Table des matières - Mathématiques Avancées

Table des matières
Chapitre 1. Algèbre linéaire....................................................................................................... 1
Chapitre 2. Réduction des endomorphismes et des matrices................................................ 35
Chapitre 3. Espaces préhilbertiens........................................................................................ 125
Chapitre 4. Endomorphismes des espaces euclidiens.......................................................... 149
2669
2
Chapitre 5. Structures algébriques et arithmétique.............................................................. 195
Chapitre 6. Dénombrement.................................................................................................... 229
6480
Chapitre 7. Suites et séries numériques................................................................................. 235
55:1
Chapitre 8. Suites et séries de fonctions................................................................................ 289
.20.2
Chapitre 9. Intégration........................................................................................................... 341
:165
.225
Chapitre 10. Intégrales à paramètres.................................................................................... 379
Chapitre 11. Séries entières.................................................................................................... 445
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Chapitre 12. Espaces vectoriels normés................................................................................ 491
Chapitre 13. Fonction d’une variable réelle.......................................................................... 531
Chapitre 14. Équations différentielles................................................................................... 553
Chapitre 15. Fonctions de plusieurs variables....................................................................... 599
Chapitre 16. Probabilités........................................................................................................ 615
Chapitre 17. Variables aléatoires............................................................................................ 629
x.com
:Non
Chapitre 18. Sujets de synthèse.............................................................................................. 693
univ.
scho
larvo
Chapitre 19. Centrale Math 2 (Python)................................................................................. 795
Chapitre 1
Algèbre linéaire
CCINP
018
1.1
7897
Exercice 1 (CCINP) Soient L1 et L2 deux sous-espaces supplémentaires dans L (E), où
E est de dimension finie n, tels que :
∀ (u, v) ∈ L1 × L2 ,
:164
u ◦ v + v ◦ u = 0.
7.44
1. Montrer qu’il existe deux projecteurs p1 et p2 dans L1 × L2 tels que IdE = p1 + p2 .
2. Montrer que n = rg (p1 ) + rg (p2 ) .
:89.8
4.12
3. Soit u ∈ L1 . Montrer que, si x ∈ Im (p2 ) alors u (x) = 0 et si x ∈ ker (p2 ) alors
u (x) ∈ ker (p2 ) .
2
4. En déduire que dim (L1 ) ⩽ (n − rg (p2 )) . Quelle inégalité a-t-on pour dim (L2 ) ?
8891
2502
5. Justifier que dim (L (E)) = dim (L1 ) + dim (L2 ) .
6. Montrer que rg (p1 ) (n − rg (p2 )) ⩽ 0 et en déduire que rg (p1 ) = 0 ou rg (p1 ) = n
puis que L1 = {0} ou L2 = {0} .
582:
Solution 1
0753
1. Puisque L1 ⊕L2 = L (E) , il existe (p1 , p2 ) ∈ L1 ×L2 tel que IdE = p1 +p2 . En choisissant
u = p1 ∈ L1 et v = IdE −p1 = p2 ∈ L2 dans la relation fournie par l’énoncé, on obtient :
2
2
2
:211
p1 ◦ (IdE −p1 ) + (IdE −p1 ) ◦ p1 = 0 ⇔ p1 − (p1 ) + p1 − (p1 ) = 0 ⇔ (p1 ) = p1
None
donc p1 est un projecteur. Il en est de même de p1 (v = p2 ∈ L2 , u = IdE −p2 = p1 ∈ L1 ).
com:
2. Montrons que ker (p1 ) = Im (p2 ) . Soit x ∈ ker (p1 ) ⇔ p1 (x) = 0 alors
x = IdE (x) = p1 (x) + p2 (x) = p2 (x) ∈ Im (p2 )
scho
la
rvox.
d’où l’inclusion ker (p1 ) ⊂ Im (p2 ) . Soit x ∈ Im (p2 ) alors p2 (x) = x (car p2 est un
projecteur) donc
p1 (x) = (IdE −p1 ) (x) = x − p2 (x) = 0
univ.
d’où l’inclusion Im (p2 ) ⊂ ker (p1 ) , ce qui prouve l’égalité Im (p2 ) = ker (p1 ) . Or, d’après
le théorème du rang, on a l’égalité :
n = rg (p1 ) + dim (ker (p1 )) = rg (p1 ) + dim (Im (p2 )) = rg (p1 ) + rg (p2 ) .
2
CCINP
3. Puisque u ∈ L1 et p2 ∈ L2 , on a u ◦ p2 + p2 ◦ u = 0. Si x ∈ Im (p2 ) alors p2 (x) = x. Or
on a :
u (p2 (x)) + p2 (u (x)) = 0 ⇔ u (x) + p2 (u (x)) = 0 ⇒ p2 (u (x)) = −u (x) .
Si u (x) = 0 alors u (x) est un vecteur propre de p2 associé à la valeur propre −1. Or,
2
on a (p2 ) = p2 donc le polynôme P = X 2 − X annule p2 d’où l’inclusion
Sp (p2 ) ⊂ {racines de P } = {0, 1} .
Par conséquent, on en déduit que u (x) = 0.
Si x ∈ ker (p2 ) alors p2 (x) = 0. Or on a :
u (p2 (x)) + p2 (u (x)) = 0 ⇔ p2 (u (x)) = 0 ⇒ u (x) ∈ ker (p2 ) .
4. Il est immédiat que u|ker(p2 ) est linéaire et d’après la question précédente, on peut affirmer
que :
∀x ∈ ker (p2 ) , u|ker(p2 ) (x) = u (x) ∈ ker (p2 )
018
donc u|ker(p2 ) est bien un endomorphisme de ker (p2 ) . Considérons alors l’application Φ
définie sur L (E) par :
7897
∀u ∈ L (E) , Φ (u) = u|ker(p2 ) ∈ L (ker (p2 ))
:164
donc Φ : L (E) → L (ker (p2 )) . La linéarité de Φ est évidente. Montrons que Φ est
injective. Soit u ∈ ker (Φ) alors on a les équivalences suivantes :
7.44
Φ (u) = 0 ⇔ u|ker(p2 ) = 0 ⇔ ∀x ∈ ker (p2 ) , u (x) = 0.
:89.8
4.12
Puisque E = ker (p2 ) ⊕ Im (p2 ) (car p2 est un projecteur), on peut affirmer que, pour tout
x ∈ E, il existe (x1 , x2 ) ∈ ker (p2 ) × Im (p2 ) tel que x = x1 + x2 . Comme x2 ∈ Im (p2 )
alors u (x2 ) = 0 (question 3) et comme x1 ∈ ker (p2 ) , on a par hypothèse u (x1 ) = 0
donc
u (x) = u (x1 ) + u (x2 ) = 0 + 0 = 0
=
dim (ker (Φ)) + rg (Φ) = rg (Φ) ⩽ dim (L (ker (p2 ))) = (dim (ker (p2 )))
(∗)
=
(n − rg (p2 ))
2
2
582:
dim (L1 )
8891
2502
quelque soit x ∈ E d’où u = 0L(E) . Ainsi, Φ est injective donc, d’après le théorème du
rang, on a la formule :
None
:211
0753
(∗) : Il est immédiat Im (Φ) ⊂ L (ker (p2 )) d’où rg (Φ) = dim (Im (Φ)) ⩽ dim (L (ker (p2 ))) .
2
2
En échangeant les rôles de p1 et p2 , on obtient dim (L2 ) ⩽ (n − rg (p1 )) = (rg (p2 )) .
5. Comme L1 et L2 sont supplémentaires dans L (E) , la formule de Grassmann fournit
l’égalité :
n2 = dim (L (E)) = dim (L1 ⊕ L1 ) = dim (L1 ) + dim (L2 ) .
6. On pose r = rg (p2 ) . Alors, on a :
2
com:
n2 = dim (L1 ) + dim (L2 ) ⩽ (n − r) + r2 ⇔ n2 ⩽ n2 − 2nr + r2 + r2 ⇔ 2r (r − n) ⩾ 0.
Si r − n = 0 alors on obtient :
2
scho
la
rvox.
Or r − n ⩽ 0 et r ⩾ 0 donc r (r − n) ⩽ 0, ce qui montre que r (r − n) = 0. Si r = 0 alors
on obtient :
0 ⩽ dim (L2 ) ⩽ r2 = 0 ⇒ dim (L2 ) = 0 ⇒ L2 = {0} .
ce qui permet de conclure.
univ.
0 ⩽ dim (L1 ) ⩽ (n − r) = 0 ⇒ dim (L1 ) = 0 ⇒ L1 = {0} ,
Algèbre linéaire
3
Commentaires 1 Il s’agit d’un exercice très difficile et très long pour CCINP. Pour
l’anecdote, il fut donné originellement à ... Polytechnique ! Seules les questions 1 à 3
sont accessibles aux candidats standards de CCINP, s’ils parviennent à utiliser l’hypothèse d’anti-commutation des éléments de L1 et L2 . Pour les autres questions, l’aide de
l’interrogateur sera indispensable.
Exercice 2 (CCINP) Soit E = Rn (X]. On considère la suite de polynômes définie par :
X(X − 1)...(X − k + 1)
.
k!
N0 = 1 et ∀k ∈ N∗ , Nk (X) =
On considêre l’endomorphisme de E défini par u(P ) = P (X + 1) − P (X).
1. Déterminer le noyau de u.
2. Montrer que (N0 , . . . , Nn ) est une base de E.
3. Calculer u(Nk ).
018
4. Montrer que u est nilpotent. Quel est son indice de nilpotence ?
7897
5. Soit P ∈ Rn−1 [X] (n ∈ N∗ ). Montrer qu’il existe un unique Q ∈ E tel que u(Q) = P
et Q(0) = 0.
:164
Solution 2
4.12
7.44
1. Soit P ∈ Rn [X] tel que u (P ) = 0 ⇔ P (X + 1) = P (X) . Une récurrence immédiate
montre que
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, P (x + n) = P (x) ⇒ ∀n ∈ N, P (n) = P (0) .
lim P (n) = P (0) ∈ R. Or, si P n’est
:89.8
En faisant tendre n vers +∞, on en déduit que
n→+∞
pas constant alors lim P = ±∞ donc P est nécessairement constant. Réciproquement, si
8891
2502
+∞
P est constant, il est immédiat que P (X + 1) = P (X) donc u (P ) = 0. Par conséquent,
on vient de démontrer l’égalité ensembliste suivante :
582:
ker (u) = {C, C ∈ R} = Vect (1) .
=
=
None
=
Nk (X + 1) − Nk (X)
(X + 1) X (X − 1) · · · (X + 2 − k) X(X − 1)... (X − k + 2) (X − k + 1)
−
k!
k!
X(X − 1)...(X − k + 2)
[(X + 1) − (X − k + 1)]
k!
X(X − 1)...(X − k + 2)
X(X − 1)...(X − k + 2)
=
= Nk−1 .
k×
k!
(k − 1)!
com:
=
rvox.
u (Nk )
:211
0753
2. La famille (Nk )0⩽k⩽n est échelonnée en degré donc elle est libre. Elle est constituée de
n + 1 = dim (Rn [X]) éléments de Rn [X] donc c’est une base de Rn [X] .
3. Si k = 0, on a u (N0 ) = 1 − 1 = 0. Si k ∈ {1, ..., n} , on a :
=
=
un (u (Nk )) = un (Nk−1 ) = un−1 (u (Nk−1 ))
un−1 (Nk−2 ) = · · · = u0 Nk−(n+1) = Nk−(n+1) = 0
univ.
un+1 (Nk )
scho
la
4. En convenant que Nr = 0 si r < 0, d’après la question précédente, pour tout
k ∈ {0, ..., n} , on a :
4
CCINP
(car k − (n + 1) < 0). Ainsi, un+1 est nul sur la base (Nk )0⩽k⩽n de Rn [X] donc un+1
est nul sur Rn [X] , ce qui prouve que u est nilpotent. Comme un (Nn ) = N0 = 0, on
en déduit que un = 0 et comme un+1 = 0, on peut affirmer que n + 1 est l’indice de
nilpotence de u.
5. Déterminons Im (u) . Comme (Nk )0⩽k⩽n est une base de Rn [X] , on a :
Im (u)
=
=
Vect (u (Nk ) , k ∈ {0, ..., n}) = Vect (Nk−1 , k ∈ {0, ..., n})
Vect (Nj , j ∈ {0, ..., n − 1}) (car N−1 = 0) = Rn−1 [X] .
Ainsi, pour tout P ∈ Rn−1 [X] , il existe P1 ∈ Rn [X] tel que P = u (P1 ) . En posant
Q = P1 − P1 (0) , on a :
Q (0)
=
=
P1 (0) − P1 (0) = 0, u (Q) = P1 (X + 1) − P1 (0) − (P1 (X) − P1 (0))
P1 (X + 1) − P1 (X) = P,
7897
u (S) = u (Q) − u (R) = P − P = 0
018
ce qui prouve l’existence de Q. Soit R ∈ Rn [X] vérifiant u (R) = P et R (0) = 0. On
considère le polynôme S = Q − R ∈ Rn [X] et
:164
donc S ∈ ker (u) = Vect (1) c’est-à-dire qu’il existe C ∈ R tel que S = C. Comme
7.44
C = S (0) = Q (0) − R (0) = 0 − 0 = 0,
4.12
on en déduit que S = 0 ⇔ Q = R, ce qui démontre l’unicité de Q.
582:
8891
2502
:89.8
Commentaires 2 Exercice standard de CCINP qui teste les connaissances fondamentales attendues en algèbre linéaire de première année. En contre-partie, l’interrogateur
sera beaucoup plus exigeant sur la rigueur et la clarté du candidat face à cet exercice.
N’hésitez pas à passer certaines questions si vous bloquez dessus car les questions sont
largement indépendantes. Cela vous permettra d’optimiser votre phase de préparation sur
table.
0753
Exercice 3 (CCINP) Soit n ∈ N.
:211
1. Montrer qu’il existe au plus un polynôme P ∈ Rn [X] tel que :
None
(E) : ∀k ∈ {0, ..., n} , P (k) (1) = 1.
com:
2. (a) Supposons qu’il existe et notons-le P0 . Déterminer l’ensemble des polynômes de
R [X] vérifiant (E) , en fonction de P0 .
rvox.
(b) Montrer que P0 existe et écrire sa décomposition dans une base adaptée de
Rn [X] .
scho
la
3. (a) Soient (a0 , ..., an ) et (b0 , ..., bn ) des réels. Montrer qu’il existe un unique P ∈
Rn [X] tel que ∀k ∈ {0, ..., n} , P (k) (ak ) = bk .
univ.
(b) Si m > n, que dire des polynômes de Rm [X] vérifiant la condition précédente ?
Algèbre linéaire
5
Solution 3
1. Soient P et Q appartenant à Rn [X] vérifiant (E) alors :
(k)
∀k ∈ {0, ..., n} , (P − Q)
(1) = P (k) (1) − Q(k) (1) = 1 − 1 = 0.
Ainsi, 1 est une racine d’ordre (au moins) n + 1 de P − Q qui est un polynôme de degré
au plus n donc P − Q = 0 ⇔ P = Q, ce qui démontre l’unicité.
2. (a) Soit P ∈ R [X] alors, d’après le raisonnement effectué à la question précédente, P
vérifiant (E) si et seulement si 1 est une racine d’ordre (au moins) n + 1 de P −
n+1
divise P − P0 ce qui est
P0 . Ceci est équivalent à dire que le polynôme (X − 1)
équivalent à l’existence d’un polynôme Q ∈ R [X] tel que :
P − P0 = (X − 1)
n+1
Q ⇔ ∃Q ∈ R [X] , P = P0 + (X − 1)
n+1
Q
n
k
(X − 1)
=
n
(X − 1)
k=0
=
=0 si j>k
k!
k
(j)
7897
(j)
k
n
n
(X − 1)
k (k − 1) · · · (k − j + 1)
k=j
k!
k=j
k!
(X − 1)
k−j
.
582:
(j)
P0 (X)
:89.8
a:
k
(X − 1) .
alors, pour tout entier j ∈ {0, ..., n} , on
k!
k=0
k=0
k!
7.44
Réciproquement, on pose P0 =
n
1
4.12
k=0
k!
k
(X − 1) =
:164
n
P (k) (1)
8891
2502
P =
018
(b) Supposons qu’il existe P ∈ Rn [X] vérifiant (E) . D’après la formule de Taylor (pour
les polynômes) en 1, on a :
k−j
:211
0753
Pour tout j vérifiant k − j > 0, (X − 1)
s’annule en 1 et si k − j = 0 ⇔ j = k, le
k−1
est constant et vaut 1 donc on obtient les égalités :
polynôme (X − 1)
(j)
None
∀j ∈ {0, ..., n} , P0 (1) =
com:
c’est-à-dire P0 vérifie (E) .
3. (a) On considère l’application
→ Rn+1
.
→
P (a0 ) , P (a1 ) , P (a2 ) , ..., P (n) (an ) = P (k) (ak ) 0⩽k⩽n
rvox.
Rn [X]
P
scho
la
f:
j (j − 1) · · · (1)
1=1
j!
univ.
Si nous démontrons que f est un isomorphisme alors, pour tout (bk )0⩽k⩽n ∈ Rn+1 ,
il existe un unique P ∈ Rn [X] vérifiant :
f (P ) = (bk )0⩽k⩽n ⇔ ∀k ∈ {0, ..., n} , P (k) (ak ) = bk .
6
CCINP
2
On remarque que f est une application linéaire car, pour tout (P, Q) ∈ (Rn [X]) et
tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
(k)
= λP (k) (ak ) + µQ(k) (ak )
f (λP + µQ) =
(λP + µQ) (ak )
0⩽k⩽n
0⩽k⩽n
(k)
(k)
= λ P (ak )
+ µ Q (ak )
= λf (P ) + µf (Q) .
0⩽k⩽n
0⩽k⩽n
Déterminons son noyau. Soit P ∈ Rn [X] alors on a les équivalences suivantes :
P ∈ ker (f ) ⇔ f (P ) = 0Rn+1 ⇔ ∀k ∈ {0, ..., n} , P (k) (ak ) = 0.
Supposons que P soit non nul alors il possède un degré N i.e. il existe pN = 0 tel
que P = pN X N + Q avec deg (Q) < N. Ainsi, on a P (N ) (X) = N !pN =0 ce qui
contredit le fait que P (N ) (aN ) = 0 donc P = 0. Par conséquent,
n+1 ker (f ) = 0Rn [X]
, on peut affirmer
donc f est injective. Comme dim (Rn [X]) = n + 1 = dim R
que f est un isomorphisme, ce qui permet de conclure.
Rm [X]
P
→ Rn+1
.
→
P (k) (ak ) 0⩽k⩽n
7897
:164
g:
018
(b) On considère l’application
7.44
qui est linéaire. Cette application est surjective puisque, pour tout (bk )0⩽k⩽n ∈ Rn , il
existe P ∈ Rn [X] ⊂ Rm [X] tel que (bk )0⩽k⩽n = f (P ) = g (P ).
q2.a
∈
{0, ..., n} , P (k) (ak ) = bk ⇔ f (P ) = f (Pn )
⇔
P − Pn ∈ ker (f ) ⇔ ∃Q ∈ ker (f ) , P = Pn + Q
⇔
f linéaire
f (P − Pn ) = 0
8891
2502
∀k
:89.8
4.12
Soit (bk )0⩽k⩽n ∈ Rn+1 , notons Pn l’unique polynôme de Rn [X] vérifiant
f (P ) = (bk )0⩽k⩽n . Alors, pour tout polynôme P , on a les équivalences suivantes :
582:
Nous n’irons pas plus loin dans la description (trop complexe pour un oral CCINP,
éventuellement l’interrogateur donnera quelques pistes s’il reste du temps).
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
Commentaires 3 Exercice de difficulté progressive bien adapté aux candidats de CCINP.
Il est tout à fait possible de répondre simultanément aux questions 1 et 2 en utilisant
directement la formule de Taylor pour les polynômes. Un candidat de niveau standard
pour CCINP doit pouvoir répondre à ces deux questions lors de sa phase de préparation.
La question 3 est d’un niveau de difficulté supérieur pour distinguer les meilleurs candidats.
Il est possible de répondre à la question 3.a. en écrivant le système linéaire vérifié par les
coefficients de ce polynôme P. Comme il est triangulaire à coefficients diagonaux tous
non nuls, il possède
une et une seule solution. On peut également écrire la matrice de
f : P → P (k) (ak ) 0⩽k⩽n dans les bases canoniques de Rn [X] et Rn+1 . Cette matrice est
carrée, triangulaire et à coefficients diagonaux tous non nuls donc elle est inversible, ce
qui justifie que f est un isomorphisme.
Algèbre linéaire
1.2
7
Mines-Telecom
Exercice 4 (Mines-Telecom)
1. Donner le théorème du rang. Soient f et g des endomorphismes de E (un espace
vectoriel de dimension n).
2. On suppose que g ◦ f = 0. Montrer que rg (f ) + rg (g) ⩽ n.
3. On suppose que f + g est bijectif, montrer que rg (f ) + rg (g) ⩾ n.
Solution 4
1. Soient E et F deux espaces vectoriels de dimension finie et f une application linéaire de
E dans F alors :
dim (E) = rg (f ) + dim (ker (f )) .
2. On a :
∈ E, g (f (x)) = (g ◦ f ) (x) = 0 ⇒ ∀x ∈ E, f (x) ∈ ker (g)
⇒ Im (f ) ⊂ ker (g) ⇒ dim (Im (f )) ⩽ dim (ker (f ))
018
∀x
7897
⇔ rg (f ) ⩽ n − rg (g) ⇔ rg (f ) + rg (g) ⩽ n.
=
(f + g) (x ) = f (x ) + g (x ) ∈ Im (f ) + Im (g)
∈Im(f )
7.44
x
:164
3. Puisque f + g est bijectif, pour tout x ∈ E, il existe x ∈ E tel que :
∈Im(g)
4.12
⇒ E ⊂ Im (f ) + Im (g) .
:89.8
D’autre part, Im (f ) et Im (g) sont deux sous-espaces vectoriels de E donc
8891
2502
Im (f ) + Im (g) ⊂ E ⇒ Im (f ) + Im (g) = E.
D’après la formule de Grassmann, on a :
rg (f ) + rg (g)
=
dim (Im (f )) + dim (Im (g))
0753
582:
= dim (Im (f ) + Im (g)) + dim (Im (f ) ∩ Im (g))
⩾ dim (Im (f ) + Im (g)) = dim (E) = n.
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 4 Exercice standard de MPSI. La première question vise uniquement à
donner une aide implicite au candidat .... donc il faudra l’utiliser lors de l’exercice. La
deuxième question est très classique et élémentaire donc elle ne doit pas poser de problème
au candidat. Si cela n’est pas le cas, il est temps de revoir en profondeur les fondamentaux
de l’algèbre linéaire. La troisième question, sans être difficile, permet de distinguer les
candidats ayant une bonne maitrise des outils de base de l’algèbre linéaire de première
année.
2. Montrer que Im (u ◦ v) = Im (u).
3. Montrer que ker (v) ⊕ Im (u) = F .
Solution 5
1. Soit x ∈ ker (u ◦ v) alors :
scho
la
1. Montrer que ker (u ◦ v) = ker (v).
univ.
8
Exercice 5 (Mines-Telecom) Soient E et F deux espaces vectoriels, u une application
linéaire de E dans F , et v une application linéaire de F dans E telles que v ◦ u = IdE .
Mines-Telecom
8
Mines-Telecom
8
Mines-Telecom
3. Montrer que ker (v) ⊕ Im (u) = F .
3. Montrer
que ker (v) ⊕ Im (u) = F .
Solution
5
1. Soit5x ∈ ker (u ◦ v) alors :
Solution
(x) := 0E ⇔ u (v (x)) = 0E ⇒ v (u (v (x))) = v (0E )
1. Soit x ∈ ker (u ◦(uv)◦ v)
alors
⇔
(v
◦ u)=(v0(x))
= 0E (x))
⇔ Id
(x)) = 0E (x)))
⇔ v (x)
=E0(v
= v=(00E )
(u ◦ v) (x)
E ⇔ u (v
E ⇒ v (u (v
donc x ∈ ker (v) .⇔
Si(vx ◦∈u)
ker
(v(v)
(x))alors
= 0E: ⇔ IdE (v (x)) = 0E ⇔ v (x) = 0
0E(v)
⇒alors
(u ◦ v)
donc x ∈ ker (v) . Siv (x)
x ∈=ker
: (x) = u (v (x)) = u (0E ) = 0E
donc x ∈ ker (u ◦ v)v,(x)
ce =
qui0Eprouve
keru(u
v) =
⇒ (u l’égalité
◦ v) (x) =
(v ◦(x))
= ker
u (0(v)
E ) .= 0E
2. donc
Soit xx∈∈Im
(u
◦
v)
,
il
existe
y
∈
E
tel
que
:
ker (u ◦ v) , ce qui prouve l’égalité ker (u ◦ v) = ker (v) .
x =y (u
◦ v)
2. Soit x ∈ Im (u ◦ v) , il existe
∈E
tel(y)
que=:u (v (y)) ∈ Im (u) .
Soit x ∈ Im (u) , il existe yx∈=E(utel
que
◦ v)
(y): = u (v (y)) ∈ Im (u) .
= u, (y)
= (u y◦ ∈
IdE
(y) que
= (u: ◦ v ◦ u) (y) = u ((v ◦ u) (y)) ∈ Im (u)
Soit x ∈ Imx(u)
il existe
E) tel
:164
7897
018
d’où l’égalité
v)(u
= ◦Im
. = (u ◦ v ◦ u) (y) = u ((v ◦ u) (y)) ∈ Im (u)
x =Imu (u
(y)◦=
Id(u)
E ) (y)
3. Soit
x
∈
ker
(v)
∩
Im
(u)
,
on
a
:
d’où l’égalité Im (u ◦ v) = Im (u) .
(x)(u)
= ,0on
3. Soit x ∈ ker (v) ∩vIm
E a :
∃y ∈ E, x = u (y) ⇒ v (u (y)) = v (x) = 0E ⇔ (v ◦ u) (y) = 0E
v (x) = 0E
(vE◦) u)
= 0E
⇒ yv (u
=xv =
(x)u =
⇔E,
IdEx (y)
0E ⇔
= (y))
0E ⇒
(y)0E= ⇔
u (0
= 0(y)
E
∃y ∈
= u=(y)
4.12
7.44
donc ker (v) ∩ Im⇔
(u)Id=E {0
} . 0E ⇔ y = 0E ⇒ x = u (y) = u (0E ) = 0E
(y)E =
Si E est de dimension finie, on a :
donc ker (v) ∩ Im (u) = {0E } .
dimde(ker
(v)) + dim
(Imon
(u))
Si E est
dimension
finie,
a=
: dim (ker (u ◦ v)) + dim (Im (u ◦ v)) = dim (E)
8891
2502
:89.8
(d’après
théorème
donc=Edim
= ker
Im +
(u)dim
. (Im (u ◦ v)) = dim (E)
dimle(ker
(v)) + du
dimrang)
(Im (u))
(ker(v)
(u ⊕
◦ v))
Néanmoins, l’énoncé ne supposant pas que E soit de dimension finie, il nous faut dé(d’après le théorème du rang) donc E = ker (v) ⊕ Im (u) .
montrer l’égalité ensembliste :
Néanmoins, l’énoncé ne supposant pas que E soit de dimension finie, il nous faut démontrer l’égalité ensembliste : ker (v) + Im (u) = E.
None
:211
0753
582:
Comme ker (v) et Im (u) sont des
vectoriels
de E, il est immédiat que
ker sous-espaces
(v) + Im (u) =
E.
ker (v) + Im (u) ⊂ E. Pour l’autre inclusion, on procède classiquement par analyseComme ker (v) et Im (u) sont des sous-espaces vectoriels de E, il est immédiat que
synthèse.
ker (v) + Im (u) ⊂ E. Pour l’autre inclusion, on procède classiquement par analysePhase d’analyse. Soit x ∈ E. Supposons qu’il existe yv ∈ ker (v) et zu ∈ Im (u) tel que
synthèse.
x = yv + zu . Il existe t ∈ E tel que zu = u (t) donc :
Phase d’analyse. Soit x ∈ E. Supposons qu’il existe yv ∈ ker (v) et zu ∈ Im (u) tel que
yv + ut (t)
v (x)
(yuv )(t)
+ vdonc
(u (t))
∈ E⇒tel
que=zuv=
: = (v ◦ u) (t) = IdE (t) = t
x = yv +xzu .=Il existe
x = yv + u (t) ⇒ v (x) = v=0
(yEv ) + v (u (t)) = (v ◦ u) (t) = IdE (t) = t
⇒ zu = u (t) = u (v (x)) =0
etyv = x − zu = x − u (v (x)) .
E
com:
Phase de synthèse.
E,(x))
on pose
⇒ zu = uSoit
(t) =x u∈(v
et yv: = x − zu = x − u (v (x)) .
scho
la
rvox.
z de
= synthèse.
u (v (x)) ∈Soit
Im (u)
= xpose
− u:(v (x)) ⇒ v (y) = v (x) − (v ◦ u) (v (x))
Phase
x ∈et
E,y on
z = u (v (x)) ∈ Im (u) et y = x − u (v (x)) ⇒ v (y) = v (x) − (v=Id
◦ Eu) (v (x))
= v (x) − v (x) = 0 ⇒ y ∈ ker (v) et y + z = x
=Id
univ.
donc E ⊂
(u)=. 0 ⇒ y ∈ ker (v) et y + z = x
= kerv (v)
(x) +
− Im
v (x)
Par conséquent, on vient de prouver que ker (v) ⊕ Im (u) = F.
donc E ⊂ ker (v) + Im (u) .
Par conséquent, on vient de prouver que ker (v) ⊕ Im (u) = F.
E
Algèbre linéaire
9
Commentaires 5 Il s’agit d’un exercice de MPSI de difficulté standard. Les deux premières questions sont élémentaires et ne doivent pas poser de difficulté particulière à un
candidat de Mines-Telecom.
La troisième question peut poser plus de difficulté du fait du raisonnement par analysesynthèse . Un candidat ne sachant pas traiter le cas général mais prenant de lui-même
l’initiative d’une preuve en dimension finie fera bonne impression auprès de l’interrogateur (prise d’initiative, pragmatisme, traitement d’un cas particulier non trivial). Cette
démarche sera valorisée lors de l’évaluation par l’interrogateur ... qui demandera probablement une preuve dans le cas général.
Un candidat ayant une bonne maitrise de l’algèbre linéaire pourra même traiter en deux
lignes la question 3 en remarquant judicieusement que u ◦ v est un projecteur donc son
noyau et son image sont supplémentaires (cours de MPSI) et conclure grâce aux deux
questions précédentes. Il pourra ainsi répondre à cet exercice en 5 mn avec très peu de
calculs.
7.44
Solution 6
:164
1. Montrer que u est un automorphisme de E.
2. Montrer que x, u (x) , ..., un−1 (x) est une base de E.
7897
018
Exercice 6 (Mines-Telecom) Soit E un espace vectoriel de dimension finie n ⩾ 1. Soit u un endomorphisme de E. On suppose qu’il existe x ∈ E tel que la famille u (x) , u2 (x) , ..., un (x)
est une base de E.
u∈L(E)
8891
2502
k=1
:89.8
4.12
1. Soit y ∈ E. Comme uk (x) 1⩽k⩽n est une base de E, il existe des scalaires (αk )1⩽k⩽n
tels que :
n
n
n
k−1
k
k−1
y=
αk u (x) =
αk u u
(x)
= u
αk u
(x) ∈ Im (u) .
k=1
k=1
582:
Ainsi, on vient de prouver que u est surjective et comme u est un endomorphisme en
dimension finie, u est un automorphisme.
−1
2. Comme u est un automorphisme de E, u−1
est un automorphisme de E. Puisque u
k
est un automorphisme de E et que u (x) 1⩽k⩽n est une base de E, on en déduit que
:211
0753
−1 k
u (x) 1⩽k⩽n = uk−1 (x) 1⩽k⩽n
u
j=k−1
j
u (x) 0⩽j⩽n−1
None
est une base de E.
=
rvox.
com:
Commentaires 6 Exercice élémentaire de MPSI sans aucune difficulté pour tout candidat de Mines-Telecom maitrisant les notions fondamentales de l’algèbre linéaire.
Exercice 7 (Mines-Telecom) Soit E un espace vectoriel et u un endomorphisme de E.
scho
la
univ.
10
1. On suppose qu’il existe un projecteur p et un automorphisme v de E tels que
u ◦ v = v ◦ u = p. Justifier que ker (u) = ker (p) et Im (u) = Im (p).
Mines-Telecom
2. Montrer que E = ker (u) ⊕ Im (u) si et seulement s’il existe un projecteur
p et un
automorphisme v de E tels que u ◦ v = v ◦ u = p.
Solution 7
1. ker (u) = ker (p) . Soit x ∈ ker (u) alors :
10
Mines-Telecom
Solution 7
1. ker (u) = ker (p) . Soit x ∈ ker (u) alors :
u (x) = 0E ⇒ p (x) = v (u (x)) = v (0E ) = 0E ⇒ x ∈ ker (p)
d’où l’inclusion ker (u) ⊂ ker (p) . Soit x ∈ ker (p) alors :
p (x) = 0 ⇔ v (u (x)) = 0E ⇒ u (x) = 0E
car v est un automorphisme. Ainsi, on a prouvé l’inclusion ker (p) ⊂ ker (u) d’où l’égalité
ker (p) = ker (u) .
Im (u) = Im (p) . Soit x ∈ Im (u) alors il existe y ∈ E tel que x = u (y) . Comme v est
un automorphisme, il existe z ∈ E tel que y = v (z). Ainsi, on peut écrire :
x = u (y) = u (v (z)) = (u ◦ v) (z) = p (z) ∈ Im (p) ,
7897
018
ce qui prouve l’inclusion Im (u) ⊂ Im (p) . Soit x ∈ Im (p) , il existe y ∈ E tel que :
x = p (y) = (u ◦ v) (y) = u (v (y)) ∈ Im (u) ,
:164
ce qui prouve l’inclusion Im (p) ⊂ Im (u) d’où l’égalité Im (p) = Im (u) .
4.12
7.44
2. Implication réciproque. Supposons qu’il existe un projecteur p et un automorphisme
v de E tels que u ◦ v = v ◦ u = p. Comme p est un projecteur, on a :
:89.8
E = ker (p) ⊕ Im (p)
8891
2502
(cf. le cours de MPSI ou de MP sur les projecteurs). D’après la question précédente, on
a:
ker (u) = ker (p) , Im (u) = Im (p) ⇒ E = ker (u) ⊕ Im (u) .
None
⇒ x ∈ Im (u) ∩ ker (u) = {0E }
:211
0753
582:
Implication directe. Supposons que E = ker (u) ⊕ Im (u) . On note p le projecteur de E
sur Im (u) parallèlement à ker (u) . Si x ∈ Im (u) alors u (x) ∈ Im (u) donc w = u|Im(u)
est un endomorphisme de Im (u) . Prouvons qu’il s’agit d’un automorphisme de Im (u) .
Soit x ∈ ker (w) alors :
x ∈ Im (u)
x ∈ Im (u)
x ∈ Im (u) et w (x) = 0 ⇔
⇔
u (x) = 0
x ∈ ker (u)
=
p (x) , y1 = x − y2 = x − p (x) , u (y1 ) = 0E
ker (u) et Im (p) = Im (u) .
scho
la
On pose alors :
=
univ.
y2
ker (p)
rvox.
com:
car ker (u) et Im (u) sont supplémentaires. Ainsi, w est un endomorphisme injectif en
dimension finie donc c’est un isomorphisme.
Soit x ∈ E. Il existe un unique couple (y1 , y2 ) ∈ ker (u) × Im (u) tel que x = y1 + y2 . Par
définition, on a les formules suivantes :
v (x) = y1 + w−1 (y2 ) = (x − p (x)) + w−1 (p (x))
Algèbre linéaire
11
qui est parfaitement définie car p (x) ∈ Im (p) = Im (u) et que w est un automorphisme
de Im (u) . En outre, v est linéaire (laissé au lecteur) et on a :
y1 = 0E
−1
v (x) = 0 ⇔ y1 + w (y2 ) = 0
⇔
−1
w
(y2 ) = 0E
E=ker(u)⊕Im(u)
∈ker(u)
y2 ∈Im(u) et
⇔
w∈GL(Im(u))
∈Im(u)
y1 = 0E
⇒ x = y1 + y2 = 0E + 0E = 0E
y2 = 0E
L’application v ainsi définie est un endomorphisme injectif de E qui est de dimension
finie donc v est un automorphisme de E. Par définition, on a y2 = p (x) et u (y1 ) = 0E
donc :
u (v (x)) = u y1 + w−1 (y2 ) = u (y1 ) + u w−1 (y2 ) = u w−1 (y2 ) = y2 = p (x) .
(∗)
De plus, on a :
v (u (y1 + y2 )) = v (u (y1 )) + v (u (y2 ))
=v(0E )=0E
v(u (y2 )) = w
déf
−1
(u (y2 )) = y2 = p (x)
(∗)
:164
=
par
018
=
7897
v (u (x))
∈Im(u)
:89.8
v ◦ u = p = u ◦ v.
4.12
7.44
(∗) car w = u|Im(u) donc u|Im(u) ◦ w−1 = w−1 ◦ u|Im(u) = Id .
Au final, on a prouvé que v est un automorphisme de E et
None
:211
0753
582:
8891
2502
Commentaires 7 La question 1 et l’implication réciproque de la question sont élémentaires. Il est attendu d’un candidat à Mines-Telecom traite rapidement ces deux points.
Par contre, l’implication directe de la question 2 s’avère être très sélective car elle demande une bonne compréhension des outils fondamentaux de l’algèbre linéaire. En cas de
blocage à cette partie, l’interaction avec l’interrogateur sera alors cruciale. L’interrogateur
proposera probablement une aide (sous forme d’un questionnement concernant le cours ou
d’une indication plus explicite). Rappelons que l’interrogateur n’attend pas que le candidat réponde convenablement dans les secondes qui suivent. Par contre, il sera attentif aux
qualités suivantes du candidat : une connaissance solide du cours d’algèbre linéaire, sa
capacité à analyser le problème sous un angle nouveau, à une prise d’initiative raisonnée
et pertinente (même si elle s’avère ultérieurement incomplète).
(le déterminant étant de taille n).
univ.
scho
la
rvox.
com:
Exercice 8 (Mines-Telecom) Montrez, pour tout u ∈ R\πZ et pour tout n ⩾ 1, que :
2 cos (u)
1
0
···
0
.
.
.
.
.
.
.
.
1
2 cos (u)
.
sin((n + 1)u)
..
..
..
.
=
.
.
.
0
0
sin(u)
.
..
..
..
.
. 2 cos (u)
1
12
Mines-Telecom
0
···
0
1
2 cos (u)
Solution 8 On note Dn le déterminant en taille n de l’énoncé. Pour tout entier n ⩾ 2, en
12
Mines-Telecom
12
Mines-Telecom
(le déterminant étant de taille n).
(le déterminant
étant
n).
Solution
8 On note
Dndeletaille
déterminant
en taille n de l’énoncé. Pour tout entier n ⩾ 2, en
développant selon la la première colonne, on a :
Solution 8 On note Dn le déterminant en taille n de l’énoncé. Pour tout entier n ⩾ 2, en
1 a : 0
développant selon la la première colonne, on
0
···
0 . .
1 2 cos0 (u) 10
· ·. ·.
0.. . ..
Dn = 2 cos (u) Dn−1 − 10 2 cos1 (u) .1. .
.
0.. .
..
..
..
Dn = 2 cos (u) Dn−1 − 0..
. 2 cos
.u
1.
01 0.
·. ·. ·
1
2 cos u
.0.
..
.
. 2 cos u
1 = 2 cos (u) Dn−1 − D0n−2 · · ·
0
1
2 cos u
Dn−2
2 cos (u) D
n−1 −Démontrons
(en développant selon =
la première
ligne).
par récurrence double l’assertion :
018
(en développant selon la première ligne). Démontrons
par+récurrence
double l’assertion :
sin((n
1)u)
.
∀n ⩾ 1, (Hn ) : Dn =
sin(u)
sin((n + 1)u)
.
∀n ⩾ 1, (Hn ) : Dn =
sin(u) trigonométriques :
Initialisation n = 1 et n = 2. D’après les fameuses relations
on peut affirmer que :
=
:164
=
=
+ 2u)
= sin (u) cos (2u) + sin (2u) cos (u)
2sin
sin(u(u)
cos (u) ,
2
sin (u)
(cos
−cos
1 (2u)
+ 2 sin
cos (u)
(u + 22u)
=(u))
sin (u)
+ (u)
sin (2u)
coscos
(u)(u)
2
sin (u)
(u) 42 (cos
(cos (u))
(u))2 −
sin
− 11 ,+ 2 sin (u) cos (u) cos (u)
2
sin (u) 4 (cos (u)) − 1 ,
7.44
=
=
=
4.12
sin
sin (3u)
(2u)
sin (3u)
7897
Initialisation sin
n =(2u)
1 et n== 2.
D’après
relations trigonométriques :
2 sin
(u) cosles
(u)fameuses
,
2 cos (u) =
grâce à la fameuse
sinrelation
(a + b) trigonométrique
+ sin (a − b) =
rvox.
sin (a) cos (b) + cos (a) sin (b)
+ sin
= sin
(a)(a)
coscos
(b)(b)
+−
coscos
(a)(a)
sinsin
(b)(b)
= +
2 sin
sin(a)
(a)cos
cos(b)
(b). − cos (a) sin (b)
scho
la
sin (a + b) + sin (a − b)
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
=
:89.8
2 cos (u)
sin (2u)
1
, D2 = 1
2 cos (u)
sin (u)
sin (2u)
1
2 cos (u)
, D(3u)
D1 = 2 cos (u) =2
2 =
sin
1
2 cos (u)
sin1 (u)
= 4 (cos (u)) −
.
=
sin (u)
sin (3u)
2
= 4 (cos (u)) − 1 =
.
sin (u)
Ainsi, (H1 ) et (H2 ) sont vérifiées.
Hérédité. Supposons (Hn−2 ) et (Hn−1 ) vérifiées pour un certain entier n ⩾ 3 alors, d’après la
Ainsi,
et (H2 ) sont
vérifiées.
relation(H
de1 )récurrence
vérifiée
par la suite (Dn )n , on a :
Hérédité. Supposons (Hn−2 ) et (Hn−1 ) vérifiées
pour un certain entier n ⩾ 3 alors, d’après la
)n ), on a : sin (nu) sin ((n − 1) u)
relation de récurrence vérifiée par la suite (D
(Hn
n−2
−
Dn = 2 cos (u) Dn−1 − Dn−2 = 2 cos (u)
sin (u)
sin (u)
(Hn−1 )
sin (nu) sin ((n − 1) u)
(Hn−2 )
−u)
−D
=− 1)2u)
cos (u)
Dn = 22 cos
n−1
sin
((n
+
1)
cos (u)
(u) D
sin
(nu)
−n−2
sin ((n
sin (u)
(Hn−1 )
= sin (u)
=
sin (u)
sin (u)
sin ((n + 1) u)
2 cos (u) sin (nu) − sin ((n − 1) u)
=
=
sin (u)
sin (u)
grâce à la fameuse relation trigonométrique
on peut affirmer que :
D1
= 2 sin
. ce qui achève la récurrence.
en choisissant a = nu et b = u. Par conséquent,
(H(a)
est (b)
vraie,
n ) cos
univ.
en choisissant a = nu et b = u. Par conséquent, (Hn ) est vraie, ce qui achève la récurrence.
Algèbre linéaire
13
Commentaires 8 Exercice de MPSI de niveau standard. Il est naturellement attendu du
candidat qu’il pense au principe de récurrence et aux règles de développement des déterminants, convenablement appliquées tout de même ! Il est envisageable de trouver la relation
de récurrence, de résoudre l’équation caractéristique associée r2 − 2r cos (u) + 1 = 0 (dont
les racines sont r = exp (±iu)), d’en déduire l’existence de deux complexes α, β tels que
n
n
Dn = α (exp (iu)) + β (exp (−iu)) = αeinu + βe−inu
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
puis de déterminer α et β via les conditions initiales D1 et D2 . Malheureusement, cette
stratégie choisie par un nombre non négligeable de candidats s’avère longue et très technique, d’où des erreurs très probables. Il est indispensable de tenir compte du contexte :
sans préparation, il est possible de résoudre 2 voire 3 exercices en 30 mn donc la plupart des exercices peuvent se résoudre assez rapidement sans trop de calculs. En outre, le
résultat étant donné, il faut absolument en tenir compte dans la stratégie à suivre.
14
Centrale Math 1
1.3
Centrale Math 1
∗
Exercice 9 (Centrale
Math I) Soit n ∈ N . On prend M ∈ Mn (R) et r ∈ {1, . . . , n}. On
Ir 0
note Jr =
.
0 0
1. Montrer que : rg(M ) = r ⇔ ∃(P, Q) ∈ GLn (R)2 / P M Q = Jr .
Soit B ∈ Mr,n−r (R), C ∈ Mn−r,r (R) et D ∈ Mr (R). On pose M =
Montrer que rg(M ) ⩾ r avec égalité si et seulement si D = CB.
Ir
C
B
D
.
2. Soit V un sous-espace vectoriel de Mn (R), contenant Jr , tel que toutes les matrices
de V soient de rang inférieur ou égal à r. Soit
0 B
W =
, A ∈ Mn−r (R), B ∈ Mr,n−r (R) .
t
B A
Montrer que V ∩ W = {0}.
7897
018
3. Montrer que la dimension d’un sous-espace vectoriel de Mn (R) dont les éléments
sont de rang inférieur ou égal à r est inférieure ou égale à nr.
:164
Solution 9
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
1. Première équivalence. Il s’agit de la caractérisation du rang par la notion de matrice
équivalentes (cf. le cours de MPSI pour revoir
une preuve)
Ir B
. La matrice extraite de M en ne conserSeconde équivalence. Soit M =
C D
vant que les r premières lignes et les r premières colonnes est la matrice Ir qui est
inversible donc rg (M ) ⩾ r (cf. cours de MPSI de la caractérisation du rang par les
matrices extraites).
Considérons les matrices
Ir
Ir −B
0
P =
et Q =
.
0 In−r
−C In−r
:211
0753
582:
Ces deux matrices sont inversibles (comme elles sont triangulaires par blocs, leurs déterminants est le produit des déterminants de leurs blocs diagonaux c’est-à-dire
det (Ir ) det (In−r ) = 1 = 0). Ainsi, la matrice M a le même rang que la matrice
Ir
0
PMQ =
.
0 D − CB
com:
None
Si D = CB alors P M Q = Jr qui est de rang r. Si D = CB, au moins l’une des colonnes
de D − CB n’est pas nulle c’est-à-dire qu’il existe (i0 , j0 ) tel que (D − CB)i0 ,j0 = 0.
e
La (r + i0 ) colonne Cr+i0 de P M Q n’est pas nulle et elle n’est pas une combinaison
linéaire des r premières colonnes de P M Q (puisque
rvox.
(P M Q)r+i0 ,r+j0 = (D − CB)i0 ,j0 = 0
2
univ.
scho
la
alors que (P M Q)i,j = 0 pour tout (i, j) ∈ {r + 1, .., n} ). Ainsi, la matrice P M Q est de
rang au moins r + 1 donc M est de rang r si et seulement si D − CB = 0.
2. Soit M ∈ V ∩ W alors, comme
M ∈ W, il existe B ∈ Mr,n−r (R) et A ∈ Mr (R) telles
0 B
que A ∈ M =
. Les matrices Jr et M appartiennent à V qui est un espace
t
B A
Algèbre linéaire
15
Ir B
appartient à W. Ainsi, cette matrice est
t
B A
de rang au plus r et, d’après la question précédente, elle est de rang au moins r donc la
matrice M + Jr est de rang r, ce qui montre l’égalité
vectoriel donc la matrice M + Jr =
(∗) : A = t BB
(d’après la question précédente). D’autre part, la matrice
0
−B
M = −M =
−t B −A
appartient à W donc, d’après le raisonnement que nous venons de mener avec M , on
peut affirmer que :
(∗) et
(∗∗) − A = t (−B) (−B) ⇒ −A = t BB = A ⇔ 2A = 0 ⇔ t BB = 0.
(∗∗)
:164
7897
018
On munit Mn−r,1 (R) de son produit scalaire canonique X | Y = t XY. Pour tout
X ∈ Mn−r,1 (R) , on a :
BX | BX = t (BX) BX = t X t BB X = t XAX = t X0X = 0
4.12
7.44
donc, puisque | est un produit scalaire, on a BX = 0 pour tout X ∈ Mn−r,1 (R) . Pour
chaque i ∈ {1, .., n − r} , en choisissant X = Ei (le ie vecteur de la base canonique de
Mn−r,1 (R) dont tous les coefficients sont nuls sauf le ie qui vaut 1), le produit BX est
la ie colonne de B c’est-à-dire que toutes les colonnes de B sont nulles. Par conséquent,
on obtient que B = 0 d’où M = 0, ce qui prouve l’égalité ensembliste V ∩ W = {0} .
8891
2502
:89.8
3. Soit V un sous-espace vectoriel de Mn (R) dont tous les éléments sont de rang inférieur
ou égal à r. On note
s = max {rg (M ) , M ∈ V }
alors s ⩽ r et il existe M ∈ V tel que rg (s) = M . D’après la question 1, il existe deux
matrices inversibles P et Q telles que P M Q = Js . On note
M ∈ V }
582:
V = {P M Q,
None
:211
0753
qui est un sous-espace vectoriel de Mn (R) dont tous les éléments sont de rang inférieur
ou égal à s et Js ∈ V. En outre, on peut affirmer que dim (V ) = dim (V ) car l’application
→
V
V
f:
M → P M Q
scho
la
rvox.
com:
est linéaire, injective (si f (M ) = 0 ⇔ M = 0 par multiplication à gauche des matrices
par P −1 et à droite des matrices par Q−1 ) et surjective (par définition de V ) donc f
réalise un isomorphisme de V sur V d’où l’égalité de leurs dimensions.
On note
0 B
, A ∈ Mn−s (R), B ∈ Ms,n−s (R)
W =
t
B A
qui est de dimension
=
=
dim (Mn−s (R) × Ms,n−s (R)) = dim (Mn−s (R)) + dim (Ms,n−s (R))
2
univ.
dim (W )
(n − s) + s (n − s) = (n − s) (n − s + s) = n (n − s) .
16
Centrale Math 1
En effet, l’application

