTn′′(cos θ ) − cos θTn′(cos θ ) = −n 2 cos nθ
Ainsi (1− X 2 )Tn′′− XTn′ + n 2Tn = 0 .
c) En dérivant cette relation à l’ordre k :
(1− X 2 )Tn(k +2) − 2kXTn(k +1) − k (k −1)Tn(k ) − XTn(k +1) − kTn(k ) + n 2Tn(k ) = 0 (1)
En évaluant (1) en 1 : (2k + 1)Tn(k +1) (1) = (n 2 − k 2 )Tn(k ) (1) .
Comme Tn(0) (1) = 1 , on obtient Tn(k ) (1) =
(n !) 2 2k k !
si k ≤ n et 0 sinon.
(n − k )!(n + k )!(2k + 1)!
En évaluant (1) en −1 : (2k + 1)Tn(k +1) (1) = −(n 2 − k 2 )Tn(k ) (1) .
Comme Tn(0) (−1) = (−1)n , on obtient Tn(k ) (−1) = (−1)n−kTn(k ) (1) .
Exercice 28 Quels sont les couples (P ,Q ) ∈ ℝ [X ] vérifiant P 2 + (1− X 2 )Q 2 = 1 ?
2
Soit (P ,Q ) un couple solution.
Si le polynôme P est constant alors nécessairement Q = 0 et P = ±1 . Vérification immédiate.
Sinon, posons n = deg P ∈ ℕ∗ . La relation P 2 + (1− X 2 )Q 2 = 1 impose que P et Q sont premiers entre eux et
en dérivant on obtient PP ′ − XQ 2 + (1− X 2 )QQ ′ = 0 . Par suite Q | PP ′ puis Q | P ′ . Par des considérations de
degré et de coefficient dominant on peut affirmer P ′ = ±nQ .
Quitte à considérer −Q , supposons P ′ = nQ et la relation PP ′ − XQ 2 + (1− X 2 )QQ ′ = 0 donne
(1− X 2 )P ′′ − XP ′ + n 2P = 0 .
Résolvons l’équation différentielle (1− t 2 )y ′′ − ty ′ + n 2y = 0 sur [−1,1] .
Par le changement de variable t = cos θ , on obtient pour solution générale
y (t ) = λ cos(n arccos t ) + µ sin(n arccos t ) .
La fonction t ֏ cos(n arccos t ) est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela définit le polynôme Tn .
−n
La fonction t ֏ sin(n arccos t ) ne l’est pas car de dérivée
cos(n arccos t ) non polynômiale.
1− t 2
1
Par suite P = λTn et Q = ± Tn′ .
n
1
2
2
2
La relation P + (1− X )Q = 1 évaluée en 1 impose λ 2 = 1 et finalement (P ,Q ) = (±Tn , ± Tn′) .
n
1
Vérification : pour le couple (P ,Q ) = (±Tn , ± Tn′) , le polynôme P 2 + (1− X 2 )Q 2 est constant car de
n
polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer P 2 + (1− X 2 )Q 2 = 1 .
Exercice 29 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 et (a + 1) 2 le
sont aussi.
Si a est une racine de P non nulle alors a 2 ,a 4 ,… sont racines de P . Or P ≠ 0 donc P n’admet qu’un
nombre fini de racines. La série précédente est donc redondante et par suite a est une racine de l’unité et donc
a =1 .
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1) 2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,… et finalement P admet une
infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
Or si a est racine de P , (a + 1) 2 l’étant encore, on a a = a + 1 = 1 . Les seuls complexes vérifiant cette
identité sont 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.
Exercice 30 On cherche les polynômes P non nuls tels que P (X 2 ) = P (X −1)P (X ) .
a) Montrer que toute racine d’un tel P est de module 1.
b) Déterminer les polynômes P .
a) Si a est une racine de P non nulle alors a 2 ,a 4 ,… sont racines de P . Or P ≠ 0 donc P n’admet qu’un
nombre fini de racines. La série précédente est donc redondante et par suite a est une racine de l’unité et donc
a =1 .
Si a = 0 est racine de P alors 1 = (0 + 1) 2 aussi puis 4 = (1 + 1)2 l’est encore,… et finalement P admet une
infinité de racines ce qui est exclu.
Finalement les racines de P sont toutes de module 1.
b) Soit a ∈ ℂ une racine de P . a + 1 est racine de P (X −1) donc (a + 1) 2 est aussi racine de P . Il s’ensuite
que a = a + 1 = 1 . En résolvant cette double équation on obtient a = j ou j 2 . Si j est racine de multiplicité
α de P alors j 2 = ( j + 1) 2 est racine de multiplicité au moins α de P . De même, en raisonnant à partir de j 2 ,
on obtient que j et j 2 ont même multiplicité et on conclut que P est de la forme λ (X 2 + X + 1)α .
Un tel P est solution du problème posé ssi λ 2 (X 4 + X 2 + 1)α = λ ((X −1) 2 + (X −1) + 1)α (X 2 + X + 1)α égalité
qui est vérifiée ssi λ = 1 . Les solutions du problème posé sont les polynômes P = (X 2 + X + 1)α avec α ∈ ℕ .
Exercice 31 Trouver les P ∈ ℝ [X ] tels que P (X 2 ) = (X 2 + 1)P (X ) .
Parmi les polynômes constants, seuls le polynôme nul est solution.
Si deg P ≥ 1 alors, pour vérifier l’équation, il est nécessaire que deg P = 2 . On peut alors écrire P sous la
forme aX 2 + bX + c . Parmi, les polynômes de cette forme, ceux solutions sont ceux obtenus pour b = 0 et
c = −a . Conclusion, les polynômes solutions sont les a (X 2 −1) avec a ∈ ℂ .
π
est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans ℚ . Montrer
9
que a est irrationnel.
Exercice 32 Montrer que a = cos
cos3x = 4cos 3 x − 3cos x donc 4a 3 − 3a = cos π 3 = 1 2 . a est racine du polynôme 8X 3 − 6X −1 .
Soit x ∈ ℚ une racine de ce polynôme. On peut écrire x = p q avec p ∧ q = 1 . On a alors 8p 3 − 6pq 2 −q 3 = 0 .
On en déduit p | 8p 3 − 6pq 2 = q 3 or p ∧ q = 1 donc p = ±1 . De plus q 2 | 6pq 2 + q 3 = 8p 3 , or q 2 ∧ p 3 = 1 donc
q 2 | 8 et donc q = ±1 ou q = ±2 . Or 1, −1,1 2 et −1 2 ne sont pas les valeurs de cos π 9 . On peut conclure.
Exercice 33 Décomposer en éléments simples dans ℂ(X ) :
X n−1
.
X n −1
ème
de l’unité ω0 ,…, ωn −1 . La décomposition en éléments simples
 X n −1 
αk
X
1
X n −1
1 n−1 1
 (αk ) = . Ainsi n
cherchée s’écrit n
=∑
avec αk =  n
= ∑
.
X −1 k =0 X − ωk
n
X −1 n k =0 X − ωk
 (X −1)′ 
Les pôles sont simples et sont les racines n
n −1
n −1
Espace vectoriel
Exercice 34 Soit K un corps, E un espace vectoriel de dimension finie n sur K et L un sous-corps de K
tel que K est un espace vectoriel de dimension finie p sur L . Montrer que E est un espace
vectoriel de dimension finie q sur L . Relier n , p ,q .
Il est facile de justifier que E est un L -espace vectoriel sous réserve de bien connaître la définition des espaces
vectoriels et de souligner que qui peut le plus, peut le moins…
Soit (e1 ,…,en ) une base de K -espace vectoriel E et (λ1 ,…, λp ) une base du L -espace vectoriel K .
Considérons la famille des (λjei )1≤i≤n ,1≤j ≤p . Il est facile de justifier que celle-ci est une famille libre et génératrice
du L -espace vectoriel E . Par suite E est de dimension finie q = np .
Exercice 35 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 .
Applications linéaires
Exercice 36 Soit f , g ∈ L( ℝ 2 ) tel que f 2 = g 2 = 0 et f g = g f . Calculer f g .
Si f = 0 alors f g = 0 .
0 1
.
Sinon il existe une base de ℝ 2 dans laquelle la matrice de f est A = 
0 0
a b 
 et puisque g 2 = 0 , a = 0 .
La matrice de g commutant avec f est de la forme 
0 a 
Par suite la matrice de f g est nulle.
Exercice 37 Soit E et F des K -espaces vectoriels. On se donne f ∈ L(E , F ) , une famille (Ei )1≤i≤n de sousespaces vectoriels de E et une famille (Fj )1≤j ≤p de sous-espaces vectoriels de F .
n
n
i =1
i =1
a) Montrer que f (∑ E i ) = ∑ f (E i ) .
b) Montrer que si f est injective et si la somme des E i est directe alors la somme des f (Ei ) est
directe.
p
p
j =1
j =1
c) Montrer que f −1 (∑ Fj ) ⊃ ∑ f −1 (Fj ) . Montrer que cette inclusion peut être stricte. Donner une
condition suffisante pour qu’il y ait égalité.
n
a) Si y ∈ f (∑ E i ) alors on peut écrire y = f (x1 + ⋯ + x n ) avec x i ∈ Ei . On alors y = f (x1 ) + ⋯ + f (x n ) avec
i =1
n
n
i =1
i =1
f (x i ) ∈ f (E i ) et ainsi f (∑ E i ) ⊂ ∑ f (E i ) .
n
Si y ∈ ∑ f (E i ) alors on peut écrire y = f (x1 ) + ⋯ + f (x n ) avec x i ∈ Ei . On a alors y = f (x ) avec
i =1
n
n
n
i =1
i =1
i =1
x = x1 + ⋯ + x n ∈ ∑ E i donc f (∑ E i ) ⊃ ∑ f (E i ) .
b) Si f (x1 ) + ⋯ + f (x n ) = 0 avec x i ∈ Ei alors f (x1 + ⋯ + x n ) = 0 donc x1 + ⋯ + x n = 0 car f injective puis
x1 = … = x n = 0 car les E i sont en somme directe et enfin f (x1 ) = … = f (x n ) = 0 . Ainsi les f (Ei ) sont en
somme directe.
p
p
c) Soit x ∈ ∑ f −1 (Fj ) . On peut écrire x = x1 + ⋯ + x p avec f (x j ) ∈ Fj donc f (x ) = f (x1 ) + ⋯ + f (x p ) ∈ ∑ Fj .
j =1
p
Ainsi
∑f
j =1
−1
j =1
p
(Fj ) ⊂ f −1 (∑ Fj ) .
j =1
On obtient une inclusion stricte en prenant par exemple pour f une projection sur une droite D et en prenant
F1 , F2 deux droites distinctes de D et vérifiant D ⊂ F1 + F2 .
f = 0 ou f = Id sont des conditions suffisantes faciles…
Plus finement, supposons chaque Fj inclus dans Im f (et p ≥ 1 )
p
Pour x ∈ f −1 (∑ Fj ) , on peut écrire f (x ) = y1 + ⋯ + y p avec y j ∈ Fj . Or Fj ⊂ Im f donc il existe x j ∈ E
j =1
vérifiant f (x j ) = y j . Evidemment x j ∈ f −1 (Fj ) . Considérons alors x1′ = x − (x 2 + ⋯ + x p ) , on a f (x1′) = y1 donc
p
p
p
j =1
j =1
j =1
x1′ ∈ f −1 (Fj ) et x = x1′ + x 2 + ⋯ + x p ∈ ∑ f −1 (Fj ) . Ainsi f −1 (∑ Fj ) ⊂ ∑ f −1 (Fj ) puis l’égalité.
Exercice 38 Soit E un espace vectoriel sur K et a un élément non nul de K . Soit f ∈ L(E ) tel que
f 3 − 3af 2 + a 2 f = 0 . Est-il vrai que ker f et Im f sont supplémentaires ?
P = X (X 2 − 3aX + a 2 ) est annulateur de f donc par le théorème de décomposition des noyaux,
E = ker f ⊕ ker( f 2 − 3af + a 2 Id) car X et X 2 − 3aX + a 2 sont premiers entre eux. Or a étant non nul, on
montre élémentairement ker( f 2 − 3af + a 2 Id) ⊂ Im f tandis que l’inclusion réciproque provient de ce que
( f 2 − 3af + a 2 Id) f = 0 . Il est donc vrai que ker f et Im f sont supplémentaires.
Exercice 39 Soit f , g ∈ L(E ) où E est un espace vectoriel sur K de dimension finie. Montrer que
rg f − rg g ≤ rg( f + g ) ≤ rg f + rg g .
Facilement Im( f + g ) ⊂ Im f + Im g donc rg( f + g ) ≤ dim(Im f + Im g ) ≤ rg f + rg g .
Puisque f = f + g + (−g ) , rg f ≤ rg( f + g ) + rg(−g ) = rg( f + g ) + rg g .
Aussi rg g ≤ rg( f + g ) + rg f donc rg f − rg g ≤ rg( f + g ) .
Formes linéaires
Exercice 40 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 .
Exercice 41 Soit E et F des espaces vectoriels sur K , de dimensions finies ou non. Montrer que (E ×F )∗ et
E ∗ ×F ∗ sont isomorphes.
Pour f ∈ E ∗ et g ∈ F ∗ , posons f ⊗ g l’application définie sur E ×F par ( f ⊗ g )(x , y ) = f (x ) + g (y ) . Il est
facile d’observer f ⊗ g ∈ (E ×F )∗ . Considérons ϕ : E ∗ ×F ∗ → (E ×F )∗ définie par ϕ ( f , g ) = f ⊗ g .
L’application ϕ est linéaire.
Si ϕ ( f , g ) = 0 alors pour tout (x , y ) ∈ E ×F , f (x ) + g (y ) = 0 .
Pour y = 0 , on peut affirmer f = 0 et pour x = 0 , on affirme g = 0 . Ainsi ( f , g ) = (0,0) et donc ϕ est
injective.
Soit h ∈ (E ×F )∗ . Posons f : x ֏ h (x ,0) , g : y ֏ h (y ,0) . On vérifie aisément f ∈ E ∗ , g ∈ F ∗ et ϕ ( f , g ) = h
car h (x , y ) = h (x ,0) + h (0, y ) .
Exercice 42 Soit a 0 ,a1 ,…,an des réels non nuls deux à deux distincts. On note Fj l’application de ℝ n [X ]
aj
dans ℝ définie par Fj (P ) = ∫ P . Montrer que (F0 , F1 ,…, Fn ) est une base de ( ℝ n [X ])∗ .
0
Il est clair que les Fj sont éléments de ( ℝ n [X ])∗ espace de dimension n + 1 . Pour conclure il suffit d’observer
la liberté de la famille (F0 ,…, Fn ) .
Supposons λ0F0 + ⋯ + λn Fn = 0 . En appliquant cette égalité aux polynômes 1, 2X ,…,(n + 1)X n on obtient les
équations formant le système linéaire :
λ0a 0 + ⋯ + λnan = 0

λ a 2 + ⋯ + λ a 2 = 0
n n
 0 0
.
⋯
 n +1
λ0a 0 + ⋯ + λnann +1 = 0
Par un déterminant de Vandermonde, ce système est de Cramer ce qui entraîne λ0 = … = λn = 0 .
Exercice 43 a) Soit f une forme linéaire sur M n ( ℝ ) vérifiant ∀A, B ∈ M n ( ℝ ) , f (AB ) = f (BA) , montrer que
f est proportionnelle à la trace.
b) Soit g un endomorphisme de l’espace vectoriel M n ( ℝ ) vérifiant g (AB ) = g (BA) pour toutes
A, B ∈ M n ( ℝ ) et g (I n ) = I n . Montrer que g conserve la trace.
a) f (Ei ,i ) = f (E i , j E j ,i ) = f (E j ,i E i , j ) = f (E j , j ) et si i ≠ j , f (Ei , j ) = f (Ei , j E j , j ) = f (E j , j Ei , j ) = f (0) = 0 .
Ainsi f (A) = f (∑ ai , j Ei , j ) = λ tr A en notant λ la valeur commune des f (Ei ,i ) .
b) Posons f = tr g . f est une forme linéaire vérifiant f (AB ) = f (BA) donc f = λ tr . Or f (I ) = tr g (I ) = tr I
donc λ = 1 . Ainsi f = tr et ∀M ∈ M n ( ℝ ) , tr(g (M )) = tr(M ) .
Calcul matriciel
Exercice 44 Soit A, B ∈ M n ( ℝ ) où B est nilpotente et commute avec A . Montrer que A et A + B sont
simultanément inversibles.
Supposons A inversible. Puisque A et B commutent, A−1 et B aussi. Comme B est nilpotente, −A−1B l’est
aussi. Or il est classique d’observer que si N est nilpotente, I − N est inversible d’inverse I + N + ⋯ + N p−1
avec p l’ordre de nilpotence de N . Ainsi I + A−1B est inversible et A + B = A(I + A−1B ) aussi.
Supposons A + B inversible, puisque −B est nilpotente et commute avec A + B , A = A + B − B est
inversible.
Exercice 45 Soit ω une racine primitive n
ème
de 1. On pose Fω (P ) =
1
n −1
∑ P (ω
n
k
)X k pour tout
k =0
P ∈ ℂ n −1 [X ] . Montrer que Fω est un automorphisme de ℂ n −1 [X ] et exprimer son inverse.
Fω est clairement un endomorphisme de ℂ n −1 [X ] . Sa matrice dans la base (1, X , …, X n −1 ) est A = (ai , j )0≤i , j ≤n −1
avec ai , j =
1
n
ω ij . On remarque que AA = I n car
Fω−1 étant représenté par A , Fω−1 (P ) =
1
n
n −1
∑ P (ω
1 n −1 ( j −i )k
∑ ω = δi , j . Par suite Fω est un automorphisme et
n k =0
−k
)X k .
k =0
Exercice 46 Soit n ∈ ℕ∗ , α1 ,…, αn des complexes distincts, A = diag(α1 ,…, αn ) et
C (A) = {M ∈ M n (ℂ), AM = MA} . Montrer que (Ak )0≤k ≤n−1 est une base de C (A) .
En étudiant l’égalité AM = MA , on justifie C (A) = Dn (ℂ) . C (A) est donc un sous-espace vectoriel de
dimension n . De plus il contient les éléments Ak pour k ∈ {0,…, n −1} .
Supposons λ0I + λ1A + ⋯ + λn−1An−1 = 0 . Le polynôme P = λ0 + λ1X + ⋯ + λn −1X n−1 est annulateur de A ,
donc les α1 ,…, αn qui sont valeurs propres de A sont aussi racine de P qui possède alors plus de racine que
son degré. On peut alors affirmer P = 0 puis λ0 = … = λn −1 = 0 . La famille (Ak )0≤k ≤n−1 en est une famille libre
à n éléments de C (A) , c’en est donc une base
Exercice 47 Soit A et B des matrices complexes carrées d’ordre n . On suppose A + 2k B nilpotente pour
tout entier k tel que 0 ≤ k ≤ n . Montrer que A et B sont nilpotentes.
On a (A + 2k B )n = 0 . En développant, on obtient : C 0 + 2k C 1 + ⋯ + 2nk C n = 0 avec C 0 = An ,
C1 = An −1B + An −2BA + ⋯ + BAn −1 ,…, C n = B n .
1 1 ⋯ 1 


1 2 ⋯ 2n 


La matrice M = 
 est inversible (déterminant de Vandermonde) donc l’équation (à inconnues
⋮
⋮
⋮



2
1 2n ⋯ 2n 
C 0 
 
matricielles) MC = 0 avec C =  ⋮  entraîne C = M −1 0 = 0 . En particulier An = B n = 0 .
 
C n 
Matrices semblables
Exercice 48 Soit A et B dans M n ( ℝ ) semblables sur ℂ . Montrer que A et B sont semblables sur ℝ .
Il existe P ∈GLn (ℂ) vérifiant PA = BP . En posant Q = Re(P ) et R = Im(P ) on obtient
QA + iRA = BQ + iBR donc QA = BQ et RA = BR car A, B ,Q , R réelles. Cependant on ne sait pas si Q ou
R sont inversibles. Or pour tout λ ∈ ℝ , (Q + λR )A = B (Q + λR ) et λ ֏ det(Q + λR ) est une fonction
polynomiale non nulle car det(Q + iR ) ≠ 0 donc il existe λ ∈ ℝ tel que Q + λR est inversible et on peut
conclure.
1 2 3 1 3 2


Exercice 49 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
Déterminants
a1 + x
(x )
⋱
Exercice 50 Calculer
où x ,a1 ,…,an réels.
an + x
(x )
En retirant la première colonne aux autres puis en développant selon cette première colonne, on obtient que
a1 + x
(x )
= αx + β avec α, β réels qu’il ne reste plus qu’à calculer…
⋱
an + x
(x )
(x ) ′
a1 + x
α=
a1 + x
= aˆ1a 2 …an + ⋯ + a1 …an−1aˆn et β =
⋱
(x )
an + x
= a1 …an .
⋱
(x )
x =0
(x )
a n + x x =0
A C 
 = det(DA − BC ) .
Exercice 51 Soit A, B ,C , D ∈ M n (K ) avec AC = CA . Montrer que det 
B D 
Supposons A inversible.
A C I −A−1C  A

0


Par opérations par blocs : 
 = B D − BA−1C  .
B D 0
I  

Or A−1 et C commutent donc
A C
B D
= det A× det(D − BCA−1 ) = det(DA − BC ) .
Supposons A non inversible.
A C 
1
 = det(DAp − BC ) puis
Pour p assez grand, Ap = A + I est inversible et commute avec C donc det  p

p
 B D 
A C 
 = det(DA − BC ) .
à la limite quand p → +∞ , det 
B D 
Exercice 52 Soit A ∈ M n (ℂ) vérifiant pour tout X ∈ M n (ℂ) , det(A + X ) = det A + det X . Montrer que
det A = 0 puis A = 0 .
Notons que pour n = 1 : la relation det(A + X ) = det A + det X est vraie pour tout A et tout X .
On suppose dans la suite n ≥ 2 .
Pour X = A , la relation det(A + X ) = det A + det X donne 2n det A = 2det A donc det A = 0 .
Si λ est valeur propre de A alors pour X = −λI , det(A − λI ) = (−λ )n = 0 donc seul 0 peut être valeur propre.
Ainsi A est nilpotente et quitte à considérer une matrice semblable, on peut supposer que A est triangulaire
supérieure. Or det(A + tA + X ) = det( t A + X ) = det t X = det X , donc A + t A vérifie aussi la propriété.
Cependant cette matrice est symétrique et comme ci-dessus ne peut avoir que 0 pour valeur propre donc
A + t A = 0 . Enfin A est triangulaire supérieure donc A = 0 .
david Delaunay http://mpsiddl.free.fr
Polynôme caractéristique
Exercice 1
Soit A, B ∈ M n ( ℝ ) . Montrer que AB et BA ont même valeurs propres.
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.
Exercice 2
Soit (A, B ) ∈ M p ,q ( ℝ ) ×M q ,p ( ℝ ) . Montrer que X q χAB (X ) = X p χBA (X ) .
I
Indice : Commencer par le cas où A =  r
 0
0
.
0
I 0
C D 
 , la propriété est immédiate en écrivant B = 
 avec C bloc carré de
Dans le cas où A = J r =  r
 0 0
E F 
taille r .
Dans le cas général, on peut écrire A = QJ r P avec r = rg A et P ,Q inversibles.
X q χAB (X ) = X q χQ −1ABQ (X ) = X q χJ r PBQ (X ) donc X q χAB (X ) = X p χPBQJ r (X ) = X p χBQJ r P (X ) = X p χBA (X ) .
Exercice 3
a) Si P ∈ ℤ[X ] est unitaire de degré n , existe-t-il A ∈ M n (ℤ) de polynôme caractéristique P ?
n
b) Soient (λ1 ,…, λn ) ∈ ℂn , P = ∏ (X − λi ) . On suppose P ∈ ℤ[X ] . Montrer, si q ∈ ℕ∗ , que
i =1
n
Pq = ∏ (X − λiq ) appartient à ℤ[X ] .
i =1
c) Soit P dans ℤ[X ] unitaire dont les racines complexes sont de modules ≤ 1 . Montrer que les
racines non nulles de P sont des racines de l’unité.
a) Oui un tel polynôme existe, il suffit de se référer aux matrices compagnons. Notons qu’il est entendu, qu’ici,
le polynôme caractéristique d’une matrice carrée A est définie par χA = det(X Id− A) .
b) Il existe une matrice A dont le polynôme caractéristique est P . Celle-ci est semblable à une matrice
λ1q
λ1
∗ 
∗ 




q

 . Ainsi le polynôme
 et donc A est semblable à 
triangulaire de la forme 
⋱
⋱





q
 0
λ 
λ 
 0
n
n
q
q
caractéristique de A est Pq et puisque A est à coefficients entiers, Pq l’est aussi.
c) Compte tenu des relations coefficients-racines d’un polynôme scindé, on peut majorer les coefficients de P et
affirmer que, pour un degré fixé, il n’y a qu’un nombre fini de polynômes P possibles. Considérons un tel
polynôme. L’application q ∈ ℕ ∗ ֏ Pq n’est pas injective compte tenu des résultats précédents, il existe donc
q < r tel que Pq = Pr . Ainsi, il existe une permutation σ de ℕ n vérifiant : ∀i ∈ ℕ n , λiq = λσr (i ) . A l’aide d’une
décomposition en cycles de σ , on peut affirmer qu’il existe une puissance de σ égale à l’identité et donc
′
conclure que pour tout i ∈ ℕ n il existe q ′ > q tel que λiq = λiq . On peut alors affirmer que λi est nul ou bien
une racine de l’unité.
Exercice 4
Soit A et B dans M n (K ) ( K = ℝ ou ℂ ).
a) Comparer Sp B = Sp t B .
b) Soit C ∈ M n (K ) . Montrer que s’il existe λ pour lequel AC = λC , alors ImC ⊂ ker(A − λI n ) .
c) Soit λ une valeur propre commune à A et B . Montrer qu’il existe C ∈ M n (K) , C ≠ 0 , telle
que AC = CB = λC .
d) On suppose l’existence de C ∈ M n (K) avec rgC ≥ r et AC = CB . Montrer que le PGCD des
polynômes caractéristiques de A et B est de degré ≥ r .
e) Etudier la réciproque de d).
a) Sp B = Sp t B car χB = χt B .
b) Pour tout X ∈ M n ,1 (K) , A(CX ) = λ (CX ) donc CX ∈ ker(A − λI n ) .
c) Soit X et Y des vecteurs propres de A et t B associé à la valeur propre λ . La matrice C = X tY est
solution.
d) On peut écrire C = QJ r P avec P ,Q inversibles. La relation AC = CB donne Q −1AQJ r = J r PBP −1 .
En écrivant les matrices Q −1AQ et PBP −1 par blocs, l’égalité Q −1AQJ r = J r PBP −1 impose une
décomposition en blocs triangulaire puis permet d’observer que χA = χQ−1AQ et χB = χPBP −1 ont un facteur
commun de degré ≥ r , à savoir le polynôme caractéristique du bloc commun en position (1,1).
e) La réciproque est assurément fausse en toute généralité. Pour r = n , deux matrices ayant même polynôme
caractéristique ne sont pas nécessairement semblables.
Eléments propres
1
Exercice 5
Soit E = C ([0,1], ℝ ) . Si f ∈ E , soit T ( f ) : x ∈ [0,1] ֏ ∫ min(x , t ) f (t ) dt .
0
a) Vérifier que T est dans L(E ) .
b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de T .
x
1
a) T ( f )(x ) = ∫ tf (t ) dt + x ∫ f (t ) dt est une fonction continue (et même dérivable).
x
0
Ainsi T : E → E . La linéarité de T est évidente.
b) Soit λ ∈ ℝ et f ∈ E vérifiant T ( f ) = λ f .
Cas λ = 0 : on a T ( f ) = 0 , en dérivant deux fois (ce qui s’avère possible) on obtient f = 0 . Ainsi 0 n’est pas
valeur propre de T .
Cas λ ≠ 0 : on a T ( f ) = λ f . En particulier, on peut affirmer que f (0) = 0 car T ( f )(0) = 0 . Le premier
membre de l’équation T ( f ) = λ f est dérivable donc la fonction f est dérivable et on obtient
∫
1
x
f (t ) dt = λ f ′(x ) . En particulier f ′(1) = 0 . Le premier membre de cette nouvelle équation étant dérivable, la
fonction f est deux fois dérivable et on obtient λ f ′′(x ) + f (x ) = 0 .
 x 
Sous cas λ > 0 , sachant f (0) = 0 , on obtient par résolution de l’équation différentielle f (x ) = A cos 
 et la
 λ 
 1 
1
condition f ′(1) = 0 n’entraînera pas f = 0 que si sin   = 0 i.e. λ =
avec k ∈ ℕ∗ . Notons qu’alors il
 λ 
(k π )2
x 
est possible de remonter les précédents calculs et d’affirmer que f : x ֏ A cos   est vecteur propre associé à
 kπ 
1
la valeur propre λ =
.
(k π )2


 x 
 et la
Sous cas λ < 0 , sachant f (0) = 0 , la résolution de l’équation différentielle donne f (x ) = ch 
 λ 


condition f ′(1) = 0 entraîne f = 0 et donc λ n’est pas valeur propre.
Diagonalisation de matrices
Exercice 6
 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 
  
 

2


a) χA = −(X − 2)(X + 1) , E 2 (A) = Vect  a  et E −1 (A) = Vect  0 ,  1  .

 1 
  
 
 1   0 
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
2e + e
donc An =
A+
I 3 puis eA =
A+
I3 .
3
3
3
3
−1
Exercice 7
Soit (a1 ,…,an ) ∈ ℂn . La matrice (aia j )1≤i , j ≤n est-elle diagonalisable ?
Oui, elle est symétrique.
Exercice 8
1 ⋯ ⋯ ⋯

0 ⋯ 0 1

⋮ 0 ⋯ 0

 ⋮

⋮ ⋮
 et ⋮ ⋮
Diagonaliser les matrices de M n ( ℝ ) : 
⋮
0 ⋯ 0 1



⋮ 0 ⋯ 0
1 ⋯ 1 1

1 ⋯ ⋯ ⋯
1

⋮

⋮ .

⋮

1
Etudions la première matrice que nous noterons A .
Celle-ci est de rang 2 et on peut facilement déterminer une base de son noyau.
En posant le système AX = λX avec λ ≠ 0 , on obtient une solution non nulle sous réserve que
λ 2 − λ + (n −1) = 0 . En notant λ1 et λ2 les deux racines de cette équation, on obtient A = PDP −1 avec
1
(0) 1 1 



⋱
⋮ ⋮ 


P = (0)
1
⋮ ⋮  et D = diag(0,…,0, λ1 , λ2 ) .