 Mn−s (R) × Ms,n−s (R)
g:
(A, B)

→
→
W
0 B
t
B A
réalise un isomorphisme de Mn−s (R)×Ms,n−s (R) sur W (même argumentaire que pour
f ).
D’après la question précédente, on a V ∩W = {0} donc, d’après la formule de Grassmann,
on a la formule :
dim (V ) + dim (W ) = dim (V + W ) ⩽ dim (Mn (R)) = n2
(∗)
(∗) car V + W est un sous-espace vectoriel de Mn (R).
Par conséquent, on en déduit que l’inégalité souhaitée :
018
dim (V ) = dim (V ) ⩽ n2 − dim (W ) = n2 − n (n − s) = ns ⩽ nr.
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
Commentaires 9 Exercice de niveau standard pour le concours Centrale-Supélec.
La première question est élémentaire (pour le concours Centrale-Supélec) mais elle demande une bonne maitrise de la notion de rang.
La deuxième question est plus discriminante car elle nécessite du candidat de reconnaitre
les matrices symétriques lorsqu’elles apparaissent au gré d’un calcul (t BB ici) et d’en tirer
les conséquences (utilisation de la structure euclidienne qui est un grand classique dans
cette théorie). Une grande attention sera prétée par l’interrogateur quant à la prise d’initiative du candidat et aux quelques automatismes fondamentaux concernant les espaces
euclidiens et leurs endomorphismes.
La troisième question requiert beaucoup plus d’autonomie et d’initiative de la part du candidat donc elles seront valorisées par exemple, si le candidat :
— considére le cas particulier où Jr appartient à V pour utiliser la question précédente
pour conclure dans ce cas particulier ;
— ou bien montre que le problème général se ramène au cas précédent (pour un r
convenable).
Il n’est pas nécessairement attendu de construire des isomorphismes pour calculer les dimensions, des bases peuvent suffire (par extraction de la base canonique) voire à minima de
deviner les dimensions par comptage des coefficients « libres » (dans ce cas, l’interrogateur
demandera peut-être des arguments rigoureux).
com:
Exercice 10 Soient K un corps, E un K-espace vectoriel de dimension finie n, u ∈ L (E).
On note C (u) le commutant de u et C 2 (u) le bicommutant de u, c’est-à-dire l’ensemble
des endomorphismes de E qui commutent à tous les éléments de C (u).
rvox.
1. Vérifier que C 2 (u) est une sous-algèbre de L (E) contenant K [u].
2. On suppose que u est nilpotent d’indice n. Montrer que C 2 (u) = K [u] .
scho
la
univ.
10
3. Soient E1 et E2 deux sous-espaces de E supplémentaires dans E stables par u.
On note u1 (resp. u2 ) l’induit de u sur E1 (resp. E2 ). On suppose que les polynômes
minimaux de u1 et u2 sont premiers entre eux avec C 2 (u1 ) = K [u1 ] etMines-Telecom
C 2 (u2 ) = K [u2 ] . Montrer que C 2 (u) = K [u] .
Solution 7
1. ker (u) = ker (p) . Soit x ∈ ker (u) alors :
Algèbre linéaire
17
Solution 10
1. C 2 (u) est inclus dans L (E) qui est un K-espace vectoriel. 0L(E) et IdL(E) appartiennent
à C 2 (u) puisque
∀v ∈ C (u) , 0L(E) ◦ v = 0L(E) = v ◦ 0L(E) ,
IdL(E) ◦v = v = v ◦ IdL(E)
Soient v, w ∈ C 2 (u) et λ, µ ∈ K alors, pour tout h ∈ C (u), on a :
(λv + µw) ◦ h
=
λv ◦ h + µw ◦ h
=
h ◦ (λv + µw)
v commute à h
=
w commute à h
λh ◦ v + µh ◦ w
(puisque h est linéaire) donc λv + µw commute avec tout élément h de C (u) d’où
λv + µw ∈ C 2 (u) . En outre, pour tout h ∈ C (u) , on a :
(v ◦ w) ◦ h =
v ◦ (w ◦ h)
w commute à h
=
(v ◦ h) ◦ w
v commute à h
v ◦ (h ◦ w)
=
(h ◦ v) ◦ w = h ◦ (v ◦ w)
7897
018
=
k=0
8891
2502
n−1
:89.8
4.12
7.44
:164
donc v ◦ w ∈ C (u) , ce qui prouve que C 2 (u) est une sous-algèbre de L (E) .
Pour tout h ∈ C (u), on a par définition : h ◦ u = u ◦ h donc u ∈ C 2 (u) (puisque u
commute avec tout élément h de C (u)). Comme C 2 (u) est une K-algèbre, pour tout
polynôme P ∈ K [X] , on a P (u) ∈ C 2 (u) d’où l’inclusion K [u] ⊂ C 2 (u) .
2. Soit u nilpotent d’indice n c’est-à-dire un = 0 et un−1 = 0.
Soit x0 ∈ E tel que un−1 (x0 ) = 0. Montrons que la famille B = uk (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est une
base de E. Pour commencer, elle est de cardinal n = dim (E) donc il suffit de montrer
qu’elle est libre. Soit (λk )0⩽k⩽n−1 ∈ Rn tel que :
λk uk (x0 ) = 0 ⇔ λ0 x0 + λ1 u (x0 ) + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
0753
582:
En composant cette égalité par un−1 , on obtient l’égalité λ0 un−1 (x0 ) = 0 donc λ0 = 0
(car un−1 (x0 ) = 0). Supposons avoir démontré que λ0 = · · · = λk−1 = 0 pour un certain
entier k ∈ {1, .., n − 1} alors on dispose de l’égalité :
λk uk (x0 ) + λk+1 uk+1 (x0 ) + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
rvox.
com:
None
:211
En composant cette égalité par un−1−k (licite car n − 1 − k ∈ N), on obtient l’égalité
λk un−1 (x0 ) = 0 donc λk = 0 (car un−1 (x0 ) = 0). D’après le principe de récurrence, on
peut affirmer que λ0 = · · · = λn−1 = 0 donc la famille est libre, ce qui prouve qu’il s’agit
d’une base de E.
Soit v ∈ C (u) alors, comme B est une base de E, il existe (ak )0⩽k⩽n−1 ∈ Rn tel que
n−1
n−1
v (x0 ) =
ak uk (x0 ) . Montrons que v =
ak uk . Pour tout j ∈ {0, .., n − 1} , comme
k=0
k=0
k=0
univ.
scho
la
v commute avec u donc avec uj , on a :
v uj (x0 ) = v ◦ uj (x0 ) = uj ◦ v (x0 ) = uj (v (x0 ))
n−1
n−1
n−1
= uj
ak uk uj (x0 ) .
ak uk (x0 ) =
ak uj+k (x0 ) =
k=0
k=0
18
Centrale Math 1
Ainsi, les endomorphismes v et
n−1
k=0
ak uk coïncident sur la base B donc ils sont égaux d’où
l’inclusion C (u) ⊂ K [u] . L’inclusion K [u] ⊂ C (u) étant immédiate (tout polynôme en
u commute avec u), on obtient l’égalité C (u) = K [u] . Soit h ∈ C 2 (u) alors h commute
avec tout élément de C (u) = K [u]. En particulier, h commute avec u (car u ∈ K [u] )
donc h ∈ C (u) = K [u] quel que soit h ∈ C 2 (u) . Par conséquent, on vient de prouver
l’inclusion C 2 (u) ⊂ K [u] d’où l’égalité C 2 (u) = K [u] (d’après la question précédente,
l’inclusion réciproque est vraie).
3. D’après la question 1, on a l’inclusion K [u] ⊂ C 2 (u) . Prouvons l’inclusion réciproque.
Première étape. Montrons que Ei = ker (π i (u)) pour i ∈ {1, 2} . Pour tout i ∈ {1, 2} ,
comme π i annule ui , pour tout xi ∈ Ei , on a :
π i (u) (xi ) = π i (ui ) (xi ) = 0L(Ei ) (xi ) = 0 ⇒ (∗) : Ei ⊂ ker (π i (u))
xi ∈Ei
⇒ (∗∗) : ∀i ∈ {1, 2} , dim (Ei ) ⩽ dim (ker (π i (u)))
018
On en déduit les inclusions suivantes :
7897
E = E1 ⊕ E2 ⊂ ker (π 1 (u)) ⊕ ker (π 2 (u)) = ker ((π 1 π 2 ) (u)) ⊂ E
7.44
:164
(d’après le lemme des noyaux puisque π 1 et π 2 sont premiers entre eux). On en déduit
les égalités
:89.8
Comme E1 et E2 sont supplémentaires dans E, on a :
4.12
ker (π 1 (u)) ⊕ ker (π 2 (u)) = E
⇒ (∗ ∗ ∗) : dim (ker (π 1 (u))) + dim (ker (π 2 (u))) = dim (E)
8891
2502
dim (E) = dim (E1 ) + dim (E2 ) ⩽ dim (ker (π 1 (u))) + dim (ker (π 2 (u))) = dim (E)
(∗∗)
d’où, d’après les inégalités (∗∗) , les égalités valable pour chaque i ∈ {1, 2} :
582:
dim (Ei ) = dim (ker (π i (u))) ⇒ Ei = ker (π i (u))
=
⇔
(π i (u) ◦ h) (xi ) ⇔ h(π i (u) (xi )) = π i (u) (h (x))
=0
com:
(h ◦ π i (u)) (xi )
None
:211
0753
(d’après l’inclusion (∗)).
Deuxième étape. Montrons que Ei est stable par tout élément de C 2 (u) et tout élément
de C (u) . Soit h ∈ C 2 (u) et i ∈ {1, 2} . Comme π i (u) ∈ K [u] ⊂ C [u] , on peut affirmer
que h commute avec π i (u) donc, pour tout xi ∈ Ei = ker (π i (u)) , on a :
π i (u) (h (x)) = 0 ⇒ h (x) ∈ ker (π i (u)) = Ei ,
univ.
scho
la
rvox.
ce qui permet d’affirmer que Fi est stable par h. Le raisonnement est identique si h
commute avec u donc Ei est stable par tout élément de C (u) .
Troisième étape. Soit h ∈ C 2 (u) et, pour tout i ∈ {1, 2} , hi la restriction de h à
Ei . Montrons que hi ∈ C 2 (ui ) . Soit v ∈ C (u1 ) . On considère l’endomorphisme pv de
E = E1 ⊕ E2 défini comme suit :
∀x ∈ E, ∃! (x1 , x2 ) ∈ E1 × E2 , x = x1 + x2 , pv (x)
=
par définition
v (x1 ) .
Algèbre linéaire
19
Montrons que v commute avec u car, pour x ∈ E, il existe x1 ∈ E1 et x2 ∈ E2 tels que
x = x1 + x2 . Comme E1 et E2 sont stables par u, on a u (x1 ) ∈ E1 et u (x2 ) ∈ E2 , ce
qui nous donne :
(u ◦ pv ) (x)
=
=
u (pv (x)) = u(v (x1 )) = u1 (v (x1 ))
(u1 ◦ v) (x1 )
∈F1
=
v∈C(u1 )
(v ◦ u1 ) (x1 ) = v (u1 (x1 )) = v (u (x1 )) .
Comme u (x1 ) ∈ E1 et u (x2 ) ∈ E2 alors, par définition de pv , on a :
pv (u (x)) = pv (u (x1 ) + u (x2 )) = v (u (x1 )) ,
ce qui permet d’écrire :
(u ◦ pv ) (x) = pv (u (x)) = (pv ◦ u) (x) .
donc pv ∈ C (u) . Comme h ∈ C 2 (u) , h commute avec pv sur E donc sur E1 c’est-à-dire :
∈
E1 , (h ◦ pv ) (x1 ) = (pv ◦ h) (x1 ) ⇔ h (pv (x1 )) = pv (h (x1 ))
⇔
018
⇔ h (v (x1 )) = pv (h (x1 )) ⇔ h1 (v (x1 )) = v (h1 (x1 ))
∈v(E1 )⊂E1
7897
∀x
(h1 ◦ v) (x1 ) = (v ◦ h1 ) (x1 ) .
En particulier, on a :
:89.8
1 = Aπ 1 + Bπ 2 .
4.12
7.44
:164
Autrement dit, h1 commute avec v, quelque soit v ∈ C (u1 ) donc h1 ∈ C 2 (u1 ) . De même,
on montre que h2 ∈ C 2 (u2 ) (en posant pv (x) = v (x2 ) si v ∈ C (u2 )).
Quatrième étape. Soit h ∈ C 2 (u) alors, pour tout i ∈ {1, 2} , hi ∈ C 2 (ui ) = K [ui ]
c’est-à-dire qu’il existe Pi ∈ K [X] tel que hi = Pi (ui ) . Puisque π 1 et π 2 sont premiers
entre eux, le lemme de Bezout montre l’existence de deux polynômes A et B tels que
8891
2502
IdE = A (u) π 1 (u) + B (u) π 2 (u) .
En évaluant cette relation en x ∈ Ei = ker (π i (u)) , on obtient les égalités suivantes :
∀x
∈
E1 , x = A (u) π 1 (u) (x) + B (u) π 2 (u) (x) = B (u) π 2 (u) (x)
E2 , x = A (u) π 1 (u) (x) + B (u) π 2 (u) (x) = A (u) π 1 (u) (x)
582:
∀x ∈
0753
On pose alors :
P = P2 Aπ 1 + P1 Bπ 2 ∈ K [X]
=
P2 (u) A (u) π 1 (u) x + P1 (u) B (u) π 2 (u) x
None
P (u) (x)
:211
et montrons que P (u) = h. Pour tout x ∈ E1 = ker (π 1 (u)) , on a :
=0
=x
P1 (u) (x) = h1 (x) = h (x) .
com:
=
De même, pour tout x ∈ E2 = ker (π 2 (u)) , on a :
=
P2 (u) A (u) π 1 (u) x + P1 (u) B (u) π 2 (u) x
rvox.
P (u) (x)
=x
=0
P2 (u) (x) = h2 (x) = h (x) .
scho
la
=
univ.
Comme P (u) = h sur E1 et sur E2 , on obtient l’égalité P (u) = h sur E1 ⊕ E2 = E.
Ainsi, on vient de prouver que h = P (u) ∈ K [u] d’où l’inclusion C 2 (u) ⊂ K [u] qui
permet de conclure à l’égalité C 2 (u) = K [u] .
20
Centrale Math 1
018
Commentaires 10 La première question est rudimentaire. La seconde question est basée sur un résultat très classiquede MPSI dont le point
 clé est l’existence d’une bonne
0
1
(0)


..
..


.
.

 . Ce verrou étant levé, le candidat
base où la matrice de u est N = 

.
.. 1 

(0)
0
peut aussi déterminer le commutant de u en se ramenant à calculer le commutant de N
par un calcul matriciel expliciteAN = N A. Le système linéaire
associé étant simple à

0
a1 a2 · · · an−1


..
..
..


.
.
.




.
.
..
..
résoudre, on en déduit que A = 
qui est un polynôme en N
a2 




..

.
a1 
(0)
0
n−1
car A =
ak N k .
k=1
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
La troisième question est manifestement la plus difficile et les initiatives intéressantes
seront valorisées. On peut attendre raisonnablement que le candidat parle des endomorphismes induits ui = u|Fi et de sentir qu’il faut se ramener à l’étude du bicommutant des
ui . Un bon candidat peut raisonnablement penser à justifier seul que π i est le polynôme
minimal pour ui . Une initiative de la part d’un candidat est de raisonner matriciellement :
— choisir une base adaptée
à la décomposition E = F1 ⊕ F2 et la matrice de u dans
A1 0
cette base est A =
;
0 A2
U V
— de justifier que les matrices commutant avec A sont de la forme
avec
W X
U ∈ C (A1 ) , V ∈ C (A2 ) , A1 V = V A2 et A2 W = W A1 .
Pour les autres questions, la grande majorité des candidats obtiendront des aides significatives de l’interrogateur et une avancée importante ne sera possible que pour les meilleurs
candidats.
0753
Exercice 11
None
:211
1. Soient a1 , .., ap des réels distincts et t1 , .., tp des réels non tous nuls.
On pose f : x ∈ ]0, +∞[ → t1 xa1 + · · · + tp xap .
Montrer que f s’annule en au plus p − 1 points. Indication : On pourra raisonner
par récurrence.
univ.
scho
la
rvox.
com:
2. Soient des n-uplets de réels
aa1 1 < a2 < a·n· · < an et 0 < x1 < x2 < · · · < xn .
x1 · · · x1 a1
x2 · · · xa2 n Soit le déterminant D = .
.. .
..
. x a1 · · · x a n n
n
Montrer que D est strictement positif. Indication : On pourra raisonner par récurrence et faire varier xn .
Algèbre linéaire
21
Solution 11
1. Pour tout entier p ⩾ 1, on considère l’hypothèse (Hp ) : « pour tous réels a1 , .., ap distincts
et t1 , .., tp des réels non nuls, la fonction f : x ∈ ]0, +∞[ → t1 xa1 + · · · + tp xap s’annule
au plus p − 1 fois ».
Initialisation p = 1. Pour tout réel a1 et pour tout réel t1 non nul, la fonction
f : x → t1 xa1 ne s’annule pas sur ]0, +∞[ donc elle s’annule au plus 0 = 1 − 1 fois.
Ainsi, (H1 ) est vraie.
Hérédité. Supposons la propriété (Hp−1 ) vérifiée pour un certain entier p ⩾ 2. Soient
a1 , .., ap des réels distincts et t1 , .., tp des réels non tous nuls. On pose
f : x ∈ ]0, +∞[ → t1 xa1 + · · · + tp xap .
Comme la fonction x → xap ne s’annule pas sur ]0, +∞[ , on peut affirmer que la fonction
f s’annule en un point x0 de ]0, +∞[ si et seulement si la fonction
g : x → x−ap f (x) = t1 xa1 −ap + · · · + tp−1 xap−1 −ap + tp
i=1
:89.8
g : x →
p−1
(ai − ap ) ti xai −ap −1
8891
2502
4.12
7.44
:164
7897
018
s’annule en x0 .
Premier cas (t1 , .., tp−1 ) = (0, .., 0) . On peut affirmer que tp = 0 (car la famille
(ti )1⩽i⩽p n’est pas identiquement nulle). Ainsi, la fonction g : x → tp s’annule 0 fois
donc au plus p fois.
Second cas (t1 , .., tp−1 ) = (0, .., 0). Supposons que la fonction f s’annule en p + 1 points
x1 < x2 < · · · < xp+1 de ]0, +∞[ alors la fonction g s’annule en ces p+1 points. La fonction g étant dérivable sur ]0, +∞[ et, pour chaque i ∈ {1, .., p} , g (xi ) = 0 = g (xi+1 ) ,
le théorème de Rolle appliqué sur chaque intervalle [xi , xi+1 ] montre que g s’annule sur
chaque intervalle ]xi , xi+1 [ . Ainsi, la fonction
0753
582:
s’annule p fois. Or, comme les réels (ai − ap )1⩽i⩽p−1 sont deux à deux distincts (puisque
les réels (ai )1⩽i⩽p−1 sont deux à deux distincts) et que les réels ((ai − ap ) ti )1⩽i⩽p−1 sont
non tous nuls (puisque (t1 , .., tp−1 ) = (0, .., 0) et qu’aucun des réels (ai − ap )1⩽i⩽p−1 n’est
nul car les réels (ai )1⩽i⩽p sont deux à deux distincts) donc, d’après l’hypothèse (Hp−1 ) ,
la fonction g s’annule au plus p − 1 fois, ce qui est absurde. Par conséquent, la fonction
f s’annule en au plus p points de ]0, +∞[ ce qui prouve (Hp ) et achève la récurrence.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
de réels
2. On procède par récurrence sur n la propriété (Hn ) : « pour tout n-uplets
xa1 1 · · · xa1 n a1
x2 · · · xa2 n a1 < a2 < · · · < an et 0 < x1 < x2 < · · · < xn , on a .
.. > 0 »
..
.
xa 1 · · · x a n n
a1n
Initialisation n = 1. Soit a1 ∈ R et x1 > 0 alors x1 = xa1 1 > 0 donc (H1 ) est vraie.
Hérédité. Supposons la propriété (Hn−1 ) vérifiée pour un certain entier n ⩾ 2. Soient
a1 < · · · < an et 0 < x1 < · · · < xn des réels distincts. Fixons x1 , .., xn−1 et considérons
la fonction
a1
x1
· · · xa1 n ..
.. ···
. ∈ R.
f : x ∈ ]0, +∞[ → a.
an x 1
xn−1 n−1
xa1 · · · x an 22
Centrale Math 1
Soit x ∈ ]0, +∞[ . En développant le déterminant f (x) selon la dernière ligne, on obn
n+i
tient que f : x →
∆n,i avec ∆n,i
ti xai où, pour chaque i ∈ {1, .., n} , ti = (−1)
i=1
étant le déterminant extrait
de f (x) en éliminant la ne ligne et la ie colonne. Comme
xa1 1 · · · xa1 n−1 .. > 0 d’après l’hypothèse (H
tn = ...
n−1 ) , la famille (ti )1⩽i⩽n n’est pas
·
·
·
.
a
a
n−1
1
x
xn−1 n−1
identiquement nulle et les réels (ai )1⩽i⩽n sont deux à deux distincts. D’après la question
1, la fonction f s’annule au plus n − 1 fois sur ]0, +∞[ . Or, la fonction f s’annule en
x1 , x2 , ..., xn−1 (les ie et ne lignes de f (xi ) sont identiques donc f (xi ) = 0) donc la
fonction f ne peut s’annuler sur l’intervalle ]xn−1 , +∞[ . Etant donné que ai < an pour
tout i ∈ {1, .., n − 1} , on peut affirmer que :
xai
=
x→+∞
o (xan ) ⇒ f (x) =
n
i=1
ti x a i
=
x→+∞
tn xan + o (xan )
∼
x→+∞
tn x a n
→
x→+∞
+∞
7897
018
(car tn > 0 et an > 0) donc f est strictement positive sur l’intervalle ]xn−1 , +∞[ .
En particulier, f (xn ) > 0, ce qui démontre (Hn ) et achève la récurrence.
k=0
582:
P (ω k )X k et F(P ) =
n−1
:211
n−1
P (ω −k )X k .
k=0
None
F(P ) =
2πi
. Pour P ∈ C[X], on définit
n
0753
Exercice 12 (Centrale) Soit n ≥ 1 et ω = exp
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
Commentaires 11 Exercice de niveau MPSI dont la difficulté est d’obtenir un résultat
non trivial sur les déterminants en utilisant a minima l’algèbre linéaire et un maximum
d’analyse ! Il est néanmoins résoluble dans le temps imparti par les candidats pouvant
intégrer l’une des écoles de ce concours (avec éventuellement quelques petites aides de
l’interrogateur).
Pour la première question, il est attendu du candidat d’invoquer seul le théorème de Rolle.
La seule difficulté est de penser à transformer la fonction pour éliminer le zéro trivial (0);
ce qui est logique car l’étude se fait sur R+ \ {0}.
Pour la seconde question, il est attendu a minima que le candidat pense à développer le
déterminant pour se ramener à la forme de la question précédente et à observer, grâce aux
propriétés élémentaires du déterminant, son annulation en les zéros triviaux (x1 , .., xn−1 ).
1. Montrer que F et F définissent des endomorphismes de C[X].
com:
rvox.
2. Calculer F ◦ F et en déduire que F est un automorphisme de Cn−1 [X] dont on
précisera la réciproque.
univ.
scho
la
3. Soit P ∈ Z[X] tel que :
— pour tout z ∈ Un , on ait |P (z)| ⩽ 1 ;
— il existe z ∈ Un qui soit racine de P .
Algèbre linéaire
23
Montrer que X n − 1 divise P . Indication : on admettra que si P et A sont à
coefficients entiers et si A est unitaire, alors le quotient et le reste de la division
euclidienne de P par A sont également à coefficients entiers.
Solution 12
Algèbre linéaire
euclidienne de P par A sont également à coefficients entiers.
23
Solutioneuclidienne
12
de P par A sont également à coefficients entiers.
1. Si P ∈ C [X] alors
Solution 12
1. Si P ∈ C [X] alors
F (P ) =
n−1
P ω k X k ∈ Cn−1 [X] ⊂ C [X] .
k=0
n−1
P 2 ω k X k ∈ Cn−1 [X] ⊂ C [X] .
F (P ) =
En outre, pour tout (P, Q) ∈ (C
[X]) et tout (λ, µ) ∈ C2 , on a :
k=0
2
(λ, µ) ∈n−1
En outre, pour tout (P, Q)n−1
∈ (C [X]) et tout
C2, on a :k λP ω + µQ ω k X k
(λP + µQ) ω k X k =
F (λP + µQ) =
F (λP + µQ)
=
=
k=0
k=0
n−1
k k n−1
n−1
n−1
(λP + µQ)
ω X
= λP ω k + µQ ω k X k
k
k
k
k
X +µ
λ
Q k=0
ω X = λF (P ) + µF (Q)
k=0 P ω
k=0
k=0
n−1
n−1
k
k
k
k
018
= λ
P ω X +µ
Q ω X = λF (P ) + µF (Q)
donc F est linéaire d’où F k=0
est un endomorphisme
de C [X] . On procède de même avec
k=0
=
=
k=0
n−1
k
n−1
n−1
ω
k=0
j=0
k=0
n−1
n−1
jn−1
k
X k X=ω−jn−1
X
=
ω
ω −kj X j
k −jk j
−j k
j
ω
ω
X =
X
j=0 ω
j=0
k=0
582:
j=0
k=0
n−1
n−1
−j k j
ω
=
ω k ω −jk X j =
X
On utilise alors Fubini pour les
doubles sommes à un
nombre fini de termes.
k=0 j=0
k=0 j=0
0753
j=0
k=0
n−1
n−1
j=0
n−1
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
F.
donc F est linéaire d’où F est
un endomorphisme
de C [X] . On procède de même avec
2. Commençons par déterminer F ◦ F sur la base canonique de C [X] . Pour tout ∈ N,
F. a :
on
2. Commençons par déterminer F ◦ F sur la base
canonique de C [X]
. Pour tout ∈ N,
n−1
on a :
k
= F F X
=F
X X=ωk X
F ◦F X
n−1
k=0
n−1
= F
X n−1
F ◦ F X
X = F
X k F
k
X=ωk
ω k X k k=0
ω F Xk
=
= F
n−1
F linéaire n−1
k=0
k=0
k
k
k
k
n−1
n−1
F Xn−1
F
ω
X
ω
=
= n−1
k
j
X k X=ω
ωk=0
=
ω k
ω −kj X j
=
F linéaire
−j X k=0
None
:211
n−1
n−1
Fubini pour les n−1
sommes
k à un n−1
k
On utilise alors
doubles
nombre
fini de
termes.
ω −j X j =
ω −j .
F ◦ F X =
Xj
j=0 n−1
j=0
k=0
k=0
n−1
n−1
n−1
k
k
ω −j X j =
ω −j .
F ◦ F X =
Xj
1, on
Si ω −j = 1 alors, comme ω n =j=0
j=0
k=0a l’égalité :
k=0
k=0
univ.
scho
la
rvox.
com:
n−1
n − ω −j n
comme
1, on a l’égalité
: n )−j
Si ω −j = 1 alors,
1 − (ω
1 − 1−j
−j k ω 1=
ω
=
=
=
= 0.
−j
1−
1 − ω −j
1 − ω −j
ω−j n
k=0
n−1
−j
k
1− ω
1 − (ω n )
1 − 1−j
ω −j =
=
=
= 0.
−j
−j
−j
1−ω
1−ω
1 − ω −j
Si ω
= 1 alors
k=0 :
n−1
n−1
n−1
k
−j k
ω
=
1
=
1 = n.
Si ω −j = 1 alors :
k=0
k=0
k=0
n−1
n−1
k n−1
ω −j =
1k =
1 = n.
k=0
k=0
24
Centrale Math 1
Soit s ∈ Z alors :
ω
s
2πis
2πis
= 1 ⇔ ∃q ∈ Z,
= 2πiq
= 1 ⇔ exp
n
n
⇔ ∃q ∈ Z, s = qn ⇔ s ≡ 0 [n] .
Par conséquent, on a l’équivalence :
ω −j = 1 ⇔ − j ≡ 0 [n] ⇔ ≡ j [n] .
Or, pour tout ∈ N, il existe un unique j () ∈ {0, ..., n − 1} tel que ≡ j () [n] (j ()
est le reste de la division euclidienne de par n) donc
Xj
j∈{0,..,n−1}\{j()}
n−1
k=0
n−1
k
−j k
ω −j()
ω
+ X j()
= nX j()
k=0
=0
=n
018
F ◦ F X =
7897
Soit P ∈ C [X]. Il existe un entier N et des complexes (pk )0⩽k⩽N tel que P =
p X =0
:164
donc, par linéarité de F ◦ F, on a l’égalité :
N
7.44
N
N
F ◦ F (P ) =
p F ◦ F X = n
p X j() .
=0
4.12
=0
8891
2502
:89.8
Si P ∈ Cn−1 [X] alors, on peut choisir N = n−1 et, pour tout ∈ {0, .., n − 1} , j () = donc on obtient les formules suivantes :
∀P ∈ Cn−1 [X] , F ◦ F (P ) = nP ⇒ F ◦ F = n IdCn−1 [X]
1
⇔ (E) :
F ◦ F = IdCn−1 [X] .
n
582:
Comme F et F sont des endomorphismes de Cn−1 [X] (F (P ) et F (P ) appartiennent
None
:211
0753
à Cn−1 [X] pour tout P ∈ C [X] donc pour tout P ∈ Cn−1 [X] et F, F sont linéaires).
L’égalité (E) entraine que F est injective et comme F est un endomorphisme de Cn−1 [X]
qui est un espace vectoriel de dimension finie, on peut affirmer que F est un automor1
phisme de Cn−1 [X] dont la réciproque est F.
n
2
3. On effectue la division euclidienne de P par X n − 1 : il existe (Q, R) ∈ (C [X]) tel que :
com:
(D) : P (X) = Q (X) (X n − 1) + R (X)
scho
la
rvox.
avec deg (R) < deg (X n − 1) = n. Comme P et X n − 1 sont à coefficients entiers avec
X n − 1 est unitaire, on peut affirmer que Q et R sont à coefficients entiers. En outre, R
n−1
rj X j .
étant de degré au plus n − 1, il existe des entiers (rj )0⩽j⩽n−1 tels que R (X) =
univ.
j=0
En évaluant la relation (D) en les racines ω k 0⩽k⩽n−1 de X n − 1, on obtient les égalités
suivantes :
∀k ∈ {0, .., n − 1} , R ω k = P ω k .
Algèbre linéaire
25
Comme R ∈ Cn−1 [X] , d’après la question précédente, on a l’égalité suivante :
n−1
k k
nR =
F ◦ F (R) = F (F (R)) = F
R ω X
k=0
n−1
n−1
k k
F
P ω X
P ωk F X k
=
k=0
n−1
=
k=0
=
P ωk
Fubini
n−1
=
j=0
k=0
n−1
j=0
n−1
n−1
j=0 k=0
Xj
n−1
k=0
n−1
−j k j n−1
k
ω
X =
P ω k ω −j X j
k=0 j=0
k
P ω k ω −j X j
n−1
k
bj X j .
P ω k ω −j =
j=0
=bj
018
=
k=0
P ω k ω −jk .
:164
n−1
7.44
∀j ∈ {0, .., n − 1} , nrj = bj =
7897
Par unicité des coefficients d’un polynôme, on en déduit que :
⩽
|nrj | ⩽
n−1
k −jk n−1
k P ω |ω|
P ω k =
P ω =
k=0
k=0
k∈{0,..,n−1}\{k }
k∈{0,..,n−1}\{k0 }
8891
2502
=
=0 si k=k0
0
1 = n − 1 < n ⇒ |rj | < 1.
÷n>0
582:
n |rj |
:89.8
4.12
k P ω ⩽ 1 et il existe un entier
Par hypothèse, pour tout k ∈{0, ..,
n
−
1}
,
k0
= 0. D’après l’inégalité triangulaire, pour tout j ∈
k0 ∈ {0, .., n − 1} tel que P ω
{0, .., n − 1} , on a :
:211
0753
Or, pour tout j ∈ {0, .., n − 1}, rj ∈ Z donc rj = 0 ce qui entraine que R = 0. Par
conséquent, on en déduit que X n − 1 divise P.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
Commentaires 12 Les deux premières questions sont de niveau élémentaire donc il est
attendu rigueur, rapidité et autonomie du candidat sur ces deux questions.
La troisième question est discriminante et nécessite autonomie et initiative de la part du
candidat. Un automatisme que l’on peut attendre d’un candidat à ce concours : utiliser
l’égalité de division euclidienne et l’évaluer en les racines de X n − 1 puis en déduire la
valeur de R à l’aide des questions précédentes.
26
Mines-Ponts
1.4
Mines-Ponts
Exercice 13 (Mines-Ponts) Soient u et v deux endomorphismes d’un K-espace vectoriel
de dimension n tels que u + v = IdE et rg (u) + rg (v) ⩽ n. Montrer que u et v sont des
projecteurs.
Solution 13 Pour tout x ∈ ker(v), on a :
(u + v)(x) = IdE (x) ⇔ u(x) + v(x) = x ⇔ x = u(x) ∈ Im(u),
=0
ce qui prouve l’inclusion ker(v) ⊂ Im(u). En passant aux dimensions et en utilisant le théorème
du rang, on obtient les majorations suivantes :
dim(ker(v)) ⩽ dim(Im(u)) = rg(u) ⇔ n − rg(v) ⩽ rg(u) ⇔ n ⩽ rg(u) + rg(v).
018
Or, par hypothèse, on a la majoration :
7897
rg(u) + rg(v) ⩽ n ⇒ rg(u) + rg(v) = n.
:164
Par conséquent, on peut écrire :
7.44
dim(ker(v)) = n − rg(u) = rg(v) = dim(Im(u)),
ce qui prouve l’égalité
4.12
ker(v) = Im(u).
:89.8
En échangeant u et v (qui jouent des rôles symétriques), on peut affirmer que :
8891
2502
ker(u) = Im(v).
On en déduit les implications suivantes :
∀x
∈
∈
E, u(x) ∈ Im(u) = ker(v) ⇒ v(u(x)) = 0 ⇒ v ◦ u = 0,
E, v(x) ∈ Im(v) = ker(u) ⇒ u(v(x)) = 0 ⇒ u ◦ v = 0.
582:
∀x
0753
En composant l’égalité u + v = IdE par u à gauche puis par v à droite, on obtient les égalités :
=0
:211
u2 + u
◦ v = u ⇒ u2 = u et v ◦ u + v 2 = v ⇒ v 2 = v
=0
None
donc u et v sont bien deux projecteurs.
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 13 Exercice de difficulté standard pour ce concours. En admettant le
résultat, comme u est un projecteur (sur F parallèlement à G) alors v = Id −p est son
projecteur « complémentaire » (sur G parallèlement à F ) donc son image est l’ensemble
de ses points fixes d’où l’égalité Im (u) = ker (u − Id) = ker (v) qui est le point clé de la
preuve.
Algèbre linéaire
27
Exercice 14 (Mines-Ponts) Soient K un corps et f : Mn (K) → K non constante telle
que :
2
∀ (A, B) ∈ (Mn (K)) , f (AB) = f (A)f (B).
Montrer que f (A) = 0 ⇔ A n’est pas inversible.
Solution 14 Commençons par déterminer f (In ) et f (0n ).
En choisissant A = B = In , on obtient l’égalité :
f (In ) = (f (In ))2 ⇔ f (In ) ∈ {0, 1} .
Si f (In ) = 0 alors, pour toute matrice A ∈ Mn (K) , on a :
f (A) = f (AIn ) = f (A)f (In ) = f (A).0 = 0
donc f est constante, ce qui est absurde. Par conséquent, on peut affirmer que : f (In ) = 1.
En choisissant A = B = 0n , on obtient l’égalité :
2
7897
Si f (0n ) = 1 alors, pour toute matrice A ∈ Mn (K) , on a :
018
f (0n ) = (f (0n )) ⇔ f (0n ) ∈ {0, 1} .
f (A.0n ) = f (A)f (0n ) ⇔ f (0n ) = f (A)f (0n ) ⇔ 1 = f (A)
:89.8
4.12
7.44
:164
donc f est constante, ce qui est absurde. Ainsi, on peut affirmer que f (0n ) = 0.
Démontrons maintenant l’équivalence proposée.
Impplication directe.. Soit A ∈ Mn (K) telle que f (A) = 0. Supposons que A soit inversible
alors on peut affirmer que :
AA−1 = In ⇒ 1 = f (In ) = f AA−1 = f (A)f A−1 = 0,
=0
:211
0753
582:
8891
2502
ce qui est absurde donc A est non inversible.
Implication réciproque. Soit r ∈ {1, .., n − 1} . Considérons la matrice


0 ···
0
1
(0)


..
..


.
.




..
..


.
.
1
Nr = 
 ∈ Mn (K)


.
.. 0 





(0)
(0)
n
com:
None
dont tous les coefficients sont nuls sauf les coefficients placés sur la « diagonale » des r dernières
colonnes. La matrice Nr est nilpotente donc :
n
n
(Nr ) = 0n ⇒ f ((Nr ) ) = f (0n ) ⇔ (f (Nr )) = 0 ⇒ f (Nr ) = 0.
scho
la
rvox.
Soit A ∈ Mn (K) non inversible. Elle possède un rang r avec r ∈ {0, .., n − 1} et comme la
matrice Nr est aussi de rang r, les matrices A et Nr sont équivalentes c’est-à-dire qu’il existe
deux matrices inversibles P et Q telles que :
univ.
A = P Nr Q ⇒ f (A) = f (P ) f (Nr )f (Q) = 0.
=0
28
Mines-Ponts
Commentaires 14 Exercice de difficulté standard. Une remarque fondamentale dans cet
exercice est d’observer que l’image d’un produit est le produit des images donc, pour une
matrice A nilpotente, cela entraine que f (A) = f (0) d’où l’intérêt de s’intéresser à la
valeur de f (0) . L’étude des matrices inversibles doit aussi amener le candidat à s’intéresser à la valeur de f (In ) . Un candidat se posant toutes ces questions (ou au moins l’une
d’elles) sera valorisé (surtout s’il parvient à y répondre seul).
Exercice 15 (Mines-Ponts) Soit A ∈ Mn (C) ..
1. Montrer que si A n’est pas une homothétie alors il existe de x ∈ Mn,1 (C) tel que
la famille (x, Ax) est libre.
2. Supposons que Tr (A) = 0. Montrer que A est semblable à une matrice de diagonale
nulle.
Solution 15
:164
7897
018
1. Soit f l’endomorphisme de Cn canoniquement associé à A.
Procédons par l’absurde en supposant que, pour tout vecteur x ∈ Cn , la famille (x, f (x))
est liée. Soit (e1 , .., en ) une base de Cn . Pour tout i ∈ {1, .., n} , on a évidemment ei = 0
et, comme la famille (ei , f (ei )) est liée, on peut affirmer que f (ei ) est colinéaire à ei
donc :
(∗) : ∃λi ∈ C, f (ei ) = λi ei .
4.12
7.44
En outre, pour tout i ∈ {2, .., n} , comme le vecteur ei − e1 est non nul, f (ei − e1 ) est
colinéaire à ei − e1 donc :
:89.8
(∗∗) : ∃µi ∈ C, f (ei − e1 ) = µi (ei − e1 ) .
f (ei − e1 )
=
8891
2502
En combinant (∗) et (∗∗) , pour tout i ∈ {2, .., n} , par linéarité de f, on obtient l’égalité :
µi (ei − e1 ) ⇒ f (ei ) − f (e1 ) = µi ei − µi e1
⇔ λ i e i − λ 1 e 1 = µi e i − µ i e 1 .
:211
0753
582:
Comme la famille (ei , e1 ) est libre (car extraite de la base (e1 , .., en )), on obtient les
égalités suivantes :
λi = µi
⇒ λi = λ1 ⇒ ∀i ∈ {1, .., n} , f (ei ) = λ1 ei = λ1 IdE (ei ) .
−λ1 = −µi
None
Ainsi, les endomorphismes f et λ1 IdE sont égaux sur la base (e1 , .., en ) donc ils sont
égaux c’est-à-dire :
f = λ1 IdE ⇒ A = λ1 In ,
com:
ce qui est absurde. Par conséquent, il existe x ∈ Mn,1 (C) tel que la famille (x, M x) est
libre.
univ.
scho
la
rvox.
2. On procède par récurrence sur n en posant (Hn ) : « toute matrice de Mn (C) de trace
nulle est semblable à une matrice de diagonale nulle ».
Initialisation n = 1. Si M = (a) ∈ M1 (C) est de trace nulle i.e a = 0 ⇒ A = 0 donc
elle est bien semblable à une matrice de diagonale nulle.
Hérédité. Supposons (Hn ) vraie pour un certain entier n et montrons (Hn+1 ).
Soit A ∈ Mn+1 (C) de trace nulle. On note a l’endomorphisme de Cn+1 canoniquement
associé à A (i.e. a : x → Ax en écrivant les uplets comme des matrices colonnes).
Algèbre linéaire
29
Premier cas. A n’est pas une homothétie alors, d’après la question 1, il existe un
vecteur x0 ∈ Cn+1 \ {0} tel que la famille (x0 , a (x0 )) est libre. On la complète en une
base B = (x0 , a(x0 ), e3 , .., en+1 ) de Cn+1 et la matrice B de a dans cette base est donnée
par ;
a(x0 ) a(a(x0 ))
a(en+1 )




0 ∗ ··· ∗
x0
1



a(x0 )




B = 0

 .. 
 ..

 . 
.

(∗)
en+1
0
et B est semblable à A (matrices d’un même endomorphisme dans deux bases différentes)
donc elle est aussi de trace nulle. La matrice C = (bi,j )2⩽i,j⩽n+1 ∈ Mn (C) est une
matrice de trace nulle car
018
Tr (B) = 0 et Tr (B) = 0 + Tr (C) ⇒ Tr(C) = 0.
D’après (Hn ), il existe
7897

0
−1
P1 (P1 )
1
=
0
1
0
4.12
8891
2502
2
1
PQ =
0
..
(∗)
.


.
(∗)
0
0
est inversible d’inverse
P1
:89.8
Le calcul matriciel par blocs montre que la matrice P =
1
0
car :
Q=
−1
0 (P1 )
7.44
:164

P1 ∈ GLn (C) telles que P1−1 CP1 = N1 avec N1 = 
0
0
In
= In+1 .
:211
0753
582:
En outre, toujours d’après le calcul matriciel par blocs, on a l’égalité :

0

0
1
0
0
∗
0 ∗
1 0

=
=
P −1 BP =
−1
−1
∗ N1
0 P1
0 P1
∗ P1 N1 P1

(∗)
(∗)
..
.
0



.

com:
None
Par conséquent, la matrice B est semblable à une matrice de diagonale nulle donc la
matrice A aussi (car elle est semblable à B).
Deuxième cas. A est une homothétie donc :
rvox.
∃λ ∈ C, A = λIn ⇒ nλ = Tr (A) = 0 ⇒ λ = 0 ⇒ A = 0n .
univ.
scho
la
Ainsi la matrice A est clairement semblable à une matrice de diagonale nulle, ce qui
démontre (Hn+1 ) et achève la récurrence.
30
Mines-Ponts
Commentaires 15 Exercice classique qui peut être traité uniquement avec le cours de
MPSI. Remarquons néanmoins que les outils de MP permettent de répondre naturellement
et simplement à la première question (je laisse les détails au lecteur) : A est trigonalisable
dans Mn (C) , si A admet deux valeurs propres distinctes λ1 et λ2 associées à des vecteurs
propres e1 et e2 alors le vecteur x = e1 + e2 convient, si A admet une unique valeur propre
λ alors Eλ (A) = Mn,1 (C) et x ∈ Mn,1 (C) \Eλ (A) convient.
Exercice 16 (Mines-Ponts) Soient A, B ∈ Mn (C) Montrer que les polynômes caractéristiques de AB et BA sont égaux :
1. Lorsque A est inversible.
2. Dans le cas général.
Solution 16
1. Si la matrice A est inversible alors :
=
:164
=
det (XI − AB) = det A XA−1 − B = det (A) det XA−1 B
det XA−1 − B det (A) = det XA−1 − B A
det (XIn − BA) = χBA (X) .
018
=
7897
χAB (X)
4.12
7.44
2. Si A n’est pas inversible, son polynôme caractéristique χA est un polynôme de degré
n ⩾ 1 donc il possède un nombre fini de racines. Notons S l’ensemble de ces racines.
Pour tout λ ∈ C\S, on a :
:89.8
χA (λ) = 0 ⇔ det (λIn − A) = 0 ⇔ λIn − A ∈ GLn (K) .
8891
2502
D’après la question précédente, on peut affirmer que les polynômes caractéristiques de
(A − λIn ) B et B (A − λI) sont identiques c’est-à-dire que :
χ(A−λI)B (X) = χB(A−λIn ) (X) ⇔ det (XIn − B (A − λIn )) = det (XIn − (A − λIn ) B)
582:
Soit z ∈ C. Considérons la fonction
0753
f : λ → det (zIn − B (A − λIn )) − det (zIn − (A − λIn ) B)
None
:211
est une fonction polynomiale (le déterminant est un polynôme en la matrice) qui admet
une infinité de racines (tous les éléments de C\S) donc elle est nulle sur C, notamment
pour λ = 0, ce qui nous donne l’égalité :
∀z ∈ C, f (0) = 0 ⇔ χBA (z) − χBA (z) = 0.
rvox.
com:
Le polynôme χBA − χAB admet une infinité de racines donc il est nul, ce qui permet de
conclure.
univ.
scho
la
Commentaires 16 La première question est une question de cours. La seconde question peut également se traiter en utilisant la notion de densité (GLn (C) est dense dans
Mn (C) dont il faudra refaire une preuve) et la continuité de l’application A → χA (X)
(ses coefficients sont des polynômes en les coefficients de A). L’exercice est de difficulté
standard.
Algèbre linéaire
31
Exercice 17 (Mines-Ponts) Soient n ∈ N\ {0, 1} et A ∈ Mn (C) telle que :
∀X ∈ Mn (C), det(A + X) = det (A) + det (X) .
1. Montrer que A est non inversible.
2. Montrer que A est nulle.
Solution 17
1. On choisit X = A dans l’équation vérifiée par A alors on a l’égalité :
det (2A) = det (A) + det (A) ⇔ 2n det (A) = 2 det (A) ⇔ (2n − 2) det (A) = 0
018
(car A ∈ Mn (R) et le déterminant est n-linéaire par rapport à chaque colonne de A).
Comme n ⩾ 2, on a 2n ⩾ 4 > 2 donc 2n − 2 = 0. Ainsi le nombre det (A) vaut 0 donc
A n’est pas inversible.
0r
0
0
In−r
:89.8
B=P
Q
8891
2502
Considérons la matrice
4.12
7.44
:164
7897
2. Procédons par l’absurde en supposons que A n’est pas nulle et notons r son rang. Comme
A n’est pas inversible, on a r < n et comme An’est pas nulle, on a r > 0. Par conséIr
0
quent, la matrice A est équivalente à la matrice
c’est-à-dire qu’il existe deux
0 0n−r
matrices inversibles P et Q telles que :
0
I
Q.
A=P r
0 0n−r
qui est de rang n − r < n (car r > 0) donc elle n’est pas inversible d’où det (B) = 0.
Remarquons alors que la matrice :
582:
A + B = P In Q = P Q
0753
est inversible (comme produit de deux telles matrices) donc det (A + B) = 0. Or, par
hypothèse sur A, on a :
:211
det (A + B) = det (A) + det (B) = 0 + 0 = 0,
None
ce qui est absurde donc A = 0n .
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 17 La première question est élémentaire. La seconde demande plus de
réflexion. L’utilisation de la réduction des endomorphismes n’est d’aucune utilité. On peut
également songer à construire une matrice X de la façon géométrique : on fixe une famille
de colonne (Ci1 , .., Cir ) formant une base des colonnes de A, on la complète en une base
de (Bi )1⩽i⩽n des matrices colonnes. On construit la matrice X comme suit : la ie colonne
de X vaut Bi sauf si i ∈ {i1 , .., ir } et dans ce cas, la colonne est nulle. La matrice X
est manifestement non inversible et A + X est la matrice des (Bi )1⩽i⩽n donc elle est
inversible, ce qui fournit une absurdité.
32
Mines-Ponts
2
Exercice 18 (Mines-Ponts) Soient (A, B) ∈ (Mn (R)) avec rg (B) = 1.
2
Montrer que det (A + B) det (A − B) ⩽ (det (A)) .
Solution 18 Comme la matrice B est de rang 1, elle est équivalente à la matrice B = E1,1 =
1
0
c’est-à-dire qu’il existe deux matrices inversibles P et Q telles que :
0 0n−1
B = P B Q.
Soit A ∈ Mn (R) et notons A = P −1 AQ−1 . On dispose des égalités suivantes :
A = P A Q ⇒ A ± B = P (A ± B ) Q ⇒ det (A ± B) = det (P ) det (A ± B ) det (Q)
d’où la formule :
2
2
b1,2
b2,2
..
.
b1,n b2,n .. .
. b :164
bn,2
7897
···
···
n,n
7.44
ε + b1,1
b2,1
det (A + εB ) = .
..
b
n,1
018
(∗) : det (A + B) det (A − B) = (det (P )) det (A + B ) det (A − B ) (det (P ))
Si on note A = ai,j 1⩽i,j⩽n et B = bi,j 1⩽i,j alors, pour chaque ε ∈ {−1, 1} , on a l’égalité :
4.12
En développant de déterminant selon la première colonne, on obtient la formule :
i=2
:89.8
n
det (A + εB ) = ε + b1,1 ∆1,1 +
bi,1 ∆i,1 ,
n
det (A + εB ) = det (A ) + ε∆1,1 .
None
ce qui prouve la formule :
:211
i=2
On en déduit les relations suivantes :
=
(det (A ) + ∆1,1 ) (det (A ) − ∆1,1 )
com:
=
2
2
(det (A )) − (∆1,1 ) ⩽ (det (A ))
rvox.
det (A + B ) det (A − B )
2
2
2
2
det (A + B ) det (A − B ) ⩽ (det (A )) .
scho
la
c’est-à-dire que :
bi,1 ∆i,1 ,
0753
det (A ) = b1,1 ∆1,1 +
582:
8891
2502
où, pour chaque i ∈ {2, .., n} , ∆i,1 le déterminant de la matrice extraite de A +εB en éliminant
la iε ligne et la première colonne de A + εB . Autrement dit, pour chaque i ∈ {2, .., n} , ∆i,1
est le déterminant extrait de la matrice A . Or, en développant le déterminant de A selon la
première colonne, on obtient :
univ.
En multipliant cette inégalité par (det (P )) (det (Q)) (ce qui est licite car ce nombre est positif ), l’égalité (∗) permet de conclure.
Algèbre linéaire
33
Commentaires 18 Exercice original (pour ce concours) donné quelques années avant à
Polytechnique et qui s’avère discriminant. Si le candidat n’a pas d’idée pour démarrer,
l’interrogateur appréciera fortement que le candidat prenne l’initiative de vérifier cette
inégalité dans un cas simple, typiquement pour B = E1,1 , voire en ajoutant le cas où A
est triangulaire (même si au final, le cas triangulaire s’avère sans intérêt).
La difficulté essentielle de cet exercice est de se plonger dans les calculs du développement
du déterminant tout en conservant suffisant de hauteur de vue pour repérer l’apparition
du déterminant de A dans les calculs.
Exercice 19 (Mines-Ponts) Soit n ⩾ 2.
1. Déterminer un groupe multiplicatif de matrices de Mn (C) qui ne soit pas un sousgroupe de GLn (C).
2. Montrer que tous les éléments d’un tel sous-groupe ont le même rang.
018
Solution 19
:164
7897
1. Pour tout a ∈ C, on considère la matrice M (a) de Mn (C) définie par blocs par :
a
01,n
M (a) =
.
0n,1 0n−1
:89.8
4.12
7.44
Notons G = {M (a) , a ∈ C∗ } que l’on munit du produit matriciel (qui est associatif ).
Pour tout a ∈ C, la matrice M (a) n’est pas inversible donc G n’est pas inclus dans
GLn (C) .
Un calcul direct montre que :
2
(∗) : ∀ (a, b) ∈ (C∗ ) , M (a) M (b) = M (ab) .
2
582:
8891
2502
Soit (g, h) ∈ G2 , il existe (a, b) ∈ (C∗ ) tel que g = M (a) et h = M (b) . Notons :
1
e = M (1) ∈ G et g = M
∈ G.
a
=
hg
=
M (a) M (b) = M (ab) ∈ G
M (b) M (a) = M (ba) = M (ab) = gh
:211
gh
0753
D’après la formule (∗) , on a les égalités suivantes :
None
donc G est stable par produit matriciel et ce produit est commutatif sur G. On dispose
également des relations :
com:
ge = M (a) M (1) = M (a × 1) = M (a) = g
scho
la
rvox.
donc e est un élément neutre du produit matriciel. Pour finir, on a :
1
1
gg = M (a) M
=M a×
= M (1) = e
a
a
univ.
donc g , qui appartient à G, est un inverse de g pour le produit matriciel.
Par conséquent, G est un groupe multiplicatif (et même commutatif ) qui n’est pas inclus
dans GLn (C) .
34
Mines-Ponts
2. Soient G un sous-groupe multiplicatif de Mn (C) et e son élément neutre. Notons r le
rang de e. Pour tout élément g de G, notons g l’endomorphisme de Cn canoniquement
associé à g.
Soit g ∈ G alors, par définition de e, on a :
g = eg ⇒ (∗) : g = e ◦ g .
En outre, comme G est un groupe multiplicatif, il existe h ∈ G tel que :
e = gh ⇒ (∗∗) : e = g ◦ h .
Soit x ∈ Im (g ) alors :
∃y ∈ Cn , x = g (y) = (e ◦ g ) (y) = e (g (y)) ∈ Im (e ) ,
ce qui prouve l’inclusion Im (g ) ⊂ Im (e ) . Démontrons l’inclusion réciproque.
Soit x ∈ Im (e ) alors :
7897
018
∃y ∈ Cn , x = e (y) = (g ◦ h ) (y) = g (h (y)) ∈ Im (g ) ,
ce qui prouve l’inclusion Im (e ) ⊂ Im (g ) d’où l’égalité ensembliste :
:164
= Im (e ) ⇒ dim (Im (g )) = dim (Im (e ))
⇔ rg (g ) = rg (e ) ⇔ rg (g) = rg (e) .
7.44
Im (g )
4.12
Ainsi, tous les éléments de G ont même rang.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
Commentaires 19 Exercice déjà posé aux concours X-ENS tant aux écrits qu’aux oraux.
La première question teste la compréhension de la notion de groupe du candidat en s’affranchissant des exemples classiques des sous-groupes multiplicatifs de GLn (K) .
La seconde question est une question classique sur les rangs d’endomorphismes (rg (u ◦ v) ⩽
rg (u) et rg (u ◦ v) ⩽ rg (v)) mais les candidats sont généralement déroutés car
il ne pense
pas que tout élément g de G se factorise par tout élément h de G car g = g ◦ h−1 ◦ h
et que g ◦ h−1 appartient à G (de par sa structure de groupe). Ceci évite de considérer
l’élément neutre comme dans la preuve proposée ci-dessus.
Chapitre 2
CCINP
7897
2.1
018
Réduction des endomorphismes et
des matrices
:164
Exercice 20 (CCINP) Soit A ∈ Mn (R) vérifiant A3 = A + In .
1. Montrer A que est diagonalisable dans Mn (C) .
7.44
2. Montrer que X 3 − X − 1 admet une seule racine réelle et strictement positive.
4.12
3. En déduire que det (A) > 0.
8891
2502
:89.8
Solution 20
1. Le polynôme P = X 3 − X − 1 annule A. Montrons que les racines de P
sont simples. Supposons que z soit une racine double de P alors on a les équivalences :
3
1
P (z) = 0
z − z − 1 = 0 (1)
⇔
⇒ z = ±√ .
P (z) = 0
3z 2 − 1 = 0
(2) (2)
3
582:
Or, pour cette valeur de z, on a z 3 − z − 1 = 0. Ainsi, A possède un polynôme annulateur
scindé à racines simples dans C [X] donc A est diagonalisable dans Mn (C) .
com:
None
:211
0753
2. La fonction f : x → x3 − x − 1 a pour dérivée f : x → 3x2 − 1 donc son tableau de
variation est :
√
√
x
−∞
−1/ 3
1/ 3
+∞
f (x)
+
−
+
√ f −1/ 3 < 0
+∞
f (x)
√ −∞
f 1/ 3 < 0
scho
la
rvox.
√ La fonction ne s’annule pas sur −∞, 1/ 3 . Elle est continue et strictement croissante
√
√
sur 1/ 3, +∞ donc elle réalise une bijection de 1/ 3, +∞ sur
√
√ √ f 1/ 3, +∞ = f 1/ 3 , +∞ . Puisque 0 ∈ f 1/ 3 , +∞ , l’équation f (x) = 0
√
admet une unique solution sur 1/ 3, +∞
univ.
3. Le polynôme P admet une unique racine réelle r et deux racines complexes non réelles
conjuguées c et c (c’est un polynôme à coefficients réels). Notons respectivement u, v, w
36
CCINP
la dimension de dimr (A) , dimc (A) , dimc (A) . En utilisant le calcul matriciel par blocs,
il existe une matrice Q ∈ GLn (C) telle que
Tr (A) = Tr (diag (rIu , cIv , cIw )) = ru + cv + cw
.
A = Q diag (rIu , cIv , cIw ) Q−1 ⇒
det (A) = det (diag (rIu , cIv , cIw )) = ru cv cw
Comme A ∈ Mn (R) , on a Tr (A) ∈ R ⇔ cv + cw ∈ R. Soit (a, b) ∈ R2 tel que c = a + ib
avec b = 0 (car c ∈ C\R) alors :
cv + cw
c∈R
/
=
a (v + w) + ib (v − w) ∈ R ⇒ b (v − w) = 0 ⇔ v = w
⇒
det (A) = ru cv cv = ru (cc) = ru |c|
v
2v
⇒b=0
>0
car c = 0 donc |c| > 0 et r > 0.
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Commentaires 20 Exercice classique de réduction intervenant régulièrement dans les
différents concours traités par cet ouvrage. Son maître mot est le critère de réduction
par les polynômes annulateurs. Néanmoins, il présente une difficulté par rapport à ses
versions classiques ; le polynôme annulateur X 3 − X − 1 n’admet pas de racines évidentes
ou aisément calculables. Il faut uniquement revenir à la définition des racines simples ou
bien, comme à la question 2, montrer que P n’admet qu’une seule racine réelle donc il
admet deux autres racines complexes non réelles conjuguées (puisque c’est un polynôme à
coefficients réels de degré 3).
Cet exercice est bien adapté au public CCINP et il couvre plusieurs chapitres de première
et deuxième année.
582:
1. Montrer que f est un endomorphisme de Mn (C) .
8891
2502
Exercice 21 (CCINP) Soient n ∈ N∗ et A ∈ Mn (C). On suppose que Tr (A) = 0. On
définit l’application
Mn (C) → Mn (C)
f:
.
M
→ Tr (A) M − Tr (M ) A
0753
2. Déterminer le noyau et l’image de f.
3. Établir que f est diagonalisable.
:211
Solution 21
None
1. La linéarité de f est immédiate (par linéarité de Tr et de λ → λA et de X → λX. En
outre, si M ∈ Mn (C) , f (M ) ∈ Mn (C) donc f est bien un endomorphisme de Mn (C) .
⇒
rvox.
f (M ) = 0 ⇔ Tr (A) M = Tr (M ) A
com:
2. Soit M ∈ ker (f ) alors on a :
÷ Tr(A)=0
M=
Tr (M )
A ∈ Vect (A) ,
Tr (A)
∀M ∈ Mn (C) , Tr (f (M ))
univ.
scho
la
ce qui prouve l’inclusion ker (f ) ⊂ Vect (A) . Puisque f (A) = 0, on en déduit que
A ∈ ker (f ) donc Vect (A) ⊂ ker (f ) (car ker (f ) est un espace vectoriel) d’où l’égalité
ensembliste ker (f ) = Vect (A) . Remarquons ensuite que :
Tr
=
linéaire
Tr (A) Tr (M ) − Tr (M ) Tr (A) = 0
Réduction des endomorphismes et des matrices
37
donc Im (f ) ⊂ ker (Tr) . Or Im (Tr) = K (car pour tout λ ∈ K, Tr (diag (λ, 0, ..., 0)) = λ),
le théorème du rang montre que
dim (Mn (C))
=
dim (Mn (C))
=
dim (ker (Tr)) + dim (Im (Tr)) ⇔ dim (ker (Tr)) = n2 − 1
dim (ker (f )) + dim (Im (f )) ⇔ dim (Im (f )) = n2 − 1
donc on peut affirmer que Im (f ) = ker (Tr) .
3. Comme E0 (f ) = ker (f ) = Vect (A) = 0, on en déduit que 0 est valeur propre de f et
dim (E0 (f )) = 1. En outre, pour tout M ∈ ker (Tr) , on a f (M ) = Tr (A) M donc Tr (A)
est valeur propre de et on peut écrire :
ker (Tr) ⊂ ETr(A) (f ) ⇒ dim ETr(A) (f ) ⩾ dim (ker (Tr)) = n2 − 1
⇒ dim (E0 (f )) + dim ETr(A) (f ) ⩾ n2 .
Or, on a les égalités suivantes :
dim (E0 (f )) + dim ETr(A) (f ) ⩽
dim (E0 (f )) + dim ETr(A) (f ) =
dim (Mn (C)) = n2 ⇒
018
dim (Mn (C)) ,
7897
ce qui prouve que f est diagonalisable.
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
Commentaires 21 Exercice relativement simple. La troisième question peut se traiter
sans recourir à la question 2 en utilisant les polynômes annulateurs (le polynôme X 2 −
Tr (A) X = X (X − Tr (A)) annule f et il est scindé à racines simples donc f est diagonalisable). Pour la plupart des étudiants, la deuxième question sera la plus difficile car
elle exige de faire deux remarques fondamentales : tout élément du noyau est colinéaire à
A (c’est-à-dire interpréter correctement l’appartenance au noyau) et remarquer que tout
élément de l’image est de trace nulle. Avec une petite aide de l’interrogateur, le candidat
pourra trouver la solution. Néanmoins, l’exercice étant simple, l’interrogateur sera plus
exigeant sur les automatismes et la connaissance du cours.
582:
Exercice 22 (CCINP) Soit E un espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L(E). Montrer
l’équivalence des trois propositions suivantes :
0753
1. E = ker (u) ⊕ Im (u).
2. Il existe une base de E dans laquelle la matrice de u est de la forme
:211
avec A inversible.
A
(0)
(0)
(0)
,
None
3. L’endomorphisme u annule un polynôme de la forme XQ(X), où Q est un polynôme
n’ayant pas la racine 0.
scho
la
rvox.
com:
Solution 22 (1) ⇒ (2) : Soit B1 une base de Im (u) et B2 une base de ker (u) alors B = B1 ∪ B2
est une base de Im (u) ⊕ ker (u) = E. La matrice de u dans cette base est :
(0)
M at u|Im(u) , B1
.
M at (u, B) =
(0)
(0)
univ.
car Im (u) est stable par u et, pour tout x ∈ ker (u) , on a u (x)
= 0.Puisque Im (u) est stable
par u, u|Im(u) est un endomorphsime de Im (u) . Soit x ∈ ker u|Im(u) alors x ∈ Im (u) donc :
u|Im(u) (x) = 0 ⇔ u (x) = 0 ⇔ x ∈ ker (u) ⇒ x ∈ ker (u) ∩ Im (u) = {0} .
38
CCINP
Par conséquent, u|Im(u) est un endomorphisme
injectif en dimension finie donc c’est un iso
morphisme ce qui prouve que M at
1 est inversible.
u|Im(u) , B
A (0)
(2) ⇒ (3) Notons B la matrice
. Comme cette matrice est diagonale par blocs,
(0) (0)
on a
k
(0)
A
∗
k
∀k ∈ N , B =
(0) (0)
I (0)
0
). Soit χA le polynôme
(la forme n’est plus vraie pour k = 0 car B = I =
(0) (0)
caractéristique de A alors χA (0) = 0 (car A est inversible donc 0 n’est pas valeur propre de A).
n
On l’écrit sous la forme χA =
ak X k (avec n ∈ N∗ ). Posons
k=0
n
ak X k ∈ K [X] et P = XQ (X) =
k=0
n
k=0
ak X k+1 ∈ K [X]
alors on a les égalités suivantes
=
0 et P (B) =
=

n
ak B k+1 =
k=0
n
ak Ak+1

 k=0
(0)
n
ak
k=0

(0) 
=
(0)
7897
Hamilton
A0
:164
=
P (A)
(0)
Ak+1
(0)
(0)
(0)
= 0.
(0)
(0)
7.44
Cayley
4.12
P (A)
018
Q = χA (X) =
8891
2502
:89.8
Ainsi, le polynôme P (X) = XQ (X) annule A, donc u, et 0 n’est pas racine de Q (X) .
(3) ⇒ (1) Puisque X et Q sont premiers entre eux, le lemme des noyaux prouve l’égalité
(S) : E = ker (0) = ker ((XQ) (u)) = ker (u) ⊕ ker (Q (u))
Q (u) (x)
=
0⇔
k=0
582:
N
0753
k=0
ak X k avec a0 = Q (0) = 0. Soit x ∈ ker (Q (u)) alors on a les équivalences :
ak uk (x) = 0 ⇔ a0 x = −
⇔ x=u −
1
a0
N
:211
N
ak uk−1 (x)
None
Posons Q =
k=1
N
ak uk (x)
k=1
∈ Im (u) ,
com:
ce qui prouve l’inclusion ker (Q (u)) ⊂ Im (u) . Comme on a l’égalité :
th du
(S)
rvox.
dim (ker (Q (u))) = dim (E) − dim (ker (u)) = dim (Im (u)) ,
rang
univ.
scho
la
on en déduit que ker (Q (u)) = Im (u) ce qui permet de conclure grâce à l’égalité (S) .
Réduction des endomorphismes et des matrices
39
Commentaires 22 Il s’agit d’un exercice très discriminant en pratique car il exige une
bonne maitrise des notions fondamentales du cours d’algèbre linéaire et des polynômes
annulateurs. Pour ces étudiants, l’exercice est tout à fait accessible durant la phase de
préparation. Pour les autres, la phase d’interaction avec l’interrogateur sera fondamentale.
Celui-ci essaiera de raccrocher le candidat grâce à l’invocation d’un théorème du cours
d’algèbre linéaire ou des polynômes annulateur. Si le candidat parvient à répondre à l’une
d’elles, il sera probablement en mesure de répondre à la question associée, sinon il ne
gagnera qu’un nombre infime de points sur ce sujet.
Exercice 23 (CCINP) On pose M = (mi,j )1⩽i,j⩽n ∈ Mn (R) définie par : si j = i + 1,
mi,j = 1, sinon, mi,j = 0.
1. Montrer que M est nilpotente. M est-elle diagonalisable ?
2. Montrer que M est semblable à 2M .
018
3. Soit une matrice A ∈ Mn (R), semblable à la matrice 2A. Montrer que A est nilpotente.
7897
Solution 23
:164
1. Comme la matrice XIn − M est triangulaire de coefficients diagonaux X, on peut écrire :
7.44
χM = det (XIn − M ) = X n .
4.12
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a χM (M ) = 0 ⇔ M n = 0 donc M est
nilpotente et Sp (M ) = {0} . Si M est diagonalisable, il existe P ∈ GLn (R) tel que
8891
2502
ce qui est absurde donc M n’est pas diagonalisable.*
:89.8
M = P diag (0, ..., 0) P −1 = P 0P −1 = 0,
2. Soit B = (e1 , ..., en ) la base canonique de Rn et u l’endomorphisme de Rn tel que
M at (u, B) = M alors on a les égalités :
582:
u (e1 ) = 0 et ∀i ∈ {2, ..., n} , u (ei ) = ei−1 .
0753
Notons :
∀i ∈ {1, ..., n} , εi = 2i ei .
None
:211
La famille B = (εi )1⩽i⩽n est une base de Rn et on a les égalités :
u (ε1 ) = 0 et ∀i ∈ {2, ..., n} , u (εi ) = 2i u (ei ) = 2i ei−1 = 2εi .
com:
Par conséquent, on obtient l’égalité M at (u, B ) = 2M. Si P désigne la matrice de passage
de la base B à la base B , on a M = P (2M ) P −1 donc M et 2M sont semblables.
univ.
scho
la
rvox.
3. Comme A est semblable à 2A, on a χA = χ2A . Or, un calcul direct nous donne les
égalités :
X
χ2A (X) = det (XIn − 2A) = det 2
In − A
2
X
X
= 2n det
In − A = 2n χA
.
2
2
40
CCINP
Par conséquent, on en déduit que χA (X) = 2n χA
X
2
⇔
n
. Comme χA (X) est un poly-
nôme unitaire de degré n, il existe des réels (ak )0⩽k⩽n avec an = 1 tels que :
χA (X)
=
n
k=0
k
n
ak X ⇒ χA (X) = 2 χA
X
2
ak X k = 2n
k=0
n
ak
k=0
2k
Xk
⇔ ∀k ∈ {0, .., n} , ak = 2n−k ak (par unicité des coefficients)
⇒ ∀k ∈ {0, .., n − 1} , ak = 0 (car 2n−k > 1) ⇒ χA (X) = an X n = X n .
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a l’égalité χA (A) = 0 ⇔ An = 0, ce qui
permet de conclure.
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Commentaires 23 Bon exercice pour le concours CCINP. Sa difficulté est standard et
ses questions sont de niveaux variés dont il est discriminant. La première question est une
application directe du cours.
La deuxième question est la plus difficile pour une fraction notable des candidats car elle
nécessite une bonne compréhension de la notion de similitude (point de vue matriciel et
endomorphisme).
La troisième question peut être traitée comme suit (je laisse les détails au lecteur) : A est
trigonalisable dans Mn (C) et si λ est valeur propre de A alors 2λ est valeur propre
de
2A donc de A (car elles sont semblables). Une récurrence immédiate montre que 2k λ k∈N
est une suite constituée de valeurs propres de A. Comme cet ensemble est fini, λ vaut 0
(sinon le module de la suite tend vers +∞) donc 0 est son unique valeur propre dans C
d’où A est nilpotente (cf. le raisonnement de la question 1).
8891
2502
Exercice 24 (CCINP) Soient A et B dans Mn (C) à spectres disjoints.
1. Montrer que χA (B) est inversible.
2. Soit X dans Mn (C) telle que AX = XB.
Montrer, pour P dans C [X] , l’égalité P (A)X = XP (B).
λ∈Sp(A)
λ∈Sp(A)
donc on a les formules :
mλ
⇒
(det (B − λIn ))
mλ
=
λ∈Sp(A)
(χB (λ))
mλ
= 0
scho
la
(∗)
λ∈Sp(A)
mλ
(B − λIn )
rvox.
det (χA (B)) =
(X − λ)
com:
χA (B) =
:211
1. χA est scindé dans C [X] et χA (X) =
None
Solution 24
0753
582:
3. Montrer que si AX = XB alors X = 0, puis que, pour toute M de Mn (C) , il existe
X dans Mn (C) telle que AX − XB = M.
univ.
(∗) par multiplicativité du déterminant
(∗∗) si λ ∈ Sp (A) alors λ ∈
/ Sp (B) (car Sp (A) ∩ Sp (B) = ∅) donc λ n’est pas racine de
χB .
Ainsi, la matrice χA (B) est inversible (puisque son déterminant est non nul).
Réduction des endomorphismes et des matrices
41
2. Prouvons par récurrence sur k ∈ N que Ak X = XB k . Pour k = 0, on a l’égalité :
A0 X = In X = X = XIn = XB
donc l’initialisation est vérifiée. Pour l’héridité, supposons la propriété vérifiée pour un
certain entier k alors on peut écrire :
Ak+1 X = A Ak X = A XAk = (AX) B k = (XB) B = XB k+1 ,
ce qui démontre la propriété au rang k + 1 et achève la récurrence. Ainsi, pour tout
N
ak X k ∈ C [X] (ce X est l’indéterminée, pas le X de Mn (C) de l’énoncé !) on
P =
k=0
obtient les égalités suivantes :
N
N
N
k
k
ak A X =
ak A X =
ak XB k
P (A) X =
X
ak B k
k=0
k=0
k=0
018
=
N
= XP (B) .
7897
k=0
×χA (B)−1
0n (χA (B))
4.12
q1
⇒
−1
= X ⇔ X = 0n .
:89.8
χA (A) X = XχA (B) ⇔ 0n = XχA (B)
7.44
:164
3. Soit X ∈ Mn (C) vérifiant l’égalité AX = XB. Comme χA ∈ C [X], χA (A) = 0 (théorème de Cayley-Hamilton) et χA (B) est une matrice inversible, alors en utilisant la
question précédente avec P = χA , on obtient ;
8891
2502
L’application f : X ∈ Mn (C) → AX − XB ∈ Mn (C) est un endomorphisme de Mn (C)
(qui est de dimension finie) et f est injective car on a les équivalences suivantes :
X ∈ ker (f ) ⇔ AX = XB ⇒ X = 0 ⇒ ker (f ) = {0} .
582:
Ainsi, on peut affirmer que f est un automorphisme donc f est une bijection c’est-à-dire :
0753
∀M ∈ Mn (C) , ∃X ∈ Mn (C) ,
f (X) = M.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 24 Exercice nécessitant des connaissances solides sur le cours de réduction et chacune des questions est relativement simple (si on a ces connaissances). Il s’avère
en pratique très discriminant et c’est un bon exercice de révision.
La première question étant probablement la plus discriminante (même si elle n’est pas
compliquée en soit, il faut penser à scinder le polynôme caractéristique et à connaitre une
des définitions fondamentales des valeurs propres). Pour la seconde question, il faut voir
la relation AX = XB comme une relation dynamique (la multiplication par A à gauche
revient à multiplier par B à droite) c’est-à-dire qu’il faut l’itérer. Dans ce cas, la réponse
apparait rapidement. La troisième question nécessite de prendre de la hauteur et d’interpréter l’existence ainsi que l’unicité en terme de bijection. Pour les candidats faisant ce
lien, la réponse arrive rapidement.
42
CCINP
Exercice 25 (CCINP) Soient f un endomorphisme de E, espace vectoriel de dimension
n, admettant n valeurs propres distinctes et g un endomorphisme de E tel que f ◦ g = g ◦ f .
1. Montrer que tout vecteur propre de f est vecteur propre de g.
2. Montrer que f et g sont diagonalisables dans une même base de vecteurs propres.
3. Montrer qu’il existe un unique polynôme P de degré au plus égal à n − 1 vérifiant
g = P (f ) .
Solution 25
1. f possède n valeurs propres distinctes et n = dim (E) donc f est diagonalisable et
∀λ ∈ Sp (f ) , dim (Eλ (f )) = 1.
7897
= (g ◦ f ) (x) ⇔ f (g (x)) = g (f (x)) = g (λx) = λg (x)
⇒ g (x) ∈ Eλ (f ) = Vect (x) ⇔ ∃µ ∈ K, g (x) = µx
:164
(f ◦ g) (x)
018
(chaque espace propre est de dimension au moins 1, leur somme vaut donc au moins n
et ne peut dépasser dim (E) = n donc chaque espace est de dimension 1).
Soit x un vecteur propre de f, alors x = 0E et il existe λ ∈ K tel que f (x) = λx. En
particulier, x forme une base de Eλ (f ) et on a :
donc x est aussi vecteur propre de g.
4.12
7.44
2. Puisque f est diagonalisable, il existe une base B de E formée de vecteurs propres pour
f donc, d’après la question précédente, de vecteurs propres pour g. Par conséquent, g est
diagonalisable et B est une base de vecteurs propres pour f et g.
8891
2502
:89.8
3. Soit B une base commune de diagonalisation de f et g, (λ1 , ..., λn ) les n valeurs propres
distinctes de g et (µ1 , ..., µn ) les n valeurs propres (pas nécessairement distinctes) de g
alors on a :
M at (f, B) = diag (λ1 , ..., λn ) , M at (g, B) = diag (µ1 , ..., µn )
⇒ ∀P ∈ Kn−1 [X] , g = P (f ) ⇔ M at (g, B) = P (M at (f, B))
582:
⇔ diag (µ1 , ..., µn ) = diag (P (λ1 ) , ..., P (λ/n )) ⇔ ∀i ∈ {1, ..., n} , P (λi ) = µi
0753
Un tel polynôme existe et il est même unique. En effet, l’application
:211
T : P ∈ Kn−1 [X] → (P (λ1 ) , ..., P (λn )) ∈ Kn
None
est linéaire, on dispose de l’égalité ker (f ) = 0 (un polynôme du noyau possède n racines
distinctes en étant de degré < n) et dim (Kn−1 [X]) = n = dim (Kn ) donc T est un
isomorphisme d’où :
com:
∀ (µi )1⩽i⩽n ∈ Kn , ∃!P ∈ Kn−1 [X] , T (P ) = (µi )1⩽i⩽n
rvox.
(le fameux polynôme interpolateur de Lagrange).
univ.
scho
la
Commentaires 25 Exercice très classique manipulant des liens fondamentaux entre commutation et réduction donc il intervient dans de nombreux concours, d’où l’importance de
travailler ce sujet. Il est discriminant pour CCINP tout en étant progressif.
Réduction des endomorphismes et des matrices
43
Exercice 26 (CCINP) Soit A la matrice de M2n+1 (R) dont l’endomorphisme canoniquement a vérifie : a (e1 ) = e1 + e2n+1 et ∀i ∈ [[2, 2n + 1]], a (ei ) = ei−1 + ei .
1. Déterminer le polynôme caractéristique de A.
2. Montrer que A est inversible.
3. Ecrire A−1 sous la forme d’un polynôme en A.
4. Déterminer les valeurs propres complexes de A. Calculer
2n
cos
i=0
kπ
2n + 1
.
Solution 26
1. Commençons par expliciter le déterminant associé puis on le développe selon la première
colonne (en notant I = I2n+1 ).
018
7897
=
0753
582:
8891
2502
:89.8
=
4.12
7.44
:164
χA (X)
X − 1
−1
0 ···
0 .. 0
X − 1 −1 · · ·
. ..
.
.
..
..
det (XI − A) = .
0
0 ..
..
0
.
.
···
−1 −1
0
···
0 X − 12n+1
X − 1
−1
0 ···
0 .. 0
X − 1 −1 · · ·
. ..
.
.
..
..
(X − 1) .
0
0 ..
..
0
.
.
···
−1 −1
0
···
0 X − 12n
−1
0
···
0 .. X − 1 −1
(0)
. 2n+1+1
+ (−1)
(−1) .
.
..
..
0 (0)
X − 1 −12n
2n+1
+ (−1)
2n+1
2n+3
None
χA (X) = (X − 1)
:211
Ces deux déterminants étant triangulaires, ils valent le produit de leurs coefficients diagonaux ce qui nous donne l’égalité suivante :
(−1)
2n
= (X − 1)
2n+1
− 1.
− 1 = −1 − 1 = −2 = 0, la matrice −A est
com:
2. Comme det (−A) = χA (0) = (−1)
inversible donc A est aussi inversible.
2n+1
k=0
2n+1
univ.
χA (A) = 02n+1 ⇔
scho
la
rvox.
3. D’après le théorème de Caley-Hamilton, χA annule A et, en développant χA avec la
formule du binôme de Newton, on obtient :
k
Ak (−1)
2n+1−k
− I = 0.
2n+1
On observe que le terme d’indice k = 0 de cette somme vaut (−1)
I = −I. En
44
CCINP
utilisant la relation de Chasles, on peut écrire :
2n+
k=1
⇔A
2n+1
k
Ak (−1)
2n+1−k
= 2I
2n
2n+1 p
1
2n−p
A (−1)
2 p=0 p+1
⇔
p=k−1
2n
2n−p
2n+1
p+1
(−1)
= 2I
p+1 A
p=0
= I ⇒ A−1 =
×A−1
2n
1 2n+1 p
2n−p
.
A (−1)
2 p=0 p+1
4. Soit z ∈ C alors z est valeur propre de A si et seulement si z est racine de χA si et
seulement si
2πik
2πik
2n+1
⇔ z = 1 + exp
= 1 ⇔ ∃k ∈ {0, ..., 2n} , z − 1 = exp
(z − 1)
2n + 1
2n + 1
2πik
, k ∈ {0, ..., 2n}
⇒ Sp (A) = 1 + exp
2n + 1
e
7897
018
(d’après la description des racines (2n + 1) de l’unité). Comme χA est un polynôme
unitaire de degré 2n + 1 et qu’il possède 2n + 1 racines distinctes, on a également :
2n 2πik
χA (X) =
X − 1 + exp
2n + 1
:164
k=0
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
Pour la seconde formule demandée, on utilise les formules d’Euler :
2n
2n ikπ
1
ikπ
kπ
=
exp
+ exp −
cos
2n + 1
2
2n + 1
2n + 1
k=0
k=0
2n
2n
2kπi
ikπ
1
1 + exp
exp −
=
2
2n + 1
2n + 1
k=0
k=0
2n
2n
2n
ikπ
2kπi
1 (−1)
exp −
− 1 + exp
=
22n+1
2n + 1
2n + 1
k=0
k=0
k=0
2n
iπ 1
2n+1
exp
−
k (−1)
χ (0)
=
A 22n+1
2n + 1
k=0
iπ2n (2n + 1)
exp −
22n+1
2 (2n + 1)
0753
1
2=
=−2 (cf. q2.)
n
exp (−πin)
(−1)
= 2n .
22n
2
:211
=
com:
None
Commentaires 26 Exercice de difficulté standard. Seul le calcul du produit de la question
4 demande un peu d’autonomie et d’initiative.
rvox.
Exercice 27 (CCINP) Soit f un endomorphisme d’un C-espace vectoriel E de dimension
finie.
scho
la
1. On suppose que f est diagonalisable.
Montrer que f 2 est diagonalisable et que ker (f ) = ker f 2 .
On s’intéresse désormais à la réciproque.
univ.
2
2. On note λ1 , .., λp les valeurs
propres
deux à deux distinctes de f .
2
2
Montrer que X − λ1 · · · X − λp est un polynôme annulateur de f.
Réduction des endomorphismes et des matrices
45
3. On suppose que f 2 est diagonalisable et que f est un automorphisme.
Montrer que f est diagonalisable.
4. On suppose que f 2 est diagonalisable et que ker (f ) = ker f 2 .
Montrer que f est diagonalisable.
Solution 27
1. Puisque f est diagonalisable, il existe une base B = (e1 , ..., en ) telle que la matrice A
de f dans la base B soit diagonale alors la matrice de f 2 dans la base B est A2 qui est
diagonale donc f 2 est diagonalisable. Soit x ∈ E. Si x ∈ ker (f ) alors f (x) = 0E donc :
f 2 (x) = f (f (x)) = f (0E ) = 0E
:164
∈
  