−
1
⋯
−
1
1
1


 0 0 0 λ1 λ2 
En reprenant la même démarche avec la seconde matrice que nous noterons B , on obtient B = PDP −1 avec
 1 ⋯ 1 λ1 λ2 


 1
(0) 2 2 


P = 
⋱
⋮ ⋮  et D = diag(0,…,0, λ1 , λ2 ) où λ1 , λ2 sont les deux racines de


(0)
1 2 2 


−1 ⋯ −1 λ1 λ2 
λ 2 − 2λ − 2(n − 2) = 0 .
Exercice 9
1 1 ⋯ 1 


1 1
(0)
 .
Valeurs propres de la matrice de M n ( ℝ ) : 
⋮

⋱


1 (0)
1 
Notons χn (λ ) le polynôme caractéristique de cette matrice de taille n .
Par développement du déterminant selon la dernière colonne on obtient χn (λ ) = (1− λ )χn−1 (λ ) − (1− λ )n −2 .
En étudiant les premiers termes de cette suite, on conjecture χn (λ ) = (1− λ )n − (n −1)(1− λ )n −2 que l’on vérifie
aisément par récurrence. Les valeurs propres de la matrice sont donc 1 (pour n ≥ 3 ) et les deux racines de
λ 2 − 2λ − n = 0 .
a b ⋯

b a ⋱
Exercice 10 Soit a , b deux réels, A = 
 ⋮ ⋱ ⋱

b ⋯ b
A = PDP −1
b ⋯ b
b 


 ⋮ ⋰ a
⋮ 
 et B = 
b ⋰ ⋰
b 


a b ⋯
a 
a 

b 
 . Réduire ces deux matrices.
⋮ 

b 
1 1
(0)



⋮ −1 ⋱
 .
avec D = diag(a + (n −1)b ,a −b ,…,a −b ) et P = 
⋮
⋱ 1 


1 (0)
−1
B = Q ∆Q −1 avec
1

⋮

⋮

Si n est impair : ∆ = diag(a + (n −1)b ,b −a ,…,b −a ,a −b ,…,a −b ) et Q = ⋮

⋮

⋮

1

1 1

⋮

⋮
⋮ (0)
Si n pair : ∆ = diag(a + (n −1)b ,b −a ,…,b −a ,a −b ,…,a −b ) et Q = 
⋮ (0)

⋮

⋮
1 −1

(0)


⋱
⋱

(0)
1 (0)
1 

0 ⋯ 0 −2 ⋯ −2 .

(0)
−1 (0)
1 


⋰
⋰

−1
(0) 1
(0)

(0) 1
(0)


⋱
−1 ⋱

⋱
⋱ 1 

1 (0)
−1
.
−1 (0)
−1

⋰
⋰ 1 

⋰
−1 ⋰ (0)


(0) 1


1
(0)
1
a 2 ab ab b 2 


ab a 2 b 2 ab 

 pour tous a ,b réels.
Exercice 11 On pose M (a ,b ) = 
ab b 2 a 2 ab 


b 2 ab ab a 2 

a) Ces matrices sont-elles simultanément diagonalisables ?
b) Etudier et représenter graphiquement l’ensemble des (a ,b ) ∈ ℝ 2 tel que M (a ,b )n tend vers 0
quand n tend vers ∞ .
a) M (a ,b ) = PD (a ,b )P −1
1 1
1
0 


⋮ −1 0
1 
2
2
2
2
2
2
.
avec D (a ,b ) = diag((a + b ) ,(a −b ) ,a −b ,a −b ) et P = 
⋮ −1 0 −1


1 1 −1 0 
b) M (a ,b )n → 0 si et seulement si a + b < 1 , a −b < 1 et a 2 −b 2 < 1 .
Or a 2 −b 2 = (a + b )(a −b ) donc la dernière condition l’est automatiquement si les deux premières le sont.
L’étude graphique est alors simple.
Exercice 12 Soit a ,b ∈ ℝ , b ≠ 0 et A ∈ M n ( ℝ ) la matrice dont les éléments diagonaux valent a et les autres
valent b . A est-elle diagonalisable ? Quelles sont les valeurs propres de A ? Quel est le
polynôme minimal de A ? Sous quelles conditions sur a et b , A est-elle inversible ? Lorsque
c’est le cas trouver l’inverse de A .
A est symétrique donc diagonalisable. χA = (−1)n (X − (a + (n −1)b )(X − (a −b ))n −1 ,
Sp(A) = {a + (n −1)b ,a −b } (si n ≥ 2 ) πA = (X − (a + (n −1)b ))(X − (a −b )) . A est inversible si et seulement
si 0 ∉ Sp(A) i.e. a + (n −1)b ≠ 0 et a ≠ b .
a
(b ) x
(y )  α
(β )


 

α = ax + (n −1)by





 avec 
⋱
⋱
⋱
.

 = 


β = ay + bx + (n − 2)by

 

(b )
a (y )
x  (β )
α 
ax + (n −1)by = 1
Il suffit alors de résoudre le système 
pour expliciter A−1 .

bx + (a + (n − 2)b )y = 0
a 0 ⋯ ⋯ ⋯

0 ⋱ ⋱
⋰

 ⋮ ⋱ a
0
b

Exercice 13 Soit A =  ⋮
0 a +b 0

0
a
 ⋮ ⋰ b

⋱
0 ⋰ ⋰

b 0 ⋯ ⋯ ⋯
Quels sont les P ∈ ℂ[X ] tels que
b 

⋰ 0

⋰ ⋮ 

⋮  ∈ M 2n +1 (ℂ) .

⋱ ⋮ 

⋱ 0

0 a 

P (A) = 0 ?
0
1
(0) 0 1
(0)



⋱
⋮
⋱




1 0 (0)
1 


A = PDP −1 avec D = diag(a + b ,…,a + b ,a −b ,…,a −b ) et P =  0 ⋯ 0 1 0 ⋯ 0  .


1 0 (0)
−1
(0)



⋰
⋮
⋰



1
(0)
0
−
1
(0)



Par suite πA = (X − (a + b ))(X − (a −b )) et les polynômes annulateurs de A sont les multiples de πA .
Calcul d’exponentielle de matrice
Exercice 14 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
(4
k
)!
(4
k
+
1)!
(4
k
+
2)!
(4
k
+
3)!
k =0
k =0
k =0
k =0
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) = ∑
0 1 0


Exercice 15 On pose A = 1 0 1 . Que dire de cette matrice ? Sans la diagonaliser, déterminer son


0 1 0
polynôme caractéristique, son polynôme minimal, calculer Ak pour k ∈ ℕ et évaluer exp(A) .
A est symétrique donc diagonalisable. χA = −X 3 + 2X , πA = −χA .
1 0 1


A = 0 2 0 , A3 = 2A , A2k +1 = 2k A et A2k +2 = 2k A2 pour k > 0 .


1 0 1
2
+∞
2k
2k −1 2
1
A+ ∑
A = I 3 + sh(2)A + (ch(2) −1)A2 .
2
k =0 (2k + 1)!
k =1 (2k )!
+∞
exp(A) = I 3 + ∑
0 0 0


Exercice 16 Soit A = 0 0 1 , dans M 3 ( ℝ ) . Déterminer le polynôme caractéristique et le polynôme


0 −1 0
minimal de A . Calculer expA et exp(A)exp( t A) .
χA = −X (X 2 + 1) , πA = X (X 2 + 1) , exp(A)exp( t A) = exp(A)exp(−A) = I 3 .
1
0
0 



En calculant A , A ,… on obtient exp(A) = 0 cos1 − sin1 .


0 sin1 cos1 
2
3
1

Exercice 17 Soit A =  j
 2
 j
j
j2
1
j 2 

1  . Etudier la diagonalisabilité de A , déterminer les polynômes minimal et

j 
caractéristique de A , calculer exp A . Proposer une généralisation en dimension n .
A2 = O donc Sp(A) = {0} . Puisque A ≠ 0 , A n’est pas diagonalisable. πA = X 2 et χA = −X 3 .
exp(A) = I + A .
L’étude se généralise pour n ≥ 3 avec A = (ω i + j −2 )1≤i , j ≤n et ω ∈U n \ {1} .
Réduction de matrice déterminée en intention
Exercice 18 Trouver les A de M n (ℂ) telles que A3 − 4A2 + 4A = 0 et tr A = 8 .
Si A est solution alors P = X (X − 2)2 est annulateur de A et les valeurs propres de A figurent parmi {0,2} .
Par la trace, on peut alors affirmer que 2 est valeur propre de multiplicité 4.
Par le lemme de décomposition des noyaux, ker(A − 2Id) 2 et ker A sont supplémentaires.
Par multiplicité des valeurs propres, leurs dimensions respectives sont 4 et n − 4 .
2I + M
0 
 avec M ∈ M 4 (ℂ) vérifiant M 2 = 0 .
Ainsi A est semblable à  4
 0
On−4 
0

0
On raisonnant sur le rang, on montre que M est semblable à O4 , 
0

0
La réciproque est immédiate.
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0
1


0 0
0
 ou 
0 0
0



0 0
0
1
0
0
0
0

1
 .
0

0
Exercice 19 Soit A ∈ M n ( ℝ ) tel que A3 + A2 + A = 0 . Montrer que rg A est pair.
X (X − j )(X − j 2 ) annule A donc A est diagonalisable dans M n (ℂ) et puisque A ∈ M n ( ℝ ) , j et j 2 ont
même multiplicité en tant que valeur propre de A . Puisque le rang de A est la somme de ces deux multiplicités,
il est pair.
Exercice 20 Trouver les M de M n ( ℝ ) telles que t M = M 2 et que M n’ait aucune valeur propre réelle.
Soit M solution. M 4 = t (M 2 ) = M donc X 4 − X est annulateur de M et puisque 0 et 1 ne sont pas valeurs
propres de M , X 3 −1 puis X 2 + X + 1 sont annulateurs de M .
Ainsi, on peut affirmer M 3 = t MM = I (ainsi M ∈On ( ℝ ) ) et M 2 + M + I = 0 .
Pour X ≠ 0 , P = Vect(X , MX ) est un plan (car il n’y a pas de valeurs propres réelles) stable par M (car
M 2 = −M − I ). La restriction de M à ce plan est un automorphisme orthogonal sans valeur propre, c’est donc
une rotation et celle-ci est d’angle ± 2π 3 car M 3 = I n . De plus ce plan est aussi stable par M 2 = t M donc
P ⊥ est stable par M ce qui permet de reprendre le raisonnement à partir d’un X ′ ∈ P ⊥ \ {0} . Au final, M est
 −1 2
3

orthogonalement semblable à une matrice diagonale par blocs et aux blocs diagonaux égaux à 
− 3 2 −1
−1 2 − 3 2

 .
ou 
 3 2 −1 2 
2

2 
La réciproque est immédiate.
 M 2 + M + I n = 0
Exercice 21 Résoudre dans M n ( ℝ ) le système 
.
t
 MM = M t M

Soit M solution, M est diagonalisable sur ℂ avec pour valeurs propres j et j 2 .
Puisque trM est réel, les valeurs propres j et j 2 ont même multiplicité. Par suite n est pair, n = 2p .
Nous allons montrer, en raisonnant par récurrence sur p qu’il existe une matrice orthogonale P tel que
J
(0)

−1 2 − 3 2

−1

 ou J = R
 avec J = R2 π 3 = 
PMP = 
⋱
−2 π 3 .



 3 2 −1 2 
(0)
J 
ab + cd = ac + db
a b  t
 . MM = M t M ⇔  2
Pour n = 2 : M = 
.
c d 
b = c 2
Si b = c alors M est symétrique donc diagonalisable sur ℝ ce qui n’est pas le cas.
Il reste b = −c et donc a = d .
a 2 −b 2 + a + 1 = 0
 a b 
 et la relation M 2 + M + I = 0 donne 
Ainsi M = 
puis
−b a 
2ab + b = 0
a = −1 2

ce qui permet
b = ± 3 2

de conclure (car le cas b = 0 est à exclure).
Supposons la propriété établie au rang n = 2p et étudions le rang n = 2p + 2 .
Soit M une matrice solution.
La matrice S = tM + M est symétrique et donc il existe X ≠ 0 tel que SX = λX .
On observe alors que l’espace F = Vect(X , MX ) est stable par M et par t M . Par suite F ⊥ est aussi stable par
M et t M . On peut alors appliquer l’étude menée pour n = 2 à l’action de M sur F et l’hypothèse de
récurrence à celle sur F ⊥ .
Cela établit la récurrence. Il ne reste plus qu’à souligner que les matrices ainsi obtenues sont bien solutions.
Endomorphismes diagonalisables
Exercice 22 Dans ℝ 3 euclidien, on considère deux vecteurs a et b , et on pose f (x ) = a ∧ (b ∧ x ) . A quelle
condition, f est-elle diagonalisable ?
Si b = 0 alors f = 0 . Sinon, par la formule du double produit vectoriel f (x ) = (a | x )b − (a | b )x .
f (b ) = 0 et pour tout x ∈ Vect(a )⊥ , f (x ) = −(a | b )x .
Si (a | b ) ≠ 0 alors f est diagonalisable dans une base adaptée à ℝ 3 = Vect(a )⊥ ⊕ Vect(b ) .
Si (a | b ) = 0 alors f (x ) = (a | x )b et tout vecteur propre de f est soit colinéaire à b , soit orthogonal à a . Or b
est orthogonal à a donc les vecteurs propres de f sont tous orthogonaux à a . Dans ce cas f est diagonalisable
ssi a = 0 .
Exercice 23 Soit A ∈ ℝ [X ] , B ∈ ℝ [X ] scindé à racines simples de degré n + 1 . Soit Φ l’endomorphisme de
ℝ n [X ] qui à P ∈ ℝ [X ] associe le reste de la division euclidienne de AP par B . Déterminer les
éléments propres de Φ . L’endomorphisme Φ est-il diagonalisable ?
B = α (X − x 0 )…(X − x n ) .
Si P ∈ ℝ n [X ] est vecteur propre de Φ associé à la valeur propre λ alors B | (A − λ )P . Pour des raisons de
degré, B et A − λ ne peuvent être premiers entre eux, ces polynômes ont donc une racine commune. Ainsi il
existe i ∈ {0,…, n } tel que λ = A(x i ) . Inversement pour λ = A(x i ) , P =
n
∏
(X − x j ) , Φ(P ) = λP avec
j =0, j ≠i
P ≠ 0 . Ainsi Sp Φ = {A(x i ) / i ∈ 0, n
}.
Précisons le sous-espace propre associé à la valeur propre λ = A(x i ) . Quitte à réindexer, on peut supposer que
λ = A(x 0 ) .
S’il existe d’autres x i tels que λ = A(x i ) on réindexe encore les x1 ,…, x n de sorte que λ = A(x 0 ) = … = A(x p )
et λ ≠ A(x p +1 ),…, A(x n ) . Ainsi x 0 ,…, x p sont racines de A − λ alors que x p +1 ,…, x n ne le sont pas.
ɶ avec
Pour P ∈ ℝ n [X ] , on a Φ(P ) = λP si et seulement si B | (A − λ )P . Or A − λ = (X − x 0 )…(X − x p )A
ɶ = 1 , B | (A − λ )P équivaut à
ɶ . Puisque (X − x )…(X − x ) ∧ A
x ,…, x non racines de A
p +1
p +1
n
n
(X − x p +1 )…(X − x n ) | P .
Ainsi Eλ (Φ) = {(X − x p+1 )…(X − x n )Q /Q ∈ ℝ n−p [X ]} .
La somme des dimensions des sous-espaces propres étant égal à la dimension de l’espace, Φ est diagonalisable.
Exercice 24 Soit f et g deux endomorphismes d’un ℂ -espace vectoriel E de dimension finie n ≥ 1 tels que
f g −g f = f .
a) Montrer que f est nilpotent.
b) On suppose f n−1 ≠ 0 . Montrer qu’il existe une base e de E et λ ∈ ℂ tels que :
0 1
(0)




⋱ ⋱
 et Mate g = diag(λ, λ + 1,…, λ + n −1) .
Mate f = 

⋱ 1 


(0)
0 
a) On vérifie f k g − g f k = kf k .
Si pour tout k ∈ ℕ , f k ≠ 0 alors l’endomorphisme h ֏ h g − g h admet une infinité de valeur propre.
Ceci étant impossible en dimension finie, on peut affirmer que f est nilpotent.
b) f n = 0 (car dimE = n ) et f n−1 ≠ 0 . Pour x ∉ ker f n −1 et e ′ = ( f n−1 (x ),…, f (x ), x ) , on montre classiquement
que e ′ est une base de E dans laquelle la matrice de f est telle que voulue.
f (g ( f n −1 (x )) = 0 donc g ( f n −1 (x )) = λ f n −1 (x ) pour un certain λ ∈ ℝ
Aussi f k (g ( f n−1−k (x ))) = (λ + k ) f n−1 (x ) et donc la matrice de g dans e ′ et triangulaire supérieure avec sur la
diagonale λ, λ + 1,…, λ + n −1 . Ainsi Sp(g ) = {λ,…, λ + n −1} .
Soit y vecteur propre associé à la valeur propre λ + n −1 .
Si y ∈ ker f n−1 alors puisque ker f n−1 est stable par g , λ + n −1 est valeur propre de l’endomorphisme induit
par g sur ker f n−1 . Cela n’est par le cas, par suite y ∉ ker f n−1 . On vérifie alors facilement que la famille
e = ( f n −1 (y ),…, f (y ), y ) résout notre problème.
Exercice 25 Soit n ∈ ℕ∗ , u ∈ L( ℝ 2n +1 ) . On suppose u 3 = u , tr u = 0 et tr u 2 = 2n . On note
C (u ) = {v ∈ L( ℝ 2n +1 ) / uv = vu } .
a) Calculer la dimension C (u ) .
b) Quels sont les n tels que C (u ) = ℝ [u ] ?
a) Puisque u 3 = u , par annulation d’un polynôme scindé simple, on peut affirmer que u est diagonalisable de
valeurs propres possibles 0,1, −1 . Par les égalités tr u = 0 et tr u 2 = 2n on peut affirmer qu’il existe une base
I n
0 0


2n +1
de ℝ
dans laquelle la matrice de u est de la forme A =  0 −I n 0 .


0 0
 0
M

Les matrices commutant avec A étant celle de la forme  0

 0
0
N
0
0

0 avec M , N ∈ M n ( ℝ ) , on peut affirmer

0
dimC (u ) = 2n 2 .
b) Πu = X 3 − X donc dim ℝ [u ] = 3 et par suite C (u ) = ℝ [u ] ssi n = 1 .
Exercice 26 Soit A ∈ M n ( ℝ ) . On pose fA (M ) = AM , pour toute matrice M ∈ M n ( ℝ ) .
a) Montrer que si A2 = A alors fA est diagonalisable.
b) Montrer que fA est diagonalisable ssi A est diagonalisable.
a) Si A2 = A alors fA2 = fA . fA est une projection donc diagonalisable.
b) Pour tout P ∈ ℝ [X ] , on observe P ( fA ) : M ֏ P (A)M de sorte que P ( fA ) = 0 ⇔ P (A) = 0 .
Tout endomorphisme étant diagonalisable ssi il annule un polynôme scindé simple, on peut conclure.
Exercice 27 Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie, f ∈ L(E ) tel que f 2 = f . Etudier les
éléments propres et la diagonalisabilité de l’endomorphisme u ֏ fu − uf de L(E ) .
Posons φ l’endomorphisme de L(E ) étudié. On observe que φ 3 = φ . Par annulation d’un polynôme scindé
simple, on peut affirmer que φ est diagonalisable de seules valeurs propres possibles 0,1 et −1 .
I 0

En introduisant une base adaptée à la projection f , la matrice de cet endomorphisme est  r
 0 0
A B 
 la matrice de u dans cette base, on obtient:
En notant 
C D 
φ (u ) = 0 ⇔ B = 0 et C = 0 .
φ (u ) = u ⇔ A = 0 , C = 0 et D = 0 .
φ (u ) = −u ⇔ A = 0 , B = 0 et D = 0 .
Exercice 28 Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et f ∈ L(E ) . On définit 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.
Trigonalisation
Exercice 29 Soit A une matrice carrée réelle d’ordre n . Montrer que A est nilpotente ssi, pour tout p ∈ 1, n ,
tr Ap = 0 .
0
∗



Si A est nilpotente alors seule 0 est valeur propre de A et donc A est semblable à  ⋱  . Par suite


0
0
tr Ap = 0 pour tout p ≥ 1 .
Inversement, supposons tr Ap = 0 pour tout p ∈ 1, n .
Notons λ1 ,..., λm les racines non nulles de χf et α1 ,..., αm leurs multiplicités respectives.
m
On a ∀1 ≤ p ≤ m ≤ n , tr( f p ) = ∑ αiλip = 0 .
i =1
Ce système de Vandermonde implique : ∀1 ≤ i ≤ p, αi = 0 et donc l’inexistence de valeurs propres autres que 0
ce qui permet de conclure que A est nilpotente via trigonalisation.
Exercice 30 Si A ∈ M n (ℂ) , montrer que det eA = e tr A .
λ1
∗ 



 .
A est semblable à une matrice triangulaire supérieure de la forme 
⋱


 0
λn 
exp(λ1 )
∗′ 



 d’où la relation.
exp(A) est alors semblable à une matrice de la forme 
⋱


exp(λn )
 0
Applications de la réduction
Exercice 31 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 .
Exercice 32 Soit E un ℂ -espace vectoriel de dimension finie et f ∈ L(E ) de polynôme minimal Π f .
Montrer l’existence de x ∈ E tel que {P ∈ ℂ[X ] / P ( f )(x ) = 0} soit l’ensemble des multiples de
Πf .
On peut écrire Π f =
∏
(X − λ )αλ et E = ⊕ ker( f − λ Id)αλ décomposition en somme de sous-espaces
λ∈Sp( f )
λ∈Sp( f )
vectoriels stables par f .
Pour chaque λ ∈ Sp( f ) , ker( f − λ Id)αλ −1 ≠ ker( f − λ Id)αλ par minimalité de Π f et donc il existe
x λ ∈ ker( f − λ Id)αλ \ ker( f − λ Id)αλ −1 .
On peut alors établir que la famille (( f − λ Id)k (x λ ))
0≤k ≤αλ −1
Considérons maintenant x =
∑
λ∈Sp( f )
xλ .
est libre.
Pour P ∈ ℂ[X ] , P ( f )(x ) =
∑
P ( f )(x λ ) avec P ( f )(x λ ) ∈ ker( f − λ Id)αλ par stabilité.
λ∈Sp( f )
Par décomposition en somme directe, P ( f )(x ) = 0 ⇔ ∀λ ∈ Sp( f ), P ( f )(x λ ) = 0 .
Par division euclidienne P = (X − λ )αλ Q + R avec deg R < αλ de sorte qu’on puisse écrire
αλ −1
R = ∑ ak (X − λ )k . On alors P ( f )(x λ ) = 0 ⇔ ∀ 0 ≤ k < αλ ,ak = 0 .
k =0
Ainsi P ( f )(x ) = 0 ⇔ ∀λ ∈ Sp( f ),(X − λ )αλ | P
Enfin puisque les termes (X − λ )αλ sont premiers entre eux, on peut conclure
P ( f )(x ) = 0 ⇔ Π f | P .
Exercice 33 Soit M ∈ M n (ℂ) . Montrer l’équivalence de :
(i) toute valeur propre de M est de module strictement inférieur à 1 ;
(ii) la suite (M k ) tend vers 0 ;
(iii) la série de terme général M k converge.
(i) ⇒ (ii) Le plus simple est sans doute d’utiliser la décomposition de Dunford : M = D + N avec D
diagonalisable et N nilpotente commutant entre elles. Par la formule du binôme de Newton, on peut calculer
M k et tronquer la somme par la nilpotence de N , on parvient alors à une somme finie de termes qui tendent
vers 0 par croissance comparée. Une autre méthode, techniquement plus lourde, consiste à introduire
ρℓk = max { (M k )1,ℓ +1 ,…, (M k )n −ℓ ,n
} qui majorent les coefficients de M
k
situés sur la diagonale (pour ℓ = 0 ),
sur la sur-diagonale (pour ℓ = 1 ) etc. En notant que ρ = ρ10 < 1 , on montre par récurrence sur k que
ρℓk ≤ k ℓ M
ℓ +1
∞
ρk −ℓ ce qui permet de conclure.
(ii) ⇒ (iii) Supposons que M k → 0 . On peut alors affirmer que 1 n’est pas valeur propre de M car
MX = X ⇒ M k X = X et donc à la limite MX = X ⇒ X = 0 . Par suite la matrice I − M est inversible et
m
puisque (I − M )∑ M k = I − M m +1 ,
k =0
m
∑M
k
= (I − M )−1 (I − M m +1 ) d’où la convergence de la série des M k .
k =0
(iii) ⇒ (i) Soit λ ∈ Sp(M ) et X ≠ 0 tel que MX = λX . Puisque
m
∑M
k
converge quand m → +∞ , on a
k =0
m
∑M
k =0
n
k
X converge, puis
∑λ X
k
converge et donc λ < 1 (car X ≠ 0 ).
k =0
Exercice 34 Soit la matrice A ∈ M n ( ℝ ) donnée par A = (min(i , j ))1≤i , j ≤n .
a) Trouver une matrice triangulaire inférieure unité L et une matrice triangulaire supérieure U
telle que A = LU .
0 1
(0)




⋱ ⋱
−1

 .
b) Exprimer A à l’aide de N = 

⋱ 1 


(0)
0 
c) Montrer que Sp A−1 ⊂ [0, 4] .
1


(0)

 1 ⋯ 1




 et U = 
a) L = ⋮ ⋱
⋱ ⋮ = tL .




1 ⋯ 1 
(0)
1
b) U = I + N + ⋯ + N n−1 , (I − N )U = I donc U −1 = I − N , L−1 = t (U −1 ) = I − t N donc
A−1 =U −1L−1 = I − N − t N + N t N .
2 1
(0)


 1 ⋱ ⋱

 . Posons χn le polynôme caractéristique de A−1 ∈ M n ( ℝ ) .
c) A−1 = 

⋱ 2 1 


(0)
1 1 
On a χn +2 (λ ) = (2 − λ )χn +1 (λ ) − χn (λ ) avec χ0 (λ ) = 1 et χ1 (λ ) = 1− λ .
En écrivant λ = 2 + 2cos θ avec θ ∈ [0, π ] et en posant fn (θ ) = χn (2 + 2cos θ ) on a la relation :
fn +2 (θ ) + 2cos θ fn +1 (θ ) + fn (θ ) = 0 , f0 (θ ) = 1 et f1 (θ ) = 2cos θ −1 .

1
cos n +  θ

2
La résolution de cette récurrence linéaire d’ordre 2 donne fn (θ ) =
.
θ
cos
2
Ainsi, χn admet n racines dans [0, 4] et puisque ce polynôme est de degré n il n’y en a pas ailleurs :
Sp A−1 ⊂ [0, 4] .
Espaces préhilbertiens
Exercice 35 Soit E un espace euclidien. Quels sont les endomorphismes de E tels que pour tout sous-espace
vectoriel V de E : f (V ⊥ ) ⊂ ( f (V ))⊥ .
Un tel endomorphisme conserve l’orthogonalité. Pour tout x , y vérifiant x = y , on a x + y et x − y
orthogonaux donc f (x ) + f (y ) et f (x ) − f (y ) aussi. Par suite f (x ) = f (y ) . Ainsi un tel endomorphisme
transforme une base orthonormée (e1 ,…,en ) en une famille orthogonale aux vecteurs isométriques. Par suite
f = λg avec g ∈ O (E ) . La réciproque est immédiate.
Exercice 36 Soit n ∈ ℕ∗ . On note M l’espace vectoriel réel M n ( ℝ ) . On pose ϕ : (A, B ) ∈ M2 ֏ tr t AB .
a) Montrer que ϕ est un produit scalaire.
b) Donner une condition nécessaire et suffisante sur Ω ∈ M pour que M ֏ ΩM soit ϕ orthogonale.
a) On reconnaît le produit scalaire canonique sur M n ( ℝ ) .
b) Posons f : M ֏ ΩM . ( f (M ) | f (N )) = tr( t M t ΩΩN ) .
f est ϕ -orthogonale ssi pour tout M , N ∈ M , (M | t ΩΩN ) = (M | N ) i.e. pour tout N ∈ M , t ΩΩN = N i.e.
ΩΩ = I n .
Ainsi f est ϕ -orthogonale ssi Ω l’est.
t
Exercice 37 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.
Calcul de distance à un sous-espace vectoriel
Exercice 38 Calculer le minimum de
∫
1
0
(t 3 −at 2 −bt −c ) 2 dt , a ,b ,c parcourant ℝ .
1
En introduisant sur ℝ [X ] le produit scalaire : (P | Q ) = ∫ P (t )Q (t )dt , la quantité cherchée est
0
m = d (X , ℝ 2 [X ]) = X − p (X )
3
2
3
3
2
avec p la projection orthogonale sur ℝ [X ] .
p (X ) = a + bX + cX avec (p (X ) | X i ) = (X 3 | X i ) pour i = 0,1,2 .
La résolution du système ainsi obtenu donne a = 1 20 , b = − 3 5 et c = 3 2 .
2
1
m = X 3 − p (X 3 ) = (X 3 − p (X 3 ) | X 3 ) =
.
2800
3
2
3
{∫ t (ln t −at −b) dt ,(a,b) ∈ ℝ } .
1
Exercice 39 Calculer inf
2
2
2
0
En introduisant l’espace E des fonctions réelles f continues sur ]0,1] telles que t ֏ (tf (t )) 2 soit intégrable et
1
en munissant cet espace du produit scalaire ( f | g ) = ∫ t 2 f (t )g (t )dt , la quantité cherchée est : m = d ( f , F ) 2
0
avec f : t ֏ ln t et F = Vect( f0 , f1 ) où f0 (t ) = 1 et f1 (t ) = t .
m = f − p(f )
2
avec p la projection orthogonale sur F .
p ( f )(t ) = a + bt avec (p ( f ) | f0 ) = ( f | f0 ) et (p ( f ) | f1 ) = ( f | f1 ) .
La résolution du système ainsi obtenu donne a = 5 3 et b = −19 12 .
2
m = f − p ( f ) = ( f − p ( f ) | f ) = 1 432 .
Exercice 40 On munit M n ( ℝ ) du produit scalaire rendant orthonormé la base canonique, dont on note
la
norme associée. Soit J la matrice de M n ( ℝ ) dont tous les coefficients sont égaux à 1. Si
M ∈ M n ( ℝ ) , calculer inf
(a ,b )∈ℝ 2
M −aI n −bJ .
Le cas n = 1 étant évident, on suppose désormais n ≥ 2 .
La quantité cherchée est m = d (M ,Vect(I ,J )) = M − p (M ) avec p la projection orthogonale sur Vect(I ,J ) .
p (M ) = aI + bJ avec (p (M ) | I ) = (M | I ) = tr(M ) et (p (M ) | J ) = (M | J ) = σ avec σ la somme des
coefficients de M .
La résolution de ce système donne a =
n tr(M ) − σ
σ − tr(M )
et b =
.
n (n −1)
n (n −1)
2
2
m 2 = M − p (M ) = (M − p (M ) | M ) = M −
(n −1) tr(M ) 2 + (tr(M ) + σ )2
.
n (n −1)
Adjoint d’un endomorphisme
Exercice 41 Soit E un espace vectoriel réel euclidien orienté de dimension 3 et f ∈ L(E ) . Montrer
l’équivalence de :
(i) f ∗ = −f ,
(ii) il existe w ∈ E tel que f (x ) = w ∧ x pour tout x ∈ E .
(ii) ⇒ (i) est immédiate via (w ∧ x | y ) = Det(w , x , y ) = − Det(w , y , x ) = −(w ∧ y | x ) .
(i) ⇒ (ii) Supposons f ∗ = −f .
0
a b 

Dans une base orthonormée directe (i , j , k ) , la matrice de f est de la forme −a 0 c  car antisymétrique.