0
x1
2
2
 .. 
2  . 
2
2
.
ker f ⇔ f (x) = 0E ⇔ A X = 0 ⇔ diag λ1 , ..., λn  .  =  . 
7.44
x
7897
xn
la base B) et on note A = diag (λ1 , ..., λn ) On suppose que
018
d’où x ∈ ker f 2 , ce qui prouve l’inclusion ker (f ) ⊂ ker f 2 . Soit x ∈ E, on note
 
x1
 .. 
X =  .  la matrice de x dans la base B (i.e. sa matrice des coordonnées de x dans
0
4.12
λ2n xn
xn
0
:89.8
⇔
 2   
0
λ1 x1
 ..   .. 
2
 .  =  .  ⇔ ∀k ∈ {1, ..., n} , λk xk = 0

8891
2502
⇔ ∀k ∈ {1, ..., n} , λ2k = 0 ou xk = 0 ⇔ ∀k ∈ {1, ..., n} , λk = 0 ou xk = 0
⇔ ∀k ∈ {1, ..., n} , λk xk = 0 ⇔ AX = 0 ⇔ f (x) = 0E ,
ce qui prouve l’inclusion réciproque ker f 2 ⊂ ker (f ) d’où l’égalité ker (f ) = ker f 2 .
582:
2. Comme f 2 est diagonalisable et ses valeurs propres sont λ1 , ..., λp , il existe une base B
telle que la matrice de f 2 dans la base B est la matrice
:211
0753
D = diag λ1 Ir1 , ..., λp Irp
None
où, pour chaque k ∈ {1, ..., p} , rk désigne la dimension de l’espace propre de f 2 associé à
la valeur propre λk . Le polynôme P = (X − λ1 ) · · · (X − λp ) annule D puisque, D étant
diagonale, on a :
com:
P (D) = diag P (λ1 ) Ir1 , ..., P (λp ) Irp = diag 0r1 , ...0rp = 0n
scho
la
rvox.
car λ1 , ..., λp sont racines de P. Si A désigne la matrice de f dans la base B, A2 est la
matrice de f 2 dans cette base c’est-à-dire que A2 = D. On en déduit que :
P A2 = P (D) = 0n
univ.
c’est-à-dire que le polynôme P X 2 = X 2 − λ1 · · · X 2 − λp annule A donc il annule
f.
46
CCINP
2
3. Pour tout k ∈ {1, ..., p} , il existe un nombre complexe δ k tel que (δ k ) = λk (tout
complexe admet des racines carrées). D’après la question précédente, le polynôme
Q (X) =
n n
2
X 2 − (δ k ) =
X 2 − λk =
(X − δ k ) (X + δ k )
n
k=1
k=1
k=1
annule f et il est manifestement scindé. Prouvons qu’il est à racines simples. Soient
2
2
(ε, ε ) ∈ {−1, 1} et (k, k ) ∈ {1, ..., n} tels que :
2
2
εδ k = ε δ k ⇒ (εδ k ) = (ε δ k ) ⇔ λk = λk ⇒ k = k (car les racines λ1 , ..., λp sont supposés deux à deux distincts) donc εδ k = ε δ k . Comme
λk est non nul (puisque f est un automorphisme, 0 n’est pas valeur propre de f ou bien
p
r
(λk ) k ), on est assuré que δ k est non nul (car δ 2k = λk = 0),
puisque que 0 = det (f ) =
k=1
018
on peut diviser par δ k l’égalité εδ k = ε δ k donc ε = ε .
Ainsi, le polynôme Q est scindé à racines simples et annule f donc f est diagonalisable.
X − λk = X
2
p
i=2
X 2 − λk
7.44
k=1
2
4.12
Q (X) =
n
:164
7897
4. Si f est un automorphisme alors f est diagonalisable d’après la question précédente. Si
f n’est pas un automorphisme alors 0 est valeur propre de f. On peut toujours supposé
que λ1 = 0. D’après la question 2, le polynôme
Q (X) = X 2
n
k=2
8891
2502
:89.8
annule f et λ2 , ..., λp sont des valeurs propres de f non nulles et deux à deux distinctes.
2
Pour tout k ∈ {2, ..., p} , il existe un nombre complexe δ k tel que (δ k ) = λk (tout
complexe admet des racines carrées). On peut alors écrire :
(X − δ k ) (X + δ k ) .
0753
582:
Les polynômes X 2 , (X − δ k )2⩽k⩽p , (X + δ k )2⩽k⩽p sont deux à deux premiers entre eux
(puisqu’ils sont tous scindés et sans racine commune). D’après le lemme des noyaux, on
a l’égalité suivante :
:211
p
2 ker (Q (f )) = ker f
(ker (f − δ k IdE ) ⊕ ker (f + δ k IdE )) .
None
k=2
k=2
(ker (f − δ k IdE ) ⊕ ker (f + δ k IdE )) .
rvox.
p
scho
la
E = ker (f )
com:
Comme Q
f, on a Q (f ) = 0L(E) donc ker (Q (f )) = E. En outre, par hypothèse,
annule
2
on a ker f = ker (f ) donc
univ.
Ainsi, E est somme directe des espaces propres de f donc f est diagonalisable.
Réduction des endomorphismes et des matrices
47
Commentaires 27 Exercice classique de nombreux concours et qui sera très discriminant
à CCINP. Il requiert une bonne maitrise des méthodes polynomiales du cours de réduction (polynôme annulateur, lemme des noyaux, etc), y compris à la première question. Il
s’agit d’un très bon exerice pour tester sa compréhension autour de ce thème. Néanmoins,
je vous le déconseille en première étape si vous n’avez pas suffisamment consolider vos
connaissances sur le chapitre réduction.
A 0n
A A
Exercice 28 (CCINP) Soit A ∈ Mn (R) et B =
∈ M2n (R) .
1. Soit P un polynôme quelconque. Donner la matrice par blocs de B 2 puis de P (B).
2. On suppose que B est diagonalisable.
(a) Démontrer qu’il existe un polynôme unitaire P scindé à racines simples tel que
P (A) = 0 et AP (A) = 0.
018
(b) Prouver que P (A) est inversible. En déduire A.
7897
Solution 28
7.44
:164
1. À l’aide du calcul matriciel par blocs, on obtient les égalités suivantes :
2
3
A
A
0n
03
3
=
,
B
.
B2 =
2A2 A2
3A3 A3
Ak 0n
pour tout entier k. Démontrons ceci par
kAk Ak
récurrence sur k. Pour k = 0, on a l’égalité :
0
A
0n
In 0n
=
= I2n = B 0
0A0 A0
0n In
=
=
4.12
:89.8
8891
2502
0n
Ak
pour un certain entier k alors, par le produit matriciel
k
A 0n
A
0n
Ak+1
BB k =
=
k
k
k+1
A A
kA A
A
+ kAk+1
Ak+1
0n
,
(k + 1) Ak+1 Ak+1
0n
Ak+1
:211
B k+1
Ak
kAk
None
par blocs, on a :
0753
Supposons que B =
k
582:
On peut conjecturer que B k =
k=0
k=0
k
ak B =
N
k=0
ak
Ak
kAk
univ.
P (B) =
N
scho
la
rvox.
com:
ce qui démontre l’hérédité et achève la récurrence.
N
Soit P (X) =
ak X k ∈ R [X] alors on dispose de l’égalité suivante :
0n
Ak

n
k
ak A

 k=0

= 
n

ka Ak
k
k=0
0n



.
n

a Ak 
k
k=0
48
CCINP
On remarque alors que P (X) =
N
kak X k−1 donc XP (X) =
k=0
d’écrire :
P (B) =
2.
N
kak X k , ce qui permet
k=0
P (A)
AP (A)
0n
.
P (A)
(a) Comme B est diagonalisable, il existe un polynôme P scindé à racines simples annulant B (quitte à diviser P par son coefficient dominant, on peut le supposer unitaire)
c’est-à-dire :
P (A)
0n
P (A) = 0n
.
= 02n ⇔
P (B) = 02n ⇔
AP (A) P (A)
AP (A) = 0n
018
(b) Comme P annule A, on en déduit que les valeurs propres de A (dans C) sont incluses
dans les racines (dans C) de P. Le polynôme P est scindé dans C [X] donc il s’écrit
s
m
P = C
(X − rk ) k où C ∈ C∗ , r1 , ..., rs sont deux à deux distincts et mk ∈ N∗ .
k=1
4.12
7.44
:164
7897
Remarquons qu’aucune racine rk de P n’est racine de P (sinon rk serait une racine
double de P , ce qui est absurde car P est scindé à racines simples). Ainsi, aucune
racine de P n’est valeur propre de A c’est-à-dire, par définition des valeurs propres,
pour tout k ∈ {1, .., s} , la matrice A − rk I est inversible. En particulier, la matrice
s
m
P (A) = C
(A − rk In ) k est inversible (comme produit de telles matrices).
k=1
−1
, on obtient l’égalité
8891
2502
:89.8
En multipliant à droite l’égalité AP (A) = 0n par (P (A))
A = 0n .
582:
Commentaires 28 Exercice classique de nombreux concours. Cette version est de difficulté et de progressivité tout à fait adaptée au concours CCINP et elle permet de s’entrainer
convenablement autour de la thématique des polynômes annulateurs, du calcul matriciel
par blocs et de la réduction.
x
f (t) dt et u(f )(0) = f (0).
None
1
u(f )(x) =
x
0
com:
∀f ∈ E,
∀x ∈ R∗+ ,
:211
0753
Exercice 29 (CCINP) Soient E = C 0 ([0, +∞[ , R) (ensemble des fonctions continues de
[0, +∞[ dans R) et l’application u définie sur E par :
1. Soit f ∈ E. Montrer que u(f ) est continue sur [0, +∞[.
4. u est-elle surjective ?
scho
la
3. Prouver que u est injective.
rvox.
2. Montrer que u est un endomorphisme de E.
univ.
5. Expliciter les valeurs propres de u (penser à utiliser une équation différentielle).
Réduction des endomorphismes et des matrices
49
Solution 29
1. Soit f ∈ E alors f est continue sur [0, +∞[ donc elle admet une primitive F sur [0, +∞[
(qui est continue sur [0, +∞[ puisque dérivable sur cet intervalle). Pour tout x ∈ R∗ , on
peut écrire :
F (x) − F (0)
1
x
u (f ) (x) = [F ]0 =
x
x
donc la fonction f est dérivable, donc continue, sur ]0, +∞[ comme quotient de deux
telles fonctions dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle. En outre, par
définition de la dérivabilité de F en 0, on a :
lim u (f ) (x) = lim
x→0
x→0
F (x) − F (0)
= F (0) = f (0) = u (f ) (0) ,
x−0
ce qui assure la continuité de u (f ) en 0 donc sur [0, +∞[ .
2. Pour tout f ∈ E, on a u (f ) ∈ E d’après la question précédente. En outre, pour tout
(f, g) ∈ E 2 et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
λu (f ) + µu (g)
0
1
f +µ
x
018
=
x
7897
:
1
(λf + µg) = λ
x
0
x
g
0
:164
u (λf + µg)
x
1
x →
x
ker (u) ⇔ u (f ) = 0
F (x) − F (0)
∀x > 0, F (x) = F (0)
=
0
∀x
>
0,
⇔
.
⇔
x
f (0) = 0
f (0) = 0
4.12
∈
8891
2502
:89.8
f
7.44
donc u est linéaire, ce qui prouve que u un endomorphisme de E.
3. Soit f ∈ E alors, avec les notations introduites à la réponse de la question 1, on a :
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
Autrement dit, la fonction F est constante sur ]0, +∞[ donc sur [0, +∞[ (par continuité
de F sur [0, +∞[) donc sa dérivée F = f est nulle sur [0, +∞[ . Ceci prouve l’injectivité
de u.
4. D’après l’argumentaire de la réponse à la question 1, pour tout f ∈ E, la fonction u (f )
est dérivable sur ]0, +∞[. La fonction g : x → |x − 1| est continue sur [0, +∞[ , donc elle
appartient à E, mais elle n’est pas dérivable sur ]0, +∞[ (précisément en 1). Ainsi, il
n’existe aucune fonction f ∈ E telle que u (f ) = g c’est-à-dire que u n’est pas surjective.
5. On procède par analyse-synthèse (on n’est pas assuré de l’existence de valeurs propres à
priori).
Analyse. Supposons que λ ∈ R soit une valeur propre de u alors, il existe un vecteur
f ∈ E\ {0} tel que u (f ) = λf.
Premier cas λ = 0. On a u (f ) = 0 donc f ∈ ker (f ) = {0} (d’après la question
précédente), ce qui est absurde donc 0 n’est pas valeur propre de f.
Deuxième cas λ = 0. D’après l’argumentaire de la réponse à la question 1, comme
1
f ∈ E, la fonction u (f ) est dérivable sur ]0, +∞[ et comme λ = 0, la fonction u (f ) = f
λ
est aussi dérivable sur ]0, +∞[ . En utilisant les notations introduites à la réponse de la
question 1, on a :
F (x) − F (0)
∀x > 0, F (x) = F (0) + λxf (x)
∀x > 0,
= λf ⇔
u (f ) = λf ⇔
x
λ = 1 ou (λ = 1 et f (0) = 0)
f (0) = λf (0)
50
CCINP
En dérivant la première équation, on obtient l’équation différentielle
∀x
0, F (x) = λf (x) + λxf (x) ⇔ f (x) = λf (x) + λxf (x)
λ−1
λ−1
⇔ f (x) +
f (x) = 0 ⇔ ∃C ∈ R, f (x) = C exp −
ln (x)
λx
λ
>
⇔
∃C ∈ R, f (x) = Cx−1+1/λ .
Or, la fonction f est continue en 0 donc

 ±∞
C
f (0) = lim+ f (x) = lim+ Cx−1+1/λ ⇔ f (0) =

x→0
x→0
0
si − 1 + 1/λ < 0
si − 1 + 1/λ = 0 ,
si − 1 + 1/λ > 0
ce qui impose la condition :
1
⩾ 1 ⇔ λ ∈ ]0, 1] .
λ
018
−1 + 1/λ ⩾ 0 ⇔
t−1+1/λ dt =
0
t=x
1 t1/λ
= λx−1+1/λ = λfλ (x) .
x 1/λ t=0
7.44
x
4.12
1
∀x > 0, u (fλ ) (x) =
x
:164
7897
Synthèse. Soit λ ∈ ]0, 1]. On considère la fonction fλ : x → x−1+1/λ qui est continue
sur [0, +∞[ (car −1 + 1/λ ⩾ 0) et non identiquement nulle c’est-à-dire qu’elle appartient
à E\ {0} . On dispose alors de l’égalité suivante :
8891
2502
:89.8
En outre, pour x = 0, on a l’égalité :
0 si − 1 + 1/λ > 0
u (fλ ) (0) =
1 si − 1 + 1/λ = 0
λ×0
si − 1 + 1/λ > 0
=
= λfλ (0)
λ × 1 si − 1 + 1/λ = 0 (car λ = 1)
:211
0753
582:
Ainsi, λ est valeur propre de u et on a établi les égalités suivantes :
Sp (u) = ]0, 1] et ∀λ ∈ Sp (u) , Eλ (u) = Vect x → x−1+1/λ .
com:
None
Commentaires 29 Bon exercice de révision sur l’algèbre linéaire en dimension infinie
et les éléments propres d’un endomorphisme. Sa difficulté est raisonnable et il s’agit d’un
incontournable des révisions. La thématique est tout à fait classique. Le point clé de l’exerx
cice est de reconnaitre que x → f une primitive de f (ceci doit être un automatisme
0
univ.
scho
la
rvox.
au concours). Comme d’habitude, la dernière question étant l’étude des éléments propres
d’un endomorphisme en dimension infinie sera sélective car elle nécessite au recours au
raisonnement par analyse-synthèse et à une bonne compréhension de la notion d’éléments
propres.
Réduction des endomorphismes et des matrices
Exercice 30 (CCINP) Soit A =
1. Diagonaliser A.
5
1
51
3
.
3
2. Soit M ∈ Mn (C) telle que M 2 + M = A.
Montrer que Sp(M ) ⊂ {1, 2, −2, −3} et que M est diagonalisable.
3. Résoudre M 2 + M = A.
Solution 30
1. Déterminons le polynôme caractéristique de A.
χA (X)
X − 5
det (XI2 − A) = −1
=
−3 X − 3
(X − 5) (X − 3) − 3 = X 2 − 8X + 12
=
=
E6 (A)
=
3 3
1
ker (A − 2I2 ) = ker
= Vect
1 1 (∗)
−1
−1 3
3
ker (A − 6I2 ) = ker
= Vect
1 −3 (∗∗)
1
7897
E2 (A)
{6, 2}
:164
=
7.44
Sp (A)
018
Son discriminant vaut ∆ = 42 donc ses racines sont 6 et 2 donc χA est scindé à racines
simples. Ainsi, A est diagonalisable et on a les égalités :
u (e2 ) ⇔ u (e1 − e2 ) = 0 ⇔ e1 − e2 ∈ ker (u)
1
⇔
∈ ker (A − 2I2 )
−1
:89.8
=
8891
2502
u (e1 )
4.12
(∗) car C1 = C2 donc, si u désigne l’endomorphisme dont la matrice dans la base canonique (e1 , e2 ) de R2 est A − 2I, on a les équivalences suivantes :
582:
et dim (ker (A − 2I2 )) = m2 (multiplicité de 2 dans χA ) puisque A est diagonalisable.
(∗∗) car 3C1 + C2 = 0 puis onprocèdecomme en
(∗) .
1 3
2 0
On considère la matrice P =
et D =
donc A = P DP −1 .
−1 1
0 6
0753
2. Comme χA = (X − 2) (X − 6) annule A et que M 2 + M = A, on peut écrire :
02 ⇔ (A − 2I2 ) (A − 6I2 ) = 02
2
⇔ M + M − 2I2 M 2 + M − 6I2 = 02
donc le polynôme P = X 2 + X − 2 X 2 + X − 6 annule M. Ainsi, les valeurs propres
de M sont incluses dans les racines de P c’est-à-dire dans l’union de l’ensemble des
racines de X 2 + X − 2 (qui est l’ensemble {1, −2}) et de l’ensemble des racines de
X 2 + X − 6 (qui est l’ensemble {2, −3}) d’où l’inclusion souhaitée. En outre, on en
déduit que le polynôme P est scindé à racines simples dans R [X] (il est de degré 4 et
possède 4 racines réelles) et il annule M donc M est diagonalisable.
3. Avec les notations introduites à la question 1, on a A = P DP −1 . Soit M ∈ M2 (R) alors
il existe M ∈ M2 (R) telle que M = P M P −1 (il suffit de poser M = P −1 M P ) donc :
2
M 2 + M = A ⇔ P M P −1 + P M P −1 = P DP −1
scho
la
rvox.
com:
None
:211
=
⇔
univ.
χA (A)
2
P (M ) P −1 + P M P −1 = P DP −1
52
CCINP
En multipliant cette égalite par P −1 à gauche et P à droite, on obtient l’égalité :
2
(∗) : (M ) + M = D.
On remarque alors que M commute avec D puisque l’on a :
2
3
2
M D = M (M ) + M = (M ) + (M )
2
=
(M ) + M M = DM .
a b
, on obtient les équivalences suivantes :
En posant M =
c d
a b
2 0
2 0
a b
=
M D = DM ⇔
c d
0 6
0 6
c d
2a 6b
2a 2b
6b = 2b
b=0
⇔
=
⇔
⇔
2c 6d
6c 6d
2c = 6c
c=0
7.44
:164
7897
018
donc M est diagonale. Ainsi, l’équation (∗) devient l’équation suivante :
2
2 a 0
2 0
a +a
2 0
0
a 0
+
=
⇔
=
0 d
0 6
0 6
0
d2 + d
0 d
2
2
a +a=2
a +a−2=0
a ∈ {1, −2}
⇔
⇔
⇔
d ∈ {2, −3}
d2 + d = 6
d2 + d − 6 = 0
P diag (2, 6) P −1 = A.
:89.8
=
4.12
Réciproquement, si M = P diag (a, d) P −1 avec a ∈ {1, −2} et d ∈ {2, 3} , on a :
M 2 + M = P diag a2 , b2 P −1 + P diag (a, b) P −1 = P diag a2 + a, d2 + d P −1
8891
2502
Par conséquent, les matrices vérifiant (∗) sont exactement les matrices
M = P diag (a, b) P −1 , a ∈ {1, −2} , b ∈ {2, −3} .
com:
None
:211
0753
582:
Commentaires 30 La thématique abordée dans cet exercice est extrêmement classique
(la résolution d’équations polynomiales à inconnue matricielle, l’exemple le plus célèbre
étant X 2 = A). Traditionnellement, la troisième question sera discriminante. Pour cette
question, le paradigme à connaitre par coeur est au moins d’essayer de chercher des matrices solutions M de la même forme réduite que A c’est-à-dire de la forme M = P ∆P −1
où A = P DP −1 avec D diagonale (par blocs de la forme λI),.et ∆ également diagonale
par blocs (chaque bloc étant de la taille de la dimension de l’espace propre associé de A).
Ceci permet de trouver les solutions « évidentes » de l’équation M 2 + M = A. Pour les
plus aguerris, la justification résulte de la commutation de M et A donc de D et ∆ d’où
le caractère diagonale par blocs semblables à celui de D.
rvox.
Exercice 31 (CCINP) Soit E un espace vectoriel de dimension n.
scho
la
1. (a) Soient u et v deux endomorphismes de E tel que u ◦ v − v ◦ u = u.
Montrer que pour tout k appartenant à N, uk ◦ v − v ◦ uk = kuk .
univ.
(b) On pose φ : f ∈ L (E) → f ◦ v − v ◦ f.
φ est-il linéaire ? φ est-il un endomorphisme de L (E) ?
Réduction des endomorphismes et des matrices
53
(c) En déduire que u est nilpotent et que un = 0.
2. (a) On suppose u nilpotente d’indice n, c’est-à dire que un = 0 et un−1 = 0.
Montrer qu’il existe une base e = (e1 , e2 , . . . , en ) telle que :


0 1
0 ··· 0

.
..
..
0 0
.
. .. 




M ate (u) =  ... . . . . . . . . . 0 .


.

..
 ..
.
0 1
0 ··· ···
0 0
(b) Montrer qu’il existe un α tel que la base e trigonalise v avec la forme triangulaire
supérieure (α, α + 1, . . . , α + n − 1)
1. (a) On procède par récurrence en posant, pour tout entier k,
018
Solution 31
:164
Initialisation k = 0. Comme u0 = Id, on a l’égalité :
7897
Hk : « uk ◦ v − v ◦ uk = kuk ».
7.44
u0 ◦ v − v ◦ u0 = v − v = 0 = 0u0
4.12
donc (H0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons (Hk ) vraie pour un certain entier k alors, comme on a :
:89.8
u ◦ v = u + v ◦ u et uk ◦ v = kuk + v ◦ uk
=
=
=
uk ◦ (u ◦ v) = uk ◦ (u + v ◦ u)
uk+1 + uk ◦ v ◦ u = uk+1 + kuk + v ◦ uk ◦ u
uk+1 + kuk+1 + v ◦ uk+1 = (k + 1) uk+1 + v ◦ uk+1
582:
uk+1 ◦ v−
8891
2502
et que u est linéaire, on obtient l’égalité :
0753
donc (Hk+1 ) est vraie, ce qui achève la récurrence.
2
= (λf + µg) ◦ v − v ◦ (λf + µg)
= λf ◦ v + µg ◦ v − (λv ◦ f + µv ◦ g)
= λ (f ◦ v − v ◦ f ) + µ (g ◦ v − v ◦ g)
= λφ (f ) + µφ (g)
com:
None
φ (λf + µg)
:211
(b) Pour tout (f, g) ∈ (L (E)) et tout (λ, µ) ∈ K2 , comme f, g et v sont linéaires, on a :
rvox.
donc φ est linéaire. Pour tout f ∈ L (E) , φ (f ) est un endomorphisme de E (comme
la somme et la composée d’endomorphismes de E).
univ.
scho
la
(c) On procède par l’absurde en supposant que uk = 0 pour tout entier k. D’après la question 1.a, on peut affirmer que, pour tout entier k, φ uk = kuk c’està-dire que uk est un vecteur propre de φ associée à la valeur propre k. Ainsi, φ
admet une infinité de valeurs propres distinctes (tous les entiers naturels k), ce qui
est absurde car φ est un endomorphisme en dimension finie.
54
CCINP
Par conséquent, il existe un entier k0 tel que uk0 = 0 c’est-à-dire que u est nilpotente.
Il est immédiat que k0 ⩾ 1 (car u0 = IdE = 0).
Le polynôme P = X k0 annule u donc u est trigonalisable et
Sp (u) ⊂ {racines de P } = {0} (car k0 ⩾ 1).
Or, on a les équivalences suivantes :
k
det uk0 = det (0) ⇔ (det (u)) 0 = 0 ⇔ det (u) = 0
(car K est un corps). On en déduit que u = u−0 IdE n’est pas bijectif donc 0 est valeur
propre de u c’est-à-dire que Sp (u) = {0} . Puisque u est trigonalisable, il existe une
base B de E telle que mat (u, B) soit triangulaire et tous ses coefficients diagonaux
sont nuls (car il s’agit des valeurs propres de u) donc χu = χmat(u,B) = X n . D’après
le théorème de Cayley-Hamilton, χu annule u c’est-à-dire :
χu (u) = 0 ⇔ un = 0.
7897
018
2. (a) Comme un−1 = 0, il existe x0 ∈ E tel que un−1 (x0 ) = 0. Montrons que la famille
uk (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est libre. Soit (λk )0⩽k⩽n−1 ∈ Kn tel que :
(∗) : λ0 x0 + λ1 x0 + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
⇒
un−1 (x0 )=0
λ0 = 0.
4.12
λ0 un−1 (x0 ) = 0
7.44
:164
En composant par un−1 cette égalité, par linéarité de un−1 et du fait que us = 0 si
s ⩾ n, on obtient l’égalité
:89.8
Supposons qu’il existe un entier q ∈ {1, ..., n − 1} tel que λ0 = · · · = λq−1 = 0 alors
l’égalité (∗) devient l’égalité :
8891
2502
λq uq (x0 ) + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
En composant cette égalité par un−1−q (licite car n − 1 − q ∈ N), , par linéarité de
un−1−q et du fait que us = 0 si s ⩾ n, on obtient l’égalité
⇒
un−1 (x0 )=0
582:
λq un−1 (x0 ) = 0
λq = 0.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
Ainsi, on vient
de montrer (par récurrence) que λ0 = · · · = λn−1 = 0 c’est-à-dire que
la famille uk (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est libre. Or, cette famille est de cardinal
n = dim (E) donc il s’agit d’une base de E. Comme, pour tout k ∈ {0, ..., n − 2} , on
a les relations suivantes :
u uk (x0 ) = uk+1 (x0 ) et u un−1 (x0 ) = un (x0 ) = 0 (x0 ) = 0,
on peut affirmer que la matrice de u dans la base un−1 (x0 ) , un−2 (x0 ) , ..., u (x0 ) , x0
est
un−1 (x0 ) un−2 (x0 ) · · ·
x

 0
0 1
0 ··· 0
un−1 (x0 )

.. 
..
..
0 0

.
.
un−2 (x0 )
.

 .. . .

..
..
..
.
.
.
. 0
.


.

.
u
(x
0)
..
 ..
0 1
x0
0 ··· ···
0 0
Réduction des endomorphismes et des matrices
55
(b) On conserve les notations de la question précédente. En évaluant l’égalité
u ◦ v − v ◦ u = u en un−1 (x0 ) , on obtient l’égalité :
u v un−1 (x0 ) − v(un (x0 )) = un (x0 ) ⇔ u v un−1 (x0 ) = 0
=0
=0
⇔ v un−1 (x0 ) ∈ ker (u) = Vect un−1 (x0 )
(∗)
(∗) : La matrice M ate (u) est de rang n − 1 (la première colonne est nulle et les
n − 1 colonnes suivantes sont libres car elles sont extraites de la base canonique de
Mn,1 (K)) donc, d’après le théorème du rang, dim (ker
(u)) = n − rg (u) = 1. Comme
un−1 (x0 ) est non nul et appartient à ker (u) (car u un−1 (x0 ) = un (x0 ) = 0 (x0 ) =
0) qui est de dimension 1, il forme une base de ker (u) .
Autrement dit, il existe α ∈ K tel que :
v un−1 (x0 ) = αun−1 (x0 ) .
4.12
7.44
:164
7897
018
Plus généralement, pour k ∈ {1, ..., n − 1} , en évaluant l’égalité uk ◦ v − v ◦ uk = kuk
en un−1−k (x0 ), on obtient l’égalité :
uk v un−1−k (x0 ) − v un−1 (x0 ) = kun−1 (x0 )
⇔ uk v un−1−k (x0 ) − αun−1 (x0 ) = kun−1 (x0 )
⇔ uk v un−1−k (x0 ) − (α + k) un−1−k (x0 ) = 0
⇔ v un−1−k (x0 ) − (α + k) un−1−k (x0 ) ∈ ker uk
= Vect un−1 (x0 ) , ..., un−k (x0 )
(∗)
8891
2502
:89.8
k
µi un−i (x0 )
⇔ ∃ (µi )1⩽i⩽k ∈ Kk , v un−1−k (x0 ) = (α + k) un−1−k (x0 ) +
(∗) en effet, on a
J
0n−k
582:
0k
0n−k
0753
k
M ate uk = (M ate (u)) =
i=1


avec J = 
1
(0)
..
(0)
.
1


.
None
:211
La matrice M ate uk est de rang n−k. La famille ui (x0 ) n−k⩽i⩽n−1 est de cardinal
k, elle est libre et appartiennent
à son noyau qui est de dimension k donc il s’agit
d’une base de ker uk .
Ainsi, la matrice de v dans la base e est de la forme :
scho
la
rvox.
com:
x
un−1 (x0 ) un−2 (x0 ) · · ·
0

α
(∗)


α
+
1




.
..


(0)
α+n−1
un−1 (x0 )
un−2 (x0 )
..
.
u (x0 )
x0
univ.
donc e trigonalise v avec la forme triangulaire supérieure (α, α + 1, . . . , α + n − 1).
56
CCINP
Commentaires 31 Chaque question de ce sujet, sauf 1.b, s’avère très discriminante car
elle autonomie et initiative du candidat ainsi qu’une solide connaissance de son cours
d’algèbre linéaire et de réduction.
Exercice 32 (CCINP) Soient E un K-espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E vérifiant u3 = u.
1. Montrer que u est diagonalisable et discuter le nombre p de ses valeurs propres que
l’on notera λ1 , ..., λp .
2. On note Ei le sous-espace associé à la valeur propre λi . Montrer qu’un sous-espace
F est stable par u si et seulement s’il est somme directe de sous-espaces vectoriels
des Ei .
Solution 32
7897
Sp (u) ⊂ {racines de P } = {−1, 0, 1}
018
1. Le polynôme P = X 3 − X = X (X − 1) (X + 1) est scindé à racines simples et annule u
donc u est diagonalisable. En outre, on dispose de l’inclusion suivante :
:164
donc u admet au moins une valeur propre (puisque u est diagonalisable) et au plus 3
valeurs propres c’est-à-dire 1 ⩽ p ⩽ 3.
(x1 , .., xp ) ∈ E1 × · · · × Ep tel que x =
p
k=1
:89.8
k=1
4.12
7.44
2. Implication réciproque. Soit, pour tout k ∈ {1, .., p} , Fk un sous-espace vectoriel
p
Fk . Montrons que F est stable par u. Pour tout x ∈ F, il existe
de Ek et F =
xk . Pour tout k ∈ {1, .., p} , u (xk ) = λk xk
p
k=1
u (xk ) =
p
k=1
λk x k ∈
p
Fk = F
k=1
582:
u (x) =
8891
2502
(puisque xk ∈ Ek = Eλk (u)) donc, par linéarité de u, on a :
0753
(puisque xk ∈ Fk et que Fk est un espace vectoriel, λk xk ∈ Fk ). donc F est stable par u.
rvox.
com:
None
:211
Implication directe. Soit F un sous-espace vectoriel de E stable par u alors u|F (la
restriction de u à F ) est un endomorphisme de F. Comme u est diagonalisable alors u|F
est également diagonalisable c’est-à-dire que F est la somme directe des espaces propres
de u|F . Or, chaque espace propre de u|F associé à la valeur
propre λ est un sous-espace
vectoriel de l’espace propre de u associé à λ (si x ∈ Eλ u|F alors x = 0, x ∈ F ⊂ E et
u (x) = u|F (x) = λx) donc F est la somme directe de sous-espaces vectoriels des Ei .
univ.
scho
la
Commentaires 32 Cet exercice caractérise les sous-espaces stables par un endomorphisme diagonalisable dans un cas particulier. La première question est une application
directe du cours. La seconde question requiert une connaissance solide du cours de réduction et s’avère disciminante. Il s’agit d’un bon exercice de préparation.
Réduction des endomorphismes et des matrices

1
Exercice 33 (CCINP) Soit A = 0
0
1. Diagonaliser A.
1
0
−1
57

1
1 dans M3 (C) .
0
2. En déduire eA .
Solution 33
1. Déterminons le polynôme caractéristique de A.
X − 1 −1 −1
Développement
X
X −1
=
(X − 1) χA (X) = det (XI3 − A) = 0
1
selon C1
0
1
X
2
= (X − 1) X + 1 = (X − 1) (X + i) (X − i) .
−1
X
Comme χA est scindé à racines simples, A est diagonalisable et on a l’égalité :
018
Sp (A) = {racines de χA } = {1, i, −i} .
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
En outre, chaque espace propre de A est de dimension 1 (puisque A est diagonalisable,
pour chaque valeur propre λ de A, la dimension de l’espace propre associé à λ est égale
à la multiplicité de λ comme racine de χA ). Déterminons une base de chacun de ces
espaces propres :


 
0 1
1
1
E1 (A) = ker (A − I3 ) = ker 0 −1 1  = Vect 0 = Vect (ε1 )
0 −1 −1 (∗)
0


 
1−i 1
1
1
−i 1  = Vect  i  = Vect (ε2 )
Ei (A) = ker (A − iI3 ) = ker  0
0
−1 −i (∗∗)
−1


 
1+i 1 1
1
i 1 = Vect  −i  = Vect (ε3 )
E−i (A) = ker (A + iI3 ) = ker  0
0
−1 i (∗∗∗)
−1
0753
Notons C1 , C2 , C3 les colonnes des matrices considérées ci-dessous.
(∗) car C1 = 0. En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la base canonique
(e1 , e2 , e3 ) de C3 est A − I3 , on a :
:211
u (e1 ) = 0 ⇔ e1 ∈ ker (u) ⇔ ε1 ∈ ker (A)
com:
None
(∗∗) car C1 + iC2 − C3 = 0. En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la
base canonique (e1 , e2 , e3 ) de C3 est A − iI3 , on a :
u (e1 ) + iu (e2 ) − u (e3 ) = 0 ⇔ e1 + ie2 − e3 ∈ ker (u) ⇔ ε2 ∈ ker (A − iI3 )
scho
la
rvox.
(∗ ∗ ∗) car C1 − iC2 − C3 = 0. En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la
base canonique (e1 , e2 , e3 ) de C3 est A + iI3 , on a :
univ.
u (e1 ) − iu (e2 ) − u (e3 ) = 0 ⇔ e1 − ie2 − e3 ∈ ker (u) ⇔ ε3 ∈ ker (A + iI3 )




1 1
1
1 0 0
−i  alors A = P 0 i 0  P −1 .
On note alors P = 0 i
0 −1 −1
0 0 −i
58
CCINP
2. D’après la définition de l’exponentielle de matrice et d’après la question précédente, on
a:
+∞
+∞
+∞
n −1
n
A
P
(diag
(1,
i,
−i))
P
n
eA =
=
=P
diag (1n , in , (−i) ) P −1
n!
n!
n=0
n=0
n=0
+∞
+∞ n +∞
n
1 i
(−i)
,
,
P −1 = P diag e, ei , e−i P −1 .
= P diag
n! n=0 n! n=0 n!
n=0
4.12
7.44
:164
7897
018
Il nous resteà inverser
la 
matrice
P. Je procède via les systèmes linéaires.


x
a
Soient X = y  et Y =  b  tels que :
z
c

x=a+c
L1 ← L1 + L3





c
ib

 x+y+z =a

L2 ← L2 − iL3
y=− −
2
2
iy − iz = b ⇒
PX = Y ⇔



ib c
−y − z = c

 z = −y − c =
−


2
2




1
0
1
1
0
1
i
1
1
i


− 
− 
0 −
0 −
−1

2
2
2
2

.

⇔ X=
Y ⇒ P = 



i
i
1
1
0
0
−
−
2
2
2
2

e − cos (1)
sin (1) 
cos (1)
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
On effectue alors les produits matriciels consécutifs


e ei
e−i
i −i = 0 iei −ie−i  ⇒
P diag e, e , e
0 −ei −e−i
−i


ei + e−i
e − ei
e
−
e
i


2
2
 



−i
i 
i
−i
e sin (1)

e
−
e
+
e
e
 
0
A
i
0
cos (1)
=
e =

2
2


0
−
sin (1)


i
−i
i
−i


−
e
+
e
e
e

0 i
2
2
None
car, d’après les formules d’Euler, on a : cos (θ) =
eiθ + e−iθ
eiθ − e−iθ
et sin (θ) =
.
2
2i
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 33 Exercice classique et de difficulté standard. Il nécessite uniquement
d’être rigoureux et efficace dans les calculs sous peine de commettre de multiples erreurs.
La seconde question peut se traiter en déterminant la division euclidienne de X n par le
polynôme caractéristique χA de A (qui annule A). Pour cela, il faut écrire l’égalité de
division euclidienne X n = χA (X) Qn (X) + Rn (X) avec deg (R) < 3, l’évaluer en les
racines de χA , ce qui amène à un système de trois équations à trois inconnues. Une fois
n
résolu, R (X) est connu donc An = Rn (A) = α +βin +γ (−i) . On réinjecte cette formule
dans la définition de eA , ce qui amène à calculer la série exponentielle en 1, i et −i puis
Réduction des endomorphismes et des matrices
59
à conclure. Dans cet exercice, cette méthode est aussi longue que la méthode de réduction
en général mais dans cet exercice, la réduction est déjà effectuée à la question 1 donc il
faut privilégié la réduction pour ne pas perdre trop de temps.

1
 1

Exercice 34 (CCINP) Soit a ∈ R, n ⩾ 3 et Ma =  .
 ..
1
a
0
..
.
···
···
0
···

a
0 

..  ∈ Mn (R).
. 
0
1. Déterminer le rang de Ma . Donner une valeur propre évidente. Quelle est la dimension de son espace propre associé ?
2. Soit M ∈ Mn (C). On note λ1 , . . . , λn ∈ C ses valeurs propres comptées avec leur
n
n
multiplicité. Exprimer
λi et
λ2i en fonction de M .
i=1
i=1
018
3. Donner une condition nécessaire et suffisante sur a pour que Ma soit diagonalisable.
7897
Solution 34
:89.8
4.12
7.44
:164
1. Rang. Si a = 0, la matrice Ma est de rang 1 (sa première colonne est non nulle, toutes
les autres sont nulles). Si a = 0, la matrice Ma est de rang 2 (la première colonne est non
nulle, la deuxième n’est pas colinéaire à la première, toutes les autres sont colinéaires à
la deuxième colonne).
Valeur propre. Comme n ⩾ 3 > rg (Ma ) , on peut affirmer que la matrice
Ma = Ma − 0In n’est pas inversible donc 0 est valeur propre de Ma et on a l’égalité :
8891
2502
dim (E0 (Ma )) = dim (ker (Ma )) = n − rg (Ma ) =
(∗)
(∗) : d’après le théorème du rang.
n − 1 si a = 0
.
n − 2 si a = 0
:211
0753
582:
2. La matrice M est trigonalisable dans Mn (C) puisque son polynôme caractéristique annule A (théorème de Cayley-Hamilton) et qu’il est scindé dans C [X] (théorème de
d’Alembert-Gauss puisqu’il est de degré n > 0). Ainsi, il existe une matrice inversible
P ∈ Mn (C) telle que


λ1
(∗)

 −1
..
(∗) : M = P 
P
.
None
(0)
λn
λ1
scho
la

Tr (M ) = Tr 
rvox.

com:
où λ1 , ..., λn sont les valeurs propresde M (comptées
avec multiplicité). Comme la trace
est invariante par conjuguaison (Tr P BP −1 = Tr (B)), on obtient l’égalité :
(0)
..
(∗)
.
λn

n
 λi .
 =
i=1
univ.
En évalant au carrée l’égalité (∗) et comme le carré d’une matrice triangulaire T est
triangulaire dont les coefficients diagonaux sont les coefficients diagonaux de T élevés au
60
CCINP
carré, on obtient les égalités suivantes :


2
2
λ1
(λ1 )
(∗)



−1
..
M2 = P 
 P =P
.
(0)
⇒ Tr M
2
λn

(λ1 )

= Tr 
.
2

 −1
P
(0)
(λn )

(∗)
n
 2
(λi ) .
 =
2
..
..
(∗)
.
(λn )
(0)
2
i=1
3. Premier cas a = 0. La matrice Ma est triangulaire donc ses valeurs propres sont
ses coefficients diagonaux c’est-à-dire Sp (Ma ) = {0, 1} . D’après la question 1, on a
dim (E0 (Ma )) = n − 1 et, comme 1 est valeur propre de Ma , on a dim (E1 (Ma )) ce qui
fournit l’inégalité
dim (E0 (Ma )) + dim (E1 (Ma )) ⩾ n.
7897
018
Or, la somme des dimensions des espaces propres de Ma étant au plus égal à n, on en
déduit que
dim (E0 (Ma )) + dim (E1 (Ma )) = n
:164
donc Ma est diagonalisable.
a
···

a
a 

2
..  ⇒ Tr (Ma ) = 1 + 2 (n − 1) a.
. 
582:
···
···
0753
1
a
a
..
.
a
Ainsi, on dispose du système suivant :
α+β =1
⇔
2
2
α + β = 1 + 2 (n − 1) a
⇔
:211
Un calcul direct montre que :

1 + (n − 1) a

1

2
(Ma ) = 
..

.
8891
2502
2
02 + · · · + 02 + α2 + β 2 ⇔ α2 + β 2 = Tr (Ma ) .
None
=
0 + ··· + 0 + α + β ⇔ α + β = 1
β =1−α
2
α + (1 − α) = 1 + 2 (n − 1) a
2
com:
=
β =1−α
α2 − α − (n − 1) a = 0
rvox.
Tr (Ma )
2
Tr (Ma )
:89.8
4.12
7.44
Second cas a = 0. Comme Ma est trigonalisable dans Mn (C) (cf. l’argumentaire de
la question précédente), il existe une matrice triangulaire T et une matrice inversible
P telle que Ma = P T P −1 . Les valeurs propres de Ma sont celles de T c’est-à-dire les
coefficients diagonaux de T. D’après la question 1, on a dim (E0 (Ma )) = n−2, donc n−2
des coefficients diagonaux valent 0. Notons α et β les deux autres coefficients diagonaux
restant de T. D’après la question 2, on a :
scho
la
Le discriminant du trinôme de la seconde équation est ∆ = 1 + 4 (n − 1) a.
Si ∆ > 0 alors α et β sont distincts, appartiennent à R et on a :
univ.
dim (Eα (Ma )) ⩾ 1,
dim (Eβ (Ma )) ⩾ 1,
dim (E0 (Ma )) + dim (Eα (Ma )) + dim (Eβ (Ma )) ⩾ (n − 2) + 1 + 1 = n
Réduction des endomorphismes et des matrices
61
Comme la somme des dimensions des espaces propres de Ma vaut au plus n, on en déduit
l’égalité :
dim (E0 (Ma )) + dim (Eα (Ma )) + dim (Eβ (Ma )) = n
donc Ma est diagonalisable dans Mn (R) .
Si ∆ < 0 alors α et β sont distincts et appartiennent à C\R donc Ma n’est pas diagonalisable dans Mn (R). Par contre, en utilisant le raisonnement du cas ∆ > 0, Ma est
diagonalisable dans Mn (C) . √
1± ∆
1
Si ∆ = 0 alors α = β =
= . La matrice
2
2


1/2
a
a ···
a
 1
−1/2 0 · · ·
0 


 ..
.. 
.
.
1
.
.

.
.
0
. 
A − In =  .

2
 .