−b −c 0
Pour w = −(ak + bj + ci ) , on observe w ∧ i = −aj −bk , w ∧ j = ai −ck et w ∧ k = bi + cj . Par suite
f (x ) = w ∧ x pour tout x car les applications linéaires f et x ֏ w ∧ x coïncident sur une base.
Exercice 42 Soit E un espace euclidien de norme . , u dans L(E ) et .
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 )
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
∗
et u ∗
2
2
= u ∗ (x ) − 2(u ∗ (x ) | x ) + x ≤ x − 2(x | u (x )) + x
2
2
∗
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 .
Exercice 43 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.
Exercice 44 Dans un espace euclidien E , soit f ∈ L(E ) . Montrer que deux des trois propriétés suivantes
entraînent la troisième :
(i) f est une isométrie,
(ii) f 2 = − Id ,
(iii) f (x ) est orthogonal à x pour tout x .
On observe que (i) équivaut à f ∗ = f −1 et (ii) équivaut à f −1 = −f .
Observons que (iii) équivaut à f ∗ = −f .
Supposons (iii), pour tout x , y ∈ E , ( f (x + y ) | x + y ) = 0 donne ( f (x ) | y ) = −(x | f (y )) donc f ∗ = −f . La
réciproque est immédiate.
Ainsi les propriétés (i), (ii) et (iii) retraduites, il est immédiat de conclure.
(
)
Exercice 45 Soit K ∈ C [ 0,1] , ℝ non nulle telle que ∀ (x , y ) ∈ [0,1] , K (x , y ) = K (y , x ) . On note
2
2
1
E = C ([0,1], ℝ ) . Pour f ∈ E , soit Φ( f ) : x ∈ [0,1] → ∫ K (x , y ) f (y )dy ∈ ℝ .
0
a) Vérifier que Φ ∈ L(E ) .
b) L’application Φ est-elle continue pour
∞
? pour
1
?
c) Montrer que Φ est autoadjoint pour le produit scalaire associé à
2
sur E .
−1


Soit Ω =  max ∫ K (x , y ) dy  .
 0≤x ≤1 0

d) Montrer : ∀λ ∈ ]−Ω, Ω[ , ∀h ∈ E , ∃! f ∈ E , h = f − λΦ( f ) .
1
e) Si λ ∈ ℝ ∗ , montrer que : dim ker(Φ − λ Id) ≤
1
λ2
∫∫[
0,1]
2
K (x , y )2 dxdy .
a) Pour f ∈ E , Φ( f ) ∈ E car (x , y ) ֏ K (x , y ) f (y ) est continue et on intègre sur un segment. La linéarité de Φ
est évidente.
b) Φ( f )
1
∞
≤ K
∞
f
∞
et Φ( f ) 1 ≤ ∫∫
[0,1]2
K (x , y ) f (y ) dxdy ≤ K
∞
f
donc Φ est continue pour
1
∞
et
.
c) (Φ( f ) | g ) = ∫∫
K (x , y ) f (y )g (x )dxdy = ( f | Φ(g )) car ∀ (x , y ) ∈ [0,1] , K (x , y ) = K (y , x ) .
2
[0,1]2
d) Rappelons que l’espace normé (E ,
∞
) est complet.
Avec plus de finesse que dans les inégalités du b), on peut affirmer Φ( f )
∞
≤ Ω−1 f
∞
.
Pour h ∈ E et λ < Ω , L’application T : f ֏ λΦ( f ) + h est λΩ -lipschitzienne avec λΩ < 1 . Par le théorème
du point fixe dans un espace complet, l’application T admet un unique point fixe et donc il existe un unique
f ∈ E vérifiant h = f − λΦ( f ) .
e) Soit ( f1 ,…, fp ) une famille orthonormée d’éléments de ker(Φ − λ Id) . Soit y ∈ [0,1] fixé et ϕ : x ֏ K (x , y ) .
p
1
On peut écrire ϕ = ∑ µj fj + ψ avec ψ ∈ Vect( f1 ,…, fp )⊥ et µj = ( fj | ϕ ) = ∫ K (x , y ) f j (x ) dx = λ fj (y ) . Par
0
j =1
orthogonalité
∫∫[
∫
1
0
p
j =1
p
0,1]
2
p
ϕ 2 (x ) dx = ∑ µj2 + ψ 2 ≥ ∑ µj2 . En intégrant on obtient
2
j =1
1
K (x , y ) 2 dx dy ≥ ∑ ∫ λ 2 fj2 (y ) dy = λ 2 p car les fj sont unitaires. Par suite ker(Φ − λ Id) est de
j =1
0
dimension finie et sa dimension vérifie l’inégalité proposée.
Endomorphisme orthogonaux et matrices orthogonales
Exercice 46 Soit A = (ai , j )1≤i , j ≤n une matrice réelle orthogonale. Montrer que
∑a
i ,j
≤n .
1≤i , j ≤n
2
Pour le produit scalaire canonique sur M n ( ℝ ) , A = tr( t AA) = n . En notant J la matrice dont tous les
coefficients valent 1, l’inégalité proposé s’apparente à l’inégalité de Cauchy-Schwarz : (A | J ) ≤ A J .
A B 
 ∈ On ( ℝ ) où A ∈ M p ( ℝ ) et D ∈ M n−p ( ℝ ) . Montrer que (det A)2 = (det D )2 .
Exercice 47 Soit M = 
C D 
I
Posons P =  p
 0
0
0 
0
 matrices de projections symétriques.
 de sorte que I − P = 

0 I n−p 
0
det A = det(MP + I − P ) et det D = det(P + (I − P )M ) .
On observe (det A)2 = det tAA et (det D ) 2 = det D tD .
Or t AA = (P t M + I − P )(MP + I − P ) = I + P tM + MP − P tMP − PMP = D tD .
Exercice 48 On note ( .|. ) le produit scalaire canonique de ℝ . Pour toute famille u = (u1 ,…, u p ) ∈ ( ℝ n ) p on
pose M u = ((ui | u j ))
1≤i , j ≤n
.
a) Montrer que (u1 ,…u p ) est libre ssi M u est inversible.
b) On suppose qu’il existe u = (u1 ,…, u p ) et v = (v1 ,…, v p ) telles que M u = M v . Montrer qu’il
existe f ∈O ( ℝn ) telle que f (ui ) = f (vi ) pour tout i .
a) Notons C1 ,…,C p les colonnes de M u .
Si (u1 ,…, u p ) est liée alors il existe λ1 ,…, λp non tous nuls vérifiant λ1u1 + ⋯ + λpu p = 0 . On a alors
(λ1u1 + ⋯ + λpup | ui ) = 0
pour tout i et donc λ1C1 + ⋯ + λpC p = 0 . Ainsi M u n’est pas inversible.
Inversement, supposons M u non inversible. alors il existe λ1 ,…, λp non tous nuls vérifiant λ1C1 + ⋯ + λpC p = 0
et donc (λ1u1 + ⋯ + λpu p | ui ) = 0 pour tout i . Ainsi λ1u1 + ⋯ + λpu p ∈ Vect(u1 ,…, u p )⊥ , or
λ1u1 + ⋯ + λpu p ∈ Vect(u1 ,…, u p ) donc λ1u1 + ⋯ + λpu p = 0 et la famille (u1 ,…, u p ) est liée.
b) Par récurrence sur p , montrons que si M u = M v il existe f : Vect(u1 ,…, u p ) → Vect(v1 ,…, v p ) conservant le
produit scalaire vérifiant f (ui ) = f (vi ) pour tout i . Ce résultat suffira pour construire un automorphisme
orthogonal ad hoc en prolongeant f de sorte qu’il transforme une base orthonormée de Vect(u1 ,…, u p )⊥ en une
base orthonormée de Vect(v1 ,…, v p )⊥ .
Pour p = 1 : la propriété est immédiate car u1 = v1 .
Supposons la propriété établie au rang p ≥ 1 .
Soit (u1 ,…, u p , u p+1 ) et (v1 ,…, v p , v p+1 ) vérifiant M u = M v .
On peut appliquer l’hypothèse de récurrence aux familles (u1 ,…, u p ) et (v1 ,…, v p ) et ainsi définir
f : Vect(u1 ,…, u p ) → Vect(v1 ,…, v p ) .
On peut aussi supposer la famille (u1 ,…, u p ) libre quitte à retirer les vecteurs combinaisons linéaires des autres.
De plus, puisque M u = M v est inversible, la famille (v1 ,…, v p ) correspondante est libre.
Cas u p+1 ∈ Vect(u1 ,…, u p ) :
On peut écrire u p+1 = λ1u1 + ⋯ + λpu p et donc (u p +1 − (λ1u1 + ⋯ + λpu p ) | ui ) = 0 pour tout i ∈ {1,…, p } .
Puisque M u = M v , on obtient aussi (v p+1 − (λ1v1 + ⋯ + λpv p ) | vi ) = 0 ainsi
v p+1 − (λ1v1 + ⋯ + λpv p ) ∈ Vect(v1 ,…, v p )⊥
Or M u n’est pas inversible donc (v1 ,…, v p , v p+1 ) est liée et puisqu’on s’est ramené au cas où (v1 ,…, v p ) est libre,
on obtient v p+1 ∈ Vect(v1 ,…, v p ) . Ainsi v p+1 = λ1v1 + ⋯ + λpv p avec les mêmes scalaires que ceux de la
décomposition de u p+1 . On a alors f (u p+1 ) = λ1 f (u1 ) + ⋯ + λp f (u p ) = f (v p+1 ) .
Cas u p+1 ∉ Vect(u1 ,…, u p ) .
On peut écrire u p+1 = u + n avec u ∈ Vect(u1 ,…, u p ) et n ∈ Vect(u1 ,…, u p )⊥ .
On peut aussi écrire v p+1 = v + m avec v ∈ Vect(v1 ,…, v p ) et m ∈ Vect(v1 ,…, v p )⊥ .
Pour i ∈ {1,…, p } , (u p +1 | ui ) = (u | ui ) donc (u | ui ) = (v | vi ) .
Comme dans l’étude précédente on obtient f (u ) = f (v ) et en substance u = v .
2
Puisque u p+1 = v p+1
2
avec u p+1 = u + n et v p+1 = v + m on a n = m .
On peut donc parfaitement prolonger f de sorte que celle-ci conserve le produit scalaire et vérifie f (n ) = f (m )
de sorte que f (u p+1 ) = f (v p+1 ) .
Récurrence établie.
Matrices symétriques
Exercice 49 Si M ∈ Sn ( ℝ ) vérifie M p = I n avec p ∈ ℕ∗ , que vaut M 2 ?
M est diagonalisable et ses valeurs propres sont racines de X p −1 , elles ne peuvent donc qu’être 1 ou −1 . Par
suite M 2 = I n .
Exercice 50 Montrer que le rang de A ∈ M n ( ℝ ) est égal au nombre de valeurs propres non nulles (comptées
avec leur ordre de multiplicité) de t AA .
Par comparaison de noyau, il est facile d’obtenir : rg A = rg tAA .
La matrice t AA étant symétrique réelle, elle est diagonalisable et donc son rang est égal au nombre de ses
valeurs propres non nulles comptées avec multiplicité.
Exercice 51 a) Déterminer le sous-espace vectoriel de M n ( ℝ ) engendré par Sn++ ( ℝ ) .
k
Soit A1 ,…, Ak des éléments de Sn++ ( ℝ ) et λ1 ,…, λk des réels. On pose A = ∑ λi Ai et
i =1
k
B = ∑ λi Ai .
i =1
b) Montrer que, pour X ∈ ℝ n , t XAX ≤ t XBX .
c) Montrer que det A ≤ det B .
a) Vect S n++ ( ℝ ) = Sn ( ℝ ) notamment parce qu’une matrice symétrique peut s’écrire comme différence de deux
matrices symétriques définies positives via diagonalisation.
k
k
i =1
i =1
b) t XAX = ∑ λi t XAi X avec t XAi X ≥ 0 donc t XAX ≤ ∑ λi t XAi X = t XBX .
c) Cas B = I n .
La matrice A est diagonalisable et pour tout X , t XAX ≤ t XX assure que ses valeurs propres λ vérifient
λ ≤ 1 et donc det A ≤ 1 = det B .
Cas général :
Si les λi sont tous nuls, c’est immédiat. Sinon, B ∈ Sn++ ( ℝ ) . On peut écrire B = C 2 avec C ∈ Sn++ ( ℝ ) .
Considérons ensuite A′ = C −1AC −1 ∈ S n ( ℝ )
Pour tout X ∈ ℝ n , t XA′ X = t (C −1X )A(C −1X ) ≤ t (C −1X )B (C −1X ) = t XX .
Par l’étude précédente, det A′ ≤ 1 donc det A ≤ (detC ) 2 = det B .
Exercice 52 Soit A ∈ S n++ ( ℝ ) et B ∈ Sn+ ( ℝ ) .
a) Montrer l’existence de C ∈ Sn++ ( ℝ ) tel que C 2 = A−1 .
b) On pose D = CBC . Montrer que (det(I + D ))1 n ≥ 1 + (det D )1 n .
c) Montrer que (det(A + B ))1 n ≥ (det A)1 n + (det B )1 n .
a) On peut écrire A = tPDP avec P ∈On ( ℝ ) et D = diag(λ1 ,…, λn ) avec λi > 0 .
La matrice C = t P ∆P avec ∆ = diag(1
λ1 ,…,1 λn ) convient.
b) D = D et XDX = (CX )B (CX ) ≥ 0 donc D ∈ Sn+ ( ℝ ) . En notant µ1 ,…, µn ≥ 0 ses valeurs propres,
t
t
t
n
l’inégalité voulue revient à
n
∏ (1 + λi )1 n ≥ 1 + ∏λi1 n qui s’obtient en appliquant l’inégalité de Jensen à la
i =1
i =1
convexité de la fonction x ֏ ln(1 + e ) .
x
c) (detC ) 2 det(A + B ) = det(CAC +CBC ) = det(I + D ) avec (detC ) 2 = 1 det A .
Exercice 53 Soit A, B ∈ Sn+ ( ℝ ) .
a) Montrer que si A est définie positive alors il existe P ∈GLn ( ℝ ) et D ∈ M n ( ℝ ) diagonale
telles que A = t PP et B = tPDP .
b) Montrer que (det A)t (det B )1−t ≤ det(tA + (1− t )B ) pour tout t ∈ ]0,1[ .
a) ϕ : (X ,Y ) ֏ t XAY et ψ : (X ,Y ) ֏ t XBY définissent respectivement un produit scalaire et une forme
bilinéaire symétrique sur M n ,1 ( ℝ ) représentés par les matrices A et B dans la base canonique. Par le théorème
spectral, il existe une base orthonormée pour le produit scalaire ϕ diagonalisant la forme bilinéaire symétrique
ψ . En notant P la matrice de changement de base correspondante, les formules de passage donnent
A = tPI n P = t PP car la nouvelle base est orthonormée pour ϕ et B = tPDP avec D diagonale car celle-ci
diagonalise ψ .
b) Par le résultat précédent, il suffit d’établir (det D )1−t ≤ det(tI n + (1− t )D ) avec D matrice diagonale à
coefficients diagonaux λ1 ,…, λn positifs.
1−t
n 
On souhaite donc établir, ∏λi 
 i=1 
Or pour tout λ ≥ 0 , λ
1−t
n
≤ ∏ (t + (1− t )λi ) .
i =1
≤ t + (1− t )λ . En effet pour λ = 0 , la propriété est immédiate et pour λ > 0 , celle-ci
équivaut à t ln1 + (1− t )ln λ ≤ ln(t + (1− t )λ ) qui découle de la concavité du logarithme.
On peut donc conclure en multipliant les comparaisons 0 ≤ λi1−t ≤ t + (1− t )λi .
Exercice 54 Soit J la matrice de M n ( ℝ ) dont tous les coefficient sont égaux à 1. Trouver P ∈On ( ℝ ) et
D ∈ M n ( ℝ ) diagonale telles que t PJP = D .
Sp(J ) = {0, n } , E 0 (J ) : x1 + ⋯ + x n = 0 et En (J ) : x1 = … = x n .
1



D = diag(n ,0,…,0) et P = 



1
n
⋮
⋮
n



−1 2 ⋱
 conviennent.
⋱ 1 2 

0
−1 2 
1
2
0
Exercice 55 a) Soit E un ℝ -espace vectoriel, ϕ une forme bilinéaire symétrique non dégénérée sur E et f
dans L(E ) telle que ∀x , y ∈ E , ϕ ( f (x ), y ) = −ϕ (x , f (y )) . Montrer que f est de rang pair.
b) Si A ∈ M n ( ℝ ) , montrer que le commutant de A dans M n ( ℝ ) est de codimension paire.
a) Introduisons une base de E et M et A les matrices de ϕ et f dans cette base.
La matrice M est symétrique et inversible car ϕ non dégénérée.
L’hypothèse ∀x , y ∈ E , ϕ ( f (x ), y ) = −ϕ (x , f (y )) donne t (AX )MY = − t XMAY pour toutes colonnes X ,Y et
donc t AM = −MA soit encore t (MA) = −MA . La matrice MA est antisymétrique donc de rang pair
(culture…) et puisque M est inversible A est de rang pair.
b) Soit f ∈ L(M n ( ℝ )) défini par f (M ) = AM − MA .
Le commutant de A est le noyau de f et sa codimension est le rang de f .
Considérons ϕ : (M , N ) → tr(MN ) . ϕ est une forme bilinéaire symétrique, non dégénérée car ϕ (M , N ) = 0
pour tout N entraîne M = 0 .
Pour tout M , N ∈ M n ( ℝ ) , on vérifie aisément ϕ ( f (M ), N ) = −ϕ (M , f (N )) et on conclut.
Exercice 56 On munit M n ( ℝ ) du produit scalaire canonique. On note An ( ℝ ) l’ensemble des matrices
antisymétriques de M n ( ℝ ) et S n+ ( ℝ ) l’ensemble des matrices symétriques positives.
Soit A ∈ M n ( ℝ ) telle que pour tout U ∈On ( ℝ ) , tr(AU ) ≤ tr A .
a) Déterminer le supplémentaire orthogonal de An ( ℝ ) .
b) Soit B ∈ An ( ℝ ) . Montrer que pour tout x ∈ ℝ , exp(xB ) ∈On ( ℝ ) .
c) Montrer que A ∈ Sn+ ( ℝ ) .
d) Etudier la réciproque.
e) Montrer que pour toute matrice M ∈ M n ( ℝ ) il existe S ∈ Sn+ ( ℝ ) et U ∈On ( ℝ ) telles que
M = SU .
a) C’est Sn ( ℝ ) car ces espaces sont évidemment orthogonaux et supplémentaires.
b) t exp(xB )exp(xB ) = exp( t (xB )) exp(xB ) = exp(−xB )exp(xB ) . Or −xB et xB commutent donc
t
exp(xB )exp(xB ) = exp(−xB + xB ) = exp(0) = I n .
c) La fonction dérivable f : x ֏ tr(A exp(xB )) admet un maximum en 0 donc f ′(0) = 0 ce qui donne
tr(AB ) = 0 pour tout B ∈ An ( ℝ ) . Ainsi A est une matrice symétrique. Par le théorème spectrale A = tPDP
avec D = diag(λ1 ,…, λn ) et P ∈On ( ℝ ) .
Posons V = diag(ε1 ,…, εn ) avec εi = ±1 et εiλi = λi et U = PV t P ∈ On ( ℝ ) .
tr(AU ) = tr(APV t P ) = tr( tPAPV ) = tr(DV ) = λ1 + ⋯ + λn et tr(A) = λ1 + ⋯ + λn .
La propriété tr(AU ) ≤ tr A entraîne λi ≥ 0 pour tout i .
d) Supposons A ∈ Sn+ ( ℝ ) . On peut écrire A = tPDP avec D = diag(λ1 ,…, λn ) , λi ≥ 0 et P ∈On ( ℝ ) . Pour
tout U ∈ On ( ℝ ) , tr(AU ) = tr(DV ) avec V = (vi , j ) = t PUP ∈ On ( ℝ ) .
n
n
i =1
i =1
On a alors tr(DV ) = ∑ λivi ,i ≤ ∑ λi = tr(A) car vi ,i ≤ 1 .
e) L’application réelle f :V → tr(MV ) est continue sur le compact On ( ℝ ) , elle y admet donc un maximum en
un certain U ∈ On ( ℝ ) . On a alors pour tout V ∈ On ( ℝ ) , tr(MV ) ≤ tr(MU ) . Posons alors A = MU . Pour tout
W ∈ On ( ℝ ) , tr(AW ) ≤ tr A donc A ∈ Sn+ ( ℝ ) et ainsi M = AU −1 avec A ∈ Sn+ ( ℝ ) et U −1 ∈ On ( ℝ ) .
Exercice 57 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
Exercice 58 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.)
Formes quadratiques
Exercice 59 Soit sur ℝn la forme quadratique Q (x1 ,…, x n ) =
∑
x i x j . Trouver son rang.
1≤i , j ≤n ,i ≠ j
0
(1)

1 
(n −1)(−1)n−1
 de déterminant
Dans la base canonique, la matrice de Q est 
⋱
.


2 
2n

(1)
0
Si n = 1 , rgQ = 0 . Sinon rgQ = n .
0
Exercice 60 On pose, pour X ∈ ℝ n , q (X ) = det 
X
X 
 , où A est une matrice symétrique réelle définie
A 
t
positive d’ordre n . Montrer que q est une forme quadratique définie négative (indice :
commencer par le cas où A est diagonale).
Cas A = diag(λ1 ,…, λn ) avec λi > 0 .
x 2
x2
En développant le déterminant selon la première colonne : q (x1 ,…, x n ) = −λ1 …λn  1 + ⋯ + n  . q est
λn 
 λ1
évidemment une forme quadratique définie négative.
Cas général : on peut écrire A = tPDP avec P ∈On ( ℝ ) et D = diag(λ1 ,…, λn ) , λi > 0 .
1 0  0

On observe 
0 P X
permet de conclure.
X 1

A 0
t
t
0   0
=
P  PX
t
 0
(PX )
 et donc q (X ) = det 
PX
D 
t
PX 
 car det P = 1 . Cela
D 
Exercice 61 Condition sur α pour que la forme quadratique Qα définie par : ∀ (x1 ,…, x n ) ∈ ℝ n ,
n
 n 
Qα (x1 ,…, x n ) = ∑ x i2 − α ∑ x i  soit définie positive ?
 i=1 
i =1
2
1− α
(α ) 



 .
La matrice de Qα dans la base canonique de ℝ est 
⋱


 (α )
1− α
n
Si n = 1 , seul 1− α est valeur propre et une CNS est α < 1 .
Si n ≥ 2 alors les valeurs propres sont 1− n α et 1− 2α . Une CNS pour que Qα soit définie positive est
1− n α > 0 et 1− 2α > 0 i.e. α < 1 n .
Exercice 62 Soit E un ℝ -espace vectoriel, q une forme quadratique sur E de forme polaire B ,
C q = {x ∈ E ,q (x ) = 0} et N q = {x ∈ E , ∀y ∈ E , B (x , y ) = 0} .
Montrer que C q = N q si et seulement si q est positive ou négative.
Notons que l’inclusion N q ⊂ C q est toujours vraie (il suffit de prendre y = x ).
Cas q positive : Soit x ∈C q . Par l’inégalité de Cauchy-Schwarz, pour tout y ∈ E , B (x , y ) ≤ q (x )q (y ) = 0 donc
B (x , y ) = 0 . Ainsi x ∈ N q et donc C q ⊂ N q puis = .
Cas q négative : Il suffit d’étudier −q .
Inversement, montrons que si q n’est ni négative, ni positive alors C q ≠ N q .
Supposons qu’il existe x , y ∈ E tel que q (x ) > 0 et q (y ) < 0 .
Par continuité de t ֏ q (tx + (1− t )y ) , on peut affirmer qu’il existe t ∈ ]0,1[ tel que z = tx + (1− t )y ∈ C q . Si par
l’absurde z ∈ N q alors b (z , x ) = b (z , y ) = 0 donne t 2q (x ) + (1− t )b (x , y ) = tb (x , y ) + (1− t ) 2 q (y ) = 0 ce qui
entraîne une incompatibilité de signe sur b (x , y ) . On peut donc affirmer que z ∉ N q et donc C q ≠ N q .
david Delaunay http://mpsiddl.free.fr
Espaces vectoriels normés
Soit (E ,
Exercice 1
) un espace vectoriel normé sur K ( K = ℝ ou ℂ ).
a) Montrer que pour tous x , y ∈ E , x + y ≤ 2 max { x + y , x − y
}.
b) Montrer que l’on peut avoir l’égalité avec x ≠ 0 et y ≠ 0 .
Désormais la norme est euclidienne.
c) Montrer que pour tous x , y ∈ E , x + y ≤ 2 max { x + y , x − y } .
d) Peut-on améliorer la constante 2 ?
1
1
a) x = (x + y ) + (x − y ) donc x ≤ max { x + y , x − y
2
2
x + y ≤ 2max { x + y , x − y } .
=
b) Sur ℝ 2 avec
∞
} . Aussi
y ≤ max { x + y , x − y
}
donc
, il y a égalité pour x = (1,0) et y = (0,1) .
(
1
1
1
2
2
2
2
2
2
≤ 2 x + 2 y . Or x = (x + y ) + (x − y ) donne x =
x + y + x −y + x − y
2
2
4
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
aussi y =
x + y + x −y − x + y
donc x + y ≤
x + y + x −y
4
2
c)
(x
+y
)
2
(
puis
(x
+y
)
)
2
≤ 2 max { x + y , x − y
}
2
(
2
)
)
qui permet de conclure.
d) Non, sur ℝ 2 , il y a égalité pour x = (1,0) et y = (0,1) .
Exercice 2
Déterminer l’ensemble des morphismes continus de (U ,×) dans lui-même.
Soit ϕ :U → U morphisme continue. L’application θ ∈ ℝ → ϕ (eiθ ) est continue et à valeurs dans U donc par le
théorème de relèvement, il existe une fonction ψ : ℝ → ℝ continue vérifiant ϕ (eiθ ) = eiψ (θ ) pour tout θ ∈ ℝ .
Puisque ϕ est un morphisme, on obtient : ∀θ, θ ′ ∈ ℝ , ψ (θ + θ ′) − (ψ (θ ) + ψ (θ ′)) ∈ 2πℤ . Or l’application
(θ , θ ′) ֏ ψ (θ + θ ′) − (ψ (θ ) + ψ (θ ′)) est continue sur le connexe ℝ 2 , son image est donc connexe et cette
application est donc constante. Sans perte de généralités, on peut désormais supposer
∀θ, θ ′ ∈ ℝ , ψ (θ + θ ′) = ψ (θ ) + ψ (θ ′) . L’application ψ apparaît désormais comme étant un endomorphisme
continue de ( ℝ , +) dans lui-même, il est alors connu qu’il existe a ∈ ℝ tel que ∀θ ∈ ℝ , ψ (θ ) = aθ . De plus,
puisque ϕ (e 2iπ ) = 1 , a ∈ ℤ et finalement ϕ : z → z a pour un certain a ∈ ℤ . Réciproquement ces applications
sont des endomorphismes continus de (U ,×) .
Topologie
Exercice 3
On munit l’espace des suites bornées réelles ℓ ∞ ( ℝ ) de la norme u
∞
= supn ( un ) .
∞
a) Montrer que l’ensemble des suites convergentes est un fermé de ℓ ( ℝ ) .
b) Montrer que l’ensemble des suites (an ) qui sont terme général d’une série absolument
convergente n’est pas un fermé de ℓ ∞ ( ℝ ) .
a) Notons C l’espace des suites convergentes de ℓ ∞ ( ℝ ) .
Soit (u n ) une suite convergente d’éléments de C de limite u ∞ .
Pour chaque n , posons ℓn = lim u n = lim u pn . Puisque la suite (u n ) converge celle-ci est de Cauchy pour
p→+∞
n
ce qui permet d’établir que la suite réelle (ℓ ) est elle-même de Cauchy. Posons ℓ
∞
p
u −ℓ
∞
∞
p
≤ u −u + u − ℓ + ℓ − ℓ
n
p
n
p
n
n
∞
∞
sa limite. Puisque
on peut par les epsilon établir lim u = ℓ ∞ .
p →+∞
∞
p
b) Notons A l’espace des suites dont le terme général est terme général d’une série absolument convergente.
∞
Soit (u n ) la suite définie par ∀n ∈ ℕ ∗ , ∀p ∈ ℕ, u pn =
1
.
(p + 1)1+1 n
La suite (u n ) est une suite d’éléments de A et une étude en norme
u p∞ =
∞
permet d’établir que u n → u ∞ avec
1
. La suite u ∞ n’étant pas élément de A , la partie A n’est pas fermée.
p +1
Exercice 4
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.
Exercice 5
Soit f une fonction de ℝ dans ℝ et G f = {(x , f (x )), x ∈ ℝ } le graphe de f .
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 .
Compacité
Exercice 6
Soit (E , . ) un espace vectoriel normé, K un compact non vide de E et f : K → K telle que
∀ (x , y ) ∈ K 2 , x ≠ y ⇒ f (x ) − f (y ) < x − y .
a) Montrer qu’il existe un unique point fixe c de f sur K .
b) Soit (x n ) telle que x n +1 = f (x n ) et x 0 ∈ K . Montrer que (x n ) converge vers c .
a) L’unicité est évidente. Pour l’existence, on introduit δ : x ֏ f (x ) − x . La fonction δ est continue sur le
compact K elle admet donc un minimum en un c ∈ K . Si f (c ) ≠ c alors
δ ( f (c )) = f ( f (c )) − f (c ) < f (c ) −c = δ (c ) ce qui contredit la minimalité de c . Il reste f (c ) = c .
b) Introduisons dn = x n −c . La suite (dn ) est décroissante et minorée donc elle converge ; posons d sa limite.
La suite (x n ) évolue dans un compact, il existe donc une extractrice ϕ telle que (x ϕ (n ) ) converge vers un
élément a de K . On a alors dϕ (n ) → d et donc d = a −c . La suite (x ϕ (n )+1 ) converge vers f (a ) . On a aussi
dϕ (n )+1 → d et donc d = f (a ) −c = f (a ) − f (c ) . L’hypothèse a ≠ c contredirait l’hypothèse faite sur f .
Nécessairement x ϕ (n ) → c . En substance la suite (x n ) du compact K n’admet qu’une valeur d’adhérence donc
elle converge vers celle-ci.
Exercice 7
Soit E1 et E 2 deux espaces vectoriels normés réels, f une application de E1 dans E 2 telle que
pour tout compact K de E 2 , f −1 (K ) soit un compact de E1 . Montrer, si F est un fermé de E1 ,
que f (F ) est un fermé de E 2 .
Soit (yn ) une suite convergente d’éléments de f (F ) de limite y ∞ . On veut établir que y ∞ ∈ f (F ) . Si y ∞ est
l’un des éléments de la suite (yn ) l’affaire est entendue. Sans perte de généralités, on peut supposer que pour
tout n ∈ ℕ , yn ≠ y ∞ .
Pour tout n ∈ ℕ , il existe x n ∈ F tel que yn = f (x n ) . L’ensemble K = {yn / n ∈ ℕ} ∪ {y ∞ } est un compact de
E 2 donc f −1 (K ) est un compact de E1 . La suite (x n ) apparaît comme étant une suite d’éléments du compacte
f −1 (K ) , on peut donc en extraire une suite convergeant dans la partie x ϕ (n ) → x ∞ ∈ f −1 (K ) . De plus (x ϕ (n ) )
étant une suite d’éléments du fermé F , on peut affirmer x ∞ ∈ F . On va maintenant établir y ∞ = f (x ∞ ) ce qui
permettra de conclure. Pour tout N ∈ ℕ , posons K N = {yn / n ≥ N } ∪ {y ∞ } . K N est un compact, f −1 (K N ) est
donc fermé et par suite x ∞ ∈ f −1 (K N ) . Ainsi, x ∞ ∈
∩f
N ∈ℕ
−1


(K N ) = f −1  ∩ K N  . Or

N ∈ℕ
∩K
N
= {y ∞ } donc
N ∈ℕ
f (x ∞ ) = y ∞ .
Exercice 8
Soit A un compact d’intérieur non vide de ℝn et LA = {u ∈ L( ℝ n ), u (A) ⊂ A} . Montrer que LA
est un compact de L( ℝ n ) .
Etant en dimension finie, il suffit d’observer que LA est une partie fermée et bornée de L( ℝ n ) .
On munit ℝn d’une norme quelconque et L( ℝ n ) de la norme d’opérateur subordonnée.
Soit (un ) une suite convergente d’éléments de LA de limite u∞ .
Pour tout x ∈ A , un (x ) − u∞ (x ) ≤ un − u∞ x → 0 donc un (x ) → u∞ (x ) . Or pour tout n , un (x ) ∈ A donc
u∞ (x ) ∈ A = A . Ainsi u∞ ∈ LA . La partie LA est fermée. Il reste à montrer qu’elle est bornée.
Comme l’intérieur de A est non vide, il existe x 0 ∈ A et α > 0 vérifiant B (x 0 , α ) ⊂ A . De plus, la partie A
étant bornée, il existe M ∈ ℝ + vérifiant A ⊂ B (0, M ) . Pour u ∈ L (A) et x ∈ B (0,1) ,
1
u (x 0 + α (x − x 0 )) ∈ u (A) ⊂ A donc (1− α )u (x 0 ) + αu (x ) ≤ M puis u (x ) ≤ (M + 1− α u (x 0 )
α
1
u ≤ (M + 1− α u (x 0 ) ) . Finalement la partie LA est bornée et donc compacte.
α
Exercice 9
Soit (E ,
) et enfin
) un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de dimension fine de E .
a) Montrer : ∀x ∈ E , ∃y ∈ F ,d (x , F ) = x − y .
b) Montrer, si F ≠ E , qu’il existe u ∈ E tel que d (u , F ) = u = 1 .
c) Montrer que E est de dimension finie si et seulement si B = {x ∈ E , x ≤ 1} est compacte.
a) Par réalisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite (yn ) d’éléments de F vérifiant
x − yn → d (x , F ) . Cette suite est bornée et évolue dans l’espace vectoriel normé F qui est de dimension finie,
elle admet donc une valeur d’adhérence y dans F pour laquelle d (x , F ) = x − y .
b) Puisque F ≠ E , il existe un vecteur x de E n’appartenant pas à F . On peut vérifier d (λx , F ) = λ d (x , F )
de sorte qu’il est possible de choisir x vérifiant d (x , F ) = 1 . Pour tout vecteur y ∈ F , on a aussi
d (x − y , F ) = 1 . Il ne reste plus qu’à trouver y ∈ F tel que x − y = 1 . Le vecteur y ∈ F vérifiant
d (x , F ) = x − y convient
c) Si E est de dimension finie, B est compacte car fermée et bornée en dimension finie.
Inversement, supposons par l’absurde que B est compacte et E de dimension infinie. Par récurrence, on
construit une suite (un ) de vecteurs de E en posant u 0 un vecteur unitaire quelconque, puis une fois u 0 ,…, un
déterminés, on définit un +1 de sorte que d (un +1 , Vect(u0 ,…, un )) = un +1 = 1 . Cette construction est possible par
l’étude précédente et parce que E est supposé de dimension infinie. La suite (un ) ainsi définie est une suite
d’éléments du compact B , on peut donc en extraire une suite convergente (uϕ (n ) ) . Puisque cette suite converge
uϕ (n +1) − uϕ (n ) → 0 , or uϕ (n +1) − uϕ (n ) ≥ d (uϕ (n +1) , Vect(u 0 ,…, uϕ (n +1)−1 )) ≥ 1 . C’est absurde.
Densité
Exercice 10 Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel normé (E ,
) est dense ou fermé dans E .
Par définition un hyperplan H de E est un sous-espace vectoriel de codimension 1. Il existe donc un vecteur
a ∈ E non nul vérifiant H ⊕ Vect(a ) = E . Supposons que H ne soit pas fermé. Il existe alors une suite (x n )
d’éléments de H convergeant vers un élément x n’appartenant pas à H . On peut écrire x = h + λa avec
1
h ∈ H et λ ≠ 0 . En considérant yn = (x n − h ) , on construit une suite (yn ) d’éléments de H convergeant
λ
vers a à partir de laquelle il est désormais facile d’établir que H est dense dans E . En effet pour tout z ∈ E ,
on peut écrire z = k + µa avec k ∈ H et µ ∈ ℝ de sorte que la suite de terme général z n = k + µyn est une
suite d’éléments de H convergeant vers z .
Exercice 11 On note E l’ensemble des fonctions réelles définies et continues sur [0, +∞[ et dont le carré est
intégrable. On admet que E est un espace vectoriel réel. On le munit de la norme
2
∫
:f ֏
+∞
0
f 2 (t ) dt . On note E 0 l’ensemble des f ∈ E telles que f est nulle hors d’un
certain segment. On note F l’ensemble des fonctions de E du type x ֏ P (e−x )e−x
2
2
où P
parcourt ℝ [X ] . Montrer que E 0 est dense dans E puis que F est dense dans E .
Soit f une fonction élément de E . Pour tout ε > 0 , il existe un réel A vérifiant
+∞
∫
A
f 2 (t ) dt ≤ ε .
Considérons alors la fonction ϕ : [0, +∞[ → ℝ définie par ϕ (t ) = 1 pour t ∈ [ 0, A] , ϕ(t ) = 0 pour t ≥ A + 1 et
ϕ(t ) = 1− (t − A) pour t ∈ [A, A + 1] . La fonction f ϕ est éléments de E 0 et f − f ϕ 2 ≤
∫
+∞
A
f 2 (t ) dt ≤ ε .
Ainsi E 0 est dense dans E .
Pour montrer maintenant que F est dense dans E , nous allons établir que F est dense dans E 0 .
Soit f une fonction élément de E 0 . Remarquons
∫ ( f (t ) − P (e
+∞
−t
−t 2 2
)e
0
La fonction u ֏
e−(ln u )
u
2
)
2
e−(ln u )
dt =−t ∫ f (− ln u )e
− P (u )
du .
0
u =e
u
2
e−(ln u )
est intégrable sur ]0,1] car u

→0 .
u →0
u
(
2
La fonction g : u ֏ f (− ln u )e(ln u )
1
2
2
(ln u )2 2
)
2
peut-être prolongée par continuité en 0 car f est nulle en dehors d’un
segment. Par le théorème de Weierstrass, pour tout ε > 0 , il existe un polynôme P ∈ ℝ [X ] vérifiant
e−(ln u )
du . Cela permet de
u
2
g −P
−t
∞ ,[ 0,1]
−t 2 2
≤ ε et pour ϕ : t ֏ P (e )e
conclure à la densité proposée.
on a alors f − ϕ 2 ≤ λε avec λ =
∫
1
0
Suites numériques
(
Exercice 12 Etudier la convergence de la suite a n 
1n
) , où a > 0 .
Si a ∈ ]0,1[ , la suite est constante égale à 0.
Si a = 1 , la suite est constante égale à 1.
1n
1n
Si a > 1 alors a n −1 < a n  ≤ a n donne (a n −1) < a n  ≤ a et donc, par encadrement, la suite converge vers
a.
a 1 n + b1 n 
 .
Exercice 13 Soit des réels positifs a et b . Trouver la limite de 

2

n
Si a = 0 ou b = 0 alors la suite converge évidemment vers 0. On suppose désormais a ,b > 0 .
a 1 n + b1 n 
1
1 1n
1
a + b1 n ) = 1 + ln(ab ) + o   donc 
(
 → ab .
 n 
2
2n
2


n
Exercice 14 Soit (x n )n∈ℕ∗ une suite de réels positifs.
On pose pour tout n > 0 , yn = x1 + x 2 + ⋯ + x n .
a) Ici x n = a pour tout n , où a > 0 . Etudier la convergence de (yn ) .
n
b) Même question dans le cas où x n = ab 2 pour tout n , avec b > 0 .
−n
c) Montrer que (yn ) converge si et seulement si (x n2 ) est bornée.
Notons que la suite (yn ) est croissante, elle est donc convergente si et seulement si elle est majorée.
1 + 1 + 4a
. On remarque
2
que y1 = a ≤ ℓ et on montre par récurrence yn ≤ ℓ . La suite (yn ) est croissante et majorée donc convergente.
b) On observe que la nouvelle suite (yn ) est désormais égale à b fois la précédente, elle est donc convergente.
a) Ici yn +1 = a + yn . Soit ℓ la racine positive de l’équation ℓ 2 − ℓ − a = 0 i.e. ℓ =
−n
−n
c) Si (yn ) converge vers ℓ alors x n2 ≤ yn ≤ ℓ donc (x n2 ) est bornée.
−n
n
Si (x n2 ) est bornée par une certain M alors x n ≤ M 2 , la suite (yn ) définie par (x n ) est alors inférieure à
n
celle obtenue par (M 2 ) , cette dernière étant convergente, la suite (yn ) converge.
Exercice 15 Soit u 0 ∈ ]0, 2π[ puis un +1 = sin (un 2) .
a) Montrer que (un ) tend vers 0.
b) Montrer que lim(2n un ) = A pour un certain A > 0 .
c) Trouver un équivalent simple de (un − A2−n ) .
a) Par récurrence 0 ≤ un ≤ u 0 2n .
3
 sin(un 2) 
1 u 
 ∼ −  n  est terme général d’une série convergente donc la suite
b) ln(2n +1un +1 ) − ln(2n un ) = ln 

 un 2 
6  2 
(ln(2n un )) converge et finalement (2n un ) converge vers un réel A strictement positif.
+∞
c) un − A2−n = 2−n ∑ 2k uk − 2k +1uk +1 . Or 2k uk − 2k +1uk +1 ∼
k =n
2k +1  uk 
A3
.
  ∼
6 2
24.22k
3
Par comparaison de reste de série convergente à termes positifs, un − A2−n ∼ 2−n
A3 +∞ 1
A3
=
.
∑
2k
24 k =n 2
18.2−3n
 n  k 
Exercice 16 Etudier les limites de ∏1 + 
 k =1  n 
1n
n 
k 
et de ∏1 + 2  .
 k =1  n 
1n
1
 n  k 
 n  k 
1 n  k
4
ln ∏1 +  = ∑ ln 1 +  → ∫ ln(1 + t )dt = 2ln 2 −1 donc ∏1 +  → .
 k =1  n 
 k =1  n 
0
n k =1  n 
e
1n
1n
n 
n 
k
1
k 
1
k 
Pour k ∈ {1,…, n } , 2 ≤ donc 1 ≤ ∏1 + 2  ≤ 1 + puis ∏1 + 2 








n
n
n 
n
n 
 k =1
 k =1
1n
n
Exercice 17 Calculer les limites de
k 
1n
 k 
et
2

∑ sin n sin n
k =1
n
∑ sin
2
k =1
→ 1.
1
lorsque n → +∞ .
k +n
1
Pour x ≥ 0 , x − x 3 ≤ sin x ≤ x donc sin x − x ≤ Mx 3 avec M = 1 6 .
6
n
k   k  n
k  k
k
k
k3 M
M
On a alors sin 2 − 2 ≤ M . 6 ≤ 3 donc ∑ sin   sin  2  − ∑ sin   2 ≤ 2 → 0 .



 n   n  k =1  n  n
n
n
n
n
n
k =1
n
Or
k  k
∑ sin n  n
k =1
1
2
→ ∫ t sin tdt donc
0
n
k 
 k 
 → sin1− cos1 .
2

∑ sin n sin n
k =1
1
Pour x ≥ 0 , x − x 3 ≤ sin x ≤ x donne aussi sin 2 x − x 2 ≤ M ′x 4 avec M ′ = 1 3 .
6
n
n
n
1
1
1
M′
Ainsi ∑ sin 2
−∑
≤ M ′∑
≤
→0.
2
+
(
+
)
k
n
k
n
n
k
+
n
k =1
k =1
k =1
n
Or
1
1
n
1
∑ k + n = n ∑ 1+ k n → ∫
k =1
k =1
dx
= ln 2 donc
0 1+ x
1
n
∑ sin
1
→ ln 2 .
k +n
2
k =1
n
sin(kx )
. Soit x n le plus petit réel strictement positif en
k
k =1
lequel fn atteint un maximum local. Calculer lim fn (x n ) .
Exercice 18 Si n ∈ ℕ∗ et x ∈ ℝ , soit fn (x ) = ∑
nx
sin
(n + 1)x
2 donc x = π .
fn′(x ) = ∑ cos kx = cos
n
x
2
n +1
k =1
sin
2
kπ
kπ
sin
n sin
1 n
n
+
1
n
+ 1 → 1 sin(πt ) dt .
fn (x n ) = ∑
=
∑
∫0 t
k
k
n + 1 k =1
k =1
n +1
n
1 n 
Exercice 19 Donner un développement asymptotique de  ∑ k !
à la précision o (n −3 ) .
 n ! k =0 n∈ℕ
 1  n −4 k !
1 n
1
1
1
k != 1+ +
+
+ o  3  + ∑ .
∑
 n  k =0 n !
n ! k =0
n n (n −1) n (n −1)(n − 2)
n −5
n
1
1
k!
(n − 5)!
1
1
1
2
= o  3  donc
Or ∑ ≤ (n − 4)
k ! = 1 + + 2 + 3 + o  3  .
∑



 n 
n!
n
n ! k =0
n n
n
k =0 n !
Nature de séries numériques
 1
e − 1 + 
 n 
Exercice 20 Nature de la série de terme général 3 2
.
n − n 3 2  + n
n
 1
e − 1 + 
n
 1
1
1
 n 
e − 1 +  = O   et n 3 2 − n 3 2  + n = n +O (1) ∼ n donc 3 2
= O  2  ce qui permet de
3 2
 n 
 n 

 n 
n − n  + n
conclure à une absolue convergence.
n
 (−1)n 
Exercice 21 Nature de la série de terme général ln 1 + a  , où a > 0 .

n 
 (−1)n  (−1)n 1 1
 1 
+ o  2a  .
ln 1 + a  = a −
2
a
 n 
2n
n 
n

(−1)n
est terme général d’une série convergente.
na
 1 
1 1
1 1
Par comparaison de SATP, −
est terme général d’une série convergente si et
+ o  2a  ∼ −
2a

n 
2n
2 n 2a
seulement si a > 1 2 .
 (−1)n 
Finalement ∑ ln 1 + a  converge si et seulement si a > 1 2 .
n 

Par le CSSA,
 n + (−1)n 
 où a ∈ ℝ +∗ .
Exercice 22 Nature de la série de terme général un = ln 

n + a 
 (−1)n  1  a  (−1)n (a + 1)
 1 
 − ln 1 +  =
un = ln 1 +
−
+O  3 2  .






n 
2
2
n
n
n 
n
Par suite
∑u
n
converge si et seulement si a = −1 .
Exercice 23 Nature de la série de terme général
nα
où α est réel.
n
∑ ln 2 k
k =2
nα
n
Par comparaison série intégral,
∑ ln 2 k ∼ n (ln n )2 donc un =
k =2
∼
n
∑ ln
2
k
n
1−α
1
.
(ln n ) 2
k =2
Par référence aux séries de Bertrand,
∑ un converge si et seulement si α ≤ 0 .
(
)
Exercice 24 Convergence de la série de terme général un = sin π n 2 + 1 .
n 2 +1 = n +
1
1
1
(−1)n π
+O  2  donc un =
+O  2  est terme général d’une série convergente.
 n 
 n 
2n
2n
(
)
Exercice 25 Nature de la série de terme général un = sin π (2 + 3)n .
(
)
En développant et après simplification, (2 + 3)n + (2 − 3)n ∈ 2ℤ donc un = −sin (2 − 3)n . Puisque
2 − 3 < 1 , un ∼ −(2 − 3)n est terme général d’une série convergente.
Exercice 26 Soit α ∈ ℝ ∗ . On pose, pour n ∈ ℕ∗ : un =
1
. Nature de la série de terme général un ?
n
∑k
k =1
α
Par comparaison série intégrale :
α +1
Si α > 0 , un ∼ α+1 est terme général d’une série absolument convergente.
n
α +1
Si −1 < α < 0 , un ∼ α+1 n’est pas le terme général d’une série convergente.
n
1
Si α = −1 , un ∼
n’est pas le terme général d’une série convergente.
ln n
Si α < −1 , un → 0 et donc ∑ un est grossièrement divergente.
Exercice 27 Soit (un ) une suite réelle décroissant et positive. On pose vn = 2n u 2n . Déterminer la nature de
∑v
n
en fonction de celle de
∑u
n
.
On remarque vn ≥ u 2n + u 2n +1 + ⋯ + u 2n +1−1 de sorte que
n
2n +1−1
k =0
k =1
∑ vk ≥
∑u
k
. Ainsi, si
∑u
CV alors
∑v
n
DV alors
∑v
n
aussi
par comparaison de SATP.
1
Aussi u 2n + ⋯ + u 2n+1−1 ≥ vn +1 donc
2
de SATP.
2n −1
∑u
k
k =1
≥
1 n
∑ vk . Ainsi, si
2 k =1
∑u
n
n
aussi par comparaison
Exercice 28 Soit (un ) une suite décroissante d’éléments de ℝ + , de limite 0. Pour n ≥ 1 , on pose vn = n 2un 2 .
Y a-t-il un lien entre la convergence des séries de termes généraux un et vn ?
Supposons que
0≤
(n +1)2 −1
∑
∑v
uk ≤ v n
k =n 2
majorées et donc
n
converge. Pour n 2 ≤ k < (n + 1) 2 , 0 ≤ uk ≤ un 2 ≤
vn
donc
n2
(n + 1) 2 − n 2
ce qui permet d’affirmer que les sommes partielles de la SATP
n2
∑u
n
Inversement, pour un =
∑u
n
sont
converge.
1
1
on a vn = de sorte que
32
n
n
∑u
n
converge et
∑v
n
diverge.
Exercice 29 Soit α ∈ ℝ et f ∈ C 0 ([0,1], ℝ ) telle que f (0) ≠ 0 . Etudier la convergence de la série de terme
général un =
1
nα
∫
1n
f (t n ) dt .
0
1
1
f (t n ) dt − f (0) ≤ sup f (t ) − f (0) .
0
n
n t ∈[0,1 n ]
1n
1
Par continuité de f en 0, on peut affirmer, sup f (t ) − f (0) → 0 et donc ∫ f (t n ) dt ∼ f (0) .
0
n
t ∈[ 0,1 n ]
f (0)
Ainsi un ∼ α+1 et ∑ un converge si et seulement si α > 0 .
n
Pour t ∈ [ 0,1 n ] , on peut affirmer t n ∈ [0,1 n ] donc
∫
1n
Exercice 30 Soit α > 0 et (un ) une suite de réels strictement positifs vérifiant un1 n = 1−
de terme général un converge-t-elle ?

 1
 1 
 1 
1
un = 1− α + o  α  = exp − α−1 + o  α−1  .
 n 
 n 
 n
 n
n
Si α ≥ 1 alors (un ) ne tend pas vers zéro et
Si α ∈ ]0,1[ alors n un → 0 et
2
∑u
n
∑u
n
est grossièrement divergente.
est convergente.
1
1
+ o  α  . La série
α
 n 
n
Exercice 31 a) Soit (un )n≥0 et (vn )n ≥0 deux suites réelles, λ ∈ ℝ . On suppose : ∀n ∈ ℕ, un ≥ 0 ;
∑v
n
u
λ
converge ; n +1 = 1− + vn .
un
n
Montrer que (n λun ) converge.
b) Nature de la série de terme général
a) Le rapport
nn
?
n !en
un +1
tend vers 1 donc la suite (un ) est constante à partir d’un certain rang ; quitte à passer à
un
l’opposé on peut supposer un > 0 pour n assez grand.
Posons wn = ln((n + 1)λ un +1 ) − ln(n λun ) .
 1
 λ

wn = λ ln 1 +  + ln 1− + vn  est le terme général d’une série absolument convergente. Par conséquent la
 n
 n 

suite (ln(n λun )) converge et donc (n λun ) aussi.
b) Posons un =
1
u
1
nn
+O  2  . En approfondissant l’étude qui précède on peut affirmer que
. n +1 = 1−
n
 n 
2n
n !e
un
∑u
n 1 2un → ℓ > 0 donc
n
diverge. Ce résultat peut être confirmé par la formule de Stirling.
n −a
un .
n −b
Etudier la nature de la série de terme général un et calculer éventuellement sa somme.
Exercice 32 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
CV ssi b −a > 1 .
n
+∞
(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
n
+
∗
Exercice 33 Soit (a , α ) ∈ ℝ × ℝ et, pour n ∈ ℕ : un = a
∑1 k α
k =1
.
a) Pour quels couples (a , α ) la suite (un ) est-elle convergente ? Dans la suite, on suppose que tel
est le cas, on note ℓ = lim un et on pose, si n ∈ ℕ∗ , vn = un − ℓ .
b) Nature des séries de termes généraux vn et (−1)n vn .
a) Si α ≤ 1 alors
n
1
∑k
k =1
α

→+∞ et donc un → 0 si a ∈ [0,1[ , un → 1 si a = 1 et (un ) diverge si a > 1 .
n →∞
 n 1
Si α > 1 alors ∑ α  converge et donc (un ) aussi.
 k =1 k 
b) Cas α ≤ 1 et a = 1 : un = 1 , vn = 0 et on peut conclure.
n
Cas α < 1 et a ∈ [0,1[ : ℓ = 0 , vn = un , n vn = e
2
2ln n +
∑ k α ln a
k =1
1
→ 0 car
n
1
∑k
k =1
Cas α = 1 et a ∈ [0,1[ : ℓ = 0 , vn = un = e(
ln a < −1 i.e. a < −1 e .
ln n +γ +o (1))ln a
∼ λn ln a donc
∑v
α
n
∼
1
1
.
α −1 n α−1
converge si et seulement si
+∞
Cas α > 1 : ℓ = a
Ainsi
∑v
n
∑kα
+∞
1
k =1
−
∑
1
k =n +1 k
, vn = ℓ ( e
α
+∞
1
ℓ
=−
.
α
(α −1)n α−1
k =n +1 k
−1) ∼ −ℓ ∑
converge si et seulement si α > 2 .
Dans chacun des cas précédents, on peut appliquer le CSSA et affirmer que
∑ (−1) v
n
n
converge.
Sommes de séries numériques
n
m
Exercice 34 Etudier lim lim ∑∑ (−1)i +j t i +j +1 .
n →∞ m →∞
Pour t = −1 ,
n
m
∑∑ (−1)
i =0 j =0
i + j i + j +1
t
= −(m + 1)(n + 1) ce qui permet de conclure.
i =0 j =0
Pour t ≠ −1 ,
n
m
∑∑ (−1)
i + j i + j +1
t
i =0 j =0
n
i =0
m
∑∑ (−1)
Quand m → +∞ ,
n
= ∑ (−1)i t i +1
i + j i + j +1
t
i =0 j =0
n
t
i +1
∑ (−1) 1 + t = t
i
i =0
1− (−t )m +1
.
1+ t
n
→ ∑ (−1)i
i =0
t i +1
si t < 1 et diverge sinon.
1+ t
n +1
1− (−t )
(1 + t ) 2
n
.
m
Quand n → +∞ , lim ∑∑ (−1)i +j t i +j +1 →
m →∞
i =0 j =0
t
.
(1 + t )2
+∞
Exercice 35 Convergence puis calcul de
∑1
n =1
2
1
.
+ 2 + ⋯+ n 2
2
n (n + 1)(2n + 1)
1
= O (n 3 ) donc ∑ 2
converge.
2
6
1 + 2 + ⋯+ n 2
k =1
+∞
1
Après décomposition en éléments simples : ∑ 2
= 18 − 24ln 2
2
2
n =1 1 + 2 + ⋯ + n
n
12 + 22 + ⋯ + n 2 = ∑ k 2 =
+∞
Exercice 36 Calculer
N
(−1)n
N
∑ 4n +1 = ∑ ∫
n =0
n =0
1
0
(−1)n
.
∑
n =0 4n + 1
(−t 4 )n dt = ∫
4 N +1
1− (−t 4 )N +1
dt .
0
1+ t 4
1
1
(−t )
1
4N + 4
∫0 1 + t 4 dt ≤ ∫0 t dt = 4N + 5 → 0 donc

1
dt
1  2 + 2
ln
Enfin ∫
=
+ π .
4
0 1+ t
4 2  2 − 2

1
Or
(−1)n
∑ 4n +1 converge et
+∞
1
(−1)n
dt
=∫
.
∑
4
0 1+ t
n =0 4n + 1
∞
Exercice 37 Nature et calcul de la somme de la série de terme général
∞
Le terme un = ∑
k =n
(−1)k
.
k2
k =n
∑
(−1)k
est bien défini en tant que reste d’une série satisfaisant au critère spécial des séries
k2
alternées.
Pour N ≤ K entiers,
N
K
∑∑
n =1 k =n
N
k
K
N
(−1)k
(−1)k
(−1)k
= ∑∑ 2 + ∑ ∑ 2 .
2
k
k
k
k =1 n =1
k =N +1 n =1
N
(−1)k
(−1)k
=
. D’autre part
∑
k2
k
n =1
k =1
N
D’une part
k
∑∑
k =1
En passant à la limite quand K → +∞ :
N
=∑
n
n =1
 1 
(−1)
= O  2  donc quand N → +∞ ,
Or ∑
2
 N 
k =N +1 k
+∞
Ainsi
k
∑u
+∞
n
est convergente et
∑u
n
N
+∞
(−1)k
(−1)k
+N ∑
.
2
k
k =1
k =N +1 k
N
∑u
K
(−1)k
(−1)k
=
N
.
∑
2
k2
k =N +1 n =1
k =N +1 k
K
∑∑
+∞
N
∑u
n =1
n
(−1)k
.
k
k =1
→∑
= − ln 2 .
n =1
Exercice 38 a) Pour (m , n ) ∈ ℕ 2 , calculer
∫
1
0
x n (1− x )m dx .
+∞
np
.
 
n =1  2n 

 
 n 
Pour p ∈ ℤ , montrer l’existence de S p = ∑
b) Calculer S 0 et S−1 .
c) Si p ∈ ℕ , proposer une méthode de calcul de S p .
a) Par intégration par parties on obtient une relation de récurrence qui conduit à
En posant un le terme général de la série étudiée, on observe
+∞
∫
1
0
x n (1− x )m dx =
n !m !
.
(n + m + 1)!
un +1
1
→ ce qui assure la convergence de la série.
un
4
1
b) S−1 = ∑ ∫ x n (1− x )n−1 dx . Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut permuter
n =1
0
xdx
π
=
.
1− x (1− x ) 3 3
2n + 2 4n + 2  2n 
4
2
1
1
  , on observe
=
−
=
Puisque 
( ⊻ ).
 2n + 2 n + 1 2n + 2 2n 
 n + 1  n + 1  n 



  
 n + 1   n 
 n + 1 
et obtenir S−1 = ∫
1
0

1 
1
1 + 2S −1
En sommant pour n allant de 1 à +∞ , on obtient 4S 0 −  − 2S−1 −  = S 0 puis S 0 =
.


3
2 
2
c) On multiplie la relation ( ⊻ ) par (n + 1) p et on développe le (n + 1) p du second membre et en sommant
comme ci-dessus, on saura exprimer 3S p en fonction des Sq avec q < p .
+∞
Exercice 39 Calculer
1
∑ (3n + 2)×3
n =0
n
.
+∞
x
x 3n +2
somme de série entière définie sur ]−1,1[ . S ′(x ) = ∑ x 3n +1 =
.
3
n
+
2
1
−
x3
n =0
n =0
+∞
1 3 3 tdt
 1  3
1
3
  = 9
=
9
S
∑
n
∫0 1−t 3 ce qui donne un résultat assez monstrueux :
 3 3 
n =0 (3n + 2) × 3
1
2
1
1
1
1
1
9(1/3) (− 3 arctan(( 3(2/3) + ) 3) + ln(3) + ln(3 + 3(1/3) + 3(2/3) ) − ln(−3(2/3) + 3) +
3 π)
3
9
3
6
6
3
18
fournit par Maple.
+∞
Soit S (x ) = ∑
1
1
1
+
+⋯+
.
n +1 n + 2
3n
a) Montrer que la suite (an ) converge et trouver sa limite λ .
Exercice 40 On pose an =
b) Trouver un équivalent simple de an − λ .
n
1
a) On sait H n = ∑ = ln(n ) + γ + o (1) donc an = H 3n − H n → ln(3) = λ .
k =1 k
1
1
b) Si on sait H n = ln(n ) + γ +
+ o   les choses vont assez vites… mais sans doute l’examinateur
 n 
2n
souhaitera la démonstration de ce résultat.
3n
3n
3n
 1 n 1
 1
 k −1
 k −1
1
an = ∑ + ln 1−  − ∑ + ln 1−  + ∑ ln 
avec ∑ ln 
= ln 3


 k 
 k  k =n +1  k 
 k  k =1 k
k =1 k
k =n +1
3n
 1 n 1
 1
1
donc an − λ = ∑ + ln 1−  − ∑ + ln 1−  .

 k 
 k  k =1 k
k =1 k
+∞
 1
 1
 1
1
1
1
1
Or ∑ + ln 1−  ACV car + ln 1−  ∼ − 2 donc an − λ = Rn − R3n avec Rn = ∑ + ln 1−  . Or


 k 
 k
 k
k
k
2k
k =n +1 k
par sommation d’équivalent sur des restes de séries convergentes à termes de signe constant,
+∞
1
1
Rn ∼ ∑ − 2 ∼ −
(le dernier équivalent s’obtenant soit par comparaison série intégrale, soit par
2
k
2
n
k =n +1
1
1
∼
et sommation télescopique).
2
k
k (k −1)
1
1
1
1
Au final : an − λ = − +
+ o   ∼ − .