..
..
..
 ..
.
.
.
0 
1
0
···
0 −1/2
4.12
7.44
:164
7897
018
1
1
est de rang au moins n−1. En effet, la matrice In−1 extraite de A− In (en éliminant sa
2
2
première ligne et sa première colonne) est inversible. Par conséquent, d’après le théorème
du rang, on a :
1
1
= n − rg A − In
dim E−1/2 (A) = dim ker A − In
2
2
⩽ n − (n − 1) = 1
:89.8
Ainsi, donc la somme des dimensions des espaces de A vaut
dim (E0 (A)) + dim E−1/2 (A) ⩽ n − 2 + 1 = n − 1 < n
8891
2502
ce qui prouve que A n’est pas diagonalisable.
Conclusion : la matrice A est diagonalisable dans Mn (R) si et seulement si
582:
1 + (n − 1) a > 0 ⇔ a > −
1
.
n−1
0753
La matrice A est diagonalisable dans Mn (C) si et seulement si
:211
1 + (n − 1) a = 0 ⇔ a = −
1
.
n−1
com:
None
Commentaires 34 Exercice classique de nombreux concours et parfaitement adapté à
CCINP. Il constitue un très bon sujet de révision pour tester ses connaissances sur le
cours de réduction et les méthodes effectives associées.
1. Montrer que Tr (A) ≡ n [2] .
2. Montrer que |Tr (A)| ⩽ n − 2 si A = In et A = −In
3. On note C (A) = {M ∈ Mn (R) ,
univ.
62
scho
la
rvox.
Exercice 35 (CCINP) Soit n ⩾ 2 et on note E = Mn (R) . On considère A ∈ E telle que
A2 = In .
AM = M A} .
Prouver que dim (C (A)) est de la parité de n.
Solution 35
CCINP
62
62
CCINP
CCINP
Prouver que dim (C (A)) est de la parité de n.
SolutionProuver
35
que dim (C (A)) est de la parité de n.
1. Le polynôme R (X) = X 2 − 1 = (X + 1) (X − 1) est scindé à racines simples et annule
Solution 35
A donc A est diagonalisable, Sp (A) ⊂ {racines de R} = {−1, 1} et il existe une matrice
1. Le
polynôme
R (X)
inversible
P telle
que= :X 2 − 1 = (X + 1) (X − 1) est scindé à racines simples et annule
A donc A est diagonalisable, Sp
{racines
R}
A (A)
= P⊂diag
(Is , −Ide
) P=−1{−1, 1} et il existe une matrice
n−s
inversible P telle que :
où s = dim (E1 (A)) et n − s = dim (E−1 (A)) . Par conséquent,
on obtient l’égalité :
A = P diag (Is , −In−s ) P −1
−I(A))
(A) et =
(diag
où s = dim (E1Tr
(A))
n −Tr
s=
dim(I
(E
. Par conséquent, on obtient l’égalité :
r ,−1
n−s ))
= 1 + · · · + 1 + (−1) + · · · + (−1)
(Ir , −I
n−s )) Tr (A) = Tr (diag
s fois
n−s fois
= 1 + · · · + 1 + (−1) + · · · + (−1)
− s)
=−n + 2s= n + 2(s − n) ≡ n [2] .
= s − (n
s fois
n−s fois
4.12
7.44
:164
7897
018
= de
s −la(nréponse
− s) = à−n
2s = n précédente.
+ 2 (s − n) ≡
2. On conserve les notations
la +
question
Si nA[2]
=. In alors s = n
(sinon, s = n donc A = P In P −1 = In ) et si A = −In alors s = 0 (sinon, s = 0
−1 de la réponse à la question précédente. Si A = I alors s = n
2. On
= −In ). Ainsi, comme s est un entier, on a l’encadrement
doncconserve
A = Ples
(−Inotations
n
n) P
(sinon,
= 1ndonc
donc: A = P In P −1 = In ) et si A = −In alors s = 0 (sinon, s = 0
1 ⩽ s ⩽ sn −
donc A = P (−In ) P −1 = −In ). Ainsi, comme s est un entier, on a l’encadrement
= :−n + 2s ∈ {−n + 2, .., −n + 2 (n − 1)} = {−n + 2, ..., n − 2}
1 ⩽ s ⩽Trn (A)
− 1 donc
⇒ −n + 2 ⩽ Tr (A) ⩽ n − 2 ⇒ |Tr (A)| ⩽ n − 2.
Tr (A) = −n + 2s ∈ {−n + 2, .., −n + 2 (n − 1)} = {−n + 2, ..., n − 2}
−n + 2de⩽laTrréponse
(A) ⩽ n
⇒ |Tr (A)|
− 2. D = diag (Is , −In−s ) .
3. On conserve les⇒
notations
à−
la 2question
1 et⩽onn note
Soit M ∈ Mn (R) , on pose M = P −1 M P donc M = P M P −1 et on a :
3. On conserve les notations de la réponse à la question 1 et on note D = diag (Is , −In−s ) .
−1
−1
P a P: DP −1
(A)pose
⇔ AM
= PM−1
AM
⇔PPdonc
DP −1
, on
M =
MP M
= PPM P=−1P M
et on
Soit M ∈MMn∈(R) C
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
⇔ P DM P −1 = P M DP −1 ⇔ DM = M D
M ∈ C (A) ⇔ AM = M A ⇔ P DP −1 P M P −1 = P M P −1 P DP −1
−1 des matrices
et par
(par multiplication
à gauche
parDM
P −1
⇔ P DM
P = P M DP −1 ⇔
= M D multiplication à droite des
matrices par P ). Écrivons M sous forme de matrice blocs
(par multiplication à gauche des matrices
par P −1 et par multiplication à droite des
M1,1M M
sous
matrices par P ). Écrivons
1,2 forme de matrice blocs
M =
∈ Mn−s (R) ,
avec M1,1 ∈ Ms (R) , M2,2
M
M
2,1
2,2
M1,2
1,1 (R)
MM
∈ MM
et Mavec
M
. , M2,2
s,n−s
n−s,s
∈ M(R)
∈ Mn−s (R) ,
=
1,2
2,1 ∈M
s (R)
1,1
M2,1 M2,2
a :
D’après le M
calcul
matriciel
par(R)
blocs,
on2,1
∈ Ms,n−s
et M
∈ Mn−s,s (R) .
1,2
M : M1,2
M1,1 M1,2
Is
I
0
0
D’après
=
M matriciel
D ⇔ s par blocs, on a1,1
DM le =calcul
M2,2
M2,2
M2,1
0 −In−s 0 −In−s M2,1
M
M
M
M
I
0
0
1,1
Is
s
M 1,2
1,1
1,2
= −M1,2
M1,1 −M1,2 =
M
⇔ M1,2
DM = M D1,1
1,2
=
⇔
⇔
M
M
M
M
0
−I
0
−I
n−s
2,1
n−s
2,1 =2,2
−M2,2
−M2,1
2,2 M2,1
−M2,1 −M 2,2 M2,1
M =
−M
M
−M
M
M
1,2 M 1,2
1,1
= 0 1,2
01,2
M1,1
M
⇔
⇔
1,1 0
1,1
M ==
⇔M =
P −1 .
⇔
M2,1
−M2,2
MP
= −M
−M1,2
−M⇔
2,1
2,1
2,1
2,2
0
M
M
0
M
=
0
1,2
2,2
2,2
=0
0
0
M1,1
M1,2
M1,1
⇔
M
⇔
M
=
P
P −1 .
⇔
=
L’application
M1,2
0
M2,2
0
M2,2
= 0
 Ms (R) × Mn−s (R) →
M2n (R)
L’application
A 0
f :
B)
→ P
P −1
 M (R)(A,
× Mn−s (R) →
0 2nB(R)

s
M
A 0
f:
(A, B)
→ P
P −1

0 B
Réduction des endomorphismes et des matrices
63
est linéaire (la vérification est laissée au soin du lecteur). D’après le raisonnement que
nous venons de tenir, on peut affirmer que :
Im (f )
=
=
=
{f (A, B) , (A, B) ∈ Ms (R) × Mn−s (R)}
A 0
−1
P
P , (A, B) ∈ Ms (R) × Mn−s (R)
0 B
C (A) .
En outre, f est injective puisque l’on a les équivalences suivantes :
(A, B)
∈
⇔
0
P −1 = 02n
B
A
0
ker (f ) ⇔ f (A, B) = 02n ⇔ P
A 0
= 02n (par multiplication par P −1 et P )
0 B
A = 0s et B = 0n−s ⇔ (A, B) = (0s , 0n−s ) .
018
⇔
dim (Ms (R) × Mn−s (R))
:164
=
=
dim (Ms (R)) + dim (Mn−s (R))
=
s2 + (n − s) = 2s2 − 2ns + n2 ≡ n2 [2] ≡ n [2]
2
7.44
dim (C (A))
7897
Ainsi, f est un isomorphisme de Ms (R) × Mn−s (R) sur Im (f ) = C (A) donc :
:89.8
4.12
(si n ≡ 0 [2] alors n2 ≡ 02 [2] ≡ 0 [2] ≡ n [2] et si n ≡ 1 [2] alors n2 ≡ 12 [2] ≡ 1 [2] ≡
n [2]).
0753
582:
8891
2502
Commentaires 35 Sous un aspect a priori peu conventionnel, ce sujet traite de questions très classiques liées à la réduction. Il s’avère incontournable pour les révisions, notamment la gestion du commutant d’une matrice diagonalisable par le calcul matriciel par
blocs (après réduction au cas diagonale). Comme d’habitude, le calcul de la dimension du
commutant sera discriminante et sa justification précise sera sélective.
None
:211
Exercice 36 (CCINP) Soit P ∈ R[X]. On définit l’application φ sur R [X] par :
φ(P ) = (2X + 1) P − X 2 − 1 P .
1. Montrer que φ est un endomorphisme.
com:
2. Soit P un vecteur propre de φ. Déterminer le degré de P .
3. Déterminer les vecteurs propres de φ.
Solution 36
scho
la
rvox.
4. Montrer que la restriction de φ à R2 [X] induit un endomorphisme. Est-il diagonalisable ?
univ.
1. Si P ∈ R [X] alors φ (P ) ∈ R [X] (comme somme, dérivée et produit de polynômes
à coefficients réels). Pour conclure, il suffit de vérifier que φ est linéaire. Pour tout
64
CCINP
2
(P, Q) ∈ (R [X]) et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
φ (λP + µQ)
(2X + 1) (λP + µQ) − X 2 − 1 (λP + µQ)
2
= λ (2X + 1) P + µ (2X + 1) Q − X − 1 (λP + µQ )
= λ (2X + 1) P + µ (2X + 1) Q − λ X 2 − 1 P − µ X 2 − 1 Q
= λ (2X + 1) P − X 2 − 1 P + µ (2X + 1) Q − X 2 − 1 Q
= λφ (P ) + µφ (Q) .
=
2. Soit P ∈ R [X] un vecteur propre de φ et λ la valeur propre de φ associée à P . Par
définition, P est non nul donc il possède un degré N et il existe un nombre réel aN tel
que P = aN X N + Q avec deg (Q) < N. En outre, on a l’égalité :
φ (P ) = λP ⇔ (2X + 1) aN X N + Q − X 2 − 1 N aN X N −1 + Q = λP
⇔
(2 − N ) aN X N +1 + R = λaN X N + Q avec deg (R) ⩽ N.
⇒
÷aN =0
2 − N = 0 ⇔ N = 2.
7897
(2 − N ) aN = 0
018
Par unicité des coefficients d’un polynôme, notamment celui de X N +1 , on en déduit
l’égalité suivante :
⇔
:89.8
φ (P )
X 2 + bX + c, P (X) = 2X + b
= λP ⇔ (2X + 1) P − X 2 − 1 P = λP
⇔ (2X + 1) X 2 + bX + c − X 2 − 1 (2X + b) = λX 2 + λbX + λc
=
8891
2502
P (X)
4.12
7.44
:164
Ainsi, tout vecteur propre de φ est de degré 2.
3. Soit P un vecteur propre de φ et λ la valeur propre associé. D’après la question précédente, P est de degré 2. Quitte à diviser P par son coefficient dominant, on peut toujours
supposé qu’il est unitaire (puisque les espaces propres sont stables par multiplication par
un réel car se sont des espaces vectoriels). Ainsi, il existe deux réels b, c tels que :
(1 + b) X 2 + (2 + b + 2c) X + b + c = λX 2 + λbX + λc.
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
Par unicité des coefficients d’un polynôme, l’égalité précédente est équivalente au système
suivant :



1+b=λ
λ=1+b

 λ=1+b

b2 = 2 + 2c
2 + b + 2c = λb ⇔
2 + b + 2c = b + b2 ⇔



b + c = c + bc
b + c = λc
b = bc



b=0
 b (1 − c) = 0

 c=1
b2 = 2 + 2c ⇔
2 + 2c = 0 ou
b2 = 4
⇔



λ=1+b
λ=1
λ=1+b



 b=0
 c=1
 c=1
c = −1 ou
b = 2 ou
b = −2
⇔



λ=1
λ=3
λ=1
scho
la
⇔ P = X 2 − 1 ou P = X 2 + 2X + 3 ou P = X 2 − 2X + 1.
univ.
Au final, les vecteurs propres de φ sont les polynômes :
P = a X 2 − 1 ou P = a X 2 + 2X + 3 ou P = a X 2 − 2X + 1 , a ∈ R∗
associés respectivement aux valeurs propres 1, 3 et 1.
Réduction des endomorphismes et des matrices
65
4. Soit P ∈ R2 [X], il existe trois réels a, b, c tels que P (X) = aX 2 + bX + c. On a :
φ (P ) = (2X + 1) aX 2 + bX + c − X 2 − 1 (2aX + b)
=
(a + b) X 2 + (2a + b + 2c) X + b + c ∈ R2 [X]
et comme φ est linéaire, on peut affirmer que φ est un endomorphisme de R2 [X] . En
outre, d’après la question précédente, les valeurs propres de φ sont 1 et 3. Comme X 2 +
2X + 3 est un vecteur propre associé à 3, on a dim (E3 (φ)) ⩾ 1. Comme X 2 − 1 et
X 2 − 2X + 1 sont deux vecteurs propres de φ associés à la valeur propre 1 et qu’ils ne
sont pas colinéaires, on en déduit que dim (E1 (φ)) ⩾ 2. Ainsi, on dispose de l’inégalité
suivante :
dim (E3 (φ)) + dim (E1 (φ)) ⩾ 1 + 2 = 3 = dim (R2 [X]) .
et comme
dim (E3 (φ)) + dim (E1 (φ)) ⩽ dim (R2 [X]) ,
on en déduit l’égalité :
018
dim (E3 (φ)) + dim (E1 (φ)) = dim (R2 [X])
:164
7897
donc φ est diagonalisable.
4.12
7.44
Commentaires 36 Il s’agit d’un bon exercice pour réviser la notion d’éléments propres
d’un endomorphisme en dimension infinie et finie ainsi que la gestion des polynômes. Les
raisonnements sont classiques et bien adaptés à CCINP.
8891
2502
:89.8
Exercice 37 (CCINP) Soient E un K-espace vectoriel et u un endomorphisme de E. On
dit que u est cyclique s’il existe un vecteur x0 ∈ E, tel que β = (x0 , u(x0 ), ..., un−1 (x0 ))
soit une base de E. On dit que x0 est un u-générateur de E.
1. Donner la forme de la matrice de u dans la base β d’un u-générateur de E.
Montrer que π u = χu .
582:
2. On suppose u est nilpotent. Montrer que : u cyclique ⇔ u nilpotent d’indice n.
:211
0753
3. On suppose que u admet n valeurs propres 2 à 2 distinctes. Montrer que u est
cyclique.
Indication : Montrer que x0 = x1 + · · · + xn est u-générateur de E, où (xi )1⩽i⩽n
est une base de vecteurs propres u.
None
Solution 37
com:
1. Comme un (x0 ) ∈ E, il existe des éléments (ak )0⩽k⩽n−1 ∈ Kn tel que
n−1
un (x0 ) =
ak uk (x0 ) . Ainsi, la matrice de u dans la base β est :
rvox.
k=0
univ.
scho
la
u (x0 ) · · · un−1 (x0 ) un (x0 )


0
··· 0
a0


.
..
1
. ..
a1 


A=

.. 
..

. 0
. 
(0)
1
an−1
x0
u (x0 )
..
.
un−1 (x0 )
.
66
CCINP
Le polynôme caractéristique de u étant celui de A, on a :
X ···
0
..
.
..
−1
.
χu (X) = χA (X) = det (XIn − A) = ..
. X
(0)
−1
−a1 .
..
.
X − an−1 −a0
n
En effectuant l’opération L1 ← L1 + XL2 + X 2 L3 + · · · + X n−1 Ln (afin d’annuler tous
les coefficients de la première ligne, sauf le dernier), on obtient l’égalité :
−a0 − a1 X − a2 X 2 − · · · − an−2 X n−2 − a,n−1 X n−1 + X n a1
..
.
−.
..
X
.
−1
X − an−1
n
···
(0)
..
.
7897
ak X k , en développant ce déterminant selon la première
k=0
−1
−
n+1
P (X) χu (X) = (−1)
(0)
:164
ligne, on obtient l’égalité :
n−1
X
..
.
(0)
..
.
..
..
.
.
−
n+1
n−1
= (−1)
P (X) (−1)
= P (X)
X −1n−1
7.44
Si on note P (X) = X n −
4.12
.
−
:89.8
..
018
0
8891
2502
0 ···
−1 X
..
.
χu (X) = −
.
..
(0)
582:
(puisque le dernier déterminant est triangulaire). Comme le polynôme minimal π u de u
divise tout polynôme annulateur de u et que χu annule u (d’après le théorème de CayleyHamilton), on en déduit que π u divise χu c’est-à-dire qu’il existe un polynôme Q tel que
χu = Qπ u . Supposons que le degré s de π u soit de degré strictement inférieur à n. Il
s
bk X k . Comme π u annule u, on a :
existe (bk )0⩽k⩽s ∈ Ks+1 vérifiant π u (X) =
k=0
bk u k = 0 ⇒
s
k=0
bk uk (x0 ) = 0 ⇒ ∀k ∈ {0, ..., s} , bk = 0
:211
s
None
π u (u) = 0 ⇔
0753
k=0
com:
car la famille uk (x) 0⩽k⩽s est une famille libre (comme famille extraite de la base β).
Ainsi, π u = 0 ce qui est absurde donc s = n, ce qui entraine que Q est une constante.
Comme χu et π u sont unitaires, cette constante vaut 1 c’est-à-dire que χu = π u .
univ.
scho
la
rvox.
2. Implication directe. Supposons que u soit cyclique. Comme u est nilpotent, il existe
un entier k ⩾ 1 tel que uk = 0. Ainsi, le polynôme R (X) = X k annule u donc π u
divise R (X) c’est-à-dire qu’il existe un entier s ∈ {1, .., k} tel que π u (X) = X s . D’après
la question précédente, on a χu = π u = X s donc s = n puisque χu est de degré n.
Par conséquent, un = π u (u) = 0 et un−1 = 0 (sinon le polynôme X n−1 annule u donc
π u = X n divise X n−1 ce qui est absurde) donc u est nilpotent d’indice n.
Implication réciproque. Supposons que u soit nilpotent d’indice n c’est-à-dire que
Réduction des endomorphismes et des matrices
67
n
n−1
= 0. Il existe x0 ∈ E tel que un−1 (x0 ) = 0 et montrons que la famille
u k= 0 et
u
u (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est libre. Soit (λk )0⩽k⩽n−1 ∈ Kn tel que :
(∗) : λ0 x0 + λ1 x0 + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
En composant par un−1 cette égalité, par linéarité de un−1 et du fait que us = 0 si s ⩾ n,
on obtient l’égalité :
⇒
λ0 = 0.
λ0 un−1 (x0 ) = 0
un−1 (x0 )=0
Supposons qu’il existe un entier q ∈ {1, ..., n − 1} tel que λ0 = · · · = λq−1 = 0 alors
l’égalité (∗) devient :
λq uq (x0 ) + · · · + λn−1 un−1 (x0 ) = 0.
En composant cette égalité par un−1−q (licite car n−1−q ∈ N), , par linéarité de un−1−q
et du fait que us = 0 si s ⩾ n, on obtient l’égalité :
⇒
un−1 (x0 )=0
λq = 0.
018
λq un−1 (x0 ) = 0
7897
Ainsi, on
vient de montrer (par récurrence) que λ0 = · · · = λn−1 = 0 c’est-à-dire que la
famille uk (x0 ) 0⩽k⩽n−1 est libre. Or, cette famille est de cardinal n = dim (E) donc il
s’agit d’une base de E, ce qui prouve que u est cyclique.
:89.8
4.12
7.44
:164
3. Comme u admet n = dim (E) valeurs distinctes, u est diagonalisable et la dimension de
chaque espace propre vaut 1. Notons λ1 , .., λn les n valeurs propres distinctes de u et, pour
chaque k ∈ {1, .., n} , xk une base de l’espace propre Eλk (u) . La famille B = (x1 , ..., xn )
esti une base de E et ∀k ∈ {1, ..., n} , u (xk ) = λk xk . Nous allons montrer que la famille
u (x0 ) 0⩽i⩽n−1 est une base de E (donc u est cyclique) en prouvant que le déterminant
de ces n vecteurs dans la base B est non nulle. Pour cela, nous allons expliciter les
coordonnées de ui (x0 ) dans la base B. Soit k ∈ N, commençons par remarquer que :
8891
2502
∀i ∈ N, ui+1 (xk ) = ui (u (xk )) = ui (λk xk ) = λk ui (xk ) .
Ainsi, la suite ui (xk ) i∈N est géométrique de raison λk donc :
i
i
i
582:
∀i ∈ N, ui (xk ) = (λk ) u0 (xk ) = (λk ) Id (xk ) = (λk ) xk .
:211
0753
Par conséquent, pour tout i ∈ {0, .., n − 1} , on a :
n
n
n
i
i
i
u (x0 ) = u
xk =
ui (xk ) =
(λk ) xk .
k=1
k=1
k=1
None
La matrice P des vecteurs x0 , u (x0 ) , .., un−1 (x0 ) dans la base B est :
scho
la
rvox.
com:
x0 u (x0 ) · · · un−1 (x0 )

n−1 
1 λ1 · · · (λ1 )
x1
 ..

 . λ2 · · · (λ2 )n−1  x2
 .
P = 

 .
..
..
1 . · · ·
 .
.
n−1
xn
0 λn · · · (λn )
univ.
Cette matrice est inversible (matrice de Vandermonde associée aux nombres λ1 , .., λn qui
sont deux à deux distinctes) ce qui permet de conclure.
68
CCINP
Remarque : Pour justifier directement l’inversibilité de P, il suffit de montrer que ses
colonnes C1 , .., Cn forment une famille libre. Soit α0 , ..., αn−1 des éléments de K tels
que :
n−1
n−1
k
k
αk+1 (λ1 ) = 0, · · ·
αk+1 (λ1 ) = 0 .
α0 C1 + · · · + αn−1 Cn = 0 ⇔
k=0
Ainsi, le polynôme R =
(λ1 , .., λn ) donc :
n−1
k=0
αk X k est de degré au plus n−1 et admet n racines distinctes
k=0
R = 0 ⇔ α0 = · · · = αn−1 = 0,
ce qui prouve la liberté de la famille (C1 , .., Cn ) .
4.12
7.44
:164
7897
018
Commentaires 37 Chaque question est d’un niveau élevé pour le concours CCINP et
seule la réciproque de la question 2 est un classique de MPSI (encore faut-il le voir ... et
savoir le faire). Les questions 1 et 3 sont des standards des concours Centrale-Supélec et
Mines-Ponts. Je déconseille cet exercice aux étudiants moyens en début de révision (consolidez préalablement vos connaissances en algèbre linéaire et réduction). Pour la question
1, le calcul de ce polynôme caractéristique intervient fréquemment à l’écrit et l’oral de
nombreux concours donc n’hésitez pas à le travailler. On peut procéder par récursion (sur
le nombre de coefficients) en développant le déterminant selon la première colonne. Les
questions 1 et 2 sont très bien pour s’entrainer sur les aspects théoriques du polynôme
minimal.
:89.8
Exercice 38 (CCINP) Soit, pour n ∈ N× , Mn la matrice de Mn (R) dont les coefficients
diagonaux sont 1, 2, .., n et les autres coefficients sont tous égaux à 1. Soit Pn le polynôme
caractéristique de Mn .
8891
2502
1. Montrer que Pn+1 (X) = (X − n) Pn (X) − X (X − 1) · · · (X − n + 1) .
2. Montrer que, pour tout n et pour tout k ∈ {0, .., n − 1} , on a (−1)n−k Pn (k) > 0.
582:
3. En déduire que chaque intervalle ]0, 1[ , ]1, 2[ , ..., ]n − 1, +∞[ contient exactement
une valeur propre de Mn .
Solution 38
X − 1
−1
1. Pn+1 (X) = det (XIn+1 − Mn+1 ) = −1
.
..
−1
0753
···
−1
.
..
..
.
..
.
.
−1
..
..
..
.
.
.
−1
···
−1 1 X − (n + 1)n+1
On effectue les opérations élémentaires suivantes : ∀i ∈ {2, ..., n + 1} , Li ← Li − L1 ,
ce qui nous donne :
X − 1
−1
−1
···
−1 −X
X −1 0
···
0 .. .
.
..
..
0
. Pn+1 (X) = −X
.
..
..
..
. X −n+1
.
0 −X
0
···
0
X − n
−1
.
X − 2 ..
..
..
.
.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
−1
n+1
Réduction des endomorphismes et des matrices
69
On développe ce nouveau déterminant selon la dernière ligne :
X − 1
−1
−1
···
−X
X
−
1
0
·
·
·
..
..
Pn+1 (X) = (X − n) .
.
0
−X
.
.
..
..
..
. X − n + 1
n
−1
−1
···
X − 1 0
···
1+(n+1) .
..
+ (−X) (−1)
.
0
.
.
.
.
.. X − n + 1
..
−1
0 .. . 0 n
7897
018
Le premier déterminant vaut Pn (il suffit de faire les opérations Li ← Li + L1 pour tout
i ∈ {2, ..., n} , pour le réobtenir) et on développe le second selon la dernière colonne :
X − 1 0
···
..
..
n+2
n+1
.
.
Pn+1 (X) = (X − n) Pn (X) + (−X) (−1)
(−1) 0
(−1)
.
.
.
.
2n+3
=(−1)
=−1
. X − n + 1
.
n
(X − n) Pn (X) − X (X − 1) · · · (X − n + 1) .
:164
=
∈
{0, ..., n − 1} ,
⇒
(−1)
n+1−k
Pn+1 (k) = (k − n) Pn (k)
8891
2502
∀k
:89.8
4.12
7.44
(puisque ce dernier déterminant est triangulaire).
2. On procède par récurrence sur n. Pour n = 1, pour tout k ∈ {0} ⇔ k = 0, P1 (X) = X −1
1−0
P1 (0) = 1 > 0 donc l’initialisation n = 1 est vraie. Supposons la propriété
et (−1)
vérifiée pour un certain entier n ⩾ 1 alors, en utilisant la relation de récurrence de la
question 1, on a :
n−k
Pn+1 (k) = (n − k)(−1)
Pn (k) > 0
>0
−n (n − 1) · · · 1 = −n! ⇒ (−1)
=
>0
Pn+1 (n) = n! > 0,
582:
Pn+1 (n)
n+1−n
(−1)
n−k
Pn (k) (−1)
:211
donc
n−(k+1)
Pn (k) > 0 et (−1)
n−(k+1)
Pn (k + 1) > 0
None
n−k
(−1)
0753
ce qui démontre la propriété au rang n + 1 et achève la récurrence.
3. Soit n ⩾ 2. Pour tout k ∈ {0, ..., n − 2} , on a :
Pn (k + 1) > 0 ⇔ Pn (k) Pn (k + 1) < 0.
scho
la
rvox.
com:
Pour chaque k ∈ {0, .., n − 1} , la fonction x → Pn (x) étant continue sur l’intervalle
[k, k + 1] et Pn (k) Pn (k + 1) < 0, le théorème des valeurs intermédiaires montre que
l’équation Pn (x) = 0 admet une solution sur l’intervalle ]k, k + 1[ (donc sur ]0, 1[ , ]1, 2[ ,
..., ]n − 2, n − 1[). En outre, d’après la relation de récurrence de la question 1, on a
∀n ∈ N, Pn+1 (n) = −n! < 0. En particulier, pour n ⩾ 1, on a
Pn (n − 1) = − (n − 1)! < 0 et lim Pn = +∞
+∞
univ.
(polynôme unitaire de degré n) donc, toujours d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation Pn (x) = 0 admet une solution sur l’intervalle ]n − 1, +∞[ . Par
70
CCINP
conséquent, on vient de prouver que Pn admet n racines distinctes sur R. Or Pn est
un polynôme de degré n donc il n’admet pas d’autres racines ce qui prouve le résultat
attendu.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Commentaires 38 Exercice non conventionnel mais bien adapté à CCINP. Il est néanmoins discriminant car il requiert de la part du candidat une certaine agilité intellectuelle
(calcul de déterminant en grande taille, procéder à une récurrence « sophistiquée », penser
à l’analyse pour obtenir des racines). Les questions de ce sujet étant suffisamment autonomes (pour chaque question, la réponse est fournie), le candidat ne doit pas hésiter à
admettre une question pour en traiter une autre où il a des idées afin d’optimiser sa phase
de préparation. Il s’agit d’un très bon sujet de révision.
Réduction des endomorphismes et des matrices
2.2
71
Mines-Telecom
Exercice 39 (Mines-Telecom)
1. Soit A ∈ M2 (C) non diagonalisable. Montrer qu’on peut écrire A = αI2 + N avec
α ∈ C et N telle que N = 0 et N 2 = 0.
2 −1
.
2. Résoudre l’équation M n =
1 0
Solution 39
1. Le polynôme caractéristique de A est un polynôme unitaire du second degré de C [X]
qui est scindé dans C [X] (d’après le théorème de d’Alembert-Gauss). Comme A est non
diagonalisable, χA ne peut être scindé à racines simples (sinon A serait diagonalisable)
2
donc χA admet une racine double. Notons la α alors χA (X) = (X − α) . D’après le
théorème de Cayley-Hamilton, on a :
018
2
χA (A) = 0 ⇔ (A − αI2 ) = 0.
1 2
= X 2 − 2X + 1 = (X − 1) ⇒ Sp (A) = {1} .
X
4.12
X − 2
χA (X) = −1
7.44
:164
7897
On note alors N = A − αI2 qui vérifie N 2 = 02 . En outre, N = 02 (sinon A = αI2 est
diagonale donc diagonalisable, ce qui est absurde).
2 −1
2. Notons A =
. Un calcul direct montre que :
1 0
582:
8891
2502
:89.8
Déterminons une base de E1 (A) .
x
2x − y = x
X =
∈ E1 (A) ⇔ AX = X ⇔
y
x=y
1
x
1
⇔ X=
=x
⇔ E1 (A) = Vect
1
x
1
:211
0753
Ainsi, A n’est pas diagonalisable (car dim (E1 (A)) = 2 quiest la taille de A) mais on
1
peut la trigonaliser (car χA est scindé). On complète ε1 =
en une base (ε1 , ε2 ) de
1
1
M2,1 (R) en choisissant ε2 =
par exemple. Alors, on a :
0
None
2
1
= ε1 + ε2 ⇒ A = P T P −1 avec P =
1
1
com:
Aε2 =
1
0
et T =
rvox.
Soit M ∈ M2 (C) telle que M n = A alors :
scho
la
M A = M M n = M n+1 = M n M = AM.
On note M = P −1 M P ⇔ M = P M P −1 alors on a :
=
⇔
M A ⇔ P T P −1 P M P −1 = P M P −1 P T P −1
univ.
AM
P T M P −1 = P M T P −1 ⇔ T M = M T
1
0
1
.
1
72
Mines-Telecom
(en multipliant par P −1 à gauche et par P à droite). En posant M =
déduit que :
TM
a+c b+d
a a+b
M T ⇔
=
c
d
c c+d

a+c=a



b+d=a+b
c=0
a
⇔
⇔
⇔ M =
c
=
c
a
=
d
0



d=c+d
a
c
b
, on en
d
=
b
a
= aI2 + bE1,2 .
k=0
7897
018
En réinjectant cette formulation dans l’équation souhaitée, on a :
n
n
n
M n = A ⇔ P M P −1 = P T P −1 = P (M ) P −1 = P T P −1 ⇔ (M ) = T.
0 1
2
Comme la matrice E1,2 =
est nilpotente (car (E1,2 ) = 02 ) et qu’elle commute
0 0
avec I2 , on peut appliquer la formule du binôme de Newton :
n
1 1
1 1
n−k
n
k
=
⇔
(bE1,2 ) (aI2 )
(aI2 + bE1,2 ) =
0 1
0 1
=0 si k⩾2
n
1
a
nan−1 b
1 1
n
n−1
bE1,2 =
⇔
=
⇔ a I2 + na
1
0
an
0 1

2πik



a = exp
, k ∈ {0, ..., n − 1}


an = 1


n
n−1
nb a
⇔
.
= 1 ⇔ 
a
2πik


n
b
=
=
exp
,
k
∈
{0,
...,
n
−
1}

=a /a=1/a


n
n
:164
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
1
0
−1
None
1
0
=
:211
1
(par un calcul direct en remarquant que
1
0753
582:
Par conséquent, les solutions de l’équation M n = A forment l’ensemble suivant :
2πik
1 1/n
−1
exp
P
P , k ∈ {0, ..., n − 1}
0
1
n
2πik
1 + 1/n −1/n
=
exp
, k ∈ {0, ..., n − 1}
1/n
1 − 1/n
n
0
1
1
).
−1
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 39 Il s’agit d’un problème classique (les racines de matrices) dans un cas
moins classique (le cas trigonalisable). La première question est élémentaire. La seconde
requiert une bonne maitrise des calculs pour ne pas s’y noyer ainsi que la stratégie générale
de la résolution des équations matricielles polynomiales (passer par l’étude du commutant).
L’exercice est discriminant.
1. A est-elle diagonalisable sur C ?
2. A est-elle diagonalisable sur R ?
Solution 40
3
univ.
Exercicedes
40endomorphismes
(Mines-Telecom)
∈ Mn (R) telle que A3 + A − In = 0.
Réduction
etSoit
des A
matrices
73
Réduction des endomorphismes et des matrices
73
Réduction des endomorphismes et des matrices
2. A est-elle diagonalisable sur R ?
73
2. A40
est-elle diagonalisable sur R ?
Solution
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
1. Le polynôme
P = X 3 + X − 1 ∈ C [X] annule A. Il est scindé sur C [X] (d’après le
Solution
40
théorème de d’Alembert-Gauss
car P est non constant). Supposons qu’il possède une
− 1z∈alors
C [X]
1. Le
polynôme
P = double
X3 + X
racine
(au moins)
notée
: annule A. Il est scindé sur C [X] (d’après le
théorème de d’Alembert-Gauss car P est non constant). Supposons qu’il possède une
3
1
racine (au moins)
double
+ z :− 1 = 0
P (z)
= 0 notée z zalors
z2 = −
⇔
⇔ 3
2
3z + 1 = 0
P (z) = 0
1 −11 = 0
z z2 +
P (z) = 0  z 3 + z − 1 = 0
z2 = −
⇔
⇔
3
2 1
+1=0 
P (z) = 0 
 z 23z
 z =z 3 z 2 + 1 − 1 = 0
=−
3
2
⇔ 2
⇔
31 ,
1


2


 zz2 −

zz=
=−
=1−= 0
3
23 ,
3
⇔
⇔
1
2


 z2 = −
 z − 12 = 0
ce qui est absurdre (car z ∈ R3 et z n’est pas possible).3 Par conséquent, P n’admet
aucune racine double donc il est scindé
à racines simples d’où A est diagonalisable dans
2
ce nqui
(C)est
. absurdre (car z ∈ R et z n’est pas possible). Par conséquent, P n’admet
M
aucune racine double donc il est scindé à racines simples d’où A est diagonalisable dans
2. Le polynôme P = X 3 +X −1 ∈ R [X] annule A. D’après la question précédente, il n’admet
Mn (C) .
aucune racine double3 dans C donc dans R. La fonction f : x → x3 + x − 1 est strictement
∈ R [X]
A. D’après
la question
précédente,
il n’admet
2. croissante
Le polynôme
= (comme
X +X −1
= −∞
surP R
somme
de annule
deux telles
fonctions).
Comme
lim f (x)
− 1 est strictement
aucune racine double dans C donc dans R. La fonction f : x → x3 + xx→−∞
et lim f sur
(x) =
la fonction
f réalise
une bijection
de R
sur
croissante
R +∞,
(comme
somme de
deux telles
fonctions).
Comme
lim f (x) = −∞
x→+∞
x→−∞
bijection de R sur
f réalise une
et lim f (x) = +∞, la fonction
x→+∞
f (R) = lim f, lim f = ]−∞, +∞[ = R.
−∞ +∞ f (R) = lim f, lim f = ]−∞, +∞[ = R.
+∞ une unique solution dans R. On la note r
En particulier, l’équation f (x) =−∞
0 admet
donc P admet pour unique racine dans R le nombre réel r. Comme P annule A, on a
En
particulier,
l’équation
f (x) := 0 admet une unique solution dans R. On la note r
l’inclusion
ensembliste
suivante
donc P admet pour unique racine dans R le nombre réel r. Comme P annule A, on a
l’inclusion ensembliste suivante
Sp (A) ⊂: {racines de P dans R} = {r} .
0753
582:
Sp (A) ⊂ {racines
dansPR}
{r}
. telle que P −1 AP est
Supposons que A soit diagonalisable
alorsde
il P
existe
∈=
GL
n (R)
une matrice diagonale, ses coefficients diagonaux étant les valeurs propres de A.
D’après
Supposons précédente,
que A soit on
diagonalisable
alors il: existe P ∈ GLn (R) telle que P −1 AP est
l’inclusion
a nécessairement
une matrice diagonale, ses coefficients diagonaux étant les valeurs propres de A. D’après
−1
l’inclusionP précédente,
on(r,
a ..,
nécessairement
AP = diag
r) = rIn ⇒ A:= P (rIn ) P −1 = rP In P −1 = rIn .
None
:211
−1
−1
−1
.., r)
= rIn ⇒ racine
A = P réelle
(rIn ) P
In Pmanifeste
= rIn .que A est
SupposonsP queAP
A=
= diag
rIn (r,
avec
r l’unique
de P.=IlrPest
diagonalisable et :
3
Supposons que A = rIn avec
P. Il est manifeste que A est
− In = racine
r + rréelle
− 1 Ide
A3 +r Al’unique
n = 0.
diagonalisable et :
Au final, A est diagonalisable
sirA−=1 rI
In = r 3 +
Inn .= 0.
A3 +siAet−seulement
univ.
scho
la
rvox.
com:
Au final, A est diagonalisable si et seulement si A = rIn .
Commentaires 40 Il s’agit d’un grand classique des concours (équations matricielles
polynomiales) qui doit être maitrisé car il est très courant à tous les concours de ce livre.
Commentaires
40 Il s’agit
d’un grand classique
des concours
(équations
matricielles
La
seule petite difficulté
étant l’impossibilité
de déterminer
les racines
donc il faut
revenir
polynomiales)
qui
doit
être
maitrisé
car
il
est
très
courant
à
tous
les
concours
de ce
livre.
à la définition des racines simples ou bien exploiter l’étude des fonctions d’une
variable
La
seule
petite
difficulté
étant
l’impossibilité
de
déterminer
les
racines
donc
il
faut
revenir
réelle à valeurs réelles.
à la définition des racines simples ou bien exploiter l’étude des fonctions d’une variable
réelle à valeurs réelles.
74
Mines-Telecom
Exercice 41 (Mines-Telecom) Trouver toute les matrices A de Mn (R) telles que A3 = A2
et Tr (A) = n.
Solution 41 Le polynôme P = X 3 − X 2 = X 2 (X − 1) annule A donc A est trigonalisable
dans Mn (R) et on a l’inclusion :
Sp (A) ⊂ {racines de P } = {0, 1} .

1




P −1 AP = 




..
.

(∗)
1
0
..
(0)
.
0




=T




018
Il existe P ∈ Mn (R) telle que
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
avec 1 apparaissant p fois sur la diagonale et 0 apparaissant n − p fois sur la diagonale où
p ∈ {0, ..., n} . La trace d’une matrice étant invariante par conjugaison, on a :
n = Tr (A) = Tr P −1 AP = Tr (T ) = p × 1 + (n − p) × 0 = p


1
(∗)
−1


n
..
⇒ P −1 AP = 
 ⇒ det (A) = det P AP = 1 = 1 = 0.
.
(0)
1
582:
8891
2502
−1
l’équation A3 = A2 vérifiée
Ainsi, la matrice A étant inversible, on peut multiplier par A2
par A, on obtient A = In .
Réciproquement, la matrice A = In vérifie A3 = A2 et Tr (A) = n. Autrement dit, seule la
matrice A = In vérifie A3 = A2 et Tr (A) = n.
:211
0753
Commentaires 41 Exercice très classique. N’hésitez pas à le retravailler si vous n’avez
pas réussi à le traiter.
1. Montrer que ∀P ∈ C[X], P (A)C = CP (B).
None
Exercice 42 (Mines-Telecom) Soient A, B ∈ Mn (C) telles que ∃ C ∈ Mn (C)\{0} vérifiant
AC = CB.
com:
2. Montrer que A et B possèdent une valeur propre commune.
rvox.
Solution 42
(Pk )
univ.
scho
la
1. Montrons par récurrence sur k ∈ N la propriété (Pk ) : « Ak C = CB k ».
Initialisation k = 0. On a A0 C = In C = C = CIn = CB 0 donc (P0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons la propriété (Pk ) vérifiée pour un certain entier k alors
Ak+1 C = A Ak C = A CB k = (AC) B k = (CB) B k = CB k+1
Réduction des endomorphismes et des matrices
75
donc (Pk+1 ) est vraie, ce qui achève la récurrence.
Soit P ∈ C [X] . Il existe un entier N et des nombres complexes p0 , p1 , .., pN tels que
N
P (X) =
pk X k . On peut alors écrire :
k=0
P (A) C =
N
k=0
pk A
k
C=
N
k
pk A C =
k=0
N
k
pk CB = C
k=0
N
pk B
k=0
k
= CP (B) .
2. Comme P = χA (le polynôme caractéristique de A) annule A (d’après le théorème de
Cayley-Hamilton), on a P (A) = 0n donc, d’après la question précédente, on obtient
l’égalité :
CP (B) = P (A) C = 0n C = 0n .
7897
018
Par conséquent, la matrice P (B) n’est pas inversible (sinon, en multipliant l’égalité
−1
précédente par (P (B)) , on en déduit que C = 0n , ce qui est absurde) donc son
déterminant est nul. Le polynôme P = χA est scindé dans C [X] (d’après le théorème de d’Alembert-Gauss) et ses seules racines sont les valeurs propres de A donc
m
(X − λ) λ où, pour chaque valeur propre λ de A, mλ désigne la multiplicité
P =
7.44
λ∈Sp(A)
(det (B − λIn ))
mλ
4.12
λ∈Sp(A)
:164
λ∈Sp(A)
de λ comme racine de P. On en déduit que :


m
0 = deg (P (B)) = det 
(B − λIn ) λ  =
:89.8
donc il existe un facteur nul (produit de nombres réels qui vaut 0) c’est-à-dire qu’il existe
une valeur propre λ0 de A vérifiant :
8891
2502
det (B − λ0 In ) = 0 ⇔ χB (λ0 ) = 0 ⇔ λ0 ∈ Sp (B) .
Ainsi, λ0 est valeur propre de A et de B donc A et B ont une valeur propre commune.
:211
0753
582:
Commentaires 42 Il s’agit d’un exercice commun à plusieurs concours. La première
question est rudimentaire. Pour la seconde, il est attendu du candidat de songer à la
notion de polynôme annulateur. Le corrigé propose le polynôme caractéristique, on peut
également envisager le polynôme minimal.
None
Exercice 43 (Mines-Telecom) Soient n ⩾ 2 et A ∈ Mn (R) telle que A3 +A2 +A+In = 0n .
1. On suppose que A est diagonalisable dans Mn (R) . Que dire de A ?
rvox.
Solution 43
scho
la
3. Montrer que Tr (A) ⩽ 0.
com:
2. On revient au cas général. A est-elle inversible ? A est-elle nécessairement diagonalisable ?
univ.
1. La matrice A est diagonalisable dans Mn (R) c’est-à-dire qu’il existe une matrice inversible P telle que P −1 AP est diagonale. Le polynôme
R (X) = X 3 + X 2 + X + 1 = X 2 (X + 1) + (X + 1) = X 2 + 1 (X + 1)
76
Mines-Telecom
annule A donc les valeurs propres de A sont parmi les racines réelles de R (puisque A
est diagonalisable dans Mn (R)) donc Sp (A) ⊂ {−1} . Comme Sp (A) = ∅ (puisque A
est diagonalisable), on en déduit que Sp (A) = {−1} . En particulier, on en déduit que
P −1 AP = diag (−1, ..., −1) = −In (puisque les coefficients diagonaux de P −1 AP sont
les valeurs propres de A) donc A = P (−In ) P −1 = −In .
Réciproquement, si A = −In alors A est diagonalisable et vérifie maifestement l’équation
A3 + A2 + A + In = 0n .
2. Le polynôme
R = X 3 + X 2 + X + 1 = (X + 1) X 2 + 1
annule A et son coefficient constant est non nul donc A est inversible (ou encore
A −A2 − A − In = In ).
7897
018
Montrons que la matrice A n’est pas toujours diagonalisable. Il suffit de considérer une
matrice B dont X 2 + 1 est un polynôme annulateur donc B ne peut être diagonalisable
dans Mn (R) (sinon, ses valeurs propres sont réelles et annulent X 2 + 1, ce qui est
absurde) et vérifie l’équation considérée :
R (B) = B 2 + In (B + In ) = 0n (B + In ) = 0n .
4.12
7.44
:164
π
L’exemple le plus célèbre d’une telle matrice est la matrice de rotation d’angle du plan
2
0 −1
2
. On considère alors la matrice
R dans la base canonique i.e. B =
1 0
B
0
A0 =
∈ Mn (R) (définie par blocs).
0 −In−2
582:
8891
2502
:89.8
La matrice B est annulée par χB = X 2 + 1 donc elle est annulée par R. La matrice
−In−2 est annulée par X + 1 donc elle est annulée par R. Montrons que A0 est annulé
par R. Comme A0 est diagonale par blocs, le calcul matriciel par blocs montre que :
k
B
0
R (B)
0
k
⇒ R (A0 ) =
= 0n
∀k ∈ N, A0 =
k
0
R (−In−2 )
0 (−In−2 )
n−2
χA0 (X) = det (XI2 − B) det ((X + 1) In−2 ) = X 2 + 1 (X + 1)
.
None
:211
0753
Comme le polynôme caractéristique de A0 n’est pas scindé dans Mn (R) , la matrice A
n’est pas diagonalisable dans Mn (R) bien qu’elle vérifie l’équation R (A0 ) = 0n .
3. Le polynôme
R = X 3 + X 2 + X + 1 = X 2 + 1 (X + 1) = (X + i) (X − i) (X + 1)
rvox.
com:
annule A et il est scindé à racines simples dans C [X] . Comme A ∈ Mn (R) ⊂ Mn (C) ,
la matrice A est diagonalisable dans Mn (C) et Sp (A) ⊂ {racines de R} = {−1, i, −i} .
Ainsi, il existe une matrice P ∈ GLn (C) telle que A = P diag (iIr , −iIs , −It ) P −1 (en
regroupant consécutivement les valeurs propres identiques) et en convenant que r, s ou t
valent 0 si i, −i ou −1 ne sont pas valeurs propres de A). En outre, on a :
scho
la
Tr (A) = Tr (diag (iIr , −iIs , −It )) = ir + (−i) s + (−1) t = i (r − s) − t.
univ.
Comme A est à coefficients réels, sa trace l’est aussi donc r −s = 0 d’où Tr (A) = −t ⩽ 0
(puisque t ∈ N).
Réduction des endomorphismes et des matrices
77
Commentaires 43 Grand classique des oraux des quatre concours de ce livre. Il traite des
équations matricielles polynomiales en lien avec la réduction, les polynômes annulateurs
et l’influence du corps (R ou C ici). Ce type d’exercice doit absolument présent dans
la préparation du candidat et travailler soigneusement (l’exercice change toujours, pas
les questionnements associés). La seule question sélective sera la seconde question de la
question 2 car elle est ouverte et il s’agit de trouver finalement un contre-exemple.