n 
2n 6n
3n
Comparaison série intégrale
n
sin(ln x )
pour tout x ≥ 1 et un = ∫ f (t ) dt − f (n ) pour tout entier n ≥ 2 .
n −1
x
a) Montrer que f ′ est intégrable sur [1,+∞[ .
Exercice 41 On pose f (x ) =
b) Montrer que la série de terme général un est absolument convergente.
c) Montrer que la suite (cos(ln n )) diverge.
d) En déduire la nature de la série de terme général f (n ) .
a) Après calculs, f ′(x ) ≤ 2 x 2 .
b) Par intégration par parties
un ≤ ∫
n
n −1
∫
n
n −1
f (t ) dt = [(t − (n −1) f (t )]n −1 − ∫
n
n
n −1
(t − (n −1)) f ′(t ) dt ≤ ∫
n
n −1
(t − (n −1)) f ′(t ) dt donc
f ′(t ) dt . L’intégrabilité de f ′ suffit pour conclure.
c) Si la suite (cos(ln n )) converge alors la suite extraite (cos(n ln 2)) aussi. Notons ℓ sa limite. Comme
cos((n + 1)ln 2) + cos((n −1)ln 2) = 2 cos(n ln 2)cos(ln 2) on obtient à la limite 2ℓ = 2ℓ cos(ln 2) et donc ℓ = 0 .
Comme cos(2n ln 2) = 2cos 2 (n ln 2) −1 on obtient à la limite ℓ = 2ℓ 2 −1 ce qui est incompatible avec ℓ = 0 .
d)
∫
série
n
n −1
f (t ) dt = − cos(ln n ) + cos(ln(n −1)) . La divergence de la suite (cos(ln n )) entraîne la divergence de la
∑∫
n
n −1
f (t ) dt et puisque la série
∑u
n
converge, on peut affirmer que
∑ f (n )
diverge.
Fonctions numériques
Exercice 42 Soit des réels a ,b où a ∉ {0,1} . On pose h (x ) = ax + b pour tout x réel. On note S l’ensemble
des fonctions dérivables f : ℝ → ℝ telles que f f = h .
a) Montrer que S = ∅ si a < 0 .
Désormais on suppose a > 0 (et a ≠ 1 ).
b) Montrer que h est une homothétie ; préciser son centre et son rapport.
c) Soit f ∈ S . Montrer que h −1 f h = f . En déduire une expression de f ; on commencera par
le cas 0 < a < 1 .
a) En dérivant la relation ( f
f )(x ) = ax + b on obtient f ′(x ) f ′( f (x )) = a .
On observe que h admet un unique point fixe α = b (1−a ) .
Si pour tout x ∈ ℝ , f (x ) < x alors h (x ) = f ( f (x )) < f (x ) < x ce qui est contradictoire avec l’existence d’un
point fixe. De même, l’hypothèse ∀x ∈ ℝ , f (x ) > x induit une contradiction. La continuité de f permet alors
d’assurer l’existence d’un point fixe à f (qui ne peut d’ailleurs n’être que α car un point fixe de f est aussi
point fixe de h ).
La relation f ′(x ) f ′( f (x )) = a en x = α donne ( f ′(α ))2 = a . Par suite si a < 0 , S = ∅ .
b) On observe h (x ) = a (x − α ) + α , h est une homothétie de centre α et de rapport a .
c) h −1 f h = h −1 f f f = h −1 h f = f .
En itérant la relation précédente : (h −1 )n f h n = f avec h n (x ) = α + a n (x − α ) et
(h −1 )n (x ) = α + a −n (x − α ) .
Supposons a ∈ ]0,1[ . f (x ) = ((h −1 )n f h n ) = (h −1 )n f (α + a n (x − α ))
Puisque a n → 0 et que f est dérivable en α : f (α + a n (x − α )) = α + a n (x − α ) f ′(α ) + o (a n )
donc f (x ) = (h −1 )n f (α + a n (x − α )) = α + (x − α ) f ′(α ) + o (1) .
En passant à la limite quand n → +∞ , on peut affirmer que f est affine. Puisque de plus α est point fixe, f
est une homothétie de centre α et son rapport ne peut qu’être a .
Dans le cas a > 1 , la même étude en partant de h f h −1 = f permet aussi d’affirmer que f est affine et
d’obtenir la même conclusion.
Exercice 43 Soit f : ]0, +∞[ → ℝ telle que lim f (x ) = 0 et lim
x →0
x →0
f (x ) − f (x 2)
= 1 . Trouver un équivalent
x
simple en 0 de f .
Pour tout ε > 0 , il existe α > 0 tel que ∀x ∈ ]0, α ] , (1− ε) x ≤ f (x ) − f (x 2) ≤ (1 + ε) x .
Pour x ∈ ]0, α ] , x 2n ∈ ]0, α ] pour tout n ∈ ℕ donc (1− ε) x 2n ≤ f (x 2n ) − f (x 2n +1 ) ≤ (1 + ε) x 2n +1 .
En sommant ces inégalités et en passant à la limite quand n → +∞ on obtient :
1
1
(1− ε) x
≤ f (x ) ≤ (1 + ε) x
.
1−1 2
1 −1 2
La phrase quantifiée ainsi obtenue permet d’affirmer f (x ) ∼
x
.
1 −1 2
Exercice 44 Soit f et g des fonctions continues de [0,1] dans [0,1] telles que f g = g f .
a) Montrer que l’ensemble des points fixes de f possède un plus grand et un plus petit élément.
b) Montrer l’existence de c ∈ [0,1] tel que f (c ) = g (c ) .
a) L’ensemble des points fixes de f est ( f − Id)−1 {0} , c’est donc une partie fermée de [0,1] . Etant fermée et
bornée c’est une partie compacte. Etant de plus non vide, cette partie admet un plus petit et un plus grand
élément.
b) Soit a ≤ b les deux éléments précédents. L’égalité f g = g f donne f (g (a )) = g (a ) et f (g (b )) = g (b ) donc
a ≤ g (a ) ≤ g (b ) ≤ b . Considérons la fonction continue ϕ = f − g . On a ϕ(a ) = a − g (a ) ≤ 0 et
ϕ(b ) = b − g (b ) ≥ 0 donc ϕ s’annule.
Exercice 45 Soit x1 ,…, x13 des réels. Montrer qu’il existe i et j dans {1,…,13} tels que i ≠ j et
0≤
xi − x j
1 + x ix j
≤ 2 − 3 . Indice : Utiliser la fonction tan.
Posons αi = arctan x i . Les α1 ,…, α13 évoluent dans ]− π 2, π 2[ , en coupant cet intervalle en 12 intervalles
contiguës de longueur π 12 , on peut affirmer que deux éléments parmi les α1 ,…, α13 appartiennent au même
π
intervalle (principe des tiroirs). Ainsi il existe i ≠ j vérifiant 0 ≤ αi − αj ≤
et donc
12
x −x j
π
π
0 ≤ tan(αi − αj ) ≤ tan . Or tan(αi − α j ) = i
et tan = 2 − 3 .
1 + xix j
12
12
Exercice 46 Soit f un C 1 difféomorphisme croissant de [0,1] sur [0,1] et n ∈ ℕ∗ . Montrer que l’on peut
trouver une suite (x k ,n )1≤k ≤n telle que :
∀k ∈ {1,…, n } ,
k −1
k
≤ f (x k ,n ) ≤ et
n
n
n
1
∑ f ′(x
k =1
k ,n
)
=n .
 k −1 k  −1  k  −1  k −1
 k k −1
k −1
k
−1
et
: ∃yk ,n ∈ 
,  , f   − f 
 = ( f )′(yk ,n )  −
.




n 
 n 
n
n
n
n 
 n n
k −1
k
En posant x k ,n = f −1 (yk ,n ) , on a
≤ f (x k ,n ) ≤ .
n
n
En sommant les relations précédentes pour k allant de 1 à n on obtient :
n
1
1
1
car ( f −1 )′(yk ,n ) =
f −1 (1) − f −1 (0) = ∑
′
′
f
x
f
(
x
)
n
(
k =1
k ,n )
k ,n
Appliquons le TAF à f −1 entre
Puisque f −1 (1) = 1 et f −1 (0) = 0 car f C 1 difféomorphisme croissant de [0,1] sur [0,1] , on obtient finalement,
n
1
∑ f ′(x
k =1
k ,n
)
=n .
Formules de Taylor
Exercice 47 Enoncer et établir la formule de Taylor avec reste intégral.
C’est du cours.
Exercice 48 Montrer, pour tout x ∈ ]0, π 2[ , l’existence de θx ∈ ]0,1[ tel que sin x = x −
x3
cos(x θx ) . Etudier
6
lim θx .
x →0
1
Par l’égalité de Taylor-Lagrange : ∀x ∈ ]0, π 2[ , ∃ξ ∈ ]0, x [ vérifiant sin x = x − x 3 cos(ξ ) . Le réel θx = ξ x
6
convient.
1
1
1
Quand x → 0 , x θx → 0 donc cos(x θx ) = 1− x 2θx2 + o (x 2 ) puis sin x = x − x 3 + x 5θx2 + o (x 5 ) or
2
6
12
1 3
1 5
1
1
2
sin x = x − x +
x donc θx →
puis θx →
.
6
120
10
10
ln(1 + x )
.
1+ x
a) Trouver le plus grand intervalle ouvert I contenant 0 sur lequel f est un C ∞ difféomorphisme.
b) On note g l’application réciproque de f↾I . Montrer que les coefficients du développement
Exercice 49 Soit f : ]−1, +∞[ → ℝ donnée par f (x ) =
limité de g en 0 à un ordre quelconque sont positifs.
a) f est C ∞ et f ′(x ) =
1− ln(1 + x )
≠ 0 si et seulement si x ≠ e −1 .
(1 + x ) 2
Le plus grand intervalle cherché est I = ]−1, e −1[ sur lequel f est C ∞ et sa dérivée ne s’annule pas, f réalise
donc un C ∞ difféomorphisme de I vers ]−∞,1 e[ .
b) On a ln(1 + g (x )) = x (1 + g (x )) .
En dérivant g ′(x ) = 1 + 2g (x ) + g 2 (x ) + xg ′(x ) + xg ′(x )g (x ) .
En dérivant à l’ordre n ∈ ℕ∗ et en évaluant en 0 on obtient
n  
n −1 
n
n −1 (k +1)
g
g (n +1) (0) = 2g (n ) (0) + ∑  g (k ) (0)g (n−k ) (0) + ng (n ) (0) + n ∑ 
(0)g (n−1−k ) (0) .




k =0 k 
k =0  k 
On peut alors appliquer un raisonnement par récurrence forte pour obtenir ∀n ∈ ℕ, g (n ) (0) ≥ 0 .
Ceci suffit pour conclure via la formule de Taylor-Young.
2
Exercice 50 On pose f (x ) = e−1 x pour x réel non nul et f (0) = 0 .
a) Montrer l’existence pour tout n ∈ ℕ d’un polynôme Pn tel que :
∀x ∈ ℝ ∗ , f (n ) (x ) = x −3n Pn (x ) f (x ) . Quel est le degré de Pn ?
b) Montrer que f est C ∞ , toutes ses dérivées étant nulles en 0.
c) Montrer que toute racine de Pn réelle.
a) Il suffit de raisonner par récurrence. On obtient P0 (x ) = 1 et pour tout n ∈ ℕ , Pn +1 = (2 − 3nX 2 )Pn + X 3Pn′ .
Par récurrence, pour n > 0 , deg Pn = 2(n −1) .
b) f est continue en 0 et pour tout n ∈ ℕ∗ , f (n ) (x ) 
→ 0 dont par le théorème « limite de la dérivée », on
x →0
peut conclure.
c) P1 = 2 a toutes ses racines réelles.
f ′(0) = lim f ′(x ) = lim f ′(x ) = 0 donc par une généralisation du théorème de Rolle, on peut affirmer que f ′′
x →+∞
x →−∞
s’annule sur ]0,+∞[ et ]−∞,0[ . Ses annulations sont aussi des zéros de P2 qui est de degré 2, donc P2 a toutes
ses racines réelles.
f ′′ s’annule aussi en 0 et en ±∞ . Par la généralisation du théorème de Rolle, on obtient 2 annulations sur
]0,+∞[ et 2 annulations sur ]−∞,0[ qui seront toutes quatre zéros de P3 qui est un polynôme de degré 4,… on
peut itérer la démarche.
Fonctions uniformément continues
Exercice 51 Soit f : ℝ + → ℝ uniformément continue. Montrer qu’il existe des réels positifs a et b tels que
f (x ) ≤ ax + b pour tout x ≥ 0 .
Pour ε = 1 > 0 l’uniforme continuité assure l’existence d’un α > 0 tel que ∀x , y ∈ ℝ ,
x − y ≤ α ⇒ f (x ) − f (y ) ≤ 1 . Posons n = E (x α ) . On a f (α ) − f (0) ≤ 1 , f (2α ) − f (α ) ≤ 1 ,…,
f (n α ) − f ((n −1)α ) ≤ 1 et f (x ) − f (n α ) ≤ 1 donc en sommant f (x ) − f (0) ≤ n + 1 puis
f (x ) ≤ E (x α ) + 1 + f (0) ≤ ax + b avec a = 1 α et b = 1 + f (0) .
Exercice 52 Soit f : ℝ + → ℝ dérivable.
a) Si f ′ est bornée sur ℝ + , montrer que f est uniformément continue sur ℝ + .
b) Si f ′(x ) → +∞ quand x → +∞ , montrer que f n’est pas uniformément continue sur ℝ + .
a) Si f ′ est bornée sur ℝ + , l’inégalité des accroissements finis assure que f est lipschitzienne donc
uniformément continue.
b) Supposons que f soit uniformément continue. Pour ε = 1 > 0 , il existe un réel α > 0 vérifiant ∀x , y ∈ ℝ ,
y − x ≤ α ⇒ f (y ) − f (x ) ≤ 1 . En particulier, pour tout x ∈ ℝ , f (x + α ) − f (x ) ≤ 1 . Or par le TAF, il existe
ξx ∈ ]x , x + α[ vérifiant f (x + α) − f (x ) = α f ′(ξx ) et donc f ′(ξx ) ≤ 1 α . Cette propriété est incompatible
avec f ′(x ) → +∞ .
Intégration sur segment
Exercice 53 Soit f : ℝ → ℝ convexe, a ,b réels avec a < b , g : [a ,b ] → ℝ continue. Montrer que
b
b
 1

1
f 
g (t ) dt  ≤
f (g (t )) dt .
∫
b −a ∫a
 b −a a
Il est « à savoir » qu’une fonction f : ℝ → ℝ convexe est obligatoirement continue…
b
1
1 n 
b −a 
Par les sommes de Riemann,
g (t ) dt = lim ∑ g a + k

∫

n
→+∞
a

b −a
n k =1
n 
b
1 n 
 1

b −a 


donc par continuité f 
g
t
d
t
=
f
(
)
lim

 n →+∞  n ∑ g a + k n  .
b −a ∫a
k =1
1 n 
b −a  1 n  
b −a 
Par l’inégalité de Jensen f  ∑ g a + k
 ≤ ∑ f g a + k
 .
 n k =1 
n  n k =1  
n 
En passant cette relation à la limite, on peut conclure.
Intégration sur un intervalle quelconque
Exercice 54 Existence et calcul de
tan θ =
θ =π 2−h
∫
π 2
0
∫
π 2
tan θ dθ .
0
sin(π 2 − h )
cos h
1
~
donc l’intégrale est bien définie.
=
cos(π 2 − h )
sin h
h
tan θ dθ =
u = tan θ
∫
+∞
0
2u 2
π
après calcul.
du =
4
1+ u
2
Exercice 55 Existence et calcul éventuel de
∫
+∞
−∞
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






∫−A 1 + (t + ib )2 = 2  2 ln(t + (b + 1) ) + arctan b +1 −A − 2  2 ln(t + (b −1) ) + arctan b −1−A .
Si b > 1 alors
∫
+∞
−∞
dt
= 0 . Si b < 1 alors
1 + (t + ib ) 2
Exercice 56 Calculer
∫
+∞
0
lnt
dt , où a > 0 .
t 2 +a 2
∫
+∞
−∞
dt
=π.
1 + (t + ib ) 2
L’intégrabilité est entendue.
Par le changement de variable u = a 2 t on obtient
+∞
+∞ 2ln a − ln u
+∞
ln t
ln t
π
∫0 t 2 + a 2 dt = ∫0 a 2 + u 2 du donc ∫0 t 2 + a 2 dt = 2a ln a .
Exercice 57 Trouver une expression simple de
∫
π
0
sin 2 t
dt où x , y ∈ ]−1,1[ .
(1− 2x cos t + x 2 )(1− 2y cos t + y 2 )
t
on parvient à l’intégrale
2
Par le changement de variable u = tan
8u 2 du
0
(1 + u )((1− x ) + (1 + x ) 2 u 2 )((1− y )2 + (1 + y )2 u 2 )
On peut réaliser une décomposition en éléments simples réelles de la fraction rationnelle intégrée qui pour des
raisons de parité sera de la forme
a
b
c
+
+
2
2
2 2
2
1+ u
(1− x ) + (1 + x ) u
(1− y ) + (1 + y ) 2 u 2
I =∫
+∞
2
2
1
(1− x ) 2 (1 + x ) 2
(1− y ) 2 (1 + y ) 2
, b =−
et c = −
2xy
2x (x − y )(1− xy )
2y (y − x )(1− xy )
sous réserve que x ≠ y et xy ≠ 0 .
+∞
du
1 π
Puisque ∫
=
on parvient à
2
2 2
0
α +β u
αβ 2
π 1
1− x 2
1− y 2
π
 =
−
+
.
I = −
2  2xy 2x (x − y )(1− xy ) 2y (x − y )(1− xy )  2(1− xy )
avec a = −
Les cas exclus x ≠ y et xy ≠ 0 peuvent être récupérés par continuité.
Il m’a peut-être échappé une démarche plus simple…
Exercice 58 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
∫
+∞
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 .
Exercice 59 Donner un exemple de f ∈ C 0 ( ℝ + , ℝ + ) intégrable et non bornée.
On peut prendre f nulle sur [0,1] , puis pour chaque intervalle [n , n + 1] avec n ∈ ℕ∗ , la fonction f affine par
1
2
) = n , f (n + 3 ) = 0 et f (n + 1) = 0 ce qui définit une
3
n
n
n +1
1
fonction f positive continue vérifiant ∫ f = 2 et donc intégrable sur ℝ + bien que non bornée.
n
n
morceaux définie par les nœuds f (n ) = 0 , f (n +
Suites de fonctions
Exercice 60 On pose, pour x ≥ 0 , fp (x ) =
1
. Etudier la convergence simple puis uniforme de la suite
(1 + x )1+1 p
de fonction ( fp ) p∈ℕ∗ .
Quand p → +∞ , fp (x ) =
1
1
→
= f (x ) .
(1 + x )1+1 p
1+ x
(1 + x )1 p −1
. Or, pour α ∈ ]0,1] , la fonction x ֏ (1 + x )α est concave ce qui permet d’affirmer
(1 + x )1+1 p
1
x
1 x
1
0 ≤ (1 + x )α ≤ 1 + αx pour tout x ≥ 0 et donc f (x ) − fp (x ) ≤
≤
≤ . Puisque
1+1 p
p (1 + x )
p 1+ x p
1
+
f − fp ∞ ,ℝ+ ≤ , la convergence est uniforme sur ℝ .
p
f (x ) − fp (x ) =
Exercice 61 Soit f : [0,1] → [0,1] donnée par f (x ) = 2x (1− x ) . Etudier la convergence de ( fn ) où fn est l’itéré
n
ème
de f .
On remarque de f (1− x ) = f (x ) . Pour étudier le comportement de ( fn (a )) = ( f n (a )) , on peut se limiter à
a ∈ [0,1 2] . Etudier le comportement de ( f n (a )) équivaut à étudier la suite récurrente définie par u 0 = a et
un +1 = f (un ) . Une étude élémentaire permet d’affirmer qu’elle est croissante. Si a = 0 , cette suite est en fait
constante, si a > 0 cette suite converge vers une limite qui ne peut qu’être 1 2 . On peut alors affirmer qu’il y a
convergence simple de ( fn ) vers la fonction f : x ֏ 1 2 si x ∈ ]0,1[ et 0 sinon. Par non continuité, il y a non
convergence uniforme sur [0,1] . En revanche la croissance de f sur [0,1 2] permet d’assurer que ∀a ∈ ]0,1 2] ,
∀x ∈ [a ,1 2] , fn (x ) ≥ fn (a ) ce qui permet de justifier la convergence uniforme de ( fn ) sur [a ,1−a ] pour
a ∈ ]0,1 2] .
Exercice 62 Soit d un entier naturel, ( fn ) une suite de fonctions polynomiales de ℝ dans ℝ de degré au plus
d . On suppose que cette suite converge simplement. Montrer que la limite est polynomiale de
degré au plus d , la convergence étant uniforme sur tout compact.
Considérons α0 ,…, αd des réels deux à deux distincts et ϕ : ℝ d [X ] → ℝd +1 définie par
ϕ (P ) = (P (α0 ),…, P (αd )) . ϕ est un isomorphisme de ℝ -espace vectoriel de dimensions finies, c’est donc une
application linéaire continue car les espaces engagés sont de dimensions finies) et il en est de même de ϕ −1 .
En notant f la limite simple de ( fn ) , on a ϕ ( fn ) → ( f (α0 ),…, f (αd )) . En notant P l’élément de ℝ d [X ]
déterminé par ϕ (P ) = ( f (α0 ),…, f (αd )) , on peut écrire ϕ ( fn ) → ϕ (P ) . Par continuité de l’application ϕ −1 , on a
donc fn → P dans ℝ d [X ] . En choisissant sur ℝ d [X ] , la norme .
∞ ,[a ,b ]
, on peut affirmer que fn converge
uniformément vers P sur tout compact. En particulier fn converge simplement vers P et en substance P = f .
Exercice 63 On note U l’ensemble des complexes de module 1 ; soit ω un complexe de module ≠ 1 .
1
Exprimer une condition nécessaire et suffisante pour que la fonction z ֏
soit limite
z −ω
uniforme sur U d’une suite de fonctions polynômiales.
1
1 +∞ z n
= − ∑ n et la convergence normale sur U de la série assure la convergence
z −ω
ω n =0 ω
1
uniforme d’une suite de polynômes vers z ֏
.
z −ω
Si ω > 1 alors
Si ω < 1 , on peut remarquer pour k ∈ ℕ ,
∫
2π
0
+∞
+∞
e−ik θ
θ
=
ω n ∫ e−i (n +(k +1)) θ dθ = 0 .
d
∑
iθ
0
e −ω
n =0
Si z ֏ Pn (z ) est une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur U vers z ֏
∫
∫
2π
0
2π
0
Pn (eiθ )
2π
1
dθ
dθ 
→∫
≠ 0 . Or par le calcul précédent, on peut affirmer
n →+∞
0
e −ω
eiθ − ω
Pn (eiθ )
1
dθ = 0 et conclure à une absurdité.
eiθ − ω
1
alors
z −ω
iθ
Séries de fonctions
+∞
1
.
x
n =1 n
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
n =2
d) Donner une expression plus simple de F (x )
Exercice 64 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 .
+∞
+∞ +∞
n =1
n =1
xn
.
n +1
p=1 p
d) Pour x ∈ ]−1,1[ , F ′(x ) = ∑ ζ (n + 1)x n = ∑∑
On peut permuter les deux sommes car
+∞
xn
∑p
p≥1
CV et
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
Exercice 65 Si x > 0 et n ∈ ℕ∗ , soit fn (x ) =
n xn !
n
∏ (x + k )
.
k =0
a) Montrer l’existence de Γ(x ) = lim fn (x ) .
n →+∞
+∞ 
 x 
x
b) Montrer ln Γ(x ) = − ln x − γx + ∑  − ln 1 +  .

 n 
n =1  n
c) Montrer que Γ est une fonction de classe C 1 .
 1
1
a) ln fn +1 (x ) − ln fn (x ) = x ln 1 +  + ln(n + 1) − ln(x + n + 1) = O  2  .
 n 
 n 
La série
∑ ln f
n +1
(x ) − ln fn (x ) converge donc la suite (ln fn (x )) converge puis ( fn (x )) converge vers un réel
strictement positif.
n
n


b) ln Γ(x ) = lim x ln n + ∑ ln k − ∑ ln(x + k ) .
n →+∞ 


k =1
k =0
n
n
n
 x
avec x ln n + ∑ ln k − ∑ ln(x + k ) = x ln n − ln x − ∑ ln 1 +  .
 k 
k =1
k =0
k =1
x
 x 
Or la série ∑  − ln 1 +  est ACV car de terme général en O (1 n 2 ) et
 n 
 n
x
n

x 
n

x
+∞
x

x 
∑  k − ln 1 + k  = x ln n + γx + o (1) − ∑ ln 1 + k  donc ln Γ(x ) = − ln x − γx + ∑ n − ln 1 + n  .
k =1
k =1
n =1
 x
x
c) Posons fn (x ) = − ln 1 +  pour x > 0 et n ≥ 1 . fn est C 1 ,
 n 
n
d’affirmer ∑ fn′ CN sur tout segment [a ,b ] ⊂ ℝ +∗ .
∑f
n
CS et fn′(x ) =
Exercice 66 Soit α un réel. Pour tout entier n > 0 et tout réel x , on pose un (x ) =
x
ce qui permet
n (n + x )
n αxe−nx
. On note I le
n 2 +1
∞
domaine de définition de S : x ֏ ∑ un (x ) .
n =0
a) Déterminer I .
b) Montrer que S est continue sur ℝ +∗ .
c) A-t-on convergence normale sur ℝ + ?
d) On suppose α ≥ 2 . Montrer que
∞
∑ u (1 n ) ne tend pas vers 0 quand n
k
tend vers +∞ . La
k =n +1
convergence est-elle uniforme sur I ?
e) Etudier la continuité de S sur I .
a) I = ℝ + .
n αbe−na
donc
n 2 +1
normalement sur tout segment de ℝ +∗ .
b) Pour [a ,b ] ⊂ ℝ +∗ , un
≤
∞,[a ,b ]
c) Après étude de variation, un
∞
d)
1
∞, ℝ+
∑u
= un (1 n ) ∼
n
1
n
3−α
est une série de fonctions continues convergeant
. Il y a convergence normale si et seulement si α < 2 .
k α e−k n 1 ∞ k 2 −k n
1 ∞ −k n
1 ∞ −k n
1 e−(n +1) n
1
≥
e
≥
e
.
Or
=
→
donc
e
∑
∑
∑
2
2
−1 n
2n k =n +1
2n 1− e
2e
n k =n +1 k + 1
2n k =n +1
k =n +1 k + 1
∞
∑ u (1 n ) = n ∑
k
k =n +1
∞
∑ u (1 n ) ne peut tendre vers 0 quand n → +∞ . S’il y avait convergence uniforme sur
k
ℝ + alors
k =n +1
0≤
∞
∑
k =n +1
uk (1 n ) ≤
∞
∑u
k =n +1
→ 0 , ceci est à exclure.
k
∞
e) Si S est continue en 0 alors 0 ≤
∞
∑ u (1 n ) ≤ S (1 n ) → S (0) = 0
k
ce qui est encore à exclure.
k =n +1
+∞
xn
. Etudier le domaine de définition, la continuité, la dérivabilité de S .
n
n =0 1 + x
Donner un équation équivalent de S en 0 et en 1− .
Exercice 67 On pose S (x ) = ∑
Pour x ≥ 1 , la série est grossièrement divergente. Pour x < 1 ,
xn
∼ x n et donc la série est absolument
1+ x n
convergente. La fonction S est définie sur ]−1,1[ . Posons un (x ) =
converge simplement, un′ (x ) =
nx n−1
donc pour a ∈ [0,1[ , un′
(1 + x n ) 2
xn
. un est de classe C 1 ,
1+ x n
∞,[−a ,a ]
∑u
n
≤ na n −1 ce qui assure la convergence
normale de
∑u ′
n
sur tout segment de ]−1,1[ . Par suite la fonction S est de classe C 1 .
1
1
donc S (x ) ∼ .
x →0 2
2
1 +∞ +∞
Pour x ∈ [ 0,1[ , S (x ) = + ∑∑ (−1) p x n ( p +1) .
2 n =1 p=0
S (0) =
∑ (−1) x
p
Puisque
+∞
n ( p +1)
converge et
p≥0
∑∑ (−1) x
p
n ( p +1)
aussi, on peut permuter les deux sommes et affirmer
n ≥1 p=0
1 +∞
x p +1
.
S (x ) = + ∑ (−1) p
2 p =0
1− x p +1
On a alors (1− x )S (x ) =
1− x +∞
1− x
+ ∑ (−1) p u p (x ) avec u p (x ) = x p +1
pour x ∈ [ 0,1[ .
2
1− x p+1
p =0
La fonction u p est continue sur [0,1[ et prolonge par continuité en 1 en posant u p (1) = 1 (p + 1) .
Le CSSA s’applique à la série
permet d’affirmer u p+1 (x ) ≤
∑ (−1) u
∞
p
p
(x ) et donc
∑ (−1) u (x )
k
k =p +1
1
. Ainsi, la série
p+2
∑u
≤ u p+1 (x ) et une étude de variation
k
n
∞
converge normalement sur [0,1] et donc sa somme est
+∞
ln 2
(−1) p
et finalement S (x ) ∼−
.
x →1 1− x
p
+
1
p =0
continue en 1. Cela permet d’affirmer (1− x )S (x ) 

→∑
x →1
Exercice 68 Soit α ∈ ℝ et si n ∈ ℕ , un : x ∈ [0,1] ֏ n αx n (1− x ) ∈ ℝ .
Etudier le mode convergence de la suite de fonctions (un ) , puis de la série de fonctions
∑u
n
.
Si x = 1 alors un (x ) = 0 → 0 . Si x ∈ ]0,1] alors un (x ) → 0 . La suite (un ) converge simplement vers la fonction
nulle. b) un′ (x ) = n αx n − n α+1x n−1 (1− x ) = n αx n −1 (n − (n + 1)x ) .
1
n ln(1−
)
 n 


1 
1 
1
1
α
n +1
1− 1  =e
.
Or
∼
et
=e1+o (1) → e donc
= un 
=
n
1
−



∞
 n + 1
 n + 1
n + 1 n + 1
n +1 n
n
un
un
∞
n
∼e n α−1 . Il y a convergence uniforme sur [0,1] si et seulement si α < 1 .
Pour tout x ∈ [ 0,1] ,
∑u
n
(x ) converge, un
∞
∼e n α−1 , il y a donc convergence normale sur [0,1] si et
seulement si α < 0 .
Pour α ≥ 0 , un (x ) ≥ x n (1− x ) = vn (x ) .
∑v
k =0
La série
 n  +∞  n 
1 +∞  n 
1
 ≥ ∑ vk 
 =
 → donc


∑
 n + 1 k =n +1  n + 1 n + 1 k =n +1 n + 1
e
k
+∞
Or
k
∑v
n
+∞
∑v
k
k =0
+∞
 n 
→
v (1) .
 

∑
 n + 1 n →+∞ k =0 k
ne converge donc pas uniformément vers [0,1] et par suite
Enfin pour a < 1 , on a un
∞ ,[ 0,a ]
∑u
n
non plus.
= un (a ) et donc (un ) converge uniformément sur [0,a ] et
∑u
n
converge
normalement sur [0,a ] pour tout α ∈ ℝ .
x
Exercice 69 On pose u 0 (x ) = 1 et un +1 (x ) = ∫ un (t − t 2 ) dt pour tout réel x ∈ [ 0,1] et tout entier naturel n .
0
Montrer que la série de terme général un est normalement convergente.
1
un ∞,[0,1 4] donc
4
1
1
aisément un ∞ ,[0,1 4] ≤ n puis par la remarque initiale, pour tout x ∈ [ 0,1] , un +1 (x ) ≤ un ∞,[0,1 4] ≤ n donc
4
4
1
un +1 ∞,[0,1] ≤ n et ∑ un est normalement convergente.
4
Remarquons que pour tout t ∈ [0,1] , t − t 2 ∈ [0,1 4] . Pour x ∈ [ 0,1 4] , un +1 (x ) ≤ x un
∞ ,[0,1 4]
≤
λn
pour
s (s + 1)…(s + n )
n ≥ 0 ? A λ fixé, on note ∆λ l’ensemble des s > 0 tels que la série converge, et on note Fλ (s )
la somme de cette série.
b) Calculer lim Fλ (s ) .
Exercice 70 a) Si (s , λ ) ∈ ℝ +∗ × ℂ , quelle est la nature de la série de terme général
s →sup ∆λ
c) Donner un équivalent de Fλ (s ) quand s → inf ∆λ .
d) Si n ≥ 1 , calculer :
∫
1
0
(1− y )s−1y n dy .
e) En déduire une expression intégrale de Fλ (s ) .
a) Par la règle de d’Alembert la série converge pour tout (s , λ ) ∈ ℝ +∗ × ℂ . ∆λ : ]0; +∞[ .
n
+∞
+∞
λ
λn
1  +∞
λn
λ
 . Or 1 +
b) Fλ (s ) = 1 + ∑
≤
= e donc Fλ (s ) 
→0 .
∑
∑

s →+∞
s
n =1 (s + 1) …(s + n ) 
n =1 (s + 1)… (s + n )
n =0 n !
c) Puisque
λn
λn
≤
, il y a converge normale sur ℝ + de la série des fonctions continues
(s + 1)…(s + n ) n !
+∞
+∞ n
λn
λn
λ
eλ
. Ceci permet d’affirmer 1 + ∑

→ ∑ = eλ et donc Fλ (s ) ∼+ .
s →0
s→0 s
(s + 1)…(s + n )
n =1 (s + 1) …(s + n )
n =0 n !
1
n!
d) Par intégrations par parties successives : ∫ (1− y )s−1y n dy =
.
0
s (s + 1)…(s + n )
s֏
+∞
λn 1
s−1 n
∫0 (1− y ) y dy . Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, on peut
n =0 n !
e) Fλ (s ) = ∑
1
échanger somme et intégrale : Fλ (s ) = ∫ eλy (1− y )s−1 dy .
0
david Delaunay http://mpsiddl.free.fr
Rayon de convergence
Exercice 1
Quel est le rayon de convergence de
Pour x ≠ 0 , posons un = π
Exercice 2
n 2 + 2n
∑π
x 2n . Après calculs
n 2 +2 n
x 2n ?
un +1
→ πx 2 donc R = 1
un
π.
cos(n α ) n
x ?
n
n ≥1
∑
Soit α ∈ ℝ . Quel est le rayon de convergence de
Série entière et série entière dérivée ont même rayon de convergence. Etudions alors le rayon de convergence de
∑ cos((n +1)α)x n . (cos((n +1)α)) est bornée donc R ≥ 1 et ne tend pas vers 0 donc R ≤ 1 et finalement
R =1 .
Exercice 3
a) Soit (an ) une suite complexe. On suppose que
Déterminer les rayons de convergence de
∑ (a
+∞
b) Donner un équivalent simple de
∑ ln n x
n
n
∑a x
n
a pour rayon de convergence R .
n
ln n )x n et

n
1
∑ a ∑ k x
n
n
.
k =1
quand x → 1− .
n =1
a) On sait que
∑a x
n
n
et
∑ na x
ont le même rayon de convergence R . Puisque an = o (an ln n ) et
n
n
∑ (a
an ln n = o (nan ) on peut affirmer que
n
1
an ∑ ∼ an ln n donc
k =1 k
b) Notons que
∑ ln n x

n
1
∑ a ∑ k x
n
n
n
ln n )x n a aussi pour rayon de convergence R . De plus
est encore de rayon de convergence R .
k =1
n
a pour rayon de convergence R = 1 . On sait
n
1
k =1
k =1
est borné par un certain M .
+∞
Par suite
∑ ln n x
n =1
n
+∞ n
+∞
 1 
1
Mx
quand x → 1− .
− ∑∑ x n ≤ ∑ Mx n =
= O 
1− x 
1− x
n =1 k =1 k
n =1
+∞
Or par produit de Cauchy
n
1
∑∑ k x
n =1 k =1
n
=−
ln(1− x )
donc
1− x
+∞
∑ ln n x
n =1
n
∼−
x →1−
ln(1− x )
.
1− x
Sommes de séries entières
+∞
Exercice 4
Rayon de convergence et somme de la série entière
x 2n +1
∑ 3n + 2 .
n =0
x 2n +1 un +1
.
→ x 2 donc R = 1 .
3n + 2 un
La fonction somme S est impaire, on se limite alors à x > 0 .
+∞
+∞
x +∞
x
x 3n +2
x 3n +2
t
xS (x 3 2 ) = ∑
or ∑
= ∫ ∑ t 3n +1 dt = ∫
dt .
0
0
1− t 3
n =0 3n + 2
n =0 3n + 2
n =0
x2 3
1
t
donc S (x ) = 4 3 ∫
dt et il ne reste plus qu’à décomposer en éléments simples etc.
0
x
1− t 3
 2x 2 3 + 1 π 
1
x 4 3 + x 2 3 +1
1 

 −  .
S (x ) = 4 3 ln 4 3
arctan
−

6x
x − 2x 2 3 + 1 x 4 3 3 

3  6 
Pour x ≠ 0 , posons un =
n
1
∑ k = ln n + γ + o (1) donc ln n − ∑ k
Exercice 5
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
n +1
1
n!
≠ 0 . n +1 =
→ . R=2.
1×3×⋯× (2n + 1)
an
2n + 3
2
a) Posons an =
∫
b) On sait que
π 2
0
sin 2n +1 (t )dt =
+∞
2n n !
donc
1×3×⋯× (2n + 1)
+∞
∑a x
+∞
n
n
n =0
= ∑∫
n =0
π 2
0
xn
sin 2n +1 (t )dt .
n
2
π 2 +∞ x
π 2
x
2sin t
dt
sin 2n +1 (t )dt = ∫ ∑ n sin 2n +1 (t )dt = ∫
n
0
0
0
2
2
2
−
x sin 2 t
n =0
n =0
+∞
π 2
1
sin t
du
Ainsi ∑an x n = ∫
dt = ∫
puis
2
2
0
0 (2 − x ) + xu
(2
)
cos
−
x
+
x
t
n =0
Par convergence uniforme,
+∞
∑a x
si x > 0 alors
n
n
+∞
∑a x
n
n
2
x
.
arctan
2 −x
x (2 − x )
=
2
−x
.
argth
2 −x
−x (2 − x )
n =0
Exercice 6
π 2
n
=
n =0
Si x < 0 alors
∑∫
n
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(nα )x n −1 pour x < 1 .
= 
−
 =
arctan 
2
iα
1− x cos α  1− 2x cos α + x
dx 
2i 1− xe
1− xe−iα  n =1
Par intégration de série entière, on obtient la relation proposée.
Exercice 7
Si n ≥ 1 , soit I n le nombre d’involutions de {1,…,n } . On convient : I 0 = 1 .
a) Montrer, si n ≥ 2 , que I n = I n−1 + (n −1)I n −2 .
I
b) Montrer que ∑ n x n converge si x ∈ ]−1,1[ . Soit S (x ) sa somme.
n ≥0 n !
c) Montrer, pour x ∈ ]−1,1[ , que S ′(x ) = (1 + x )S (x ) .
d) En déduire une expression de S (x ) puis une expression de I n .
a) Une involution de {1,…,n } peut fixer l’élément n ou non.
Il y a exactement I n−1 involutions de {1,…,n } fixant n .
Si une involution ne fixe pas n , elle l’échange avec un autre élément a de {1,…, n −1} . Il y a n −1 valeurs
possibles pour a , l’involution alors obtenue envoyant n sur a et a sur n réalise aussi par restriction une
involution sur {1,…, n } \ {a , n } : il y en a exactement (n −1)I n−2 .
Au final, on obtient I n = I n−1 + (n −1)I n −2 .
In
= O (1) , on a R ≥ 1 .
n!
+∞
+∞
+∞
+∞
I
I
I
I − nI n−1 n
c) (1 + x )S (x ) = ∑ n x n + ∑ n−1 x n = 1 + ∑ n
x = 1 + ∑ n +1 x n = S ′(x ) .
n!
n =0 n !
n =1 (n −1)!
n =1
n =1 n !
b) Une involution est bijective donc I n ≤ n ! . Puisque
1
x+ x2
2
d) La résolution de l’équation différentielle linéaire, sachant S (0) = 1 , donne S (x ) = e
1 2
x
2
+∞
n +∞
2n
x
x
donne
∑
n
n =0 n ! n =0 2 n !
p
p
(2p )!
(2p + 1)!
= ∑ ( p−k )
et I 2 p+1 = ∑ ( p−k )
.
2
(
p
−
k
)!(2
k
)!
2
(
p
− k )!(2k + 1)!
k =0
k =0
Or e
I 2p
1
x+ x2
2
= ex e
=∑
.
Exercice 8
Soit, pour n ∈ ℕ , an =
n!
. Rayon de convergence et somme de la série entière
1×3×⋯× (2n + 1)
+∞
∑a x
n
n
.
n =0
n +1
an . Par application de la règle de d’Alembert, on obtient R = 2 .
2n + 3
La relation (2n + 3)an +1 − (n + 1)an avec a 0 = 1 permet d’affirmer que la somme S de la série entière
On a an +1 =
∑a x
n
n
est solution sur ]−2,2[ de l’équation différentielle x (x − 2)S ′(x ) + (x −1)S (x ) + 1 = 0 . La recherche de solution
définie et continue en 0 donne S (x ) =
Exercice 9
Posons bn =
arcsin(x −1) +
x (2 − x )
π
2 .
n  
n
On pose a 0 = 1 puis an +1 = ∑  an−kak . Calculer les an en utilisant la série entière de terme


k =0 k 
a
général n x n .
n!
n
an
, on a b0 = 1 et (n + 1)bn +1 = ∑bn −kbk . Notons S la somme de la série entière
n!
k =0
∑b x
n
n
et
posons R son rayon de convergence. Par récurrence, on peut affirmer bn ≤ 1 et donc R > 0 . Sur ]−R, R[ , la
relation précédente donne a S ′(x ) = S 2 (x ) . Après résolution, sachant que S (0) = 1 , on obtient S (x ) =
1
1− x
d’où l’on tire an = n ! .
Etude de la somme d’une série entière
+∞

1
∑ ln 1 + n x
Exercice 10 Domaine de définition et étude aux bornes de
n
.
n =1
R = 1 , il y a divergence en x = 1 et convergence par le CSSA en x = −1 . La fonction somme est définie sur
+∞
 1

1 
≤ ln 1 +
[−1,1[ . Par application du CSSA sur [−1,0] , ∑ ln 1 + x k
 → 0 , il y a donc

 k  ∞,[−1,0]
 n + 1
k =n +1
convergence uniforme sur [−1,0] et donc continuité de la somme en −1 puis finalement sur [−1,1[ .
Exercice 11 On pose an = ∫
+∞
n
th t
dt pour n ∈ ℕ∗ .
t2
+∞
a) Etudier la convergence de la série
∑a x
n
n
entière pour x réel.
n =1
On note f (x ) la somme de cette série entière.
b) La fonction f est-elle continue en −1 ?
c) Donner un équivalent simple de f en 1− .
Notons que l’intégrale définissant an converge car th t ≤ 1 .
th n th t 1
1
≤ 2 ≤ 2 . En intégrant et en exploitant th n → 1 , on obtient an ∼ .
2
t
t
t
n
On en déduit que R = 1 . Pour x = −1 , ∑an x n converge en vertu du CSSA car (an ) décroît vers 0.
a) Pour t ≥ n ,
Pour x = 1 ,
∑a x
n
n
diverge par l’équivalent précédent. La fonction somme est définie sur [−1,1[ .
∑a x
b) Pour x ∈ [−1,0] , on peut appliquer le CSSA à la série
+∞
n
n
∑ax
et affirmer
k
k
≤ an +1 x
n +1
≤ an +1 ce
k =n +1
qui assure la convergence uniforme de la série. Par suite la fonction somme est continue en −1 .
+∞
+∞
+∞
1 1− th n
1
1− th n n
c) On a an − ≤
donc pour x ∈ [ 0,1[ , ∑an x n − ∑ x n ≤ ∑
x .
n
n
n
n
n =1
n =1
n =1
+∞
Or
1
∑n x
n
= − ln(1− x ) → +∞ et n 2
n =1
entière
∑
1− th n
∼ 2ne−2n → 0 donc
n
∑
1− thn
est ACV et la somme de la série
n
1− th n n
x est définie et continue en 1. On en déduit f (x ) ∼−− ln(1− x ) .
x →1
n
∞
Exercice 12 Soit une série entière
∑a z
n
n
de rayon de convergence R > 0 et de somme f (z ) .
n =0
a) Montrer que pour 0 < r < R ,
∞
∑a
2
n
r 2n =
n =0
2
1 2π
f (reiθ ) dθ .
2π ∫0
b) Que dire de f si f admet un extremum local en 0 ?
c) On suppose maintenant que R = +∞ et qu’il existe P ∈ ℝ N [X ] tel que f (z ) ≤ P ( z ) pour
tout z complexe. Montrer que f ∈ ℂ N [X ] .
∑a r
a) Pour 0 < r < R , il y a absolument convergence de
n
n
+∞
+∞
n =0
n =0
. f (reiθ ) = ∑ an r n einθ ∑an r n e−inθ . Par produit
2
+∞
n
de Cauchy de séries absolument convergentes, on a f (re ) = ∑∑ak an −k e
2
iθ
i (2k −n ) θ n
r .
n =0 k =0
Puisque
∑a r
n
et
n
∑a r
n
sont absolument convergentes, par produit de Cauchy, on peut affirmer que
n
n
n
k =0
k =0
∑∑ ak an−k r n converge. On en déduit que la série des fonctions continues θ ֏ ∑ak an−k ei (2k−n )θr n est
normalement convergente et donc on peut permuter somme et intégration :
∫
2π
0
+∞
f (reiθ ) dθ = ∑ ∫
2
n =0
2π n
∑a a
k
0
n −k
∫
ei (2k −n ) θr n dθ . Or
k =0
2π
0
eipθ dθ = 0 pour tout p ∈ ℤ∗ donc, après simplification
+∞
2
1 2π
2
des termes nuls,
f (reiθ ) dθ = ∑ am r 2m .
∫
2π 0
m =0
b) Quitte à passer à l’opposé, supposons que f admet un maximum en 0.
Pour tout 0 < r < R ,
+∞
∑
n =N +1
+∞
N
an r 2n = ∑ an r 2n − ∑ an r 2n
2
2
n =0
2
n =0
+∞
∞
∑ an r 2n = ∑ an r 2n − a0 =
2
n =1
2
n =0
+∞
Par intégration, d’une fonction négative, on obtient
∑a
2
n
2
1 2π
2
f (reiθ ) − f (0) dθ .
∫
2π 0
r 2n ≤ 0 . Or il s’agit d’une somme de termes positifs,
n =1
ils sont donc tous nuls et on en déduit ∀n ∈ ℕ ∗ ,an = 0 . La fonction f est donc constante.
N
c) Posons fN (z ) = ∑ an z n .
n =0
+∞
Pour tout r > 0 ,
∑
n =N +1
+∞
N
an r 2n = ∑ an r 2n − ∑ an r 2n =
2
2
n =0
2
n =0
2
2
1 2π
f (reiθ ) − fN (reiθ ) dθ .
∫
2π 0
Or f (z ) ≤ P ( z ) et P ( z ) ≤ fN (z ) donc comme à la question précédente on peut affirmer ∀n > N ,an = 0 et
donc f ∈ ℂ N [X ] .
Exercice 13 On pose I n = ∫
1
+∞
n
e−t dt pour n ∈ ℕ ∗ .
a) Déterminer la limite de (I n ) .
b) Donner un équivalent de (I n ) .
c) Déterminer le rayon de convergence R de la série entière de terme général I n x n . Etudier sa
convergence en R et en −R .
n
n
a) Pour t > 1 , e−t → 0 avec 0 ≤ e−t ≤ e−t . Par convergence dominée I n → 0 .
1 +∞ 1−nn −u
u e du .
n ∫1
+∞ 1−n
+∞ e−u
1 +∞ e−u
Par convergence dominée, ∫ u n e−u du 
→
d
u
donc
I
∼
du .
n
n →+∞
∫1 u
1
n ∫1
u
c) Par l’équivalent précédent R = 1 et la série entière diverge en 1. Par application du CSSA, la série entière
converge en −1 .
b) Par le changement de variable u = t n qui est un C1 -difféomorphisme, I n =
Exercice 14 Soient B = {z ∈ ℂ, z ≤ 1} et f une fonction continue de B dans ℂ dont la restriction à B est
somme d’une série entière. Montrer qu’il existe une suite (Pk )k ≥0 de polynôme convergeant
uniformément vers f sur B .
∑a z
Notons
n
la série entière dont la somme est égale à f sur B .
n
La fonction f est continue sur un compact donc uniformément continue.
Pour tout ε > 0 , il existe δ > 0 vérifiant ∀z , z ′ ∈ B , z − z ′ ≤ δ ⇒ f (z ) − f (z ′) ≤ ε .
Considérons alors r = 1− δ et g r : z ֏ f (rz ) .
Pour tout z ∈ B , z − rz = δ z ≤ δ donc f (z ) − g (z ) ≤ ε . Ainsi f − g
Puisque la série entière
entière
P −g
∑a r
n n
z
n
∞ ,B
∑a z
n
∞ ,B
≤ε
converge uniformément vers f sur tout compact inclus dans B , la série
n
converge uniformément vers g sur B . Il existe donc un polynôme P vérifiant
≤ ε puis f − P
∞ ,B
≤ 2ε ce qui permet de conclure.
Développement en série entière
Exercice 15 Développer en série entière f : x ֏ x + 1 + x 2 au voisinage de 0.
1
−x
1
f (x ) +
f ′(x ) donne (1 + x 2 ) f ′′(x ) + xf ′(x ) − f (x ) = 0 .
2 32
2
2(1 + x )
4
2 1+ x
2 1+ x
1
1 (2n + 1)(2n −1)
La démarche classique donne an +2 = −
an avec a 0 = 1 et a1 = .
4 (n + 2)(n + 1)
2
f ′(x ) =
1
2
f (x ) , f ′′(x ) =
On obtient alors a 2 p =
(−1) p
(4p − 2)!
(−1) p
(4p −1)!
et
a
=
.
2 p +1
4 p −1
4p
2
((2p )!)((2p −1)!)
2
(2p + 1)!(2p −1)!
n +1
t
(it )k
Exercice 16 a) Montrer, si t ∈ ℝ : e − ∑
≤
.
(n + 1)!
k =0 k !
n
it
 +∞ n

b) Soit f ∈ C 0 ( ℝ , ℝ ) telle que  ∫
t f (t ) dt 
 −∞

soit bornée. Montrer que
n ≥0
F :x ֏ ∫
+∞
−∞
e−itx f (t ) est développable en série entière en 0.
a) Appliquer l’inégalité de Taylor-Lagrange à la fonction t ֏ eit qui est de classe C n+1 sur ℝ .
b) La convergence de l’intégrale définissant F provient de la convergence supposée de
On a F (x ) = ∫
n
+∞ 
(itx )k
(itx )k 
 f (t ) dt
f (t ) dt + ∫ eitx − ∑
−∞ 
k!
k ! 

k =0
k =0
+∞ n
−∞
∑
∫
+∞
−∞
f (t ) dt .
n
(itx )k
 +∞

f (t ) dt = ∑  ∫ (it )k f (t ) dt x k


−∞
−∞
k!
k =0
k =0
n
+∞ 
+∞ n +1
(itx )k 
1
 f (t ) dt ≤
et ∫ eitx − ∑
t
f (t ) dt → 0 compte tenu des hypothèses.
∫
−∞ 
k ! 
(n + 1)! −∞

k =0
+∞ n
avec
∫ ∑
+∞
 +∞

On peut alors affirmer F (x ) = ∑  ∫ (it )k f (t ) dt x k avec convergence sur ℝ de la série entière considérée.


−∞
k =0
Convergence dominée
1
Exercice 17 Soit f ∈ C ([0,1], ℝ ) et pour n ∈ ℕ : un = ∫ f (t n ) dt . Etudier la convergence de (un ) .
0
La fonction f est continue sur un segment donc bornée, cela permet d’appliquer le théorème de convergence
dominée à la suite de fonctions fn : t ֏ f (t n ) pour conclure un → f (0) .
Exercice 18 Calculer lim
n →+∞
∫
+∞
0
n!
n
∏ (k + x )
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
Intégration terme à terme d’une série de fonctions
Exercice 19 a) Etablir pour a ,b > 0 l’égalité
∫
+∞
t a−1
(−1)n
dt = ∑
.
b
0 1+ t
n =0 a + nb
1
+∞
b) Calculer
a)
(−1)n
∑
n =0 3n + 1
N
t a −1
t a +(N +1)b−1
= ∑ (−1)n t a +nb−1 + (−1)N +1
.
b
1+ t
1 + tb
n =0
N
1 t a +( N +1)b −1
t a−1
(−1)n
N +1
d
t
=
+
(
−
1)
∑
∫0 1 + t b
∫0 1 + t b dt avec
n =0 a + nb
1
En intégrant on obtient
0≤∫
1 a +(N +1)b−1
t
0
1+ t
b
b) Après calculs
1
dt ≤ ∫ t a +(N +1)b−1 dt =
0
∫
1
0
1
→ 0 quand N → +∞ .
a + (N + 1)b
dt
1
π
= ln 2 +
.
1+ t 3 3
3 3
Exercice 20 Existence et calcul de
∫
ln t
dt . Le résultat est à exprimer à l’aide de ζ (2) .
2
0 1− t
1
+∞
ln t
=
t 2n ln t et
∑
1 − t 2 n =0
∫
1
t 2n ln t dt =
0
−1
.
(2n + 1) 2
Par convergence de la série des intégrale des valeurs absolues, on peut affirmer que
∫
∫
1
0
ln t
dt converge et
1− t 2
+∞
ln t
1
3ζ (2)
dt = −∑
=−
.
2
2
0 1− t
4
n =0 (2n + 1)
1
1
Exercice 21 Etudier la limite de la suite de terme général n ∫ ln(1 + t n ) dt .
0
(−1)k −1 nk
t dt .
0
[ 0,1 k =1
k
Pour n ≥ 1 , il y a convergence de la série des intégrales des valeurs absolues donc on peut permuter somme et
∫
1
+∞
∑
[
ln(1 + t n ) dt = ∫
intégrale pour affirmer
k −1
+∞
∫
+∞
(−1)
(−1)
−∑
k2
k =1 k (nk + 1)
k =1
n∑
(−1)k −1
.
k =1 k (nk + 1)
+∞
1
ln(1 + t n ) dt = ∑
0
k −1
+∞
(−1)
k2
k =1
1
n ∫ ln(1 + t n ) dt → ∑
0
+∞
+∞
(−1)k
avec
2
k =1 k (nk + 1)
=∑
k −1
+∞
avec
k −1
(−1)
k2
k =1
∑
=
∑k
k =1
(−1)k
1 +∞ 1
≤
∑ → 0 donc
2
(nk + 1) n k =1 k 2
π2
car on sait
12
Exercice 22 Soit (an )n≥0 une suite bornée. Calculer lim
n →+∞
∫
+∞
0
+∞
1
∑k
k =1
2
=
π2
.
6
 +∞ t p 
e−2t ∑ a p  dt .
 p=n p !
tp
tp
tp
est
convergente
car
a
≤
(
a
)
.
p
n ∞
p
p!
p!
p!
De plus sa somme est continue car on peut aisément établir la convergence normale sur tout segment.
∑a
La série
+∞
Enfin
∑a
p =n
p
tp
≤ (an )
p!
Posons fp (t ) = a p
et permet d’assure l’existence de l’intégrale.
∞
t p −2t
e ,
p!
∑f
+∞
p
CS, fp et
∑f
p
sont continues par morceaux (car continues).
p =n
fp est intégrable sur [0,+∞[ et
∫
+∞
0
fp (t ) dt =
ap
2
p +1
 1 
= O  p+1  est terme générale d’une série ACV.
 2 

a
t 
e−2t ∑ a p  dt = ∑ pp+1 .

 p=n p !
p =n 2
Enfin cette expression tend vers 0 en tant que reste d’une série convergente.
Par théorème
∫
+∞
+∞
+∞
p
0
Exercice 23 Soit (an ) une suite croissante de réels > 0 telle que an → +∞ .
Justifier
∫
+∞ +∞
+∞
(−1)n
.
an
n =0
∑ (−1)n e−anx dx = ∑
0
n =0
Le CSSA s’applique aux séries des deux membres de l’équation. Ainsi la série
fonctions
∑ (−1)
n
∑
(−1)n
converge et la série de
an
e−anx converge. De plus, par majoration de reste, on peut affirmer que cette convergence est
+∞
uniforme et donc que la fonction somme x ֏ ∑ (−1)n e−an x est continue. Enfin la domination
n =0
+∞
∑ (−1)
n
e−anx ≤ e−a0x assure l’existence de l’intégrale.
n =0
+∞ +∞
∫ ∑ (−1)
0
n =0
n
e−anx dx = ∫
+∞ N
0
∑ (−1)
n =0
n
e−an x dx + ∫
+∞ +∞
0
∑
n =N +1
(−1)n e−an x dx
+∞ N
∫ ∑ (−1)
avec
0
∫
et
n =0
+∞ +∞
∑
0
n =N +1
+∞
(−1)n
(−1)n
→
∑
N →+∞
an
an
n =0
n =0
N
n
e−anx dx = ∑
(−1)n e−anx dx ≤ ∫
+∞
0
e−aN +1x dx =
1
→ 0 .
aN +1 N →+∞
Cela permet de conclure.
∫
Exercice 24 Prouver
1
0
(−1)n −1
.
nn
n =1
+∞
x x dx = ∑
+∞
1
(x ln x )n
(−1)n n !
. Par intégration par parties ∫ (x ln x )n dx =
.
0
n!
(n + 1)n +1
n =0
Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du premier
+∞
1
(−1)n
membre et permet d’échanger somme et intégrale pour obtenir ∫ x x dx = ∑
qui permet de
(n +1)
0
n =0 (n + 1)
conclure.
xx = ∑
+∞
Exercice 25 Montrer que
∑n
−n
1
= ∫ t −t dt .
0
n =1
+∞
1
(t ln t )n
(−1)n n !
. Par intégration par parties ∫ (t ln t )n dt =
.
0
n!
(n + 1)n +1
n =0
Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du second
+∞
1
1
membre et permet d’échanger somme et intégrale pour obtenir ∫ t −t dx = ∑
qui permet de
(n +1)
0
n =0 (n + 1)
conclure.
t t = ∑ (−1)n
+∞
1
. Montrer :
x
n
n =1
Exercice 26 Si x > 1 , on pose ζ (x ) = ∑
∫
+∞
2
+∞
1
.
2
n
ln n
n =2
(ζ (x ) −1) dx = ∑
On sait que la fonction ζ est continue.
+∞
+∞ +∞
+∞
dx
1
= 2
.
x
n
n
ln n
n =2
La convergence de la série des intégrales des valeurs absolues assure la convergence de l’intégrale du premier
+∞
+∞
1
membre et permet de permuter intégrale et somme. On obtient alors ∫ (ζ (x ) −1) dx = ∑ 2
.
2
n
ln n
n =2
∫
2
(ζ (x ) −1) dx = ∫
2
1
∑n
x
dx avec
∫
2
Fonction définie par une intégrale
Exercice 27 On pose f (x ) = ∫
+∞
0
sin(xt )
dt .
et −1
a) définition de f .
b) Continuité et dérivabilité de f .
c) Ecrire f (1) comme somme de série.
1
sin(xt )
sin(xt )
sin(xt )
est continue par morceaux sur ]0,+∞[ , t
= O (1) et t
= o  2  donc
t
t 
t
→
0
t
→+∞
e −1
e −1
e −1
f (x ) est bien définie.
sin(xt )
∂g
∂g
t
b) g (x ,t ) = t
. g admet une dérivée partielle
avec
(x ,t ) = t
cos(xt ) .
e −1
∂x
∂x
e −1
∂g
∂g
x֏
(x ,t ) est continue sur ℝ , t ֏
(x ,t ) est continue par morceaux sur ]0,+∞[ .
∂x
∂x
a) Pour x ∈ ℝ , t ֏
Enfin
∂g
t
(x ,t ) ≤ t
= ϕ (t ) avec ϕ intégrable sur ]0,+∞[ .
∂x
e −1
Par domination, on peut affirmer que f est de classe C 1 , a fortiori continue et dérivable.
+∞
1
c) La décomposition t
= ∑ e−nt et la majoration sin(t ) ≤ t permettent d’appliquer le théorème de
e −1 n =1
+∞
1
sommation terme à terme et de conclure f (1) = ∑ 2
.
n =1 n + 1
+∞
sin t −tx
e dt .
t
a) Justifier la définition de f (x ) .
Exercice 28 Pour x ∈ ℝ + , soit f (x ) = ∫
0
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 
e  ≤ e−ax = ϕ (x ) avec ϕ intégrable. On peut donc appliquer le
b) Pour x ∈ [a , +∞[ ⊂ ]0, +∞[ ,


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 = .
0
x x →+∞
2
+∞
(n +1) π sin(t )
(n +1) π sin(t )
d) f (x ) = ∑ ∫
e−tx 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
+∞ sin tx
cos tx −t
e dt et g (x ) = ∫
e−t dt .
0
0
t
t
Existence et calcul de ces deux intégrales.
Exercice 29 Pour tout x réel, on pose f (x ) = ∫
La fonction ϕ : t ֏
+∞
e(ix −1)t
1
est continue par morceaux sur ]0,+∞[ , vérifie ϕ(t ) ∼
et t 2ϕ(t ) 
→ 0 donc
t →+∞
t
→
0
t
t
e(ix −1)t
dt puis de f (x ) et g (x ) qui en sont les parties
0
t
réelles et imaginaires. Les théorèmes d’usage assurent que F est C 1 et une intégration par parties donne
ϕ est intégrable. Ceci assure l’existence de F (x ) = ∫
F ′(x ) = −
F (x ) =
+∞
1
F (x ) . La résolution de cette équation différentielle avec
2(x + i )
∫
+∞
0
2
e−t dt =
π
donne
2
π ei (arctan x ) 2
d’où f (x ) et g (x ) .
(x 2 + 1)1 4
Exercice 30 Etudier f : x ֏ ∫
1
0
t −1 x
t dt .
ln t
f est définie pour x > 0 .
Par les théorèmes d’usage, on montre que f est C 1 en observant une domination sur tout [a , +∞[ avec a > −1 .
1
1
x +2
−
puis f (x ) = ln
+C .
x + 2 x +1
x +1
Quand n → +∞ , le théorème de convergence dominée donne f (n ) → 0 donc C = 0 . Finalement
x +2
f (x ) = ln
dont l’étude est désormais facile.
x +1
1
On obtient f ′(x ) = ∫ (t −1)t x dt =
0
Exercice 31 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 } .
t֏
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
1
1
b) f (x ) + f (x + 1) =
et f (x + 1) 
→ f (0) donc f (x ) ∼
.
x →−1
x →−1 x + 1
x +1
1 t z +1
1
c) Par intégration par parties : (z + 1) f (z ) = + ∫
dt et
2
0 (1 + t )
2
Exercice 32 Existence et calcul de f (x ) = ∫
t֏
+∞
0
∫
1
0
1
t z +1
1
dt ≤ ∫ t Re(z )+1dt ≤
→0.
2
0
(1 + t )
Re(z ) + 2
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
= 2
.