−2 −1 −2
Exercice 44 (Mines-Telecom) On pose M = −2 −5 −6 .
1
2
2
2
1. Montrer que son polynôme caractéristique est (X + 1) (X + 2) .

−1
3. Montrer qu’elle est semblable à A =  0
0

0
0 .
−2
0
−2
1
018
2. Est-elle diagonalisable ?
7897
4. Prouver que toute solution de X (t) = M X (t) tend vers 03,1 quand t → +∞.
:164
Solution 44
=
=
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
1. On procède par un développement du déterminant selon la première colonne :
X + 2
1
2 X +5
6 χM (X) = det (XI3 − M ) = 2
−1
−2
X − 2
X + 5
1
1
6 2 2
= (X + 2) −
2
+
(−1)
−2 X − 2
X + 5 6
−2
X − 2
(X + 2) [(X + 5) (X − 2) + 12] − 2 [X − 2 + 4] − (6 − 2 (X + 5))
(X + 2) X 2 + 3X + 2 −2 [X + 2] + 2 (X + 2)
=0
2
(X + 2) (X + 2) (X + 1) = (X + 1) (X + 2) .
582:
=
None
:211
0753
2. D’après la question précédente, on a Sp (M ) = {racines de χM } = {−2, −1} . Déterminons la dimension de l’espace propre E−2 (M ) .


0 −1 −2
E−2 (M ) = ker (M + 2I3 ) = ker −2 −3 −6 .
1
2
4
rvox.
com:
La matrice M + 2I3 est de rang au moins 2 (car ses deux premières colonnes sont non
nulles et non colinéaires) donc, d’après le théorème du rang, on a :
scho
la
dim (E−2 (M )) = dim (ker (M + 2I3 )) = 3 − rg (M + 2I3 ) ⩽ 3 − 2 = 1.
Ainsi, dim (E−2 (M )) est différent de 2 (multiplicité de −2 comme racine de χM ) donc
M n’est pas diagonalisable.
univ.
3. Soit u l’endomorphisme de R3 dont la matrice dans la base canonique est M. La matrice M est semblable à A si et seulement s’il existe une base B = (ε1 , ε2 , ε3 ) telle que
78
Mines-Telecom
mat (u, B) = A c’est-à-dire que :

 (E1 ) : u (ε1 ) = −ε1
(E2 ) : u (ε2 ) = −2ε2 + ε3 .

(E3 ) : u (ε3 ) = −2ε2
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
ε1 , ε2 , ε3 dans la base canonique de R3 .
Notons E1 , E2 , E3 les matrices respectivesde
x
Détermination de E1 . On pose E1 = y  alors l’équation (E1 ) est équivalente à
z
l’équation :


 −2x − y − 2z = −x
 −x − y − 2z = 0
−2x − 5y − 6z = −y ⇔
−2x − 4y − 6z = 0
AE1 = −E1 ⇔


x + 2y + 2z = −z
x + 2y + 3z = 0

 −x − y − 2z = 0
z = −y
L2 ←L2 −2L1
−2y − 2z = 0
⇔
⇔
x = −y − 2z = −y + 2y = y
L3 ←L3 +L1 
y+z =0
 
 
y
1
⇔ E1 =  y  = y  1  .
−y
−1
 
1
On choisit E1 =  1  .
−1
 
x
Détermination de E3 . On pose E3 = y  alors l’équation (E3 ) est équivalente à
z
l’équation :


y = 2z
 −2x − y − 2z = −2x

−2x − 5y − 6z = −2y ⇔
−2x − 3y − 6z = 0
AE3 = −2E3 ⇔


x + 2y + 2z = −2z
x + 2y + 4z = 0



 
y = −2z
0
0

x=0
2x = −3 (y + 2z) = 0 ⇔
⇔
⇔ E3 = −2z  = z −2 .
y = −2z

x = −2 (y + z) = 0
z
1
 
0
On choisit E3 = −2 .
1
 
x
Détermination de E2 . On pose E2 = y  alors l’équation (E2 ) est équivalente à
z
l’équation :


−2x − y − 2z = −2x
y = 2z


−2x − 5y − 6z = −2y − 2 ⇔
−2x − 3y − 6z = −2
AE2 = −2E2 + E3 ⇔


x + 2y + 2z = −2z + 1
x + 2y + 4z = 1



y = −2z
1

x=1
2x = −3 (y + 2z) + 2 = 2 ⇔
⇔
⇔ E3 = −2z  .
y = −2z

x = −2 (y + z) + 1 = 1
z
Réduction des endomorphismes et des matrices
79
 
1
On choisit E2 = 0 . Comme on a :
0
1 1 0
1+2 1
det (ε1 , ε2 , ε3 ) = 1 0 −2 = (−1)
1
−1
−1 0 1 −2
= − (1 − 2) = 0
1
(par développement selon la seconde colonne), on en déduit que la famille B = (ε1 , ε2 , ε3 )
est bien une base de R3 . Par construction, la matrice dans la base B est A, on en déduit
que M est équivalente à A. D’après nos calculs, on peut même affirmer que :


1 1 0
M = P AP −1 avec P =  1 0 −2 .
−1 0 1
4. D’après la question précédente, il existe une matrice inversible P telle que M = P AP −1 .
On pose Y = P −1 X ⇔ X = P Y alors on a les équivalences :
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
X = M X ⇔ (P Y ) = P AP −1 (P Y ) ⇔ P Y = P AY ⇔ Y = AY
 
y1
(en multipliant par P −1 à droite). En posant Y = y2 , l’équation différentielle
y3
Y = AY est équivalente au système différentiel :


y1 = −y1

 y1 = C1 e−t , C1 ∈ R
y2 = C2 e−2t , C2 ∈ R
y = −2y2
⇔
 2
 2t y3 = −2y3 + y2
= y2 e2t = C2
y3 e


 y1 = C1 e−t , C1 ∈ R
 y1 = C1 e−t , C1 ∈ R
−2t
y2 = C2 e−2t , C2 ∈ R
y 2 = C2 e , C 2 ∈ R
⇔
⇔


2t
y 3 e = C2 t + C 3 , C 3 ∈ R
C3 ∈ R.
y3 = (C2 t + C3 ) e−2t
3
Il est immédiat que :
lim y1 (t) = 0, lim y2 (t) = 0, lim y3 (t) = 0
t→+∞
582:
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t→+∞
lim Y (t)
t→+∞
None
t→+∞
:211
lim X (t) = lim P Y (t) = P
0753
(pour la dernière limite, cela résulte des croissances comparées). Par conséquent,
lim Y (t) = 03,1 donc :
= P 03,1 = 03,1
(par continuité de Z → P Z puisque cette application est linéaire en dimension finie).
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 44 Il s’agit d’un exercice très décomposé, les questions sont relativement
indépendantes ou alors les réponses sont données explicitement. Ce sujet pourrait tout à
fait être un sujet CCINP. Le candidat songera à traiter prioritairement les questions pour
lesquelles il a des idées et évitant soigneusement les autres afin d’optimiser le nombre de
points qu’il peut acquérir seul. En effet, l’initiative et l’autonomie sont valorisées à MinesTelecom sachant que l’interrogation est assez « courte ».
Les deux premières questions sont des applications immédiates du cours. La troisième sera
discriminante car elle demande une compréhension sérieuse du candidat concernant la
80
Mines-Telecom
notion de matrice semblable et de matrice d’un endomorphisme dans une base. La quatrième question est assez classique et il ne faut pas hésiter à résoudre le système différentiel
associé.

0

0
Exercice 45 (Mines-Telecom) Soit l’équation M 2 = 
0
0
Trouver toutes les matrices M solutions.
1
0
0
0

0
0
.
1
0
0
1
0
0


0 1 0 0
0 0 1 0
4

Solution 45 Notons A = 
0 0 0 1 alors son polynôme caractéristique est χA (X) = X .
0 0 0 0
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a l’égalité :
7897
018
χA (A) = 04 ⇔ A4 = 04 .
= 0 ⇒ ∀x ∈ R4 , m (m (x)) = m2 (x) = 0 (x) = 0
⇒ ∀x ∈ R4 , m (x) ∈ ker (m) ⇒ Im (m) ⊂ ker (m)
7.44
m2
:164
Supposons qu’il existe une matrice M telle que M 2 = A alors M 2 = A4 = 04 . Notons m
l’endomorphisme de R4 dont la matrice dans la base canonique est M alors :
4.12
⇒ dim (Im (m)) ⩽ dim (ker (m)) = 4 − dim (Im (m)) (∗)
:89.8
⇔ 2 dim (Im (m)) ⩽ 4 ⇔ rg (m) = dim (Im (m)) ⩽ 2
8891
2502
(∗) d’après le théorème du rang. Nous disposons de l’inclusion Im m2 ⊂ Im (m) car
∀x ∈ Im m2 , ∃y ∈ R4 / x = m2 (y) = m (m (y)) ∈ Im (m)).
582:
On en déduit l’inégalité suivante :
⩽
dim Im m2
:211
0753
dim (Im (m)) ⇔ rg m2 ⩽ rg (m) = 2
⇔ rg M 2 ⩽ 2 ⇔ rg (A) ⩽ 2
com:
None
(car M 2 = A). Or, il est immédiat que rg (A) = 3 (la première colonne de A est nulle et les
trois dernières colonnes forment une famille libre puisqu’il s’agit d’une sous-famille de la base
canonique de M4,1 (R)), ce qui est absurde (car rg (A) ⩽ 2). Ainsi, l’équation M 2 = A n’admet
aucune solution.
scho
la
rvox.
Commentaires 45 Exercice classique de tous les concours de cet ouvrage. Il est donné
en petite taille mais le raisonnement général est présent. Il n’est pas très difficile mais
requiert une bonne compréhension de son cours d’algèbre linéaire.
univ.
Exercice 46 (Mines-Telecom)
Soit u un endomorphisme d’un C-espace vectoriel de dimension finie vérifiant Tr uk = 0 pour tout k de N∗ . Montrer que u est nilpotent.
Réduction des endomorphismes et des matrices
81
Solution 46 u est trigonalisable (car χu ∈ C [X] qui est scindé d’après le théorème de d’AlembertGauss). Il existe une base B trigonalisant u c’est-à-dire telle que :


(∗)
λ1


..
mat (u, B) = 

.
(0)
λn
où n est la dimension de l’espace, λ1 , ..., λn les valeurs propres de u comptées avec multiplicité
(comme racines de χu ). Pour tout entier k ∈ N∗ , on a :


k
(λ1 )
(∗)


k
..
= (mat (u, B)) = 
mat uk , B

.
k
(0)
(λn )
n
k
⇒ (E) : ∀k ∈ N∗ ,
(λi ) = Tr uk = 0.
i=1
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Supposons que u possède des valeurs propres non nulles. Notons les λ1 , .., λr (elles sont deux à
deux distinctes) de u et m1 , ..., mr leurs multiplicités respectives (comme racines de χu ). Comme
0k = 0 pour tout k ⩾ 1, l’égalité (E) se réécrit :

m1 λ1 + · · · + mr λr = 0



r
 m1 λ 2 + · · · + mr λ 2 = 0
k
1
r
∗
mi λi = 0 ⇒ (S) :
∀k ∈ N ,
..


.
i=1

r
r

m1 λ1 + · · · + mr λr = 0

 
 λ
···
λ
m1
12
r2

m2 
 λ
·
·
·
λ
1
r

 

et X =  .  .
⇔ AX = 0r,1 avec A =  .
.. 

 .. 
 ..
r
. r
mr
λ1
···
λr
None
:211
0753
582:
Comme X est non nul (car m1 , ..., mr ne sont pas nuls), la matrice A n’est pas inversible
(si A est inversible alors X = A−1 0r,1 = 0r,1 ) donc son déterminant est nul. Pour chaque
i ∈ {1, ..., r} , en factorisant la ie colonne par λi , on obtient :
1
···
1 λ1
···
λr 0 = det (A) = λ1 · · · λr ..
..
.
.
. r−1
r−1 λ
···
λr
1
=∆
0
univ.
(0)
scho
la
rvox.
com:
Comme ∆ est non nul (déterminant de Vandermonde de r nombres distincts), on peut affirmer
que le produit λ1 · · · λr est nul c’est-à-dire qu’un des nombres λ1 , ..., λr est nul. Ceci est absurde
avec l’hypothèse initiale donc u n’admet aucune valeur propre non nulle donc on peut écrire :


0
(∗)


n
n
..
mat (u, B) = 
 ⇒ χu = χmat(u,B) = X ⇒ u = χu (u) = 0
.
(d’après le théorème de Cayley-Hamilton), ce qui prouve que u est nilpotente.
82
Mines-Telecom
i=1
r
k
mi λi ⇔
mi u(λi ) = 0 ⇒ ∀i ∈ {1, .., r} , mi = 0
7897
r
i=1
:164
∀k ⩾ 1,
018
Commentaires 46 Exercice classique du concours Mines-Ponts et bientôt du concours
Mines-Telecom. Ce problème intervient aussi dans des sujets du concours Centrale-Supélec
(par exemple, pour montrer qu’un sous-groupe G de GLn (C) dont tous les éléments sont
d’ordre fini alors G est un groupe fini). donc il ne faut pas hésiter à le travailler. En outre,
il demande initiative et agilité intellectuelle du candidat. Pour le concours Mines-Telecom,
on attend du candidat qu’il envisage seul la réduction de u et qu’il existe Tr uk comme
la somme des puissances k e des valeurs de u. L’interrogateur pourra alors l’amener à
considérer un système (autant d’équations que son nombre d’inconnues) ou que la famille
des suites géométriques de raison distinctes forment une famille libre. Développons ce
dernier point qui fournit
une preuve très rapide et peu coûteuse en calcul. Pour tout q ∈ C,
∗
on pose u(q) = q k k∈N∗ qui est une suite géométrique de raison q. Notons E = CN
(ensemble des suites à valeurs complexes indexées à partir du rang 1) et ∆ l’endomorphisme
de E définie par ∆u = (un+1 )n⩾1 . Pour tout q ∈ C∗ , u(q) est non nul et ∆u(q) = qu(q)
donc u(q) est un vecteur propre de ∆ associé à la valeur propre q. Les espaces propres
d’un
endomorphisme donné étant en somme directe, on en déduit que la famille u(q) q∈C∗ est
libre. En particulier, si λ1 , .., λr sont des complexes non nuls et deux à deux distincts et
m1 , .., mr des entiers vérifiant :
7.44
et on conclut comme dans le corrigé.
4.12
Exercice 47 (Mines-Telecom) Soit p un nombre premier. On note K = Z/pZ.
:89.8
1. Calculer le cardinal de K2 [X].
2. Montrer qu’il existe des polynômes de K2 [X] non constants qui ne sont pas scindés.
8891
2502
3. En déduire qu’il existe des matrices dans M2 (K) non trigonalisables.
Solution 47
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
1. Un polynôme P = aX 2 + bX + c est caractérisé par ses trois coefficients (a, b, c) . Chacun
de ceux-ci peut prendre card (K) = p valeurs distinctes donc il y a p3 éléments dans
K2 [X] (l’application φ : (a, b, c) → aX 2 + bX + c est une bijection de K3 sur K2 [X]).
2. Notons S l’ensemble des polynômes de K2 [X] non constants et non scindés. Son complémentaire C dans K2 [X] est l’ensemble des polynômes constants ou des polynômes scindés
de degré au plus deux. Un polynôme appartient à C si et seulement s’il est de la forme :
— (F1 ) a avec a ∈ K ;
— (F2 ) : a (X − r1 ) avec a ∈ K∗ et r1 ∈ K (premier degré) ;
2
— (F3 ) : a (X − r1 ) avec a ∈ K∗ et r1 ∈ K (second degré avec racine double) ;
— (F4 ) : a (X − r1 ) (X − r2 ) avec a ∈ K∗ et r1 = r2 ∈ K (second degré avec racines
simples) ;
Il y a card (K) = p éléments de la forme (F1 ) et
scho
la
card (K∗ ) card (K) = (p − 1) p
univ.
éléments de la forme (F2 ) (car l’application φ : (a, r1 ) → a (X − r1 ) est une bijection de
K∗ × K sur les polynômes scindés de degré 1).
Par le même argument, il y a (p − 1) p éléments de la forme (F3 ) .
Réduction des endomorphismes et des matrices
83
Pour les éléments de la forme (F4 ) , il y a p − 1 choix pour a et p2 choix pour l’ensemble
{r1 , r2 } (le polynôme (X − r1 ) (X − r2 ) est égal au polynôme (X − r2 ) (X − r1 )) donc il
ya:
2
p (p − 1)
p (p − 1)
=
(p − 1) p2 = (p − 1)
2
2
éléments de la forme (F4 ) car l’application φ : (a, {r1 , r2 }) → a (X − r1 ) (X − r2 ) est
une bijection de K∗ × {parties à deux éléments de K} sur les polynômes scindés de degré
2.
Les ensembles constitués respectivement des éléments de la forme (Fk )1⩽k⩽4 ,forment
une partition de l’ensemble de C donc son cardinal vaut :
2
p 2
p (p − 1)
=
p + 2p − 1 .
2
2
Son complémentaire S est alors de cardinal :
p
p 2
2
p3 −
p + 2p − 1 = (p − 1) > 0.
2
2
018
p + (p − 1) p + (p − 1) p +
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
Par conséquent, il existe des des polynômes de K2 [X] non constants qui ne soient pas
scindés (presque la moitié des polynômes en proportion lorsque p → +∞ !).
3. Considère un polynôme P de degré 2 non scindé sur K2 [X] (il en existe d’après la
question précédente). Quitte à le diviser par son coefficient dominant, on peut toujours
supposer qu’il est unitaire (de coefficient dominant
1) donc
qu’il est de la forme P =
0 −b
2
X + aX + b. On considère alors la matrice M =
(matrice compagnon associée
1 −a
à P ). Son polynôme caractéristique vaut :
X
b = X (X + a) + b = P.
χM = det (XI2 − M ) = −1 X + a
Comme le polynôme χM n’est pas scindé sur K, on peut affirmer que M n’est pas trigonalisable.
None
:211
0753
582:
Commentaires 47 Exercice original et suffisamment progressif. Un premier blocage apparaitra pour un nombre significatif de candidats : la mauvaise maitrise des anneaux Z/nZ
(notamment son cardinal et le fait qu’il s’agisse d’un corps si p est un nombre premier).
La connaissance de ces deux points sera un élément valorisé par l’interrogateur. Pour les
autres candidats, l’interrogateur doit rappeler ces deux faits afin qu’ils ne soient pas bloqués trop précocément dans l’exercice. Comme d’habitude, le dénombrement s’avère très
discriminant à ce concours.
com:
Exercice 48 (Mines-Telecom) Soient E un espace vectoriel, p un projecteur de E (autre
que 0 et Id) et ϕ l’application définie par :
rvox.
1
(u ◦ p + p ◦ u) .
2
scho
la
∀u ∈ L(E), ϕ(u) =
1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de L(E).
3. ϕ est-elle diagonalisable ?
univ.
2. Trouver un polynôme annulateur de ϕ.
84
Mines-Telecom
4. Déterminer les valeurs propres de ϕ et préciser la dimension de chaque espace propre
de ϕ
Solution 48
2
1. Soient (u, v) ∈ (L (E)) et (λ, µ) ∈ K2 . Puisque u, v et p sont des endomorphismes, on
a:
ϕ (λu + µv)
=
=
=
=
1
((λu + µv) ◦ p + p ◦ (λu + µv))
2
1
(λu ◦ p + µv ◦ p + λp ◦ u + µp ◦ v)
2
µ
λ
(u ◦ p + p ◦ u) + (v ◦ p + p ◦ v)
2
2
λϕ (u) + µϕ (v) .
:164
7897
018
2. Comme p est un projecteur, on a p2 = p ◦ p = p donc, pour tout u ∈ L (E) , on peut
écrire :
1
1
1
u ◦ p + p ◦ u = ϕ (u ◦ p) + ϕ (p ◦ u)
ϕ2 (u) = ϕ (ϕ (u)) = ϕ
2
2
2
1
1
1
1
u ◦ p2 + p ◦ u ◦ p + p ◦ u ◦ p + p2 ◦ u
=
4
4
4
4 4.12
=
=p
7.44
=p
1
1
1
1
(u ◦ p + p ◦ u) + p ◦ u ◦ p = ϕ (u) + p ◦ u ◦ p (E) .
4
2
2
2
=
=
1 2
1
ϕ (u) + ϕ (p ◦ u ◦ p)
2
2
1 2
1
1
ϕ (u) + p2 ◦ u ◦ p + p ◦ u ◦ p2
2
4 4
8891
2502
ϕ3 (u)
:89.8
En composant par ϕ cette nouvelle égalité et en utilisant la linéarité de ϕ, on obtient ;
=p
582:
0753
=
:211
=
=p
1 2
1
1
1 2
2
ϕ (u) + p ◦ u ◦ p = ϕ (u) + ϕ (u) − ϕ (u)
2
2
2
(E) 2
1
3
1
3 2
ϕ (u) − ϕ (u) ⇒ ϕ3 = ϕ2 − ϕ.
2
2
2
2
None
Ainsi, le polynôme
rvox.
annule ϕ.
com:
1
3
1
P = X 3 − X 2 + X = X (X − 1) X −
2
2
2
scho
la
3. Comme le polynôme P est scindé à racines simples et qu’il annule ϕ, on est assuré de
la diagonalisabilité de ϕ.
univ.
4. Comme P annule ϕ, on dispose de l’inclusion ensembliste suivante :
1
Sp (ϕ) ⊂ {racines de P } = 0, , 1 .
2
Réduction des endomorphismes et des matrices
85
Pour déterminer les valeurs propres de ϕ et la dimension des espaces propres associés, il
est préférable d’analyser la question sous forme matricielle. Puisque p est un projecteur,
on a :
E = ker (p) ⊕ Im (p) et Im (p) = {x ∈ E, p (x) = x} = ker (p − Id) .
On considère une base B1 de ker (p) et B2 une base de Im (p) . Comme ker (p) et Im (p)
sont supplémentaires dans E, la famille B = B1 ∪ B2 est une base de E. Notons
n = dim (E) , r = dim (Im (p)) = rg (p)
018
alors, d’après le théorème du rang, on a dim (ker (p)) = n − r. On note P (respectivement
U ) la matrice de p (respectivement de u ∈ L (E)) dans la base B alors on dispose de
l’écriture par blocs suivantes :
0n−r 0n−r,r
U1,1 U1,2
P =
,U=
U2,1 U2,2
0r,n−r
Ir
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
avec U1,1 ∈ Mn−r (K) , U1,2 ∈ Mn−r,r (K) , U2,1 ∈ Mr,n−r (K) et U2,2 ∈ Mr (K) .
L’écriture de P découle du fait que, pour tout e ∈ B1 ⊂ ker (p) , p (e) = 0 et pour tout
e ∈ B2 ⊂ Im (p) , on a p (e) = e. L’application ϕ ∈ L (L (E)) devient alors l’application
Φ ∈ L (Mn (K)) définie, pour tout U ∈ Mn (R) , par :


1
U1,2 
1
 0
2
Φ (U ) = (U P + P U ) =  1
.
2
U2,1 U2,2
2
:211
0753
582:
8891
2502
On peut alors écrire :
U1,1 U1,2
∈ E0 (Φ) ⇔ Φ (U ) = 0
U =
U2,1 U2,2



1
 U1,2 = 0n−r,r
0
U
1,2 
0
0

n−r
n−r,r
2
U2,1 = 0r,n−r
⇔ 1
⇔
=
0r,n−r
0r

U2,1 U2,2
U2,2 = 0r
2
U1,1 0n−r,r
E0 (Φ) =
, U1,1 ∈ Mn−r (K)
0r,n−r
0r
2
None
⇒ dim (E0 (Φ)) = dim (Mn−r (K)) = (n − r) .
rvox.
com:
En effet, l’application

 Mn−r,r (K) × Mr,n−r (K) × Mr (K)
f:
(U1,2 , U2,1 , U2,2 )

→ E0 (Φ)
U1,1
→
0r,n−r
0n−r,r
0r
univ.
scho
la
est bien à valeurs dans E0 (Φ) et elle est surjective (grâce aux équivalences qui ont permis
de décrire E0 (Φ)). Il est manifeste qu’elle est linéaire et injective donc il s’agit d’un
isomorphisme d’où l’égalité des dimensions des espaces de départ et d’arrivée. Comme
0 < r < n (car p = 0 et p = Id), on peut affirmer que diù (E0 (Φ)) > 0 donc 0 est valeur
propre de Φ.
86
Mines-Telecom
En procédant de même pour les autres valeurs propres possibles, on obtient :
0n−r U1,2
E1/2 (Φ) =
, (U1,2 , U2,1 ) ∈ Mn−r,r (K) × Mr,n−r (K)
U2,1
0r
dim E1/2 (Φ) = dim (Mn−r,r (K) × Mr,n−r (K))
= (n − r) r + r (n − r) = 2r (n − r) > 0
0n−r 0n−r,r
, U2,2 ∈ Mr (K)
E1 (Φ) =
0r,n−r
U2,2
1
2
dim (E1 (Φ)) = dim (Mr (K)) = r > 0 et Sp (Φ) = 0, , 1 .
2
8891
2502
Exercice 49 (Mines-Telecom) On définit u sur R[X] par
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Commentaires 48 Les trois premières questions sont relativement classiques. Parmi ces
trois là, seule la deuxième pose une petite difficulté et nécessite une gestion convenable des
calculs (et de la manipulation algébrique des endomorphismes).
La quatrième question permet de distinguer les meilleurs candidats et demande une meilleure
maitrise de l’algèbre linéaire. S’il est immédiat que p et Id −p sont des vecteurs propres de
ϕ associés respectivement à 2 et à 0, il est bien plus complexe d’exhiber un vecteur propre
associé à 1.
Il est probable que l’interrogateur propose de réécrire l’endomorphisme ϕ en terme d’endomorphisme sur les matrices. Il est alors indispensable de connaitre l’écriture matricielle
d’un projecteur dans une base convenable (soit par un raisonnement de MPSI, soit par
diagonalisation de ceux-ci). Un candidat le rappellant et le mettant en place sera bonifié,
surtout s’il songe par lui-même à utiliser alors le calcul matriciel par blocs (ce qui est une
idée naturelle ... normalement).
u : P → P (1)X + P (2)X 2 .
582:
Étudier les valeurs propres et espaces propres de cet endomorphisme.
0753
Solution 49 Soit λ ∈ R alors λ est une valeur propre de u si et seulement s’il existe
P0 ∈ R [X] \ {0} tel que :
None
:211
u (P0 ) = λP0 ⇔ P0 (1) X + P0 (2) X 2 = λP0
P0 (1) = 0
, ce qui est équiP0 (2) = 0
valent à dire que 1 et 2 sont racines de P0 . Comme 1 = 2, ceci est équivalent à dire que
(X − 1) (X − 2) divise P0 c’est-à-dire qu’il existe Q ∈ R [X] tel que P = (X − 1) (X − 2) Q.
Ainsi, 0 est valeur propre de u (le polynôme P0 = (X − 1) (X − 2) est non nul et vérifie
u (P0 ) = 0) et l’espace propre associé est :
scho
la
rvox.
com:
Premier cas λ = 0. D’après le principe d’identification, on a
Second cas λ = 0 : On a P0 =
univ.
E0 (u) = {(X − 1) (X − 2) Q (X) , Q ∈ R [X]} .
1
P0 (1) X + P0 (2) X 2 donc il existe deux réels a, b tels que
λ
Réduction des endomorphismes et des matrices
87
P0 (X) = aX + bX 2 d’où les égalités suivantes :
u (P0 )
λP0 ⇔ (a + b) X + (2a + 4b) X 2 = λ aX + bX 2
a + b = λa
b = a (λ − 1)
⇔
⇔
.
2a + 4b = λb
2a + 4a (λ − 1) = λa (λ − 1)
=
7897
018
Si a = 0 alors b = 0 donc P0 = 0, ce qui est absurde. Par conséquent, a = 0 donc, en divisant
par a dans la seconde équation, on obtient le système équivalent suivant :

 P0 = a X + (λ√− 1) X 2
2
P0 = a X + (λ − 1) X
b = a (λ − 1)
⇔
⇔
5 ± 17
2 + 4 (λ − 1) = λ (λ − 1)
λ2 − 5λ + 2 = 0

λ=
2
√
√
5 − 17
5 + 17
et λ− =
alors λ+ et λ− sont valeurs propres de u (puisque
On note λ+ =
2
2
2
Pλ = X + (λ − 1) X est non nul et vérifie u (Pλ ) = λPλ si λ ∈ {λ+ , λ− }) et on a les égalités
ensemblistes suivantes :
Eλ+ (u) = Vect X + (λ+ − 1) X 2 , Eλ− (u) = Vect X + (λ− − 1) X 2 .
7.44
:164
Conclusion : Les valeurs propres de u sont 0, λ+ , λ− et les espaces propres ont été explicités
précédemment.
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
Commentaires 49 Exercice élémentaire mais discriminant car il demande un peu de
recul du candidat sur la réduction des endomorphismes, sur les raisonnements par analysesynthèse ainsi qu’un résultat clé concernant les polynômes (lien racines et divisibilité).
Pour la détermination des valeurs propres non nulles, on peut aussi procéder comme
suit.
Les vecteurs associés aux valeurs propres non nuls appartiennent à F= Vect X, X 2 qui
2
est stable par u. Il suffit alors d’écrire la matrice A de u dans la base X,
X2 et d’étudier
2
ses valeurs propres et vecteurs propres. Comme u (X) = X + 2X et u X = X + 4X 2 ,
on peut affirmer que
1 1
A=
⇒ χA (X) = X 2 − 5X + 2
2 4
None
:211
donc le discriminant vaut ∆ = 21 et ses racines
sont
λ+ et λ− (avec les notations du
1
donc les vecteurs propres associés
corrigé). Les vecteurs propres associés sont
λ± − 1
2
à u (pour ces valeurs propres) sont 1X + (λ± − 1) X .
com:
Exercice 50 (Mines-Telecom)
univ.
scho
la
rvox.
1. Soit A ∈ Mn (R). On suppose que A possède n valeurs propres distinctes. On pose
B ∈ Mn (R) telle que B 2 = A. Montrer que B est diagonalisable.


11 −5 5
2. Résoudre B 2 = A pour A = −5 3 −3 .
5 −3 3
88
Mines-Telecom
Solution 50
1. Comme A possède n valeurs propres distinctes λ1 , ..., λn et que A ∈ Mn (R)
alors on peut affirmer que :
— A est diagonalisable ;
— chaque espace propre est de dimension 1 (chaque espace propre est de dimension au
moins 1 et la somme des dimensions des espaces propres est au plus égal à n).
Comme B 2 = A, montrons que B commute avec A :
AB = B 2 B = B 3 = BB 2 = BA.
Ainsi, chaque espace propre de A est stable par B. Pour tout i ∈ {1, ..., n} , soit εi une
base de Eλi (A) alors :
εi ∈ Eλi (A) ⇒ Bεi ∈ Eλi (A) = Vect (εi ) ⇒ ∃µi ∈ R, Bεi = µi εi .
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
018
Autrement dit, la famille B = (εi )1⩽i⩽n est formée de vecteurs propres pour B et comme
B est une base de Mn,1 (R) (car A est diagonalisable), on en déduit que B est diagonalisable.
Remarque : Cette base B est aussi formée de vecteurs propres pour A. Si on note P
la matrice de passage de la base canonique à la base B, les matrices P −1 AP et P −1 BP
sont diagonales (car la base B est une base de diagonalisation de A et B).
2. La matrice A est symétrique à coefficients réels donc elle diagonalisable (d’après le théorème spectral). Déterminons les valeurs propres de A en calculant son polynôme caractéristique.
X − 11
X − 11
5
−5
5
−5 5
X − 3 3 X −3
3 =
χA (X) = 5
L ←L +L −5
X
X
3
X − 3 3 3 2 0
X − 11
5
−5
10
−5
X − 11
X − 3 3 X − 6 3 = X 5
=
X 5
C2 ←C2 −C3
0
1
1
0
0
1
10 3+3 X − 11
= X ((X − 11) (X − 6) − 50)
= X × 1 × (−1)
5
X − 6
2
= X X − 17X + 16 = X (X − 1) (X − 16)
None
:211
0753
582:
Ainsi, A possède 3 valeurs propres distinctes et chaque espace propre est de dimension 1
(on retrouve ainsi que A est diagonalisable car elle possède 3 valeurs propres distinctes
et elle appartient à M3 (R)). Déterminons une base de chaque espace propre. Pour cela,
il suffit de trouver un vecteur non nul dans cet espace propre.
 
0
E0 (A) = ker (A) = Vect 1 (∗)
1
=


 
−5 5
1
2 −3 = Vect  1 
−3 2
−1
rvox.
scho
la
E16 (A)
=
10

−5
ker (A − I3 ) = ker
5
−5
ker (A − 16I3 ) = ker −5
5
univ.
E1 (A)

com:
=ε1
−5
−13
−3
(∗∗)
=ε2

 
5
2
−3  = Vect −1
−13
1
=ε3
(∗ ∗ ∗)
Réduction des endomorphismes et des matrices
89
Notons C1 , C2 , C3 les colonnes des matrices considérées ci-dessous.
(∗) car C2 + C3 = 0. En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la base
canonique (e1 , e2 , e3 ) est A, on a :
u (e2 ) + u (e3 ) = 0 ⇔ e2 + e3 ∈ ker (u) ⇔ ε1 ∈ ker (A)
(∗∗) car C1 + C2 − C3 = 0.En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la base
canonique (e1 , e2 , e3 ) est A − I3 , on a :
u (e1 ) + u (e2 ) − u (e3 ) = 0 ⇔ e1 + e2 − e3 ∈ ker (u) ⇔ ε2 ∈ ker (A − I3 )
(∗ ∗ ∗) car 2C1 − C2 + C3 = 0. En passant à l’endomorphisme u dont la matrice dans la
base canonique (e1 , e2 , e3 ) est A − 16I3 , on a :
:164
7897
018
2u (e1 ) − u (e2 ) + u (e3 ) = 0 ⇔ 2e1 − e2 + e3 ∈ ker (u) ⇔ ε3 ∈ ker (A − 16I3 ) .


0 1
2
On note alors P = 1 1 −1 alors P −1 AP = diag (0, 1, 16) = D.
1 −1 1
On procède ensuite par analyse-synthèse.
Phase d’analyse. Soit B ∈ M3 (R) vérifiant B 2 = A. D’après la question précédente
ainsi que la remarque finale à la réponse à la question précédente, on peut même affirmer
que P −1 BP est diagonale. Notons la ∆ = diag (µ1 , µ2 , µ3 ) alors on a :
⇔
7.44
2
A ⇔ P ∆P −1 = P DP −1 ⇔ P ∆2 P −1 = P DP −1
 2

 µ1 = 0
 µ1 = 0
µ22 = 1 ⇔
µ = ±1 ⇒ B = P diag (0, ±1, ±4) P −1 .
∆2 = D ⇔
 2
 2
µ3 = 16
µ3 = ±4
4.12
=
:89.8
B2
8891
2502
Phase de synthèse. Il est immédiat que la matrice B = P diag (0, ±1, ±4) P −1 vérifie :
2
B 2 = P (diag (0, ±1, ±4)) P −1 = P diag (0, 1, 16) P −1 = A.
582:
Par conséquent, les matrices B vérifiant B 2 = A sont les matrices P diag (0, ±1, ±4) P −1 .
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
Commentaires 50 La première question est un classique de tous les oraux (Mines-Ponts,
Centrale-SupElec et CCINP) mais aussi des écrits (e3a inclus). Si vous n’avez pas réussi
à le traiter seul, n’hésitez pas à le retravailler.
La deuxième question est un grand classique de la réduction et intervient fréquemment à
l’écrit et à l’oral de CCINP ainsi que, probablement, à l’oral de Mines-Telecom dorénavant.
90
Centrale Math 1
2.3
Centrale Math 1
Exercice 51 (Centrale) Soit M ∈ Mn (Z) . On suppose que toutes les valeurs propres
complexes de M sont de module 1. On note (λj )1⩽j⩽n les valeurs propres complexes de M
et Pk le polynôme caractéristique de M k (k ∈ N).
n X − λki
1. Soit k ∈ N. Montrer que Pk =
i=1
2. Montrer que {Pk , k ∈ N} est fini.
3. En déduire que les valeurs propres de M sont des racines de l’unité.
Solution 51
7897
018
1. Le polynôme caractéristique χM de M annule M (théorème de Cayley-Hamilton) et il
est à coefficients dans R, donc dans C, et de degré n ⩾ 1, le théorème de D’AlembertGauss affirme que χM est scindé dans C [X] , ce qui prouve que M est trigonalisable
dans Mn (C) . Il existe ainsi une matrice inversible P telle que


λ1
(∗)


..
M = P T P −1 avec T = 
.
.
λn
:164
(0)
Pour tout entier k, on a :
λkn
(0)
(∗) car M k et T k sont semblables
(∗∗) car T k est triangulaire.
7.44
n  −1
X − λki
⇒ χ M k = χT k =
P
4.12
.