2
2
2


dx  1 + t
 (x + t )(1 + t )
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
dt =
.
 donc f ′(x ) = ∫

2
2
2
2
0
(x + t )(1 + t ) x −11 + t
x +t 
(x 2 + t 2 )(1 + t 2 )
x +1
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.
Exercice 33 On pose, pour n ∈ ℕ et x ∈ ℝ : pn (x ) = (1 + cos x )n puis qn (x ) =
pn (x )
∫
π
−π
a) Montrer que pour tout δ ∈ ]0, π[ , lim
n →+∞
∫
δ
−δ
.
pn (t ) dt
qn (t ) dt = 1 .
π
b) Soit f : ℝ → ℝ 2π -périodique et continue. On pose g n (x ) = ∫ qn (t ) f (x − t ) dt .
−π
Prouver la convergence uniforme sur ℝ vers f de (gn ) .
c) Quel résultat redémontre-t-on ainsi ?
∫
a)
δ
π
qn
∫
(t ) dt ≤
∫
π
δ
π
−π
(1 + cos t )n
Or par convergence dominée
Ainsi
∫
δ
π
∫
≤
dt ∫
(1 + cos t )n dt
π
δ
δ
−δ
∫
δ
π
(1 + cos δ )n
∫
−δ
−π
π
δ
(1 + cos t )n dt
2δ (1 + cos δ )n
(1 + cos t )n dt
(1 + cos t )n dt
qn (t ) dt → 0 et par parité
∫
≤
(1 + cos t )n dt
π  1 + cos t 
 dt →0 .
= ∫ 
n →+∞
1 + cos δ 
δ 
n
qn (t ) dt → 0 . On en déduit lim
n →+∞
∫
δ
−δ
qn (t ) dt = 1 car
∫
π
−π
qn (t ) dt = 1 .
π
b) g n (x ) − f (x ) = ∫ qn (t )( f (x − t ) − f (x )) dt .
−π
Puisque f est continue sur le segment [−π, π ] , elle y est uniformément continue.
Pour ε > 0 , il existe δ > 0 vérifiant x − y ≤ δ ⇒ f (x ) − f (y ) ≤ ε .
On a alors
∫
δ
−δ
δ
qn (t )( f (x − t ) − f (x )) dt ≤ ∫ εqn (t ) dt ≤ ε .
Mais puisqu’on a aussi
−δ
∫
π
δ
∫
δ
π
qn (t )( f (x − t ) − f (x )) dt ≤ 2 f
∞
∫
δ
π
qn (t ) dt , pour n assez grand,
qn (t )( f (x − t ) − f (x )) dt ≤ ε et finalement g n (x ) − f (x ) ≤ 3ε indépendamment de x .
π
c) Par le changement de variable u = x − t et par 2π -périodicité, g n (t ) = ∫ f (u )qn (x − t ) dt et en
−π
développant, cette expression se perçoit comme un polynôme trigonométrique. On a démontré le théorème de
Weierstrass dans sa version trigonométrique.
Exercice 34 a) Pour quels x de ℝ l’intégrale :
∫
π 2
(sin t )x dt existe-t-elle ?
0
Dans ce cas, soit f (x ) sa valeur.
b) Montrer que f est de classe C 1 sur son intervalle de définition.
c) Que dire de x ֏ (x + 1) f (x ) f (x + 1) ?
1
.
t
b) Par domination sur [a , +∞[ pour tout a > −1 , on obtient f de classe C 1 .
a) L’intégrale converge pour x > −1 car (sin t )x ∼
t → 0 −x
c) Posons ϕ (x ) = (x + 1) f (x ) f (x + 1) .
Une intégration par parties classique (cf. intégrales de Wallis) donne ϕ (x + 1) = ϕ (x ) .
Montrons que cette fonction est constante.
Soit a ∈ ]−1,0[ , ϕ (a + n ) = ϕ (a ) .
En posant p = E (a ) , la décroissance de f donne ϕ (a ) = ϕ (a + n ) ≤ (a + n + 1) f (p + n ) f (p + n + 1)
a + n +1
a + n +1
Or (a + n + 1) f (p + n ) f (p + n + 1) =
ϕ (n + p ) =
ϕ (0) 
→ ϕ (0) .
n →+∞
p + n +1
p + n +1
De façon semblable, ϕ (a ) peut être minorée par une suite de limite ϕ (0) .
On peut donc affirmer que ϕ est constante.
Exercice 35 a) Nature de l’intégrale
∫
+∞
+∞
0
sint
dt .
t
sin t
dt pour tout réel x .
x
t
b) Montrer que f est de classe C 1 sur ℝ et exprimer sa dérivée.
On pose f (x ) = ∫
c) Calculer
∫
0
+∞
f (t ) dt .
+∞
sint
dt est convergente comme le montre l’intégration par parties
t
x
x sin t
x 1− cos t
1− cos t 


d
t
=
+∫
dt .
∫0 t
0
t2
 t
 0
a) L’intégrale
∫
0
sint
peut être prolongée en 0 en une fonction continue sur ℝ . Soit F sa primitive
t
sin x
s’annulant en 0. On a f (x ) = lim F − F (x ) . La fonction f est donc C 1 sur ℝ et f ′(x ) = −F ′(x ) = −
.
+∞
x
b) La fonction t ֏
c) Par intégration par parties,
∫
Or
+∞
x
Enfin
x∫
x
∫
+∞
∫
x
0
x
x
0
+∞
+∞ cos t
 cos t 
sin t
 −∫
dt = −
dt donc
x


t
t x
t2

+∞
x
x
f (t ) dt = [tf (t )]0 − ∫ tf ′(t ) dt = xf (x ) + ∫ sin t dt .
∫
0
x
0
f (t ) dt = 1− x ∫
+∞
+∞ sin t
 sin t 
cos t
dt =  2  − 2 ∫
dt avec
2
x


t
t3
 t x
cos t
dt 
→ 0 . Finalement
x →+∞
t2
∫
+∞
+∞
∫
2
x
0
∫
+∞
0
cos t
dt .
t2
+∞ 2 dt
sin t
1
dt ≤ ∫
= 2 donne
3
3
x
t
t
x
f (t ) dt converge et
Exercice 36 Montrer que, pour tout x réel positif,
+∞
x
∫
+∞
0
f (t ) dt = 1 .
x ln t
arctan(x t )
dt = ∫ 2
dt .
2
0 t −1
1+ t
+∞
arctan(x t )
. La fonction f est définie sur ℝ + .
1+ t 2
+∞
t
Par domination, f est de classe C 1 et f ′(x ) = ∫
dt .
0
(t 2 + x 2 )(1 + t 2 )
t
t
t
Après décomposition, pour x ≠ 1 ,
= 2
− 2
.
2
2
2
2
(1 + t )(x + t ) (x −1)(1 + t ) (x −1)(x 2 + t 2 )
Posons f (x ) = ∫
0
+∞
Donc f ′(x ) =
1  1 1 + t 2 
ln
2
x −1  2 x 2 + t 2  0
=
ln x
qui se prolonge par continuité pour x = 1 .
(x 2 −1)
Puisque f (0) = 0 , on obtient la relation proposée.
Exercice 37 Existence et calcul de
∫
2π
0
ln(1 + x cos t )
dt .
cos t
ln(1 + x cos t )
dt .
cos t
Pour x > 1 , l’intégrale ne peut pas être définie.
Posons f (x ) = ∫
2π
0
Pour x ≤ 1
En t = π 2 et t = 3π 2 , il est possible de prolonger par continuité la fonction intégrée.
Pour x = −1 :
Quand t → 0+ , ln(1− cos t ) ∼ 2ln t
Quand t → 2π − , t = 2π − h , ln(1− cos t ) = ln(1− cos h ) ∼ 2ln h
Pour x = 1 , quand t → π , t = π + h , ln(1 + cos t ) = ln(1− cos h ) ∼ 2ln h .
Finalement f est définie sur [−1,1] .
Pour des raisons de symétrie, f (x ) = 2∫
π
0
ln(1 + x cos t )
dt
cos t
dt
.
1 + x cos t
+∞
t
du
2π
Par le changement de variable u = tan , f ′(x ) = 4 ∫
=
.
2
2
0
(1 + u ) + x (1− u )
2
1− x 2
Par domination sur [−a ,a ] avec a < 1 , f est C 1 sur ]−1,1[ et f ′(x ) = 2 ∫
Puisque f (0) = 0 , on en déduit f (x ) = 2π arcsin x .
π
0
1 +∞ 1− e−tx
dt . Montrer que f est C 2 sur ]0,+∞[ et trouver des
x ∫0 1 + t 2
équivalents simples de f en 0 et en +∞ .
Exercice 38 On pose, pour x > 0 , f (x ) =
La fonction f est bien définie sur ]0,+∞[ et xf (x ) =
+∞ e−tx
π
−∫
dt .
0
2
1+ t 2
e−tx
dt de classe C 2 sur ]0,+∞[ donc f aussi.
0
1+ t 2
+∞ e−tx
+∞
π
π
1
Quand x → +∞ , 0 ≤ ∫
dt ≤ ∫ e−tx dt = donc xf (x ) → puis f (x ) ∼
.
2
0
0
1+ t
x
2
2x
Par domination, on obtient x ֏ ∫
+∞
+∞ +∞ (−1)n t n +1x n
1 +∞ 1− e−tx
d
t
=
dt .
∫0 ∑
x ∫0 1 + t 2
n ! (1 + t 2 )
n =0
Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues,
+∞
1 +∞ 1− e−tx
(−1)n  +∞ t n +1  n
dt = ∑
dt x .

2
∫
x 0 1+t
n !  ∫0 1 + t 2 
n =0
La fonction f se perçoit désormais comme somme d’une série entière au voisinage de 0, donc par continuité
Quand x → 0+ ,
+∞
1 +∞ 1− e−tx
t
dt → ∫
dt = ln 2 .
2
∫
0
x 0 1+ t
1+t 2
Séries de Fourier
Exercice 39 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
α
−
n
sin(
απ )
n =1
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 
n
12
 sin(απ ) 


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
n α−1+n
n α−1+n
d
t
=
(
−
1)
t
d
t
=
(
−
1)
t
d
t
+
(−1)n t α−1+n dt .
∑
∫0 1 + t
∫0 ∑
∫0
∫0 n=∑
n =0
n =0
N +1
1
1 +∞
Par le CSSA,
∫ ∑
0
∫
α−1
n =N +1
0
+∞
1
t
(−1)n
dt = ∑ ∫ (−1)n t α−1+n = ∑
.
0 1+ t
0
n =0
n =0 n + α
1
+∞
1
(−1)n t α−1+n dt ≤ ∫ t α+N dt =
1
→ 0 donc
N + α +1
∫
Par u = 1 t ,
Par suite
∫
+∞
1
+∞
0
+∞
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
α
−
n
sin(
απ )
n =1
Exercice 40 α ∈ ℝ \ ℤ et fα l’unique fonction 2π -périodique de ℝ dans ℝ telle que pour tout x ∈ [−π, π ] ,
f (x ) = cos(αx ) .
a) Calculer les coefficients de Fourier de fα .
b) Montrer que
+∞
απ
(−1)n −1
= 1 + 2α 2 ∑ 2
.
2
sin(απ )
n =1 n − α
c) Si 0 < α < 1 , montrer que
a) bn = 0 pour n ≥ 1 et an = (−1)n −1
∫
+∞
0
t α−1
π
dt =
.
1+ t
sin(απ )
2α sin απ
pour n ∈ ℕ .
π (n 2 − α 2 )
b) La série de Fourier de f converge normalement vers f car celle-ci est continue et C 1 par morceaux. Par suite
sin απ +∞
2α sin απ
f (x ) =
+ ∑ (−1)n−1
cos nx .
απ
π
(n 2 − α 2 )
n =1
Pour x = 0 , on obtient 1 =
c) La fonction f : t ֏
f (t ) ∼
1
∫
t α−1
est définie et continue par morceaux sur ]0,+∞[ . On vérifie f (t ) ∼ t α−1 et
t →0
1+ t
ce qui assure l’intégrabilité de f .
t →+∞ 2−α
∫
sin απ
sin απ +∞ (−1)n−1
+ 2α 2
puis la relation voulue.
∑
απ
απ n =1 n 2 − α 2
t
1 +∞
1 N
1 +∞
t α−1
dt = ∫ ∑ (−1)n t n +α−1 dt = ∫ ∑ (−1)n t n +α−1 dt + ∫ ∑ (−1)n t n +α−1 dt .
0 1+ t
0
0
0
n =0
n =0
n =N +1
1
+∞
(−1)n
(−1)n
→
la convergence de la série étant acquise par le CSSA.
∑
N →+∞
n =0 n + α
n =0 n + α
1 N
N
∑ (−1)n t n +α−1 dt = ∑
0
n =0
1 +∞
∫ ∑
0
n =N +1
(−1)n t n +α−1 dt ≤ ∫ t N +α dt =
[0,1[
On peut alors affirmer
Puisque
∫
+∞
1
On en tire
∫
+∞
t α−1
(−1)n
dt = ∑
.
0 1+ t
n =0 n + α
1
1 u −α
t α−1
dt = ∫
du on a aussi
1 + t u =1 t 0 u + 1
+∞
0
∫
1
la majoration du reste étant obtenue par le CSSA.
N +1+ α
∫
+∞
1
+∞
t α−1
(−1)n
dt = ∑
.
1+ t
n =0 n + (1− α )
t α−1
1 +∞ (−1)n +∞ (−1)n −1
dt = + ∑
+∑
puis
1+ t
α n =0 n + α n =1 n − α
∫
+∞
0
+∞
t α−1
1
(−1)n −1
π
dt = + 2α ∑ 2
=
.
2
1+ t
α
n
−
α
sin(
απ )
n =1
+∞
1
.
+ (x − 2nπ ) 2
n =−∞
a) Montrer que f est définie sur ℝ et étudier sa parité.
b) Montrer que f est développable en série de Fourier.
Exercice 41 Soit a > 0 , x réel. On pose f (x ) =
∑a
2
c) Calculer, en utilisant un logiciel de calcul formel, l’intégrale
d) En déduire les coefficients de Fourier de f .
e) Exprimer f à l’aide des fonctions usuelles.
∫
+∞
−∞
cost
dt .
b2 +t 2
a) Les séries
∑a
2
n ≥1
1
et
+ (x − 2nπ ) 2
∑a
n ≥1
2
1
sont ACV donc f est définie sur ℝ .
+ (x + 2nπ ) 2


1
1
1
 est paire.
f (x ) = 2
+ ∑  2
+ 2
2
2
2

a +x
a + (x + 2n π ) 
n =1 a + (x − 2n π )
b) Par translation d’indice, on observe que f est 2π -périodique.
1
1
Posons fn (x ) = 2
+ 2
.
2
a + (x − 2n π )
a + (x + 2n π ) 2
fn est C 1 , ∑ fn CS et ∑ fn′ CN sur [−π, π ] donc f est continue et C 1 par morceaux donc développable en
+∞
série de Fourier.
+∞ cos t
πeb
c) ∫
dt =
.
2
2
−∞ b + t
b
d) f est paire donc bn = 0 pour tout n ∈ ℕ∗ .
1
1 π cos(nt )
1 π +∞
cos(nt )
cos(nt )
f (t )cos(nt ) = ∫
dt + ∫ ∑ 2
+
dt .
2
2
∫
π 2π
π −π a + t
π −π n =1 a + (t − 2n π )2 a 2 + (t + 2n π ) 2
1 +∞ π
cos(nt )
Par convergence de la série des intégrales des valeurs absolues, an = ∑ ∫
dt .
2
−
π
π n =−∞
a + (t − 2n π )2
1
1 +∞ cos(nt )
n +∞ cos u
En translatant les intégrales, an = ∫
dt = ∫
du avec b = an pour n ≠ 0 et a 0 = .
2
2
2
2
−∞
−∞
π
a +t
π
b +u
a
1 1 +∞ an
1 
1  1 ea (cos t −1)
e) f (t ) =
+ ∑ e cos(nt ) = −1 + Re
(sauf erreur…)
=
2a a n =1
a 
1− ea +it  a 1− 2ea cos t + ea
Pour n ∈ ℕ , an =
Exercice 42 Soit f ∈ C 1 ([0, π ], ℝ ) telle que f (0) = f (π ) = 0 et
∫
π
0
f ′2 = 1 .
+∞
Montrer qu’il existe une suite réelle (an )n≥1 telle que
∑a
2
n
=
n =1
2
et
π
+∞
an
sin(nx ) .
n =1 n
∀x ∈ [ 0, π ], f (x ) = ∑
Soit g la fonction impaire 2π -périodique obtenue à partir de f .
g est continue et C 1 par morceaux donc développable en série de Fourier.
+∞
Ceci permet d’écrire g (x ) = ∑bn sin(nx ) pour x ∈ ℝ .
n =1
+∞
an
sin(nx ) pour x ∈ [ 0, π ]
n =1 n
En posant an = nbn , on a la relation f (x ) = ∑
Les coefficients de Fourier de g ′ se déduisant de ceux de g par intégration par parties et sachant
∫
2π
0
la formule de Parseval appliquée à g ′ donne
+∞
∑a
n =1
2
n
=
g ′2 = 2 ,
2
.
π
Exercice 43 Soient r ∈ ]0,1[ et E l’espace des fonctions continues 2π -périodiques de ℝ dans ℂ .
a) Montrer qu’il existe une fonction Pr ∈ E telle que : pour tout f ∈ E et x ∈ ℝ ,
1 π
n
r cn ( f )einx =
f (t )Pr (x − t ) dt .
∑
2π ∫−π
n ∈ℤ
b) Calculer
∫
π
−π
Pr (t ) dt .
c) Calculer lim− ∑ r cn ( f )einx .
n
r →1
a)
∑r
n ∈ℤ
n
cn ( f )einx =
n ∈ℤ
π
1
n
f (t )r ein (x −t ) dt .
∑
∫
2π n ∈ℤ −π
La série des intégrales des valeurs absolues converge grâce au terme géométrique r n , ceci permet d’échanger
somme et intégrale afin d’affirmer
∑r
n
cn ( f )einx =
n ∈ℤ
1 π
n
f (t )Pr (x − t ) dt avec Pr (u ) = ∑ r einu .
2π ∫−π
n ∈ℤ
1
1
1− r 2
On a Pr (u ) =
+
−
1
=
donc Pr ∈ E .
1− reiu 1− re−iu
1− 2r cos u + r 2
b) En permutant à nouveau somme et intégrale,
c) Par translation et 2π -périodicité,
∑r
n
∫
∑r
cn ( f )e
−π
Pr (t ) dt = 2π car
cn ( f )einx =
n ∈ℤ
n
π
∫
π
−π
eint dt = 2πδ0,n .
1 π
f (x − t )Pr (t ) dt donc
2π ∫−π
1 π
− f (x ) =
( f (x − t ) − f (x ))Pr (t ) dt .
2π ∫−π
inx
n ∈ℤ
Pour ε > 0 , l’uniforme continuité de f sur [−π, π ] assure l’existence d’un δ > 0 vérifiant :
x − y ≤ δ ⇒ f (x ) − f (y ) ≤ ε .
δ
δ
( f (x − t ) − f (x ))Pr (t ) dt ≤ ε ∫−δ Pr (t ) dt ≤ ε en ayant observé Pr ≥ 0 .
−δ
∫
On a alors
D’autre part,
∫
π
De même
∫
−δ
−π
→ 0 en vertu d’une convergence dominée par
( f (x − t ) − f (x ))Pr (t ) dt 
r →1
−
δ
2 f
∞
(1− cos δ ) 2
.
→0
( f (x − t ) − f (x ))Pr (t ) dt 
r →1
−
Ainsi pour r assez proche de 1− ,
∑r
n
cn ( f )einx − f (x ) ≤ 3ε .
n ∈ℤ
Finalement lim− ∑ r cn ( f )einx = f (x ) .
n
r →1
n ∈ℤ
Exercice 44 Soit E l’espace des f ∈ C 0 ( ℝ , ℂ) 2π -périodiques. On norme E en posant, si f ∈ E :
+∞
1 2π
f =
f . Si f ∈ E , soit G ( f ) : x ∈ ℝ ֏ ∫ e−t f (x + t ) dt ∈ ℂ .
∫
0
0
2π
a) Montrer que G est un endomorphisme continu de E .
b) L’endomorphisme G est-il inversible ?
c) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de G .
a) On observe que e−t f (x + t ) ≤ f
∞
e−t . Cette domination permet d’affirmer que G ( f ) est définie et continue
sur ℝ . La 2π -périodicité de G ( f ) est évidente et la linéarité de l’application f ֏ G ( f ) l’est aussi. Ainsi G
1 2π
1 2 π  +∞ −t


est un endomorphisme de E . De plus,
G (f ) ≤
e f (x + t ) dt  dx .
∫

2π 0
2π ∫0  ∫0
2
π
+∞
1
1
 2π

On peut appliquer le théorème de Fubini et affirmer
G (f ) ≤
e−t  ∫ f (x + t ) dx  dt avec
∫
∫
 0

2π 0
2π 0
+∞
1 2π
f (x + t ) dx = f car f est 2π -périodique. Ainsi G ( f ) ≤ ∫ e−t f dt = f ce qui donne la
0
2 π ∫0
continuité de l’endomorphisme G .
b) Etudions les coefficients de Fourier des fonctions f et G ( f ) .
1 2 π  +∞ −t

 ∫ e f (x + t )e−inx dt  dx .
Pour n ∈ ℤ , cn (G ( f )) =
∫


0
2π 0
On peut appliquer le théorème de Fubini et affirmer
1 +∞ −t int  2 π

cn (G ( f )) =
e e  ∫ f (x + t )e−in (x +t ) dx  dt
∫


0
0
2π
+∞
c (f )
Ce qui donne cn (G ( f )) = cn ( f ) ∫ e(in −1)t dt = n
.
0
in −1
+∞
einx
(in −1)
La fonction g : x ֏ ∑
est élément de E , s’il existe f ∈ E vérifiant G ( f ) = g alors cn ( f ) =
32
32
1+ n
n =−∞ 1 + n
d’où cn ( f )
2
∼
n →+∞
1
ce qui est incompatible avec la convergence de la série
n
∑c
n
2
( f ) . Ainsi la fonction G
n’est pas surjective.
c) Soit λ ∈ K et f ∈ E . Si G ( f ) = λ f alors pour tout n ∈ ℤ ,
cn ( f )
= λcn ( f ) .
in −1
 1

Si λ ∉ 
/ n ∈ ℤ alors une solution à l’équation G ( f ) = λ f vérifie cn ( f ) = 0 pour tout n ∈ ℤ et donc
in −1

f =
+∞
∑
2
cn ( f ) = 0 donne f = 0 .
n =−∞
S’il existe n 0 ∈ ℤ vérifiant λ =
1
alors pour tout n ≠ n 0 alors cn ( f ) = 0 . Posons alors
in 0 −1
g : x ֏ f (x ) −cn0 ( f )ein0x ∈ E . Pour tout n ∈ ℤ , cn (g ) = 0 donc g = 0 puis f : x ֏ cn0 ( f )ein0x . La réciproque
est immédiate.
 1

Finalement SpG = 
/ n ∈ ℤ et E1 (in−1) (G ) = Vect(x ֏ einx ) .

in −1

Equations différentielles linéaires
Exercice 45 Résoudre x ln x y ′ − (3ln x + 1)y = 0 .
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]0,+∞[ .
3ln x + 1
dx = 3ln x + ln ln x +C te .
x ln x
Solution générale sur ]0,1[ ou ]1,+∞[ : y (x ) = λx 3 ln x .
Sur ]0,1[ ou ]1,+∞[ ,
∫
Solution sur ]0,+∞[ : il existe λ , µ ∈ ℝ vérifiant y (x ) = λx 3 ln x sur ]0,1[ et y (x ) = µx 3 ln x sur ]1,+∞[ .
La continuité en 1 donne y (1) = 0 sans condition sur λ , µ .
La dérivabilité en 1 donne λ = µ .
Ainsi y (x ) = λx 3 ln x sur ]0,+∞[ qui est évidement solution.
x
Exercice 46 Trouver les fonctions f : ℝ → ℝ continues telles que f (x ) − 2∫ f (t )cos(x − t ) dt = 1 pour tout x
0
réel.
Remarquons
∫
x
0
x
x
f (t )cos(x − t ) dt = cos x ∫ f (t )cos t dt + sin x ∫ f (t )sin t dt .
0
0
x
Si f est solution alors f (x ) = 1 + 2 ∫ f (t )cos(x − t ) dt et donc f (0) = 1 .
0
f est dérivable car somme de fonctions dérivables.
x
x
f ′(x ) = −2sin x ∫ f (t )cos t dt + 2cos x ∫ f (t )sin t dt + 2 f (x ) et f ′(0) = 2 .
0
0
f est alors deux fois dérivable et f ′′(x ) = 1− f (x ) + 2 f ′(x ) .
Ainsi f est solution de l’équation différentielle y ′′ − 2y ′′ + y = 1 vérifiant les conditions initiales y (0) = 1 et
y ′(0) = 2 .
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est y (x ) = (λx + µ)ex + 1 .
Cela conduit à f (x ) = 2xex + 1 .
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnant, on peut affirmer que la fonction proposée est
solution.
Exercice 47 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
Exercice 48 Résoudre sur ]0, π[ : y ′′ + y = cotan x .
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène : y = A cos x + B sin x .
A′(x )cos x + B ′(x )sin x = 0
Méthode de variation des constantes : 
.

−A′(x )sin x + B ′(x )cos x = cotan x
1
1 + cos x
Après résolution et intégration y (x ) = − sin x ln
+ A cos x + B sin x .
2
1− cos x
Exercice 49 a) Résoudre sur ℝ +∗ par variation des constantes : y ′′ + y = 1 x .
+∞
dt
b) En déduire une expression de f (x ) = ∫ e−tx
valable pour x > 0 .
0
1+ t 2
+∞ sint
c) Calculer ∫
dt .
0
t
a) C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène : y = A cos x + B sin x .
A′(x )cos x + B ′(x )sin x = 0
′
Méthode de variation des constantes : 
, A ′(x ) = −sin x x .

B
(x ) = cos x x
−A′(x )sin x + B ′(x )cos x = 1 x
{
+∞ cos t
sin t
dt et B (x ) = −∫
dt conviennent (et ont le bon goût de converger).
x
x
t
t
+∞ sin t
+∞ cos t
Solution générale : y (x ) = A cos x + B sin x + cos x ∫
dt − sin x ∫
dt .
x
x
t
t
1
b) Par domination par
, on obtient f continue sur ℝ + et par domination par e−at sur [a , +∞[ pour tout
1+ t 2
A(x ) = ∫
+∞
a > 0 , on obtient f de classe C 2 sur ℝ +∗ avec f ′′(x ) = ∫
de y ′′ + y =
+∞
0
e−tx
t2
dt de sorte que f est solution sur ℝ +∗
1+ t 2
1
.
x
Ainsi, il existe A, B ∈ ℝ tels que f (x ) = A cos x + B sin x + cos x ∫
x
+∞
+∞
+∞ cos t
sin t
dt − sin x ∫
dt
x
t
t
1
On observe 0 ≤ f (x ) ≤ ∫ e dt = donc f →
0 puis A = B = 0 .
+∞
0
x
+∞ sin t
+∞ cos t
Ainsi f (x ) = cos x ∫
dt − sin x ∫
dt .
x
x
t
t
c) Quand x → 0+ :
+∞ sin t
+∞ sin t
∫x t dt → ∫0 t dt
+∞ cos t
+∞ cos t
1 cos t
1 cos t
1 dt
+∞ cos t
∫x t dt = ∫1 t dt + ∫x t dt avec ∫x t dt ≤ ∫x t = −ln x donc sin x ∫x t dt → 0 .
+∞ sin t
π
Ainsi en passant à la limite l’expression précédente de f (x ) : ∫
dt = f (0) = .
0
t
2
−tx
Exercice 50 Soit f ∈ C 1 ( ℝ + , ℝ ) monotone ayant une limite finie en +∞ . Montrer que les solutions de
l’équation y ′′ + y = f sont bornées.
Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation y ′′ + y = f est
x
y (x ) = λ cos x + µ sin x + ∫ f (t )sin(x − t ) dt .
0
x
Pour conclure, il suffit de justifier que x ֏ ∫ f (t )sin(x − t ) dt est bornée.
0
Par intégration par parties,
∫
x
0
x
f (t )sin(x − t ) dt = −f (0)cos x − ∫ f ′(t )cos(x − t ) dt .
0
Quitte à passer à l’opposé, on peut supposer f croissante et donc f ′(t ) ≥ 0 .
x
Puisque −1 ≤ cos(x − t ) ≤ 1 , f (0)(1− cos x ) − f (x ) ≤ ∫ f (t )cos t dt ≤ f (x ) − f (0)(1 + cos x ) .
0
x
La fonction f étant bornée (car convergente en +∞ ), il en est de même de x ֏ ∫ f (t )sin(x − t ) dt .
0
Exercice 51 Soit f ∈ C ∞ ( ℝ, ℂ) 2π -périodique. Existe-t-il y ∈ C ∞ ( ℝ , ℂ) 2π -périodique et solution de
y ′′ + y = f .
Les solutions de l’équation différentielle y ′′ + y = f sont de classe C ∞ car f l’est.
Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation y ′′ + y = f est
x
y (x ) = λ cos x + µ sin x + ∫ f (t )sin(x − t ) dt .
0
Cette solution est 2π -périodique ssi
∫
x
x +2π
∫
x
0
f (t )sin(x − t ) dt = ∫
x +2π
0
f (t )sin(x − t ) dt i.e.
f (t )sin(x − t ) dt = 0 pour tout x ∈ ℝ .
En développant le sinus et en exploitant la liberté de la famille (sin,cos) ainsi que la 2π -périodicité de f , cela
équivaut à la condition
∫
2π
0
f (t )sin t dt = ∫
2π
0
f (t )cos t dt = 0 .
x
Exercice 52 On note E = C ( ℝ, ℝ ) et on pose, pour toute f ∈ E et tout x ∈ ℝ , Tf (x ) = f (x ) + ∫ f (t ) dt .
0
a) L’opérateur T est-il un automorphisme de E ?
b) Existe-t-il un sous-espace vectoriel de E de dimension finie impaire et stable par T ?
a) L’application T est évidemment linéaire et est à valeurs dans E .
Soit g ∈ E . Montrons que l’équation Tf = g admet une solution unique.
x
Unicité : Si Tf = g alors x ֏ ∫ f (t ) dt est solution sur ℝ de l’équation différentielle linéaire y ′ + y = g
0
x
vérifiant y (0) = 0 . Par le théorème de Cauchy ceci détermine x ֏ ∫ f (t ) dt de façon unique et donc f aussi.
0
Existence : La dérivée de la fonction solution y ′ + y = g vérifiant y (0) = 0 est solution.
b) Soit F un sous-espace vectoriel de dimension finie stable par T . Notons I l’endomorphisme de E défini
x
par I ( f ) : x ֏ ∫ f (t ) dt . Puisque F est stable par T , F est aussi stable par I . L’endomorphisme induit par
0
I sur le sous-espace vectoriel de dimension finie F admet un polynôme minimal π = X n + an −1X n −1 + ⋯ + a 0 .
On a alors pour tout f ∈ F l’égalité y + a n−1y ′ + ⋯ + an y (n ) = 0 en notant y = I n ( f ) . De plus, on a les
conditions initiales y (0) = … = y (n−1) (0) = 0 ce qui donne y = 0 puis f = 0 . Ainsi F = {0} . Finalement,
l’espace nul est le seul espace de dimension finie stable par T . Quel intérêt au « impaire » ?
Equations différentielles non linéaires
Exercice 53 Déterminer les solutions de yy ′′ = 1 + y ′ 2 .
Soit y une solution sur I . y ne s’annule pas ce qui permet d’écrire y ′′ =
dérivable.
1+ y ′2
assurant que y est trois fois
y
 y ′′ ′
En dérivant yy ′′ = 1 + y ′ 2 , on obtient yy (3) = y ′y ′′ d’où   = 0 .
 y 
Ainsi il existe une constante λ vérifiant y ′′ = λy .
De plus yy ′′ = 1 + y ′ 2 > 0 assure λ > 0 .
Ainsi y est de la forme y (x ) = A ch( λx ) + B sh( λx ) .
Inversement, pour une telle fonction,
((
) (
2
y (x )y ′′(x ) − y ′(x ) 2 = λ A ch λx + B sh( λx ) − A sh λx + B ch λx
) ) = λ (A
2
2
−B 2 ) .
Ainsi les solutions de l’équation différentielle sont les
y (x ) = A ch( λx ) + B sh( λx ) avec A, B ∈ ℝ vérifiant A > B et λ =
1
.
A2 − B 2
Système différentiel
Exercice 54 On munit ℝn de sa structure euclidienne canonique et on identifie L( ℝ n ) avec M n ( ℝ ) .
Soit A ∈ M n ( ℝ ) . Montrer l’équivalence de :
(i) A est antisymétrique,
(ii) chaque solution du système différentiel Y ′ = AY est de norme constante.
Soit Y une solution du système différentiel Y ′ = AY .
On a ( tYY )′ = tY ′Y + tYY ′ = tY ( tA + A)Y .
Ainsi si A est antisymétrique, ( tYY )′ = 0 et Y est de norme constante.
Inversement, si chaque solution du système différentiel est de norme constante alors pour tout Y0 ∈ ℝn ,
Y0 ( tA + A)Y0 = 0 . Par suite 0 est la seule valeur propre de l’endomorphisme symétrique t A + A et puisque
t
celui-ci est diagonalisable, on obtient t A + A = 0 et enfin A antisymétrique.
Exercice 55 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






−1
−1
P =  1 1 1  , P AP =  0 2 0 , Y = P X =  µe 2t  ,



 0 3 −1
 0 0 0
 ν 
x (t ) = −λe−t + 2µe 2t

y (t ) = λe−t + µe 2t + ν .