(∗)
(∗∗)
i=1
:89.8
..
(∗)
8891
2502
 k
λ1

k
k −1
M = PT P = P 
(k)
1⩽j1 <j2 <···<ji ⩽n
=
k
1⩽j1 <j2 <···<ji ⩽n
k
k
|λj1 | |λj2 | · · · |λji | =
1⩽j1 <j2 <···<ji ⩽n
1 = bi .
1⩽j1 <j2 <···<ji ⩽n
:211
0753
582:
2. Pour tout i ∈ {0, .., n − 1}, on note ai le coefficient de X i dans le polynôme Pk . D’après
les relations coefficients-racines, pour tout i ∈ {0, .., n − 1} , on a :
k k
(k)
n−k
ai
= (−1)
λkj1 λkj2 · · · λkji ⇒ |ai | ⩽
λj1 λj2 · · · λkji i=0
k ∈ N} est un ensemble fini.
rvox.
n
(2bi + 1) ) donc l’ensemble {Pk ,
com:
None
Pour chaque i ∈ {0, .., n − 1} , ai appartient à Z et à l’intervalle [−bi , bi ] (indépendant
(k)
de k) donc ai prend un nombre fini de valeurs possibles (au plus 2bi + 1). Ainsi, le
n−1
(k)
ai X i prend un nombre fini de valeurs possibles (au plus
polynôme Pk = X n +
univ.
scho
la
3. Comme l’ensemble Z = {Pk , k ∈ N} est fini et que chaque élément de Z possède un
nombre fini de racines, l’ensemble S des racines des Pk (k ∈ N) est un ensemble fini.
k
k
Soit λ une valeur propre deM alors, pour
tout entier k, λ est racine de Pk donc λ ∈ Z.
k
En particulier, l’ensemble λ , k ∈ N est un ensemble fini et comme l’ensemble N est
infini, il existe deux entiers k, q avec k < q et λk = λq . En divisant par λk (qui est non
Réduction des endomorphismes et des matrices
91
k
nul car λk = |λ| = 1 = 0), on obtient l’égalité λq−k = 1 c’est-à-dire que λ est une
e
racine ((q − k) ) de l’unité.
018
Commentaires 51 Exercice de niveau standard pour ce concours et progressif.
Question 1. Il s’agit quasiment d’une question de cours (expression du polynôme caractèristique en fonction des valeurs propres) donc l’interrogateur sera sensible à l’intiative et
l’autonomie du candidat.
Question 2. Si le candidat ne voit pas, il sera apprécié par l’interrogateur que le candidat
gère des cas particuliers : n = 2 et / ou n = 3. Il sera alors assez simple d’imaginer le
cas général (même si le dénombrement
précis des coefficients possibles n’est pas du tout un
attendu, par exemple bi vaut ni car un un sous-ensemble I à i éléments est caractériser
la liste strictement croissante (j1 , .., ji ) de ses éléments).
Question 3. L’argumentaire nécessaire s’inspire fondamentalement des arguments sur l’ordre
d’un élément dans un groupe fini. En pratique, cette question sera la plus discriminante
de l’exercice.
1. Que peut-on dire de j en tant qu’élément de L(E) ?
2. Montrer que tous les éléments de G ont même rang r.
:164
7897
Exercice 52 (Centrale) Soit E un K-ev de dimension n, et G un groupe pour la composition des endomorphismes de L(E), de neutre j.
:89.8
4.12
7.44
3. Soit n ⩾ 3. On considère maintenant
— une base B = (e1 , .., en ) ;
— l’ensemble G = {uσ , σ ∈ Sn } avec Sn l’ensemble des permutations de {1, .., n} ;
— uσ est l’endomorphisme de E défini par :
8891
2502
∀i ∈ {1, .., n} , uσ (ei ) = eσ(i) .
(a) Montrer que G est un sous groupe de GL(E).
(b) Trouver les droites stables par tous les éléments de G.
582:
(c) Déterminer les hyperplans stables par tous les éléments de G.
Solution 52
None
:211
0753
1. Comme j est élément neutre pour la composition, on a j ◦ j = j ⇔ j 2 = j donc j est un
projecteur.
2. Comme j est un projecteur, on a Im (j) ⊕ ker (j) = E. On fixe une base B1 = (e1 , .., er )
de Im (j) (donc j (ei ) = ei pour tout i ∈ {1, .., r}) et une base B0 = (er+1 , .., en ) de
ker (j) (donc j (ei ) = 0E si i ∈ {r + 1, .., n}) alors la famille
com:
B = B1 ∪ B0 = (e1 , .., er , er+1 , .., en )
{r + 1, .., n} , ei ∈ ker (j)
g (ei ) = (g ◦ j) (ei ) = g (j (ei )) = g (0) = 0,
On en déduit l’égalité ensembliste :
Im (g)
=
=
scho
la
∈
⇒
Vect (g (e1 ) , .., g (er ) , g (er+1 ) , .., g (en ))
Vect (g (e1 ) , .., g (er ))
univ.
∀i
rvox.
est une base de E. Comme on a g = g ◦ j, on obtient :
92
Centrale Math 1
donc la famille (g (ei ))1⩽i⩽r est génératrice de Im (g) . Prouvons que cette famille est
libre. Soit (λi )1⩽i⩽r ∈ Kr tel que :
(∗) :
r
λi g (ei ) = 0E .
i=1
Comme (G, ◦) est un groupe, il existe h ∈ G tel que h ◦ g = j. En composant l’égalité (∗)
par h et en utilisant la linéarité de h, on obtient l’égalité :
r
i=1
λi j (ei ) = 0E ⇔
r
i=1
λi ei = 0E ⇒ ∀i ∈ {1, .., r} , λi = 0
(car la famille (e1 , .., er ) est libre). Par conséquent, la famille (g (ei ))1⩽i⩽r est une base
de Im (g) donc rg (g) = r (qui est indépendant de g).
3.
7897
018
(a) Soit g ∈ G, il existe σ ∈ Sn tel que g = uσ . La famille (ei )1⩽i⩽n est une base de E
donc la famille
eσ(i) 1⩽i⩽n = (uσ (ei ))1⩽i⩽n
4.12
7.44
:164
est une base de E (les vecteurs de la famille (ei )1⩽i⩽n ont simplement été permutés
de position). Ainsi, uσ = g est un automorphisme de E c’est-à-dire que g ∈ GL (E)
quelque soit g ∈ G d’où l’inclusion G ⊂ GL (E) .
Soit σ = Id{1,..,n} alors :
:89.8
∀i ∈ {1, .., n} , uσ (ei ) = eσ(i) = ei = IdE (ei )
=fi
uσ (fi ) = fσ(i) = eτ (σ(i)) = uτ ◦σ (ei )
:211
=
0753
582:
8891
2502
donc uσ = IdE (les deux endomorphismes sont égaux sur une même base), ce qui
prouve que IdE ∈ G.
2
Soient (g, h) ∈ G2 , il existe (σ, τ ) ∈ (Sn ) tel que g = uσ et h = uτ . Pour tout
i ∈ {1, .., n} , on a les égalités suivantes :
(g ◦ h) (ei ) = (uσ ◦ uτ ) (ei ) = uσ (uτ (ei )) = uσ eτ (i)
None
donc g ◦ h = uτ ◦σ ∈ G (car τ ◦ σ ∈ Sn puisque (Sn , ◦) est un groupe). En outre, si
on pose m = uσ−1 ∈ G, on a l’égalité :
com:
m ◦ g = uσ−1 ◦σ = uId{1,..,n} = IdE
rvox.
donc g −1 = m ∈ G. Par conséquent, (G, ◦) est un sous-groupe de GL (E) .
scho
la
(b) Soit ∆ une droite de E. Il existe v ∈ E\ {0} tel que ∆ = Vect (v) . Supposons que ∆
soit stable par tous les g ∈ G alors g (∆) ⊂ ∆. Pour tout σ ∈ Sn , on a :
uσ (v) ∈ uσ (∆) ⊂ ∆ = Vect (v) ⇒ ∃λσ ∈ K, uσ (v) = λσ v
univ.
donc v est vecteur propre de uσ et λσ est la valeur propre associée. Comme uσ est
un automorphisme, 0 n’est pas valeur propre de uσ donc λσ = 0 pour tout σ ∈ Sn .
Réduction des endomorphismes et des matrices
93
Notons (v1 , .., vn ) ∈ Kn ses coordonnées dans la base B c’est-à-dire v =
tout σ ∈ Sn , on a :
uσ (v)
=
uσ linéaire
n
vi uσ (ei ) =
i=1
n
vi eσ(i)
i=1
j=σ(i)
=
−1
i=σ
(j)
=
n
n
vi ei . Pour
i=1
vσ−1 (j) ej .
j=1
Comme (ei )1⩽i⩽n est une base de E, on en déduit l’équivalence suivante valable pour
tout σ ∈ Sn :
uσ (v) = λσ v ⇔ ∀j ∈ {1, .., n} , vσ−1 (j) = λσ vj
Comme v = 0, il existe s ∈ {1, .., n} tel que vs = 0. Soit t ∈ {1, .., n} \ {s} , on choisit
σ 0 = (s, t) la transpositon échangeant s et t alors σ 20 = Id{1,..,n} donc σ −1
0 = σ 0 et
on obtient les égalités suivantes
(∗) : ∀i ∈ {1, .., n} , vi = λσ0 vσ(i) .
018
En choisissant i = t dans l’égalité (∗) , on obtient la formule
7897
(∗∗) : vt = λσ vs = 0
n
i=1
:89.8
v=
vs ei = vs w ⇒ ∆ = Vect (w) .
8891
2502
i=1
4.12
7.44
:164
(car vs = 0 et λσ0 = 0) quelque soit t ∈ {1, .., n} \ {s} . Autrement dit, aucune des
coordonnées de v n’est nulle. Pour tout i ∈ {1, .., n} \ {s, t} (ce qui est possible car
n ⩾ 3) dans l’égalité (∗) , on obtient vi = λσ0 vi . Comme vi = 0, on peut affirmer
que λσ0 = 1 donc, d’après l’égalité (∗∗) , on obtient vt = vs pour t = s. Si on note
n
w=
ei , on a :
Réciproquement, notons D = Vect (w) la droite dirigée par w. Pour tout σ ∈ Sn , on
a:
=
uσ linéaire
n
uσ (ei ) =
i=1
n
eσ(i)
582:
uσ (w)
i=1
j=σ(i)
=
−1
i=σ
(j)
=
n
ej = w
j=1
0753
⇒ ∀x ∈ D, ∃k ∈ K, x = kw ⇒ uσ (x) = kuσ (w) = kw ∈ D
com:
il existe (v1 , .., vn ) ∈ Kn \ {0Kn } tel que :
None
:211
donc D = Vect (w) est l’unique droite stable par tous les éléments de G.
n
(c) Soit x ∈ E, il existe (x1 , .., xn ) ∈ Kn tel que x =
xi ei . Soit H un hyperplan de E,
n
rvox.
x∈H⇔
i=1
vi xi = 0.
i=1
=
avec xex
t
=
−vs et + vt es (de coordonnées (xex
i )1⩽i⩽n
univ.
xex
scho
la
Supposons que H est stable par tous les uσ , σ ∈ Sn . Comme (v1 , .., vn ) = (0, .., 0) , il
existe un entier s ∈ {1, .., n} tel que vs = 0. On fixe t ∈ {1, .., n} \ {s} . Le vecteur
ex
−vs , xex
/ {s, t})
s = vt et xi = 0 si i ∈
94
Centrale Math 1
appartient à H car :
n
ex
ex
vi xex
i = vs xs + vt xt = vs vt + vt (−vs ) = 0.
i=1
Pour tout σ ∈ Sn , uσ (xex ) admet pour coordonnées xex
−1
σ (i)
ex
1⩽i⩽n
(cf. la réponse à
la question 2) et uσ (x ) appartient à H (car H est stable par uσ ) donc :
n
i=1
−1
j=σ (i)
vi xex
⇔
σ −1 (i) = 0
i=σ(j)
n
vσ(j) xex
j = 0.
j=1
Soit k ∈ {1, .., n} \ {t} , on choisit σ 0 = (t, k) la transpositon échangeant s et k alors :
0=
n
vσ(j)
i=1
xex
j
ex
= vσ(s) xex
s + vσ(t) xt = vs vt + vk (−vs ) .
=0 si j ∈{s,t}
/
i=1
xi = 0 est le seul qui soit stable par tous les éléments
7.44
donc l’hyperplan d’équation
n
4.12
i=1
de G.
:164
÷vt =0
i=1
7897
018
En divisant par vs = 0 cette égalité, on obtient vt = vk pour tout k ∈ {1, .., n} \ {t}
donc (v1 , .., vn ) = (vt , .., vt ) . Comme (v1 , .., vn ) est non nul, on en déduit que vt = 0
et
n
n
x∈H⇔
v t xi = 0 ⇔
xi = 0
n
xi = 0. Pour tout σ ∈ Sn
et tout x de E de coordonnées (xi )1⩽i⩽n alors uσ (x) est de coordonnées xσ−1 (i) 1⩽i⩽n
(cf. la réponse à la question précédente). On dispose alors de l’égalité suivante :
:89.8
Réciproquement, considèrons l’hyperplan H0 d’équation
i=1
xσ−1 (i) =
n
j=σ −1 (i) ⇔
xj = 0.
j=1
582:
n
8891
2502
i=1
:211
0753
donc uσ (x) ∈ H0 pour tout σ ∈ Sn c’est-à-dire que H0 est un hyperplan stable par
tous les éléments de G.
Conclusion : Il existe un unique hyperplan de E stable par tous les éléments de G
n
xi = 0.
et il est d’équation
None
i=1
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 52 Ce sujet est un mélange de deux exercices classiques : les deux premières questions apparaissent plutôt aux écrits X-ENS. La troisième question est un classique de l’oral Mines-Ponts.
L’intégralité de ces questions se traite avec les outils de MPSI. Le corrigé est très détaillé
mais l’interrogateur n’attendra pas forcément des détails aussi nombreux. Les questions 1
et 3.a) étant les plus simples, il ne faut pas hésiter à les traiter en premier (l’ordre n’est
jamais imposé). Pour les questions 3.b) et 3.c), proposé un exemple de sous-espaces stables
pour chaque cas sera fortement apprécié. Le traitement du cas très particulier n = 2 aussi
(il permet une preuve bien plus aisé que dans le cas général). L’interaction avec l’interro-
Réduction des endomorphismes et des matrices
95
gateur permettant d’aller plus loin éventuellement.
Au final, l’exercice est discriminant mais il est tout à fait envisageable de l’achever dans
le temps imparti.
Exercice 53 (Centrale)
−2x + 3y −6x + 6y
1. On note E =
, (x, y) ∈ C2 . Montrer que E est un plan
x−y
3x − 2y
vectoriel d’éléments tous diagonalisables.
α 0
a b
2. Soit A =
et B =
avec α = β. On suppose que pour tout complexe
0 β
c d
t, B + tA est diagonalisable. Montrer b = c = 0.
3. On note dn (K) la dimension maximale d’un sous-espace de Mn (K) dont tous les
éléments sont diagonalisables. Calculer d2 (C) puis dn (R).
Solution 53
avec
7.44
4.12
−6x + 6y 3x − 2y :89.8
Ainsi, pour tout λ, λ ∈ C, on a :
−2x + 3y λM + λ M =
x − y :164
7897
018
1. Espace vectoriel. Montrons que E est un sous-espace vectoriel de M2 (C) . Par définition, E ⊂ M2 (C) qui est un C-espace vectoriel. En outre, 02 ∈ E (prendre x = y = 0).
Soient M, M ∈ E, il existe x, y, x , y ∈ C tels que :
−2x + 3y −6x + 6y
−2x + 3y −6x + 6y .
M=
,M =
x−y
3x − 2y
x − y 3x − 2y x = λx + λ x ∈ C
y = λy + λ y ∈ C
8891
2502
donc λM + λ M ∈ E, ce qui permet d’affirmer que E est un sous-espace vectoriel de
M2 (C) .
Diagonalisabilité. Soit M ∈ E, il existe x, y ∈ C tel que
−2x + 3y −6x + 6y
M=
.
x−y
3x − 2y
:211
(X + 2x − 3y) (X − 3x + 2y) − (6x − 6y) (y − x)
X 2 − (x + y) X + xy = (X − x) (X − y) .
None
=
=
0753
582:
Déterminons son polynôme caractéristique :
X + 2x − 3y
6x − 6y χM (X) = y−x
X − 3x + 2y =
(X − (a + tα)) (X − (d + tβ)) − bc
univ.
=
scho
la
rvox.
com:
Si x = y alors χM est
scindé
à racines simples donc M est diagonalisable.
x 0
Si x = y alors M =
qui est diagonale donc diagonalisable. Ainsi, tout élément
0 x
de E est diagonalisable.
a + tα
b
2. Commençons par calculer le polynôme caractéristique de B + tA =
.
c
d + tβ
X − (a + tα)
−b
χB+tA (X) = −c
X − (d + tβ)
X 2 − (a + d + t (α + β)) X + (a + tα) (d + tβ) − bc.
96
Centrale Math 1
Soit ∆ (t) le discriminant de ce trinôme (par rapport à X) alors :
∆
=
=
2
(a + d + (α + β) t) − 4 ((a + tα) (d + tβ) − bc)
2
2
t2 (α + β) − 4αβ + At + B = (α − β) t2 + At + B
avec (A, B) ∈ C2 . Comme ∆ est un polynôme du second degré par rapport à t (car
2
(α − β) = 0), l’équation ∆ (t) = 0 admet une solution dans C (d’après d’AlembertGauss par exemple). Notons t0 une de ces solutions. Dans ce cas, χB+t0 A admet une
unique racine r0 ∈ C c’est-à-dire que r0 est l’unique valeur propre de B + t0 A. Comme
B + t0 A est diagonalisable (par hypothèse), il existe une matrice inversible P telle que :
B + t0 A = P diag (r0 , r0 ) P −1 = P r0 I2 P −1 = r0 P P −1 = r0 I2 .
En particulier, en égalisant les coefficients non diagonaux de B + t0 A et de r0 I2 , on
obtient les égalités b = 0 et c = 0.
3. d2 (C) . Remarquons que l’ensemble
0
,
d
(a, b) ∈ C
2
1
= Vect
0
0
0
,
0
0
018
a
0
7897
D2 =
0
1
:164
est un sous-espace vectoriel de Mn (C) de dimension 2 formé uniquement de matrices
diagonales donc diagonalisables d’om la minoration :
7.44
d2 (C) ⩾ 2.
:89.8
4.12
Soit F un sous-espace vectoriel non nul de M2 (C) constitué uniquement de matrices
diagonalisables.
8891
2502
Premier cas : toute matrice de F admet une unique valeur propre. Soit M ∈ F alors,
comme M est diagonalisable et ne possède qu’une seule valeur propre, que l’on notera α,
il existe une matrice inversible P telle que
M = P diag (α, α) P −1 = P αI2 P −1 = αI2 .
582:
Ainsi, M ∈ Vect (I2 ) d’où l’inclusion
0753
F ⊂ Vect (I2 ) ⇒ dim (F ) ⩽ dim (Vect (I2 )) = 1.
None
:211
Second cas : il existe une matrice M0 ∈ F possédant deux valeurs propres distinctes α
et β. Comme M est diagonalisable, il existe une matrice inversible P telle que
scho
la
rvox.
com:
M = P diag (α, β) P −1 .
a b
Soit N ∈ F, on pose N = P −1 N P =
alors N est diagonalisable (car N l’est)
c d
et, pour tout complexe t, la matrice M + tN appartient à F donc elle est diagonalisable.
Par conséquent, la matrice
P −1 (M + tN ) P = diag (α, β) + N univ.
est aussi diagonalisable pour tout complexe t ce qui entraine, d’après la question précédente, que b = c = 0 donc
N = P diag (a, b) P −1 .
Réduction des endomorphismes et des matrices
97
On vient ainsi de démontrer l’inclusion
a 0
−1
F ⊂
P
P , P ∈ GL2 (C) = DP
0 d
0 0
1 0
−1
−1
P
= Vect P
P ,P
0 1
0 0
donc dim (F ) ⩽ 2.
Au final, tout sous-espace vectoriel de M2 (C) dont tous les éléments sont diagonalisables
est de dimension au plus 2 donc d2 (C) ⩽ 2. Comme d2 (C) ⩾ 2, on peut affirmer que
d2 (C) = 2.
dn (R) . Soit F un sous-espace vectoriel de Mn (R) dont tous les éléments sont diagonalisables. Notons :
Tn (R) = T = (ti,j )1⩽i,j⩽n ∈ Mn (R) , ∀i ⩾ j, ti,j = 0
:164
7897
018
l’ensemble des matrices triangulaires supérieures strictes (i.e. tous les coefficients « sous
la diagonale, incluse, » sont nuls).
Soit M ∈ F ∩ Tn (R) alors M est diagonalisable (car M ∈ F ) et 0 est son unique valeur
propre (puisqu’elle est triangulaire, ses coefficients diagonaux sont ses valeurs propres).
Ainsi, il existe une matrice inversible P telle que
7.44
M = P diag (0, .., 0) P −1 = 0n ⇒ F ∩ Tn (R) = {0n } .
:89.8
4.12
n (n − 1)
(les matrices élémentaires
2
(Ei,j )1⩽j<i⩽n en forme une base), que F + Tn (R) est une somme directe formant un
sous-espace vectoriel de Mn (R) , la formule de Grassmann montre que :
Comme Tn (R) est un espace vectoriel de dimension
8891
2502
dim (F + Tn (R)) ⩽ dim (Mn (R)) ⇔ dim (F ) + dim (Tn (R)) ⩽ n2
⇔ dim (F ) ⩽ n2 − dim (Tn (R)) = n2 −
n (n + 1)
n (n − 1)
=
.
2
2
n (n + 1)
. Comme Sn (R) (l’ensemble des
2
n (n + 1)
matrices symétriques à coefficients réels) est un espace vectoriel de dimension
2
dont tous les éléments sont diagonalisables (d’après le théorème spectral), on peut affirmer que :
n (n + 1)
.
dn (R) =
2
None
:211
0753
582:
Par conséquent, on en déduit que dn (R) ⩽
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 53 Exercice original et suffisamment progressif pour ce concours.
Question 1. Elle ne devrait pas poser de difficulté car elle est basée sur un résultat élémentaire du chapitre de réduction.
Question 2. Cette question s’avère discriminante. Les candidats ont soit peur des calculs,
soit ils ne prennent pas de recul sur ceux-ci. Il faut être pragmatique et se dire qu’une matrice de taille 2 a au plus deux valeurs propres distinctes et que si elle en a deux, elle est
diagonalisable donc le point crucial est de traiter le cas où elle a une seule valeur propre.
Dans ce cas, elle est forcément diagonale. Ce sont ces faits qui doivent guider le candidat.
Question 3. La première question (d2 (C)) est la plus difficile du point de vue du raison-
98
Centrale Math 1
nement à tenir et demande un bon recul sur l’algèbre linéaire et la réduction. Comme à la
question précédente, le nombre de valeurs propres structure le raisonnement.
La deuxième question (dn (R)) est plus astucieuse et possède de nombreuses déclinaisons
(dimension du plus grand sous-espace vectoriel dont toutes les matrices sont nilpotentes,
etc). N’hésitez pas à retravailler cette question astucieuse, elle pourrait vous resservir.
Exercice 54 (Centrale) Soient f et g des endomorphismes non nuls d’un C-espace vectoriel E de dimension n tels que f ◦ g = 0.
1. Que peut on dire de ker (f ) et Im (g) ?
2. Si g possêde une valeur propre non nulle, montrer qu’il existe un vecteur propre de
g qui appartient à ker (f ).
3. Montrer qu’il existe une base commune de trigonalisation pour f et g.
Solution 54
7897
018
1. Soit x ∈ Im (g) , il existe y ∈ E tel que x = g (y) donc f (x) = (f ◦ g) (y) = 0 (y) = 0
d’où x ∈ ker (g) . Ainsi, on vient d’établir l’inclusion Im (g) ⊂ ker (f ) .
2. Soit λ une valeur propre non nulle de g et x0 ∈ E\ {0E } un vecteur propre associé alors :
:164
÷λ=0
x 1
0
g (x0 ) = g
∈ Im (g) ⊂ ker (f )
λ
λ
7.44
g (x0 ) = λx0 ⇒ x0 =
4.12
(d’après la question précédente) donc tout vecteur propre de g appartient à ker (f ) .
8891
2502
:89.8
3. On procède par récurrence sur n en posant, pour tout entier n, (Hn ) : « pour tout C2
espace vectoriel E, pour tout (f, g) ∈ (L (Cn )) tel que f ◦ g = 0 alors il existe une base
B de E telle que les matrices de f et g soient triangulaires supérieures ».
2
Initialisation n = 1. Soit E un C-espace vectoriel de dimension 1 et (f, g) ∈ (L (E))
telle que f ◦ g = 0. On fixe une base B de E et on note F et G les matrices respectives
de f et g dans cette base alors
582:
A = (a) ∈ M1 (C) et B = (b) ∈ M1 (C) .
:211
0753
Ces deux matrices étant triangulaires supérieure, la base B est une base commune de
trigonalisation de f et g donc (H1 ) est vraie.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
Hérédité., Soit n ∈ N∗ tel que la propriété (Hn ) soit vraie et montrons la propriété
2
(Hn+1 ). Soit E un C-espace vectoriel de dimension n+1 et on considère (f, g) ∈ (L (E))
tel que f ◦ g = 0. Le polynôme caractéristique χf (resp. χg ) de f (resp. de g) étant de
degré n + 1 ⩾ 1, il est scindé dans C [X] d’après le théorème de d’Alembert-Gauss.
Premier cas : χg possède une racine λ1 non nulle i.e. g possède une valeur propre non
nulle λ1 . D’après la question précédente, il existe un vecteur propre e1 de g associé à λ1
(i.e. g (e1 ) = λ1 e1 ) et appartenant à ker (f ) (i.e. f (e1 ) = 0).
Second cas : χg n’admet que 0 comme racine donc 0 est l’unique valeur propre de
g et g n = χg (g) = 0 (d’après le théorème de Cayley-Hamilton) c’est-à-dire que g est
nilpotente. Remarquons alors que ker (f ) = {0} (sinon, f serait injectif et comme il
s’agit d’un endomorphisme en dimension, f serait un isomorphisme donc
g = f −1 ◦ (f ◦ g) = f −1 ◦ 0 = 0
Réduction des endomorphismes et des matrices
99
ce qui est absurde). En outre, si x ∈ ker (f ) alors :
f (g (x)) = (f ◦ g) (x) = 0 (x) = 0 ⇒ g (x) ∈ ker (f ) .
Ainsi, g|ker(f ) est un endomorphisme de ker (f ) qui est nilpotent. Son noyau est non nul
c’est-à-dire qu’il existe e1 ∈ ker (f ) (i.e. f (e1 ) = 0) tel que g (e1 ) = 0.
Conclusion partielle. Ainsi, dans tous les cas, il existe un vecteur e1 non nul tel que
f (e1 ) = 0 et g (e1 ) = λe1 pour un certain λ ∈ C.
On complète alors la famille (e1 ) en une base B = (e1 , .., en+1 ) de E. On note B2 =
(e2 , .., en+1 ) . Les matrices F et G respectivement de f et g dans la base B sont de la
forme
g (e1 ) g (B2 )
f (e1 ) f (B2 )
0
a
λ
b
e1
e1
G
=
F =
0n,1 F 0n,1 G
B2
B2
:164
7897
018
où λ ∈ C avec F , G ∈ Mn (C) et a, b ∈ M1,n (C) . Comme f ◦ g = 0 et par le calcul
matriciel par blocs, on peut affirmer que :
0
a
b
λ1
0
01,n
=
F G = 0n+1 ⇔
0n,1 F 0n,1 0n
0n,1 G
0
01,n
0 aG
=
⇒ F G = 0n .
⇔
0 F G
0n,1 0n
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
On note f et g les endomorphismes de Cn (qui est un C-espace vectoriel de dimension
n) dont les matrices dans la base canonique de Cn sont F et G . L’égalité F G = 0n
montre que f ◦ g = 0. D’après l’hypothèse de récurrence (Hn ), il existe une base B de
Cn telle que les matrices de f et g dans la base B soient triangulaires supérieures. Si
on note P la matrice de passage de la base canonique de Cn à la base B , F et G les
matrices de f et g dans la base B alors F et G sont triangulaires supérieures et on
a:
−1
−1
F = P F (P ) , G = P G (P ) .
582:
On considère alors les matrices P, Q ∈ Mn+1 (C) définie par blocs par :
1
01,n
1
01,n
P =
,
Q
=
−1 .
0n,1 P 0n,1 (P )
0753
Le calcul matriciel par blocs montre que :
1×1
01,n
1
=
PQ =
−1
0
0n,1 P (P )
n,1
G=P
com:
donc P est inversible d’inverse Q et
0
01,n
P −1 ,
F =P
0n,1 F None
:211
01,n
In
λ1
0n,1
= In+1
01,n
P −1 .
G
univ.
scho
la
rvox.
Si on désigne par B0 la base de E dont la matrice de passage de la base
base
B à la 0
01,n
B0 est P, les matrices de f et g dans la base B0 sont respectivement
et
0n,1 F λ1 01,n
qui sont bien triangulaires supérieures ce qui démontre (Hn+1 ) et achève
0n,1 G
la récurrence.
100
Centrale Math 1
Commentaires 54 Exercice relativement aisé pour ce concours et de difficulté très progressive. La troisième question est la plus difficile mais le raisonnement est classique
(proche de la co-réduction).
Exercice 55 (Centrale) Soient P = X 2 + αX + β un polynôme n’ayant pas de racine
réelle, E un R-espace vectoriel de dimension n ⩾ 1, et f un endomorphisme de E tel que
P (f ) = 0. On cherche à prouver qu’il existe une base dans laquelle la matrice de f est :


A 0 ··· 0

.
 0 . . . . . . .. 
1
 où A = 0

.