2t
z (t ) = 3µe − ν
x ′ = x − z
Exercice 56 Résoudre le système différentiel linéaire 
y ′ = x + y + z .

z ′ = −x − y + z
1
0 −1

A =  1
1
1  , χA = −(X − 2)(X 2 − X + 1) .

−1 −1 1 
La résolution complexe est alors facile puisque la matrice A est diagonalisable.
La résolution réelle est en revanche plus délicate à obtenir, détaillons-la :
X1 = t (1,0, −1) est vecteur propre de A , complétons-le avec deux vecteurs d’un plan stable.
Les plans stables s’obtiennent en étudiant les éléments propres de t A .
Sp( tA) = Sp A = {2} et E 2 ( tA) = Vect t (2,1, −1) . Ainsi le plan d’équation 2x + y − z = 0 est stable par t A .
Prenons X 2 = t (0,1,1) et X 3 = AX 2 = t (−1, 2,0) . On vérifie AX 3 = X 3 − X 2 .
 1 0 −1
2 0 0 


Ainsi pour P =  0 1 2  , on a P −1AP = 0 0 −1 = B .

−1 1 0 
0 1 1 
Pour X = t (x , y , z ) et Y = t (y1 , y 2 , y 3 ) = P −1X , on a X ′ = AX ⇔ Y ′ = BY .
Ceci nous conduit à la résolution suivante :
y1 (t ) = αe 2t

y1′ = 2y1
y1′ = 2y1

1



t
3
3
⇔ y 2′ = −y 3
⇔ y 2 (t ) = e 2 (λ cos
t + µ sin
t)
y 2′ = −y 3



2
2
y 3′ = y 2 + y 3 y 2′′− y 2′ + y 2 = 0 y (t ) = −y ′ (t )
2
 3
Et on peut conclure via X = PY .
Fonctions de plusieurs variables réelles
Exercice 57 Soient (x1 ,…, x n , h1 ,…, hn ) ∈ ℝ 2n , f ∈ C 1 ( ℝ n , ℝ ) et, si t ∈ ℝ , g (t ) = f (x1 + th1 ,…, x n + thn ) .
Calculer g ′(t ) .
n
Par dérivation de fonction composée : g ′(t ) = ∑ hi
i =1
∂f
(x1 + th1 ,…, x n + thn ) .
∂x i
Exercice 58 Si p ∈ ℕ , soit fp : (x , y ) ∈ ℝ 2 \ {(0,0)} ֏ (x + y )p sin
1
x +y2
2
.
a) Condition nécessaire et suffisante pour que fp se prolonge par continuité en (0,0) ?
b) La condition de a) étant remplie, condition nécessaire et suffisante pour que le prolongement
obtenu soit différentiable en (0,0) ?
1
.
r
Si p > 0 alors fp (x , y ) 
→ 0 et on peut prolonger f par continuité en (0,0) .
( x ,y )→(0,0)
a) En polaires, x = r cos θ , y = r sin θ , fp (x , y ) = (cos θ + sin θ ) p r p sin
Si p = 0 alors f0 (x , y ) = sin
1
x +y2
2
diverge car le sinus diverge en +∞ .
b) On suppose p ≥ 1 .
Pour p = 2 : f2 (x , y ) = (x + y ) 2 sin
1
x +y
2
2
2
= O ( (x , y ) ) ce qui s’apparente à un développement limité à
l’ordre 1 en (0,0) .
La fonction f2 est donc différentiable en (0,0) de différentielle nulle.
Pour p > 2 : fp (x , y ) = (x + y )p−2 f2 (x , y ) . La fonction fp est différentiable par produit de fonctions
différentiables.
1
1
( f1 (h ,0) − f1 (0,0)) = sin diverge.
h
h
Ainsi f n’est pas dérivable en (0,0) selon le vecteur (1,0) , elle ne peut donc y être différentiable.
Pour p = 1 : Quand h → 0+ ,
Exercice 59 On pose f (x , y ) = xy
x 2 −y 2
pour x , y réels non tous deux nuls. La fonction f admet-elle un
x 2 +y2
prolongement continue à ℝ 2 ? un prolongement de classe C 1 ? C 2 ?
En passant en coordonnées polaires, f (x , y ) →
0 . On prolonge f par continuité en (0,0) en posant
(x ,y )→(0,0)
f (0,0) = 0 .
Par opérations sur les fonctions, on peut affirmer que f est de classe C 2 sur ℝ 2 \ {(0,0)} .
∂f
∂f
∂f
∂f
x 4 + 4x 2y 2 − y 4
(x , y ) = y
→
0 donc
(0,0) existe et
(0,0) = 0 . De plus
est continue sur
2
2 2
(x ,y )→(0,0)
∂x
(x + y )
∂x
∂x
∂x
ℝ2 .
∂f
L’étude pour
est identique puisque f (x , y ) = −f (y , x ) .
∂y
Ainsi f est de classe C 1 sur ℝ 2 .

∂2 f
1  ∂f
∂f
∂2 f
(0,0) = lim  (0, h ) −
(0,0) = −1 alors que
(0,0) = 1 .
h →0 h 
 ∂x

∂y ∂x
∂x
∂x ∂y
La fonction f ne peut être de classe C 2 .
Exercice 60 Soit g : ℝ → ℝ de classe C 2 . On pose f (x , y ) =
g (x ) − g (y )
pour tous x ≠ y et f (x , x ) = g ′(x ) .
x −y
a) Ecrire f sous forme intégrale et montrer que f est de classe C 1 .
∂f
b) Calculer
(x , x ) .
∂x
x
a) g (x ) = g (y ) + ∫ g ′(t ) dt .
y
1
Par le changement de variable t = y + u (x − y ) , on obtient g (x ) = g (y ) + (x − y ) ∫ g ′(y + u (x − y )) du .
0
1
Ainsi f (x , y ) = ∫ g ′(y + u (x − y )) du et cette relation vaut pour x ≠ y et pour x = y .
0
Par application des théorèmes d’intégration sur segment, on peut affirmer que l’application
1
(x , y ) ֏ ∫ g ′(y + u (x − y )) du admet deux dérivées partielles continues et est donc une fonction de classe C 1 .
0
1
∂f
(x , y ) = ∫ ug ′′(y + u (x − y )) du .
0
∂x
1
∂f
1
Ainsi
(x , x ) = ∫ ug ′′(x ) du = g ′′(x ) .
0
∂x
2
b) Par dérivation sous l’intégrale,
Exercice 61 Soit, pour n ∈ ℕ∗ , un : (x , y ) ֏
cos ny n
x . On note D l’ensemble des (x , y ) ∈ ℝ 2 tels que la série
n
∞
de terme général un (x , y ) converge. On pose f : (x , y ) ֏ ∑ un (x , y ) .
n =1
a) Déterminer D .
b) Montrer que f↾D est C 1 .
a) Cas x < 1 : un (x , y ) = o (x n ) donc
Cas x > 1 : si la série
∑u
n
∑u
n
(x , y ) est ACV.
(x , y ) converge alors un (x , y ) 
→ 0 donc cos(ny ) = un (x , y )
n →+∞
croissance comparée.
Mézalor cos(2ny ) = 2 cos 2 (ny ) −1 → −1 ce qui est incohérent.
Ainsi la série
Cas x = 1 :
∑u
n
(x , y ) diverge.
1
et ∑ un (1, y ) diverge.
n
Si y ≠ 0 [ 2π ] alors par une transformation d’Abel, on obtient
Cas x = −1 :
On remarque un (−1, y ) = un (1, y + π ) .
Si y = 0 [ 2π ] alors un (1, y ) =
Ainsi
b) D
∑ u (−1, y ) converge ssi y ≠ π
= {(x , y ) ∈ ℝ / x < 1} .
n
2
[ 2π ] .
∑u
n
(1, y ) converge.
n
→ 0 par
xn
Soit a ∈ [0,1[ et Da = {(x , y ) ∈ ℝ 2 / x < a } .
un est C 1 sur Da ,
∑u
n
(x , y ) converge simplement sur Da ,
∂ un
(x , y ) ≤ na n−1 et enfin
∂x
∂ un
∑ ∂y
∂ un
∑ ∂x
(x , y ) converge normalement sur Da via
(x , y ) converge normalement sur Da via
∂ un
(x , y ) ≤ na n . On peut
∂y
+∞
alors appliquer les théorèmes usuels qui affirment que (x , y ) ֏ ∑ un (x , y ) admet deux dérivées partielles
n =0
continues sur Da , c’est donc une fonction de classe C 1 sur Da puis sur D car ce qui précède vaut pour tout
a ∈ [0,1[ .
Exercice 62 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 .
Soit (a ,b ) ∈ ℝ 2 , ϕ (x , y ) = (a ,b ) ⇔
{yx ++ ff ((xy )) == ba ⇔ {yx += bf (−b −f (fy()y )) = a .
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 ) ⇔ 
.

x = b − ϕb−1 (a )
 f ′(x )
1 
Finalement, l’application ϕ est bijective et de classe C 1 . De plus Jac ϕ(x ,y ) = 
 et
f ′(y )
 1
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.
Recherche d’extremums
a
.
xy
Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier.
Exercice 63 Soit a > 0 . On pose, pour x > 0 et y > 0 , f (x , y ) = x 2 + y 2 +
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 .
Exercice 64 Quels sont, sur ℝ 2 , les extremums de la fonction (x , y ) ֏ x 4 + y 4 − 2(x − y ) 2 ?
La fonction f : (x , y ) ֏ x 4 + y 4 − 2(x − y ) 2 est de classe C ∞ sur ℝ 2 .
Après résolution ses points critiques sont : (0,0) , ( 2, − 2) et (− 2, 2) .
En (0,0) : f (0,0) = 0 , f (1 n ,0) ∼ − 2 n 2 < 0 et f (1 n ,1 n ) ∼ 2 n 4 > 0 .
Pas d’extremum local en (0,0)
En ( 2, − 2) : r = 20 , t = 20 et s = 4 . rt − s 2 > 0 et r > 0 .
Il y a un minimum local en ( 2, − 2) .
f ( 2 + u , − 2 + v ) = −8 + 10(u 2 + v 2 ) + 4uv + 4 2(u 3 − v 3 ) + u 4 + v 4 .
On exploite 2(u 2 + v 2 ) + 4uv = 2(u + v ) 2 et 8u 2 + 4 2u 3 + u 4 = u 2 (u + 2 2) 2
pour affirmer f ( 2 + u , − 2 + v ) = f ( 2, − 2) + 2(u + v )2 + u 2 (u + 2 2) 2 + v 2 (v + 2 2) 2 .
Ainsi ( 2, − 2) est un minimum global.
En (− 2, 2) : l’étude est identique puisque f (x , y ) = f (y , x ) .
Exercice 65 Calculer l’aire maximale d’un triangle inscrit dans un cercle de rayon r .
Notons A, B ,C les points définissant notre triangle et O le centre du cercle circonscrit.
(
) (
) (
)
En introduisant les mesures α, β , γ des angles OC ,OB , OB ,OA et OA,OB , on vérifie
α + β + γ = 0 [ 2π ] et on peut calculer l’aire algébrique des triangles (OAB ) , (OBC ) et (OCA) qui sont
respectivement r 2 sin α , r 2 sin β et r 2 sin γ = −r 2 sin(α + β ) .
L’aire algébrique du triangle (ABC ) est alors f (α, β ) = r 2 (sin α + sin β − sin(α + β )) .
L’étude des points critiques de cette fonction de classe C 1 sur ]0, 2π[ conduit à résoudre le système
2
α = cos(α + β )
dont les seuls solutions dans ]0, 2π[
{cos
cos β = cos(α + β )
2
 2π 2π   4π 4π 
sont  ,  et  ,  .
 3 3   3 3 
Ce sont les situations de triangles équilatéraux resp. direct et indirect. L’extremum trouvé vaut
3r 2
.
2
Equations aux dérivées partielles
∂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
Exercice 66 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
Exercice 67 On note U l’ensemble des (x , y ) de ℝ 2 tels que x > 0 et E = C ∞ (U , ℝ ) . Soit f :U → ℝ et
α ∈ ℝ ; on dit que f est homogène de degré α si f (tx ,ty ) = t α f (x , y ) pour tous t ∈ ℝ +∗ ,
(x , y ) ∈U . On pose :
∀f ∈ E , ∀ (x , y ) ∈U , Φ( f )(x , y ) = x
∂f
∂f
(x , y ) + y
(x , y ) .
∂x
∂y
a) Déterminer ker Φ .
b) Soit f ∈ E . Montrer que f est homogène de degré α si et seulement si Φ( f ) = α f .
c) Résoudre l’équation d’inconnue f ∈ E , Φ( f ) = h , η étant la fonction qui à (x , y ) associe
(x 2 + y 2 )3 2 xy .
a) L’application φ est clairement un endomorphisme de E .
y
, (r , θ ) ∈V = ℝ +∗ × ]− π 2, π 2[
x
Pour f ∈ E , on considère g ∈ C ∞ (V , ℝ ) définie par g (r , θ ) = f (r cos θ , r sin θ ) .
∂g
∂f
∂f
On remarque r
(r , θ ) = r cos θ
(r cos θ , r sin θ ) + r sin θ
(r cos θ, r sin θ ) .
∂r
∂x
∂y
∂g
Ainsi Φ( f ) = 0 ⇔ r
(r , θ ) = 0 pour tout (r , θ ) ∈V .
∂r
La résolution de cette équation aux dérivées partielles donne g (r , θ ) = C (θ ) avec C de classe C ∞ sur
Posons x = r cos θ , y = r sin θ avec r = x 2 + y 2 et θ = arctan
]− π 2, π 2[ .
Par suite on obtient la solution générale f (x , y ) = C (arctan(y x )) = D (y x ) avec D fonction de classe C ∞ sur
ℝ.
b) Si f est homogène de degré α alors en dérivant la relation f (tx ,ty ) = t α f (x , y ) par rapport à t puis en
évaluant le résultat en t = 1 on obtient l’égalité Φ( f ) = α f .
∂g
(r , θ ) = αg (r , θ ) ce qui
∂r
avec D fonction de classe C ∞ sur ℝ . Il est alors
Inversement si Φ( f ) = α f alors en introduisant g comme ci-dessus, on obtient r
donne g (r , θ ) = C (θ )r α puis f (x , y ) = D (y x )(x 2 + y 2 )α 2
facile de vérifier que f est homogène de degré α .
c) La fonction h est homogène de degré 5, donc h 5 est solution particulière de l’équation linéaire Φ( f ) = h .
L’ensemble des solutions de l’équation est alors le sous-espace affine h 5 + ker Φ .
Intégrales doubles
Exercice 68 Soit I n = ∫∫
[ 0,1]
I n −1 = ∫∫
[ 0,1]
2
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.
[0,1]
1+ x n + yn
n +1
Exercice 69 On considère f : ℝ 2 → ℝ de classe C 2 vérifiant :
Soit ϕ : ℝ + → ℝ définie par ∀r ∈ ℝ + , ϕ (r ) = ∫
∂2f ∂2 f
+
=0.
∂x 2 ∂y 2
2π
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
∫∫
f (x , y )dxdy ?
D
∂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 .
∂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
r ϕ ′(r ) = ∫
(x , y )dy − (x , y )dx = ∫∫
(x , y ) + 2 (x , y )dxdy = 0 .
2
Γ ∂x
D ∂x
∂y
∂y
On en déduit ϕ ′(r ) = 0 pour r ≠ 0 , puis par continuité pour tout r ∈ ℝ .
b) ϕ ′(r ) = ∫
2π
cos θ
0
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) .
Intégrales curvilignes
Exercice 70 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
0
π 4
re−r
2
sin 2u
0
r
0
+∞
du ≤
2
∫[
B ,O ]
e−(x +iy ) (dx + idy ) = 0 .
2
Γr
(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
∫
∫
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 =
david Delaunay http://mpsiddl.free.fr
Courbes du plan
Exercice 1
Trouver l’image du cercle unité par f : ℂ \ { j , j 2 } → ℂ , f : z →
Pour z ∈U \ { j , j 2 } , on peut écrire z = eiθ , en on vérifie f (z ) =
1
.
1+ z + z 2
1
eiθ −1
sin θ 2
=
= e−iθ
.
iθ
2iθ
3iθ
1+ e + e
e −1
sin 3θ 2
sin 3θ 2
= 1 + 2cos θ donc quand z parcourt U \ { j , j 2 } , f (z ) parcourt la courbe d’équation polaire
sin θ 2
1
ρ=
. Il s’agit d’une hyperbole de foyer O , d’excentricité 2 et d’axe focal (Ox ) .
1 + 2cos θ
Or
Exercice 2
Soit f ∈ C 1 ( ℝ + , ℝ ) . Si x ∈ ℝ + , on note Px le point intersection de la tangente au graphe de f au
point d’abscisse x avec Oy .
a) Montrer, si OPx a une limite quand x → +∞ que le graphe de f à une asymptote.
b) Montrer, par un contre-exemple, que la réciproque de a) est fausse.
a) L’abscisse de Px est x − f (x ) f ′(x ) . L’hypothèse posée signifie donc x − f (x ) f ′(x ) 
→ℓ ∈ ℝ .
x →+∞
Ainsi, on peut écrire f (x ) f ′(x ) = x − ℓ + o (1) .
Pour x → +∞ , x − ℓ + o (1) → +∞ et donc, il existe a ∈ ℝ + , tel que f (x ) ≠ 0 pour tout x ≥ a .
1
f ′(x ) 1 ℓ
= + 2 + o  2  puis en intégrant de a à x on obtient
 x 
f (x ) x x
x 1
ℓ ℓ
ln f (x ) − ln f (a ) = ln x − ln a − + + ∫ o  2  dt .
t 
a
x a
x 1
+∞  1 
+∞  1 
+∞  1 
 +∞ dt 
1
Or ∫ o  2  dt = ∫ o  2  dt − ∫ o  2  dt et ∫ o  2  dt = o  ∫
= o  
t 
 x t 2 
 x 
a
a
x
x
t 
 t 
 t 
1
ℓ
donc la relation précédente donne ln f (x ) = ln x +C te − + o  
 x 
x
On peut alors passer à l’inverse et écrire
puis f (x ) = e xe
C
ℓ 1
− +o 
x x 
 ℓ
 1 
= eC x 1− + o   .
 x
 x 
Enfin puisque f est de signe constant sur [a , +∞[ (car continue et ne s’annulant pas), on obtient une relation de
la forme f (x ) = αx + β + o (1) qui donne la droite d’équation y = αx + β asymptote à graphe de f en +∞ .
sin x
b) Considérons f (x ) = x +
. La droite d’équation y = x est asymptote au graphe de f en +∞ et
x
f (x )
x 3 + x sin x
x 2 cos x − 2x sin x
x−
=x − 2
= 2
.
f ′(x )
x + x cos x − sin x x + x cos x − sin x
f (x )
f (x )
Pour x = 2n π , x −

→1 et pour x = (2n + 1)π , x −

∞ →−1 .
n∞
f ′(x )
f ′(x ) n
Ceci fournit un contre-exemple.
Exercice 3
Tracer la courbe C d’équation polaire : ρ = cos(2θ ) . Préciser la fonction courbure et calculer
l’aire limitée par C .
La courbe C est une lemniscate de Bernoulli.
 π

π
ρ : θ ֏ cos(2θ ) est définie sur les − + k π, + k π  , π -périodique et paire, on réduit l’étude à l’intervalle
4
 4

[0, π 4] sur lequel la fonction ρ est décroissante.
ρ (0) = 1 , ρ ′(0) = 0 , tangente orthoradiale,
ρ (π 4) = 0 , passage par l’origine avec tangente d’équation polaire θ = π 4 .
L’allure est celle d’un huit horizontal.
cosV = −sin 2θ
ds
2
=
, α = θ +V et 
, V = π 2 + 2θ puis α = π 2 + 3θ convient et

sinV = cos 2θ
dθ
cos 2θ
γ=
dα 3 cos 2θ
=
.
ds
2
L’aire délimitée par C est donnée par A = ∫
Γ
π 4 1
1 2
ρ dθ = 2× ∫
cos 2θ dθ = 1 .
−
π 42
2
Calculer la longueur de la courbe d’équation polaire ρ = a (1 + cos θ ) .
Exercice 4
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
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 .
Exercice 5
a) Une lemniscate de Bernoulli.
b)
{
ds
2
3 cos 2θ
cosV = −sin 2θ
=
, α = θ +V ,
, V = π 2 + 2θ puis γ =
.
sinV = cos 2θ
dθ
cos 2θ
2
c) A = 2∫
π 4
−π 4
cos 2θ dθ = 1
Automorphisme orthogonaux de l’espace
Exercice 6
Dans un espace euclidien orienté E de dimension 3, on pose, pour a ∈ E et x ∈ E , fa (x ) = a ∧ x
puis ra = exp( fa ) . Montrer que ra est une rotation et en donner les éléments caractéristiques.
Si a = 0 , ra = Id .
Si a ≠ 0 alors dans une base orthonormée directe de premier vecteur a a , la matrice de fa est
0

A = 0

0
0
0
a
1
0 
0


− a  et par calcul celle de ra est R = 0 cos a


0 sin a
0 


− sin a  . ra est donc une rotation d’axe

cos a 
0
dirigé et orienté par a et d’angle a .
Soit E un espace euclidien de dimension 3, r dans SO (E ) et s une symétrie orthogonale.
Caractériser s r s .
r est une rotation, définissons D son axe (droite vectorielle orientée par un vecteur unitaire u ) et θ son angle.
1
0
0 

Dans une base orthonormée directe (u , v , w ) de E , la matrice de r est 0 cos θ − sin θ  .
0 sin θ cos θ 
Exercice 7
Pour x ∈ E , (s r s )(s (x )) = s (r (x )) .
Dans la base orthonormée (s (u ),s (v ),s (w )) de E , la matrice de s r s est
1
0
0 


0 cos θ − sin θ 
0 sin θ cos θ 
Si det s = 1 alors (s (u ),s (v ),s (w )) est directe et s r s est la rotation d’axe dirigé et orienté par s (u ) et
d’angle θ .
Si det s = −1 alors (s (u ),s (v ),s (w )) est indirecte et s r s est la rotation d’axe dirigé et orienté par s (u ) et
d’angle −θ .
Exercice 8
Soit E un espace vectoriel euclidien, u ∈ E non nul, g ∈ O (E ) . On note σ la symétrie
orthogonale par rapport à l’hyperplan u ⊥ . Décrire g σ g −1 .
(g σ g −1 )(g (u )) = −g (u ) et pour g (v ) ⊥ g (u ) , (g σ g −1 )(g (v )) = g (v ) . Ainsi g σ g −1 est la réflexion par
rapport à g (u )⊥ .
Exercice 9
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 .
p q r 


Exercice 10 Soit p ,q , r des réels et A = r p q  . Montrer que A est une matrice de rotation si et seulement


q r p 
si p ,q , r sont les trois racines d’un polynôme de la forme X 3 − X 2 + a où a est à préciser.
Indiquer les éléments de la rotation.
A est une matrice de rotation ssi A ∈ O3 ( ℝ ) et det A = 1 ce qui fournit le système :
2
2
 2
p + q + r = 1
pq + qr + rp = 0
(le déterminant se calculant par Sarrus).

3
3
3
p + q + r − 3pqr = 1
Posons σ1 = p + q + r , σ2 = pq + qr + rq , σ3 = pqr , S 2 = p 2 + q 2 + r 2 , S 3 = p 3 + q 3 + r 3 et
t = p 2q + pq 2 + q 2r + qr 2 + t 2 p + tp 2
Si (p,q , r ) est solution du système alors σ12 = S 2 + 2σ1 donne σ1 = ±1 .
De plus σ1σ2 = 0 donne t + 3σ3 = 0 et donc σ1 = σ13 = S 3 + 3t + 6σ3 = S 3 − 3σ3 = 1 .
Ainsi p ,q , r sont les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a .
Inversement, on vérifie que les trois racines du polynôme X 3 − X 2 + a satisfont le système.
Il ne reste plus qu’à étudier à quelle condition sur a ces trois racines sont réelles. L’étude des variations de P
donne la CNS suivante : P (0) ≥ 0 et P (2 3) ≤ 0 i.e. a ∈ [0, 4 27 ] .
La rotation alors obtenue est d’axe dirigé et orienté par (1,1,1) et d’angle θ avec cos θ =
signe de q − r .
3p −1
et sin θ du
2
 a2
ab −c ac + b 


Exercice 11 Soit des réels a ,b ,c . On pose A = ab + c
b2
bc −a  .


c 2 
ac −b bc + a
A quelle condition A est-elle orthogonale ?
Cette condition étant réalisée, reconnaître l’endomorphisme de ℝ 3 de matrice canonique A .
2
On a C1 = a 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) + b 2 + c 2 et (C 1 | C 2 ) = ab (a 2 + b 2 + c 2 −1) .
2
2
Si A est orthogonale alors C1 + C 2 + C 3
2
= 3 donne (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) = 3 et puisque
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 0 , on obtient a 2 + b 2 + c 2 = 1 .
Réciproquement, si a 2 + b 2 + c 2 = 1 alors on vérifie C1 = C 2 = C 3 = 1 et
(C 1 | C 2 ) = (C 2 | C 3 ) = (C 3 | C 1 ) = 0 donc A est orthogonale.
Supposons maintenant a 2 + b 2 + c 2 = 1 et posons u = (a ,b ,c )
 2

a ab ac   0 −c b 
2
A = ab b bc  +  c
0 −a  .



2
0 
ac bc c  −b a
a 2

La matrice ab

ac
0

La matrice  c
−b
ab ac 

b 2 bc  est celle de l’application x ֏ (u | x )u .

bc c 2 
−c b 
0 −a  est celle de l’application x ֏ u ∧ x .

a
0 
L’application étudiée est donc x ֏ (x | u )u + u ∧ x qui est la rotation d’axe dirigé et orienté par u et d’angle
π 2.
Coniques
Exercice 12 Soit H une hyperbole, D et D ′ ses asymptotes sécantes en O , M sur H , A (resp. A′ )
l’intersection de la tangente en M à H sur D (resp. D ′ ). Montrer que l’aire de OAA′ est
indépendante de M .
Plaçons nous dans un repère dans lequel l’équation réduite de H est
x 2 y2
− =1.
a 2 b2
Notons (x 0 , y 0 ) les coordonnées de M . L’équation de la tangente à H en M est
xx 0 yy 0
− 2 = 1 , les équations
a2
b
b
b
des asymptotes D et D ′ sont y = x et y = − x . Ceci permet de former deux systèmes dont les coordonnées
a
a
(x , y ) de A et celles (x ′, y ′) de A′ sont respectivement solutions.
1
1
b
L’aire de OAA′ est alors Det(OA,OA′) = xy ′ − x ′y = xx ′ avec après calculs xx ′ = a 2 .
2
2
a
Finalement l’aire OAA′ est constante égale à ab .
Exercice 13 Etudier la courbe d’équation : 16x 2 − 24xy + 9y 2 + 15x − 20y = 0 .
 16 −12
La matrice 
a pour valeurs propres 0 et 25 .
9 
−12
3
4
4
3
Posons u = i + j et v = − i + j vecteurs propres unitaires associées à ces valeurs propres.
5
5
5
5
25
Dans le repère (O ; u , v ) , la courbe a pour équation y 2 = x . On reconnaît une parabole.
7
Exercice 14 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
Exercice 15 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 .
Exercice 16 Soit des réels a ,b ,a ′,b ′ . Montrer que les courbes d’équation respectives
(ax + by ) 2 + (a ′x + b ′y ) 2 = 1 et (ax + a ′y ) 2 + (bx + b ′y ) 2 = 1 sont isométriques.
Les deux courbes sont des coniques.
 a 2 + a ′ 2 ab + a ′b ′
Pour réduire la première, on étudie la matrice 
.
ab + a ′b ′ b 2 + b ′ 2 
Son polynôme caractéristique est X 2 − 2X (a 2 + a ′ 2 + b 2 + b ′ 2 ) + (ab ′ −a ′b ) 2
La réduction de la deuxième courbe conduit au même polynôme caractéristique.
Il existe donc deux repères orthonormés d’origine O dans lesquels ces deux courbes sont définies par la même
équation réduite . Ces courbes sont donc isométriques.
Exercice 17 Reconnaître et tracer la courbe d’équation 13x 2 − 32xy + 37y 2 = 5 .
 13 −16
On réduit la matrice 
 de valeurs propres 5 et 45.
−16 37 
1
1
(2i + j ) et v =
(i − 2 j ) , dans le repère (O ; u , v ) la courbe a pour équation : x 2 + 9y 2 = 1
5
5
On reconnaît une ellipse d’axe focal (O ; u ) déterminée par a = 1 et b = 1 3 .
Pour u =
Exercice 18 Soient D une droite et M un point du plan. Quel est l’ensemble des points M du plan tels que
MP =d (M , D ) ?
La parabole de foyer P et de directrice D .
Quadriques
Exercice 19 Reconnaître la surface d’équation z = x 2 − y 2 .
C’est un paraboloïde hyperbolique.
Exercice 20 Soit a un réel. Déterminer la surface balayée par les droites parallèles au plan y + z = 0 qui
coupent les droites {x + y = a ; z = 0} et {z = a ; x = 0} .
Soit A et B deux points parcourant les droites proposées : A(t ,a − t ,0) et B (0,t ′,a ) .
On a AB (−t ,t + t ′ −a ,a ) . La droite (AB ) est parallèle au plan y + z = 0 ssi t + t ′ = 0 .
x = −λt

La droite (AB ) est alors déterminée par le paramétrage : 
y = −t − λa avec λ ∈ ℝ .

z = a + λa
Par élimination, la surface balayée par les droites (AB ) est celle d’équation (z −a )(y + z −a ) −ax = 0 . C’est
l’équation d’un paraboloïde hyperbolique.
Exercice 21 Reconnaître et réduire la quadrique d’équation :
2x 2 + 2y 2 + z 2 + 2xz − 2yz + 4x − 2y − z + 3 = 0 .
2 0
1 

Soit A = 0 2 −1 , Sp A = {0,2,3} .

1 −1 1 
1
1
1
Soit u =
(i + j ) , v =
(i − j + k ) et w =
(−i + j + 2k ) .
2
3
6
Dans le repère orthonormé (O ; u , v , w ) , l’équation de la quadrique est :
5
8
2x 2 + 3y 2 + 2x +
y+
z +3= 0 .
3
6
Après translation d’origine, c’est un paraboloïde elliptique.
Exercice 22 Reconnaître, si α ∈ ℝ , la quadrique d’équation :
x 2 + 3y 2 − 3z 2 − 4xy + 2xz − 8yz + αx + 2y − z = 1 .
 1 −2 1 

Soit A = −2 3 −4 , Sp A = {−5,0,6}

 1 −4 −3
1
1
1
Soit u =
(i − 2 j + k ) , v =
( j + 2k ) , w =
(−5i + 2 j + k ) .
6
5
30
Dans le repère orthonormé (O ; u , v , w ) , l’équation de la quadrique est :
5−α
30(1 + α )
x−
z =1 .
6
6
Si α ≠ −1 , on obtient un paraboloïde hyperbolique.
Si α = −1 , on obtient un cylindre de base la conique d’équation 6x 2 − 5y 2 − 6x = 1 qui après réduction est
une hyperbole.
6x 2 − 5y 2 −
david Delaunay http://mpsiddl.free.fr