. .
−β −α
.. ... 0
 ..
0 ···
0 A
1. Montrer que n est pair et que f n’admet pas de valeur propre.
018
2. Soit x ∈ E et y = f (x) + αx. On pose Hx = Vect {x, y}.
Montrer que Hx est stable par f .
7897
3. Démontrer le résultat annoncé.
:164
Solution 55
:89.8
4.12
7.44
1. Le polynôme P annule f donc l’ensemble des valeurs propres de f est inclus dans l’ensemble des racines réelles de P (car E est un R-espace vectoriel). Ce dernier ensemble
étant vide, on en déduit que f n’admet aucune valeur propre. On fixe une base B de
E et on note M ∈ Mn (R) la matrice de f dans cette base. Notons ∆ = α2 − 4β le
discriminant de P. Comme P n’admet aucune racine réelle, on peut affirmer que ∆ < 0
donc P admet deux racines distinctes
8891
2502
λ = a + ib et λ = a − ib avec (a, b) ∈ R × R∗
0753
582:
(car P ∈ R [X] et les racines de P sont complexes non réelles). La matrice M peut être
vu comme matrice de Mn (C) est diagonalisable car
P est scindé à racines simples dans
C et que l’on a l’inclusion ensembliste Sp (M ) ⊂ λ, λ . Il existe une matrice inversible
Q ∈ GLn (C) telle que :
0
λIr
M =P
P −1
0 λIn−r
com:
Or, M ∈ Mn (R) donc :
r (a + ib) + (n − r) (a − ib) = na + ib (2r − n) .
Tr (M ) ∈ R ⇒ 2r − n = 0 ⇔ n = 2r
=
=
λx + µy ⇒ f (z) = λf (x) + µf (y) = λ (y − αx) + µ f 2 (x) + αf (x)
λ (y − αx) + µ (−βx) = λy − (αλ + µβ) x ∈ Hx
donc Hx est stable par f.
univ.
z
scho
la
d’où n est un entier pair.
2. Soit z ∈ Hx , il existe (λ, µ) ∈ R2 tel que :
rvox.
=
None
:211
(il suffit de regrouper les valeurs propres identiques). En particulier, on a :
λIr
0
Tr (M ) = Tr
= rλ + (n − r) λ
0 λIn−r
Réduction des endomorphismes et des matrices
101
3. D’après la question 1, n est un entier pair c’est-à-dire qu’il existe un entier p ⩾ 1 tel que
n = 2p. Soit x1 ∈ E\ {0} alors, d’après la question 2, Hx1 est stable par f. Montrons
que Hx1 est de dimension 2. Posons
y1 = f (x1 ) + αx1 .
La famille (x1 , y1 ) est génératrice de Hx1 . Montrons qu’elle est libre. Comme x1 = 0,
il suffit de montrer que y1 n’est pas colinéaire à x1 . Supposons qu’il existe un réel k tel
que :
y1 = kx1 ⇔ f (x1 ) = (k − α) x1 .
Comme x1 = 0, on peut affirmer que k − α est une valeur propre de f, ce qui est absurde
d’après la question 1. Par conséquent, y1 n’est pas colinéaire à x1 donc (x1 , y1 ) est une
base de Hx1 d’où
dim (Hx1 ) = 2.
018
Supposons avoir construit une famille (x1 , .., xk ) de E telles que Hx1 + · · · + Hxk soit
k
une somme directe. Notons H =
Hxk . Comme on a :
k
dim (Hxi ) =
i=1
2 = 2k ⩽ 2 (p − 1) < 2p = n,
7.44
i=1
k
:164
dim (H) =
7897
i=1
i=1
zi ∈ H alors on a la formule :
f (Z) = −
i=1
f (zi )
∈ Hx1 + · · · + Hxk = H.
∈f (Hxi )⊂Hxi
:211
Notons également :
k
582:
k
zi .
i=1
0753
Notons Z = −
k
:89.8
i=1
zi = 0 ⇔ (∗) : zk+1 = −
8891
2502
k+1
4.12
il existe xk+1 ∈ E\H. Montrons que Hx1 + · · · + Hxk+1 est une somme directe. Soit
(z1 , .., zk+1 ) ∈ Hx1 × · · · × Hxk+1 tel que :
None
yk+1 = f (xk+1 ) + αxk+1
com:
alors il existe (λ, µ) ∈ R2 tel que :
zk+1 = λxk+1 + µyk+1 .
λ(1)−µ(2)
univ.
scho
la
rvox.
Remarquons que f (yk+1 ) = −βxk+1 . L’égalité (∗) puis l’égalité (∗) que l’on a composé
par f nous donne le système suivant :
(1)
λxk+1 + µyk+1 = Z
λ (yk+1 − αxk+1 ) − µβxk+1 = f (Z) (2)
2
⇒
λ + αλµ + µ2 β xk+1 = λZ − µf (Z)
102
Centrale Math 1
Comme Z et f (Z) appartiennent à H qui est un espace vectoriel, λZ − µf (Z) ∈ H. Si
λ2 + αλµ + µ2 β = 0 alors
xk+1 =
1
(λZ − µf (Z)) ∈ H
λ + αλµ + µ2 β
2
ce qui est absurde donc λ2 + αλµ + µ2 β = 0. Si µ = 0 alors, en divisant par µ2 cette
égalité, on en déduit l’équation :
2
λ
λ
λ
+β =0⇔P
=0
+α
µ
µ
µ
λ
∈ R, ce qui est absurde car P n’admet aucune racine réelle. Ainsi, µ = 0 donc,
µ
1
d’après (1) , on obtient λxk+1 = Z. Si λ = 0 alors xk+1 = Z ∈ H, ce qui est absude
λ
donc λ = 0. Ceci montre que
avec
k
i=1
zi = 0 ⇒ ∀i ∈ {1, .., k} , zi = 0
018
zk+1 = 0 ⇒
7.44
:164
7897
(car ∀i ∈ {1, .., k} , zi ∈ Hi et Hx1 + · · · + Hxk soit une somme directe) donc la somme
Hx1 + · · · + Hxk+1 est directe.
On peut affirmer qu’il existe une famille (x1 , .., xp ) de E telle que Hx1 + · · · + Hxp est
une somme directe. En outre, on a :
4.12
p
p
2 = 2p = n = dim (E)
dim (Hxi ) =
dim Hx1 + · · · + Hxp =
i=1
i=1
:89.8
donc Hx1 + · · · + Hxp = E. On pose :
8891
2502
∀i ∈ {1, .., p} , yi = f (xi ) + αxi
et la famille (yi , xi ) est une base de Hxi donc la famille
B = (y1 , x1 , y2 , x2 , .., yp , xp )
582:
est une base de Hx1 + · · · + Hxp = E. Comme on a :
0753
∀i ∈ {1, .., p} , f (yi ) = −βxi et f (xi ) = yi − αxi ,
:211
la matrice de f dans la base B est celle proposée par le sujet.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
Commentaires 55 Sujet de niveau standard pour ce concours.
Question 1 : Il s’agit d’une question très classique et posée dans de nombreux concours
(CCINP, Centrale-SupElec, Mines-Ponts, Mines-Telecom) tant à l’écrit qu’à l’oral (pour
diverses valeurs de α, β). N’hésitez pas à retravailler cette question si vous n’avez guère
avancé dessus.
Question 2. Aucune difficulté.
Question 3. L’idée de justifier l’existence de vecteurs x1 , .., xr tels que la famille
(xi , f (xi ))1⩽i⩽r soit une base de E est la simple traduction géométrique que la matrice
de f dans cette base est celle proposée par le sujet. Les candidats mentionnant ce fait
seront valorisés (ils traduisent bien la question). La difficulté est alors de prouver qu’il
s’agit d’une base est plus difficile mais elle peut se traiter « à la main » pour n = 4
(ou du moins, montrer que (x1 , f (x1 ) , x2 , f (x2 )) soit une famille libre). Les candidats le
Réduction des endomorphismes et des matrices
103
justifiant seuls seront également bien valorisés.
Exercice 56 Soit (A, +, ×, .) une R-algèbre commutative et intègre de dimension finie
d ⩾ 2.
1. Soit a un élément non nul de A. Pour tout x ∈ A, on pose fa (x) = ax.
Montrer que fa est un automorphisme linéaire de A.
2. Soit a ∈ A. Montrer qu’il existe un polynôme non nul P ∈ R [X] tel que P (a) = 0.
3. Montrer que A est une R-algèbre isomorphe à C.
Solution 56
1. Soit x ∈ A. Comme a ∈ A et que (A, +, ×, .) est une R-algèbre, on a fa (x) = ax ∈ A
donc fa : A → A. En outre, pour tout (λ, µ) ∈ R2 et pour tout (x, y) ∈ A2 , on a :
fa (λx + µy) = a (λx + µy) = λax + µay = λfa (x) + µfa (y)
7897
018
donc fa est linéaire ce qui prouve que fa est un endomorphisme de A. Comme A est
un R-espace vectoriel de dimension finie, fa est un automorphisme si et seulement si
ker (fa ) = {0} . Soit x ∈ A alors
:164
x ∈ ker (fa ) ⇔ fa (x) = 0A ⇔ ax = 0A .
4.12
7.44
Par intégrité de A, on peut affirmer que a = 0A ou x = 0A . Or, comme a = 0A ,
on peut affirmer que x = 0A , ce qui montre l’égalité ker (fa ) = {0A } donc fa est un
automorphisme de A.
d
pk X k
k=0
d
582:
χfa (fa ) = 0L(A) ⇔ (∗) :
k=0
k
pk (fa ) = 0L(A) .
0753
donc :
8891
2502
χfa (X) =
:89.8
2. D’après le théorème de Cayley-Hamiltion, le polynôme caractéristique χfa de fa annule
fa . Comme χfa est de degré d et unitaire, il existe des réels (pk )0⩽k⩽d−1 tels que
k∈N
est géométrique de raison a donc on a la formule :
com:
k
Ainsi, la suite (fa ) (x)
None
:211
Remarquons alors que, pour tout entier k et tout x ∈ A, on a :
k+1
k
k
(fa )
(x) = fa (fa ) (x) = a (fa ) (x) .
k
0
rvox.
∀k ∈ N, (fa ) (x) = ak (fa ) (x) = ak Id (x) = ak x.
k=0
k
pk (fa ) (1A ) = 0A ⇔
d
k=0
univ.
d
scho
la
L’égalité (∗) , évaluée en 1A (élément neutre de A), fournit l’égalité :
pk ak 1A = 0A ⇔
Le polynôme P = χfa est non nul et P (a) = 0A .
d
k=0
pk ak = 0A .
104
Centrale Math 1
3. Soit a ∈ A. D’après la question précédente, il existe P ∈ R [X] \ {0} , unitaire (cf. la
réponse à la question 2) tel que P (a) = 0A . La décomposition en produit d’irréductibles
r
de R [X] de P est P =
Pi où r ∈ N∗ , Pi est un polynôme unitaire et irréductible
i=1
de R [X] (les Pi ne sont pas nécessairement deux à deux distincts). Par intégrité de
(A, +, ×, .) , on a l’équivalence :
P (a) = 0A ⇔
r
i=1
Pi (a) = 0A ⇔ ∃i ∈ {1, .., r} , Pi (a) = 0A .
Or, les polynômes unitaires et irréductibles de R [X] sont les polynômes X −α avec α ∈ R
ou X 2 +αX +β avec (α, β) ∈ R2 sans racine dans R c’est-à-dire son discriminant α2 −4β
est strictement négatif. Par conséquent, pour tout a ∈ A,
— soit il existe α ∈ R tel que :
018
(X − α) (a) = 0A ⇔ α − a1A = 0A ⇔ α = a1A ⇔ α ∈ Vect (1A ) ;
:164
7897
— soit il existe (α, β) ∈ R2 tel que
2
X + αX + β (a) = 0A ⇔ a2 + αa + β1A = 0A avec α2 − 4β < 0.
7.44
Comme dim (Vect (1A )) = 1 < d = dim (A) , il existe x0 ∈ A\ Vect (1A ) . Pour ce x0 , il
existe (α0 , β 0 ) ∈ R2 avec ∆0 = α20 − 4β 0 < 0 vérifiant
:89.8
4.12
α 0 2
α2
α 0 2
∆0
2
1A + β 0 − 0 = 0A ⇔ x0 +
1A =
.
(x0 ) + α0 x0 + β 0 = 0A ⇔ x0 +
2
4
2
4
(∗)
√
2
2 α0 1A
x0 +
2
−∆0
= −1A .
582:
8891
2502
(∗) par commutativité de la multiplication dans A.
2
√
−∆0
En divisant par
cette égalité, on obtient l’égalité :
2
2 α0 x0 +
1A ∈ A alors ξ 2 = −1 et, pour tout t ∈ A, on a l’équiva2
−∆0
lence suivante :
(t − ξ) (t + ξ) = 0A
t − ξ = 0A ou t + ξ = 0A ⇔ t = ξ ou t = −ξ ⇔ t = ±ξ.
com:
⇔
A intègre
⇔
A commutatif
None
t2 = −1A ⇔ t2 = ξ 2 ⇔ t2 − ξ 2 = 0A
:211
0753
Notons ξ = √
2
α 2 √
x + 1A
2
−∆
=
⇔
α 2 x + 1A = ±ξ
2
−∆
√
α1A ± ξ −∆
∈ Vect (1A , ξ) .
x=−
2
−1A ⇔ √
univ.
scho
la
rvox.
On fixe jusqu’à la fin de la question x0 donc ξ est fixé. Pour tout x ∈ A\ Vect (1A ), il
existe (α, β) ∈ R2 avec α2 − 4β < 0 et x2 + αx + β1A = 0. En remplaçant x0 par x, α0
par α, β 0 par β et ∆0 par ∆ = α2 − 4β < 0, dans le raisonnement précédent, on obtient :
Réduction des endomorphismes et des matrices
105
En outre, si x ∈ Vect (1A ) alors x ∈ Vect (1A , ξ) . Par conséquent, on a démontré l’inclusion A ⊂ Vect (1A , ξ) et l’inclusion réciproque étant immédiate (car A est une algèbre
et 1A , ξ appartiennent à A) d’où l’égalité :
A = Vect (1A , ξ) .
Ainsi, la famille (1A , ξ) est une famille génératrice de A. Montrons qu’elle est libre.
Comme 1A = 0, il suffit de montrer que ξ ∈
/ Vect (1A ) . Supposons qu’il existe k ∈ R tel
que ξ = k1A . En évalant au carré cette égalité, on obtient l’équivalence :
ξ 2 = k 2 1A ⇔ −1A = k 2 1A ⇔ k 2 + 1 1A = 0A .
018
Or, k étant un nombre réel, on a k 2 + 1 ⩾ 1 > 0 donc en divisant par k 2 + 1 l’égalité
précédente, on obtient 1A = 0A , ce qui est aburde. Nous en déduisons que (1, ξ) est une
base du R-espace vectoriel A. Pour tout x ∈ A, il existe un unique couple (ax , bx ) ∈ R2
tel que x = ax 1A + bx ξ et on pose φ (x) = ax + ibx ∈ C. Démontrons que l’application
A →
C
φ:
x → φ (x)
7897
est un isomorphisme d’algèbre c’est-à-dire que φ est un isomorphisme de R-espace vectoriel avec :
φ (1A ) = 1C et ∀ (x, y) ∈ A2 , φ (xy) = φ (x) φ (y) .
:89.8
4.12
7.44
:164
D’après le raisonnement précédent, φ est surjective. En outre, si z ∈ C, il existe
(a, b) ∈ R2 tel que z = a + ib. On pose x = a1A + bξ ∈ A alors φ (x) = z donc φ est
surjective, ce qui prouve que φ est une bijection de A sur C.
Avec les notations précédentes, pour tout (x, y) ∈ A2 et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a
x = ax 1A + bx ξ
y = ay 1A + by ξ
⇒
=
=
(λax + µay ) 1A + (λbx + µby ) ξ ⇒
(λax + µay ) + (λbx + µby ) i
=
λ (ax + bx i) + µ (ay + by i) = λφ (x) + µφ (y) .
582:
λx + µy
φ (λx + µy)
8891
2502
ce qui entraine l’égalité :
=
(ax 1A + bx ξ) (ay 1A + by ξ)
=
ax ay (1A ) + (ax by + bx ay ) ξ + bx by ξ 2
2
:211
xy
0753
Ainsi, on a prouvé la linéarité de φ. En outre, on a les formules suivantes :
=−1A
=
com:
(ax + bx i) (ay + by i) = ax ay + (ax by + bx ay ) i + bx by i2
rvox.
=
(ax ay − bx by ) + (ax by + bx ay ) i = φ (xy) .
Pour finir, on a la formule :
scho
la
φ (x) φ (y)
φ (1A ) = φ (1 × 1A + 0 × ξ) = 1 + 0 × i = 1 = 1C
qui permet de conclure.
univ.
φ (xy)
None
=1A
= (ax ay − bx by ) 1A + (ax by + bx ay ) ξ ⇒
= (ax ay − bx by ) + (ax by + bx ay ) i
=−1
106
Centrale Math 1
Commentaires 56 Exercice original et progressif.
Question 1 : Elle ne présente pas de difficulté particulière.
Question 2 : Pensez à la notion de polynôme annulateur est le minimum vu la question.
L’interrogateur proposera aux candidats bloqués d’expliciter P (f ) lorsque P est un polynôme.
Question 3 : Le point clé de cette question est d’utiliser la décomposition en irréductibles
des polynômes (l’interrogateur le proposera très probablement aux candidats ne parvenant
pas à démarrer). Les candidats le mentionnant seul et montrant que l’on peut toujours
supposer que P est de degré au plus 2 (de la question 2) seront valorisés. L’interrogateur
proposera alors l’écriture canonique d’un trinôme (ou « début de carrés »).
Exercice 57 Soit p ∈ N∗ . On considère G un sous-groupe commutatif fini de GLn (C)
dont tous les éléments M vérifient M p = In . On identifiera par ailleurs matrices et endomorphismes canoniquement associés.
018
1. Montrer que toutes les matrices de G sont diagonalisables, de valeurs propres dans
Up (ensemble des racines pe de l’unité) .
7897
2. Soient A et B deux matrices diagonalisables, qui commutent.
:164
(a) Soient a et b les endomorphismes canoniquement associés à A et B.
Montrer que tout sous-espace propre de a est stable par b.
4.12
7.44
(b) Montrer alors que les matrices A et B sont codiagonalisables (c’est-à-dire qu’il
existe une matrice inversible P telle que P −1 AP et P −1 BP soient des matrices
diagonales).
8891
2502
:89.8
3. Montrer de même que les matrices du groupe G sont codiagonalisables (c’est-à-dire
qu’il existe une matrice inversible P telle que, pour tout A ∈ G, P −1 AP est une
matrice diagonale)
n
4. Montrer que G est isomorphe à un sous-groupe de (Z/pZ) .
5. Montrer que si p est premier alors G est isomorphe à (Z/pZ)
m ∈ N.
pour un certain
582:
Solution 57
m
:211
0753
1. Soit M ∈ G alors M p = In donc le polynôme P = X p − 1 annule M. Comme il est
scindé à racines simples dans C (il est de degré p et il possède p racines distinctes qui
sont les racines pe de l’unité), on peut affirmer que M est diagonalisable dans Mn (C)
et que Sp (M ) ⊂ {racines de P } = Up .
= λx ⇔ (b ◦ a) (x) = λx ⇔ (a ◦ b) (x) = λb (x)
⇔ a (b (x)) = λb (x) ⇒ b (x) ∈ Eλ (a) ,
rvox.
b (a (x))
com:
None
2. (a) Comme A et B commutent, a et b commutent également. Soit λ ∈ Sp (a) alors, pour
tout x ∈ Eλ (a) , on a a (x) = λx. En composant cette égalité par b, on obtient l’égalité
scho
la
ce qui prouve la stabilité de Eλ (A) par B.
λ∈Sp(a)
univ.
(b) On conserve les notations
introduites à la question précédente. Comme a est diagon
Eλ (a) . Soit λ ∈ Sp (a) , comme Eλ (a) est stable par b
nalisable, on a C =
(question 2.a), la restriction b|Eλ (a) de b à Eλ (a) est un endomorphisme de Eλ (a) .
Réduction des endomorphismes et des matrices
107
Puisque b est diagonalisable, b|Eλ (a) l’est aussi donc il existe une base Bλ de Eλ (a)
formée de vecteurs propres de b. Par construction, tout élément de Bλ est un vecteur propre
est non nul et appartient à Eλ (a)). La famille
également de a (puisqu’il
Bλ est une base de
Eλ (a) = Cn formée de vecteurs propres à la
B=
λ∈Sp(a)
λ∈Sp(a)
4.12
7.44
:164
7897
018
fois de a et de b. Si on note P la matrice de passage de la base canonique de Cn à
la base B, P −1 AP et P −1 BP représentent les matrices de a et b dans la base B qui
sont diagonales par construction donc A et B sont co-diagonalisables.
3. Puisque que (G, ◦) est un groupe commutatif, tous les éléments de G commutent deux
à deux. En outre, tous les éléments de G sont diagonalisables (d’après la question 1).
Il nous suffit alors d’adapter la preuve de la question précédente, Pour cela, on procède
par récurrence forte sur n en posant, pour tout entier n, (Hn ) : « pour tout C-espace
vectoriel E de dimension n et pour tout sous-groupe commutatif G de GL (E) dont tous
les éléments g sont diagonalisables, il existe une base B de E formée de vecteurs propres
pour tous les g ∈ G ».
Initialisation n = 1. Soit G un sous-groupe abélien de GL (E) avec dim (E) = 1. On
fixe une base B de E alors la matrice de tout élément de G dans la base B sont des
matrices de M1 (C) (qui s’identifient aux nombres de C). Par conséquent, elles sont
toutes diagonales et la base B convient donc (H1 ) est vraie.
Hérédité., Soit n ⩾ 2 tel que les propriétés (Hk ) soient vraies pour tout k ∈ {1, .., n − 1}
et montrons la propriété (Hn ). Soient E un C-espace vectoriel de dimension n et G un
sous-groupe commutatif de GL (E) .
Si tout élément de G est de la forme λ IdE avec λ ∈ C∗ alors toute base B de E convient.
∗
Sinon, il existe un élément a ∈ G qui
ne soit pas de la forme λ IdE avec λ ∈ C . Comme
a est diagonalisable, on a : E =
Eλ (a) . Soit λ ∈ Sp (a) . Comme
:89.8
λ∈Sp(a)
8891
2502
a = λ IdE ⇔ aA − λ IdE = 0 ⇔ ker (aA − λ IdE ) = E ⇔ Eλ (a) = E,
on a
dim (Eλ (aA )) < dim (E) = n.
0753
582:
Comme (G, ◦) est commutatif, tout élément g de G commute avec a donc b|Eλ (a) est un
endomorphisme de Eλ (a) . On note
Hλ = b|Eλ (a) , b ∈ G
λ∈Sp(a)
Eλ (a) = E formée de vecteurs propres pour tous les éléments de
com:
est une base de
None
:211
qui est un sous-groupe commutatif de GL (Eλ (a)) dont tous les él (cf. (∗) en fin de
preuve). En appliquant l’hypothèse de récurrence Hdim(Eλ (a)) , il existe une base Bλ de
Bλ
Eλ (a) formée de vecteurs propres pour tous les éléments de G. La famille B =
λ∈Sp(a)
univ.
scho
la
rvox.
G.
(∗) Si b ∈ G ⊂ GL (E) alors b est injectif donc b|Eλ (a) est aussi injectif. Comme il s’agit
d’un endomorphisme en dimension finie, b|Eλ (a) est un automorphisme de Eλ (a) donc
b|Eλ (a) ∈ GL (Eλ (a)) .
IdEλ (a) ∈ Hλ car IdE ∈ G et (IdE )|Eλ (a) = IdEλ (a) .
Si g et h appartiennent à G alors g ◦ h−1 ∈ G (car (G, ◦) est un groupe et
−1 g|Eλ (a) ◦ h|Eλ (a)
= g ◦ h−1 |E (a) ∈ Hλ
λ
108
Centrale Math 1
Pour finir, comme tous les éléments de G commutent, leurs restrictions à Eλ (a) commutent également donc (Hλ , ◦) est un sous-groupe commutatif de GL (Eλ (a)) .
4. D’après la question précédente, il existe une matrice inversible P telle que, pour tout
A ∈ G, P −1 AP est une matrice diagonale c’est-à-dire
(R) : ∀A ∈ G, P −1 AP = diag (λ1 (A) , .., λn (A))
avec ∀i ∈ {1, .., n} , λi (A) ∈ Up
(d’après la question 1). Remarquons que si k et k sont deux entiers (relatifs), on a les
équivalences suivantes :
2πik
2πik 2πik
2πik exp
= exp
⇔ ∃m ∈ Z,
=
+ 2πim
p
p
p
p
⇔ k = k + mp ⇔ k ≡ k [p]
×p/(2πi)
Ainsi, pour tout k ∈ Z/pZ, φ k = exp
2πik
p
est bien définie et φ est injective. En
7897
018
outre, elle est surjective car :
2πik
, k ∈ {0, .., p − 1} = φ k , k ∈ Z/pZ
Up = exp
p
=
7.44
2πi (k + k )
2
(Z/pZ) , φ k + k = φ k + k = exp
p
2πik
2πik exp
exp
= φ k φ k
p
p
4.12
∈
:89.8
∀ k, k :164
et φ est un morphisme de groupe car :
8891
2502
donc φ réalise un isomorphisme entre Z/pZ et Up . Considérons alors l’application
n
f : (Z/pZ) → GLn (C) définie par :
n
∀ k1 , .., kn ∈ (Z/pZ) , f k1 , .., kn = P diag φ k1 , .., φ kn P −1 .
n
None
:211
0753
582:
f est un morphisme injectif du groupe ((Z/pZ) , +) dans le groupe GLn (C) donc f
n
réalise un isomorphisme entre ((Z/pZ) , +) et (Im (f ) , ×) . D’après la relation (R) ,
on en déduit que G ⊂ Im (f ) donc f réalise un isomorphisme entre f −1 (G) (qui un
n
sous-groupe de ((Z/pZ) , +) et (G, ×) .
5. Comme p est un nombre premier, (Z/pZ, +, ×) est un corps commutatif que l’on note
n
désormais K. Alors ((Z/pZ) , +) = (K n , +) est un groupe commutatif. Soient k ∈ Z/pZ
n
n
et x = (x1 , .., xn ) ∈ K = (Z/pZ) , on pose :
n
k.x = kx1 , .., kxn ∈ (Z/pZ) = K n .
n
univ.
scho
la
rvox.
com:
(d’après les règles de calculs dans (Z/pZ) et dans Z/pZ).
Justifions que cette notation est bien définie c’est-à-dire ne dépend pas des représentants
2n+2
tel que :
choisisis. Soient (k, k , x1 , .., xn , x1 , .., xn ) ∈ (Z)
k = k
k = k
⇔
x1 , .., xn = (x1 , .., xn )
∀i ∈ {1, .., n} xi = xi
k ≡ k [p]
⇔
⇒ ∀i ∈ {1, .., n} , k xi ≡ kxi [p]
∀i ∈ {1, .., n} xi ≡ xi [p] (∗)
⇒ ∀i ∈ {1, .., n} , k xi = kxi ⇒ k x1 , .., k xn = kx1 , .., kxn
Réduction des endomorphismes et des matrices
109
(∗) d’après les règles de calculs sur les congruences.
Ainsi, la notation est bien définie. On en déduit que, pour tout k, k ∈ K et tous (x, y) ∈
K 2 , on a :
k. (x + y) = k.x + k.y, k. k .x = k × k .x.
(la vérification est aisée et elle est laissée au lecteur). Ainsi, le groupe (K n , +) munit
de la multiplication externe « . » devient un K-espave vectoriel ! Ce fait remarquable
en entraine un second tout aussi remarquable. Si (H, +) est un sous-groupe de (K n , +)
alors (H, +, .) est un sous-espace vectoriel de (K n , +, .) . En effet, H ⊂ K qui est un
2
K-espace vectoriel. 0K n ∈ H (car (H, +) est un sous-groupe). Si k, k ∈ (Z/pZ) et
2
(x, y) ∈ H alors :
k.x + k .y
laissée
=
x + ··· + x + y + ··· + y ∈ H
au lecteur car (H, +) est un sous-groupe.
k fois
k fois
n
4.12
7.44
:164
7897
018
D’après la question précédente, il existe un sous-groupe H de (Z/pZ) = K n et un
isomorphisme de groupe f de (H, +) sur (G, ×) . Comme (K n , +, .) est un espace vectoriel
de dimension n (sur K) et que (H, +, .) est un sous-espace vectoriel de (K n , +, .) , on en
déduit que (H, +, .) est un K-espace vectoriel de dimension m ∈ {0, ..., n} . Ainsi, il existe
m
un isomorphisme de K-espace vectoriel g de (K m , +, .) = ((Z/pZ) , +, .) sur (H, +, .) .
m
En particulier, g est un isomorphe du groupe ((Z/pZ) , +) sur (H, +) (on oublie la
m
condition sur la seconde loi .) donc f ◦ g est un isomorphisme du groupe ((Z/pZ) , +)
sur (G, ×).
8891
2502
:89.8
Commentaires 57 Exercice assez long, progressif dont toutes les questions (sauf la dernière) sont des classiques des concours Centrale-SupElec et Mines-Ponts. N’hésitez pas à
retravailler les questions 1, 2 et 3. Les questions 4 et 5 sont plutôt dans l’esprit X-ENS
(donc elles s’adressent aux meilleurs candidats).
582:
Exercice 58 On dit qu’une matrice A ∈ Mn (C) vérifie la propriété (P) si A + t Com (A)
est une matrice scalaire (i.e de la forme λIn où λ ∈ C).
0753
1. Déterminer les matrices de M2 (C) vérifiant (P) .
Dans toute la suite, on suppose n > 2.
:211
2. Rappeler le lien entre la comatrice de A et l’inverse de A lorsque A est inversible.
None
3. Pour tous A et B dans GLn (C), montrer que Com (AB) = Com (A) Com (B) .
com:
4. Montrer que si A ∈ GLn (C) vérifie (P) , alors toutes les matrices semblables à A
vérifient également (P) .
rvox.
5. Soit A ∈ GLn (C) non scalaire n’ayant qu’une seule valeur propre.
Montrer que A vérifie (P) si et seulement s’il existe N telle que N 2 = 0 et µ une
e
racine (n − 2) de l’unité avec A = µIn + N.
univ.
scho
la
6. On suppose que A vérifiant (P) possède au moins deux valeurs propres distinctes.
Montrer que A est diagonalisable et conclure.
110
Centrale Math 1
Solution 58
i+j
1. Rappelons que si A = (ai,j )1⩽i,j⩽n ∈ Mn (C) alors Com (A) = (−1) ∆i,j
1⩽i,j⩽n
e
où
e
extrait de la matrice A
∆i,j est ledéterminant
en enlevant la i ligne et la j colonne.
a b
d −c
Soit A =
alors Com (A) =
donc
c d
−b a
a b
d −b
a+d
0
+
=
= (a + d) I2 ,
A + t Com (A) =
c d
−c a
0
a+d
ce qui prouve que toute matrice de M2 (C) vérifie la propriété (P) .
2. La formule générale vérifiée par la comatrice est :
At Com (A) = det (A) In ⇒ t Com (A) = det (A) A−1
lorsque A est inversible (par multiplication par A−1 à gauche des matrices).
2
t
Com (A) Com (B) (car C t D = t (DC)).
:164
=
7897
018
3. Soit (A, B) ∈ (GLn (C)) alors, d’après la question précédente, on a :
−1
= t det (A) det (B) B −1 A−1
Com (AB) = t det (AB) (AB)
= t det (B) B −1 det (A) A−1 = t t Com (B) t ComA
:89.8
4.12
7.44
4. Soit A ∈ GLn (C) vérifiant (P) c’est-à-dire A + t Com (A) = λIn pour un certain λ ∈ C.
Soit P ∈ GLn (C) et B = P AP −1 alors, d’après la question précédente, on a :
Com (B) = Com (P ) Com (A) Com P −1 .
Or, d’après la question 2, on a
8891
2502
Com (P ) = det (P ) t P −1 et Com P −1 = det P −1 t P,
582:
ce qui permet d’écrire les formules suivantes :
Com (B) = det (P ) det P −1 t P −1 Com (A) t P = t P −1 Com (A) t P
=det(P P −1 )=det(In )=1
:211
0753
⇒ t Com (B) = P t Com (A) P −1 ⇒ B + t Com (B) = P AP −1 + P t Com (A) P −1
= P A + t Com (A) P −1 = P (λIn ) P −1 = λIn
=
n
n
(−µ) ⇔ det (−A) = (−1) µn
n
scho
la
χA (0)
rvox.
com:
None
donc B vérifie aussi (P) .
5. Soit A ∈ GLn (C) possédant une unique valeur propre notée µ. Comme le polynôme
caractéristique χA de A est à coefficients dans C, il est scindé dans C [X] (théorème
de D’Alembert-Gauss) et comme ses racines sont exactement les valeurs propres de A,
il ne possède que µ comme racine. En outre, χA étant unitaire de degré n, il s’écrit
n
χA = (X − µ) donc :
n
⇔ (−1) det (A) = (−1) µn ⇔ det (A) = µn .
univ.
Comme χA annule A (théorème de Cayley-Hamilton), on a :
n
χA (A) = 0n ⇔ (A − µIn ) = 0
Réduction des endomorphismes et des matrices
111
donc la matrice N = A − µIn est nilpotente et on a
A = µIn + N avec N = 0n
(sinon A = µIn donc A est scalaire, ce qui est absurde). D’après la question 3, on a
t
Com (A) = det (A) A−1 .
Ainsi, A vérifie (P) si et seulement s’il existe λ ∈ C tel que :
A + t Com (A)
=
λIn ⇔ A + det (A)A−1 = λIn
⇔
A2 + µn In = λA
×A∈GLn (C)
=µn
2
⇔ (µIn + N ) + µn In = λ (µIn + N ) .
018
Comme In et N commutent, on peut utiliser la formule du binôme de Newton donc A
vérifie (P) si et seulement si :
:164
7897
µ2 In + 2µN + N 2 + µn In = λµIn + λN
⇔ µ2 + µn − λµ In = ((λ − 2µ) In − N ) N
:89.8
4.12
7.44
Implication directe. Supposons que A vérifie (P). Comme N est nilpotente, son déterminant vaut 0 donc :
det µ2 + µn − λµ In = det ((λ − 2µ) In − N ) det (N ) = 0
n
⇔ µ2 + µn − λµ = 0 ⇔ µ2 + µn − λµ = 0 ⇔ (R0 ) : µ + µn−1 = λ.
÷µ=0
8891
2502
Ainsi, on a prouvé l’équation
(∗) : ((λ − 2µ) In − N ) N = 0n .
582:
Si λ − µ = µ alors la matrice (λ − 2µ) In − N est inversible car :
0753
det ((λ − 2µ) In − N ) = det ((λ − µ) In − A) = χA (λ − µ) = 0
None
:211
(puisque µ est l’unique racine de χA ) donc, en multipliant la relation (∗) par l’inverse
de (λ − 2µ) In − N, on obtient que N = 0, ce qui est absurde. Par conséquent, on est
assuré que
λ − µ = µ ⇔ λ = 2µ ⇔ µ + µn−1 = 2µ ⇔ µn−1 = µ ⇔ µn−2 = 1.
com:
(R0 )
÷µ=0
donc A vérifie (P) .
−N 2 = ((λ − 2µ) In − N ) N
univ.
=
scho
la
rvox.
En outre, comme λ = 2µ, l’égalité (∗) montre que N 2 = 0n .
Implication réciproque. Supposons A = µIn + N avec N = 0, N 2 = 0 et µn−2 = 1
alors en posant λ = 2µ, on a :
2
µ + µn − λµ In = µ2 + µn−2 µ2 − 2µ2 In = µ2 − µ2 In = 0n
112
Centrale Math 1
6. Il existe λ ∈ C telle que A + t Com (A) = λIn . En multipliant cette égalité par A, on
obtient l’égalité suivante :
A2 + det (A) In = λA ⇔ A2 − λA + det (A) In = 0.
Ainsi, le polynôme R = X 2 − λX + det (A) annule A donc :
Sp (A) ⊂ {racines de R} ⇒ card (Sp (A)) ⩽ card ({racines de R}) ⩽ 2.
Puisque card (Sp (A)) = 2, on en déduit que card ({racines de R}) = 2 c’est-à-dire que
P admet deux racines distinctes et annule A donc A est diagonalisable. Il existe une
matrice inversible P et une matrice diagonale D telle que A = P DP −1 .
:164
A + t Com (A) = λIn ⇔ A = λIn .
7897
018
Avant de poursuivre, faisons une remarque fondamentale. Si A ∈ Mn (C) est de rang au
plus n − 2 alors tous ses déterminants d’ordre n − 1 sont nuls c’est-à-dire que
Com (A) = 0n . Si A vérifie (P) alors il existe λ ∈ C tel que :
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
Comme la matrice A n’est pas inversible, on est assuré que λ = 0 donc A = 0n . Il nous
reste à traiter les cas où A est de rang n − 1 ou de rang n. En outre, comme χA ∈ C [X] ,
il est scindé dans C [X] donc A admet au moins une valeur propre.
Premier cas : A est de rang n et possède une unique valeur propre . Dans ce
cas, A est inversible.
Premier sous-cas. S’il existe µ ∈ C∗ tel que A = µIn alors
A + t Com (A) = A + det (A) A−1 = µIn + µn µ−1 In = µ + µn−1 In
None
:211
0753
582:
donc A vérifie (P) .
Second sous-cas. S’il n’existe aucun µ ∈ C∗ tel que A = µIn alors, d’après la question
précédente, A vérifie (P) si et seulement s’il existe µ ∈ C tel que µn−2 = 1 et s’il existe
N ∈ Mn (C) tel que N 2 = 0 et A = µIn + N.
Deuxième cas : A est de rang n et possède au moins deux valeurs propres
distinctes. La matrice A est inversible et, d’après le début de cette question, elle est
diagonalisable donc il existe
0
λ2 In−r
rvox.
com:
λ1 Ir
P ∈ GLn (C) et D =
0
scho
la
(où λ1 , λ2 ∈ C∗ sont les deux valeurs propres distinctes de A) telle que
univ.
A = P DP −1 .
D’après la question 4, la matrice D (qui est inversible car A l’est) vérifie aussi (P) si et
Réduction des endomorphismes et des matrices
113
seulement s’il existe λ ∈ C tel que :
D + t Com (D) = λIn ⇔ D + det (D) D−1 = λIn
−1
λ1 I r
0
Ir
0
r
n−r (λ1 )
⇔
+ (λ1 ) (λ2 )
= λIn
−1
0
λ2 In−r
0
(λ2 ) In−r


r−1
n−r
Ir
λ1 + (λ1 )
(λ2 )
0
 = λIn
⇔
r
n−r−1
In−r
0
λ2 + (λ1 ) (λ2 )
⇔ λ1 + (λ1 )
r−1
(λ2 )
n−r
r
⇔ λ1 − λ2 = (λ1 ) (λ2 )
⇔
⇔ λ1 − λ2 = (λ1 )
÷(λ1 −λ2 )=0
1 = (λ1 )
r−1
n−r−1
r−1
(λ2 )
r
= λ2 + (λ1 ) (λ2 )
(λ2 )
− (λ1 )
n−r−1−
n−r−1−
⇔
r−1
n−r−1
(λ2 )
n−r
(λ1 − λ2 )
λ1 λ2 = det (A) .
×λ1 λ2 =0
:164
7897
018
Ainsi, sous les hypothèses de ce cas, A vérifie (P) si et seulement si λ1 λ2 = det (A) .
Troisième cas : A est de rang n − 1 et possède une unique valeur propre.
Comme A n’est pas inversible (donc det (A) = 0) , elle possède 0 comme valeur propre
et c’est la seule (par hypothèse). Supposons que A vérifie (P) pour un certain λ ∈ C.
D’après le début de cette question, le polynôme
7.44
R = X 2 − λX = X (X − λ)
4.12
annule A. Si λ = 0 alors λ n’est pas valeur propre de A donc la matrice A − λIn est
inversible. On dispose de l’égalité :
:89.8
R (A) = 0 ⇔ A (A − λIn ) = 0.
−1
8891
2502
En la multipliant (par produit à droite des matrices) par (A − λIn ) , on obtient A = 0n ,
ce qui est absurde car A doit être de rang n − 1. Ainsi, λ = 0 donc :
A + t Com (A) = 0n ⇔ t Com (A) = − A ⇒ rg t Com (A) = rg (A) = n − 1,
582:
ce qui est impossible. En effet, l’égalité
0753
At Com (A) = det (A) In = 0
None
:211
entraine l’inclusion Im (t Com (A)) ⊂ ker (A) qui fournit l’inégalité suivante :
n − 1 = rg t Com (A) = dim Im t Com (A) ⩽ dim (ker (A)) = n − rg (A) = 1,
rvox.
com:
ce qui est absurde car n > 2. Par conséquent, A ne peut vérifier (P) .
Quatrième cas : A est de rang n − 1 et possède au moins deux valeurs propres
distinctes. D’après le début de raisonnement à cette question, la matrice A est diagonalisable et possède exactement deux valeurs propres. L’une des deux vaut forcément 0
(car A n’est pas inversible) et on a la formule :
scho
la
dim (E0 (A)) = dim (ker (A)) = n − rg (A) = 1.
univ.
Notons µ la valeur propre non nulle de A. Il existe une matrice inversible P telle que
µIn−1 0
−1
A = P DP
avec D =
.
0
0
114
Centrale Math 1
Explicitons sa comatrice. Pour tout ε = 0, on pose :
µIn−1 0
Aε = P
P −1
0
ε
qui est inversible donc on a la formule :
t
Com (Aε )
=
=
−1
µ In−1
=µ
εP
0
0
P −1 .
µn−1
−1
0
n−1
det (Aε ) (Aε )
n−2
εIn−1
µ
P
0
ε−1
P −1
Les fonctions
R →
ε →
Mn (R)
t
Com (Aε )
et g :

 R
→ M
n (R)
µn−2 εIn−1
→ P
0
 ε
0
µn−1
P −1
018
f:
2
7.44
:164
7897
étant continues sur R (par, pout tout (i, j) ∈ {1, .., n} , ε → (f (ε))i,j et ε → (g (ε))i,j
sont des fonctions polynômiales) et égales sur R∗ donc :
0n−1
0
t
P −1
f (0) = lim f = lim g = g (0) ⇔ Com (A) = P
0
µn−1
0
0
:89.8
4.12
Ainsi, A vérifie (P) si et seulement s’il existe λ ∈ C tel que :
µIn−1 0
0n−1
t
−1
P +P
A + Com (A) = λIn ⇔ P
0
0
0
0
µn−1
P −1 = λIn
582:
8891
2502
En multipliant par P −1 (par produit à gauche) et par P (par produit à droite), l’égalité
précédente est équivalente à l’égalité :
µIn−1
λ=µ
0
λ=µ
λIn−1 0
⇔
⇔
=
µn−2 = 1 ÷µ = 0
0
µn−1
0
λ
λ = µn−1
com:
None
:211
0753
Ainsi, A vérifie (P) si et seulement si A est diagonalisable et Sp (A) = {0, µ} avec µ une
e
racine (n − 2) de l’unité et dim (E0 (A)) = 1.
Conclusion : Soit A ∈ Mn (C) alors A vérifie (P) si et seulement si
— (A = µIn avec µ ∈ C) ou (A = µIn + N avec N 2 = 0 et µ ∈ C∗ )
— ou (A est inversible et diagonalisable, Sp (A) = {µ1 , µ2 } avec µ1 = µ2 et
µ1 µ2 = det (A))
— ou (A est diagonalisable, Sp (A) = {0, µ} avec µ ∈ C vérifiant µn−2 = 1 et
dim (E0 (A)) = 1).
univ.
scho
la
rvox.
Commentaires 58 Exercice assez long et progressif. Les quatre premières questions sont
élémentaires et très proches du cours. Les deux dernières questions sont plus difficiles car
elles requièrent une plus grande initiative et autonomie des candidats sans être insurmontables. On peut attendre qu’un bon candidat puisse achever cet exercice dans le temps
imparti (éventuellement avec quelques aides de l’interrogateur).
Réduction des endomorphismes et des matrices
2.4
115
Mines-Ponts
Exercice 59 (Mines-Ponts) Montrer qu’il existe une suite (a1 , ..., an ) de réels tels que :
n−1
∀P ∈ Rn−1 [X], P (X + n) +
ak P (X + k) = 0.
k=0
Solution 59 On considère l’application
u : P (X) → P (X + 1)
qui est un endomorphisme de Rn−1 [X] (la linéarité est immédiate et si P ∈ Rn−1 [X] alors
u (P ) est manifestement un polynôme de degré au plus n − 1 car X + 1 est un polynôme de
degré 1).
Une récurrence immédiate montre que :
018
∀k ∈ N, uk : P (X) → P (X + k) .
:164
7897
Son polynôme caractéristique χu est de degré dim (Rn−1 [X]) = n et unitaire donc il existe des
réels a1 , .., an tels que :
n−1
χu (X) = X n +
ak X k .
k=0
4.12
a k uk = 0
:89.8
χu (u) = 0 ⇔ u +
n−1
k=0
⇒ ∀P ∈ Rn−1 [X] , un (P ) +
n−1
k=0
582:
ce qui permet de conclure.
ak uk (P ) = 0,
8891
2502
n
7.44
D’après le théorème de Cayley-Hamilton, χu annule u donc :
None
:211
0753
Commentaires 59 On peut résoudre également cet exercice par récurrence (simple ou
forte) sur le degré n de P. Si n = 0, le résultat est immédiat (prendre a0 = −1). Pour
l’hérédité, si P est de degré au plus n, on remarquant que ∆P (X) = P (X + 1)−P (X) est
un polynôme de degré au plus n−1 donc, pour l’héridité, il existe des nombres (ak )0⩽k⩽n−2
tels que ;
n−2
∆P (X + n − 1) +
ak ∆P (X + k) .
com:
k=0
scho
la
rvox.
Comme ∆P (X + k) = P (X + k + 1) − P (X + k) , en regroupant les termes P (X + k)
entre eux, on obtient la réponse attendue.
L’exercice étant élémentaire et accessible soit avec les outils de MPSI ou de MP, l’interrogateur sera très attentif aux initiatives du candidat.
univ.
Exercice 60 (Mines-Ponts) Soit n ∈ N\ {0} . Existe-t-il une forme linéaire λ sur Mn (C)
telle que ∀A ∈ Mn (C) , λ (A) ∈ Sp (A) ?
116
Mines-Ponts
Solution 60 Procédons par l’absurde en supposant qu’il existe une telle une forme linéaire λ
sur Mn (C).
2
Notons (Ei,j )1⩽i,j⩽n la base canonique de Mn (C). Pour tout (i, j) ∈ {1, .., n} avec i = j, la
matrice Ei,j est triangulaire donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux. Comme
ceux-ci sont tous nuls, on en déduit les égalités suivantes :
2
∀ (i, j) ∈ {1, .., n} , i = j ⇒ λ (Ei,j ) = 0.
Considérons la matrice
J=
(i,j)∈{1,..,n}2
i=j

0

Ei,j = 
..
(1)
.
(1)
0



(i,j)∈{1,..,n}2
i=j
7897
(i,j)∈{1,..,n}2
i=j
018
(dont tous les coefficients valent 1 sauf ceux sur la diagonale qui valent 0). Par linéarité de λ,
on a :
λ (Ei,j ) =
0=0
λ (J) =
n−1
J − (n − 2) J = In ⇔ J (J − (n − 2) In ) = In
:89.8
⇒
(n − 2)
2
4.12
7.44
:164
donc 0 est valeur propre de J c’est-à-dire que la matrice J n’est pas inversible. Or, un calcul
matriciel direct montre que :


n−1
(n − 2)


..
J2 = 
 = In + (n − 2) J
.
8891
2502
donc J est inversible, ce qui est absurde.
Par conséquent, il n’existe aucune telle forme linéaire λ.
com:
None
:211
0753
582:
Commentaires 60 On attend du candidat qu’il songe à déterminer les valeurs de λ sur
des matrices simples mais significatives (formant une base notamment) et qu’il pense par
analyse-synthèse (ou qu’il évoque la notion de raisonnement par l’absurde). Un tel candidat
obtenant de telles valeurs sera bien valorisé. Sinon, l”interrogateur lui proposera de le faire.
Il demandera éventuellement de construire une matrice inversible qui soit la somme de
matrices dont 0 est l’unique valeur propre.
L’exercice est sans difficulté particulière hormis la capacité d’initiative et d’autonomie du
candidat.
scho
la
rvox.
Exercice 61 (Mines-Ponts) Soient n et p dans N∗ , A, B1 , .., Bp des éléments de Mn (C) ,
p
bki Bi .
b1 , .., bp des nombres complexes distincts. On suppose : ∀k ∈ {0, .., p} , Ak =
2. Montrer que A est diagonalisable.
3. Pour k ∈ N , calculer Ak .
univ.
1. Montrer que, si 1 ⩽ i ⩽ p, Bi est dans C [A] .
i=1
Réduction des endomorphismes et des matrices
117
Solution 61
1. Pour tout polynôme P de C [X] de degré au plus p, il existe des complexes (pk )0⩽k⩽p tels
que :
P (X) =
p
k=0
=
p
p pk bki Bi
k=0 i=1
p
pk X k . ⇒ P (A) =
=
Fubini
p
p p k Ak =
k=0
pk bki Bi =
i=1 k=0
pk
Bi
(F) : ∀P ∈ Cp [X] , P (A) =
p
pk bki =
bki Bi
p
Bi P (bi ) .
i=1
k=0
p
p
i=1
k=0
p
i=1
Ainsi, nous venons de prouver la formule :
p
P (bi ) Bi
i=1
X − bk
,
bi − b k
k∈{1,..,n}\{i}
7897
Pi (X) =
018
Soit i ∈ {1, .., p} . En choisisant dans la formule (F) le polynôme Pi s’annulant en tous
les (bk )k∈{1,..,p}\{i} et valant 1 en bi c’est-à-dire :
7.44
:164
on obtient que Pi (A) = Bi donc Bi appartient à C [A] .
p
(X − bk ) qui s’annule en tous les b1 , .., bp . Il appartient
2. On choisit le polynôme PA =
k=1
deg (R)
8891
2502
:89.8
4.12
à Cp [X] donc, d’après la formule (F) obtenu à la question précédente, on a P (A) = 0
c’est-à-dire que P annule A. Or, ce polynôme est scindé à racines simples dans C [X]
donc A est diagonalisable.
3. Nous conservons les notations des questions précédentes. Soient PA le polynôme annulateur de A défini à la question 2. Soit k ∈ N. La division euclidienne de X k par PA
2
montre l’existence de (Q, R) ∈ (C [X]) avec :
deg (PA ) = p et (D) : X k = Q (X) PA (X) + R (X)
<
582:
⇒ Ak = Q (A) PA (A) + R (A) = R (A) .
0753
=0
Ainsi, pour calculer A , il suffit de connaitre le polynôme R. En évaluant l’égalité (D)
en chaque racine de PA c’est-à-dire en chaque bi (1 ⩽ i ⩽ p), on obtient l’égalité :
:211
k
k
None
(R) : ∀i ∈ {1, .., p} , R (bi ) = (bi ) .
p
k
(bi ) Pi (X)
rvox.
S (X) =
com:
Soit (Pi )1⩽i⩽p les polynômes définis à la question 1 et notons :
i=1
p
i=1
(bi )
k
k
k
Pi (bj ) = (bj ) Pj (bj ) = (bj ) = R (bj ) .
univ.
S (bj ) =
scho
la
qui est un polynôme de degré strictement inférieur à p (comme somme de tels polynômes).
Pour chaque j ∈ {1, .., p} , on a :
=0 si i=j
=1
118
Mines-Ponts
Par conséquent, le polynôme S − R possède p racines distincts (tous les b1 , .., bp ) et il
est de degré strictement inférieur à p (comme somme de tels polynômes) donc il est nul
c’est-à-dire :
p
k
(bi ) Bi .
R (X) = S (X) ⇒ ∀k ∈ N, Ak = S (A) =
i=1
Commentaires 61 Exercice classique pour ce concours. Il a longtemps été proposé pour
p = 3. Pour toutes ces questions, le seul point clé est l’expression de P (A) en fonction
des Bi et la distinction entre les candidats s’opère sur leur maitrise des polynômes d’endomorphismes (et des critères de diagonalisation associés).
018
Exercice 62 (Mines-Ponts) Déterminer les matrices A ∈ Mn (Z) vérifiant les deux propriétés suivantes :
— il existe p ∈ N∗ tel que Ap = In ;
2
— il existe un entier m ⩾ 3 tel que, pour tout (i, j) ∈ {1, .., n} , m divise (A − In )i,j .
7.44
:164
7897
Solution 62 La matrice A appartient à Mn (C) (puisque Z ⊂ C) et elle est annulée par le
polynôme X p − 1 qui scindé à racines simples dans C [X] . Par conséquent, la matrice A est
diagonalisable dans Mn (C) et on a l’inclusion ensembliste :
2πik
p
Sp (A) ⊂ {racines de X − 1} = exp
, k ∈ {0, .., p − 1} .
p
8891
2502
A = P diag (λ1 , .., λn ) P −1 .
Considérons maintenant la matrice
B=
:89.8
4.12
En particulier, toutes ses valeurs propres sont de module 1 et il existe une matrice inversible P
et des complexes λ1 , .., λn de module 1 (les valeurs propres de A) tels que :
1
(A − In )
m
:211
0753
582:
qui est une matrice à coefficients entiers (puisque m divise (A − In )i,j pour chaque
2
(i, j) ∈ {1, .., n} ). Cette matrice est diagonalisable puisque :
λn − 1
1 −1
λ1 − 1
−1
P BP =
P AP − In = diag
, ..,
m
m
m
rvox.
com:
None
est une matrice diagonale. Comme la matrice B est à coefficients entiers, d’après les formules
du produit matrice, pour tout entier k ⩾ 1, la matrice B k est à coefficients entiers (chaque
coefficient étant somme et produit des coefficients de B). Or, pour tout entier k, on a :
k
k −
1
−
1
λ
λ
1
n
B k = P diag
, ..,
P −1 .
m
m
scho
la
=Dk
univ.
Remarquons alors que, pour i ∈ {1, .., p} , on a les majorations suivantes :
λi − 1 |λi − 1|
|λi | + 1
2
2
⩽
=
⩽ <1
m =
m
m
m
3
Réduction des endomorphismes et des matrices
(car m ⩾ 3 > 2) donc la suite
matrice
(Dk )k =
λ1 − 1
m
diag
k 119
converge vers 0. Par conséquent, la suite de
k
λ1 − 1
m
k
, ..,
λn − 1
m
k k
converge vers la matrice nulle (nous sommes en dimension finie donc la convergence est équivalente à la convergence des coordonnées dans la base canonique c’est-à-dire la convergence des
coefficients). L’application f : X ∈ Mn (C) → P XP −1 étant continue sur Mn (C) (puisque
linéaire en dimension finie), on en déduit la limite suivante :
lim f (Dk ) = f (0n ) ⇔ lim B k = 0n .
k→+∞
k→+∞
Munissons alors Mn (C) de sa norme ∞ définie par :
∀M = (Mi,j )1⩽i,j⩽n , M ∞ = max |Mi,j | .
1⩽i,j⩽n
4.12
7.44
:164
7897
018
1
Comme la suite B k k∈N tend vers 0, la suite B k ∞ tend vers 0 et comme 0 < , cela nous
2
assure l’existence d’un entier N tel que :
N
1
B ⩽ 1 ⇒ ∀ (i, j) ∈ {1, .., n}2 , B N
⩽ .
∞
i,j 2
2
2 N
N
Or, pour tout (i, j) ∈ {1, .., n} , B i,j est un entier relatif (car B ∈ Mn (Z)) qui est de
1
module inférieur à donc il est nul d’où :
2
:89.8
B N = 0n ⇒ P DN P −1 = 0n ⇔ DN = 0n
8891
2502
(en multipliant à gauche par P −1 et à droite par P qui est une matrice inversible). Autrement
dit, on a prouvé l’égalité :
N
N λ1 − 1
λn − 1
diag
, ..,
= 0n
m
m
λi − 1
= 0 ⇔ ∀i ∈ {1, .., n} , λi = 1
m
⇒ A = P diag (1, .., 1) P −1 = P In P −1 = In .
0753
582:
⇔ ∀i ∈ {1, .., n} ,
None
:211
Réciproquement, si A = In alors, pour p = 1 et m = 3, la matrice B = 0n appartient à Mn (Z) .
Conclusion. La matrice In est la seule matrice A vérifiant les conditions requises.
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 62 Exercice original pour ce concours qui fut originellement donné à
l’X et aux ENS de nombreuses années avant. Il s’agit d’un raisonnement classique en
arithmétique. Il fait partie des exercices mixant les propriétés de réduction des matrices et
le caractère discret des entiers.
L’interrogateur valorisera les candidats mentionnant le caractère diagonalisable de A. Il
valorisa bien plus les candidats observant que la deuxième condition (les coefficients de A−
In sont divisibles par 3) entraine que les valeurs propres de A sont de module strictement
inférieurs à 1. Si ce n’est pas le cas de ces deux points, il proposera une perche en cette
direction (« est-ce que A est diagonalisable ? », « que dire du module des valeurs propres
de A ? »).
120
Mines-Ponts
Ces points étant résolus, il proposera probablement l’étude de la suite Ak k∈N . Si vous
bloquez, n’hésitez pas à traiter le cas n = 1 c’est-à-dire d’un nombre entier a tel que
|a| < 1 donc a = 0, qui est une bonne initiative même s’il reste du travail en dimension
quelconque.
Exercice 63 (Mines-Ponts) Soit
E = f ∈ C 0 (R, R) , f admet une limite finie en ± ∞ .
Soit u : E → E qui à f ∈ E associe u (f ) : x → f (x + 1) .
Trouver les valeurs propres de l’endomorphisme u ainsi que les vecteurs propres associés.
Solution 63 Soit λ ∈ R une valeur propre de u alors il existe f ∈ E\ {0} tel que
u (f ) = λf ⇔ (E) : ∀x ∈ R, f (x + 1) = λf (x) .
018
En particulier, pour tout entier naturel n et tout réel x, on a :
7897
f (x + n + 1) = λf (x + n)
donc la suite (f (x + n))n∈N est géométrique de raison λ d’où la relation
:164
(R) : ∀n ∈ N, f (x + n) = λn f (x + 0) = λn f (x) .
7.44
Comme f est non identiquement nulle, il existe x0 ∈ R tel que f (x0 ) = 0 donc :
f (x0 + n)
.
f (x0 )
f (x0 + n)
Comme f admet une limite en +∞, la suite
admet également une limite finie
f (x0 )
n
quand n → +∞ donc la suite (λn )n aussi. Ainsi, on est assuré que
8891
2502
:89.8
4.12
∀n ∈ N, λn =
(∗) : λ ∈ ]−1, 1]
n
582:
(car la suite (−1) n’est pas convergente). Pour tout entier n, en appliquant la relation (R) en
x = x0 − n, on obtient la relation
=
t=x+1
0 ⇒ ∀t ∈ R, f (t) = 0 ⇒ f = 0,
:211
∀x ∈ R, f (x + 1)
None
Si λ = 0 alors
0753
(S) : ∀n ∈ N, f (x0 ) = λn f (x0 − n)
ce qui est absurde donc λ = 0. En multipliant la relation (S) par
f (x0 )
, on obtient la formule :
λn
(∗∗) :
univ.
scho
la
rvox.
com:
n
1
f (x0 − n)
∀n ∈ N,
.
=
λ
f (x0 )
f (x0 − n)
Comme f admet une limite en −∞, la suite
admet également une limite finie
f (x0 )
n
n 1
quand n → +∞ donc la suite
aussi, ce qui entraine que
λ
n
1
∈ ]−1, 1] 1 ⇔ λ ∈ ]−∞, −1[ ∪ [1, +∞[ .
λ
Réduction des endomorphismes et des matrices
121
Les inégalités (∗) et (∗∗) montrent que λ = 1 donc Sp (u) ⊂ {1} . La fonction f : x → 1
appartient manifestement à E et u (f ) = f donc 1 ∈ Sp (u) .
En outre, si f ∈ E1 (u) alors :
∀x ∈ R, f (x + 1) = f (x) ⇒ ∀n ∈ N, ∀x ∈ R, f (x + n) = f (x) .
Notons L = lim f alors, pour tout x ∈ R, en faisant tendre n vers +∞ dans l’égalité précédente,
+∞
on obtient f (x) = L. Autrement dit, la fonction f est constante.
Réciproquement, toute fonction f constante sur R appartient à E et u (f ) = f donc f ∈ E1 (u) .
Conclusion : 1 est l’unique valeur propre de u et l’espace propre associé est l’ensemble des
fonctions constantes sur R.
7897
018
Commentaires 63 Exercice de niveau standard pour ce concours. L’interrogateur sera
attentif à la rigueur du candidat (disjonction de cas, analyse-synthèse), à sa connaissance
du cours (valeurs et vecteurs propres). En cas de blocage, l’interrogateur proposera d’itérer
la relation f (x + 1) = λf (x) qui est un paradigme classique dans ce type d’équations
fonctionnelles.
:164
Exercice 64 (Mines-Ponts) Soient n ∈ N∗ et G un sous-groupe de GLn (C) tel que :
7.44
∀g ∈ G, g 2 = In .
4.12
1. Montrer que G est abélien, qu’il est fini et que son cardinal est une puissance de 2.
Quel est le cardinal maximal d’un tel sous-groupe ?
:89.8
2. Que peut-on dire de m et n dans N∗ tels que GLm (C) et GLn (C) soient isomorphes ?
8891
2502
Solution 64
1. G abélien. Pour tout g ∈ G, g 2 = In donc, pour tout (g, h) ∈ G2 , on a :
2
(gh) = In ⇔ ghgh = In .
582:
En multipliant à gauche cette égalité par g puis par h, on obtient l’égalité :
0753
hh gh = hg ⇔ gh = hg
hg 2 hgh = hg ⇔ donc G est abélien.
:211
=h2 =In
rvox.
com:
None
Cardinal de G. Démontrons par récurrence forte sur n la propriété (Hn ) : « tout sousgroupe G de GLn (C) vérifiant, pour tout g ∈ G, g 2 = In alors G est un ensemble fini de
cardinal une puissance de 2 ».
Initialisation n = 1. Soit G un sous-groupe de GL1 (C) tel que, pour tout g ∈ G,
g 2 = I1 . Comme M1 (C) s’identifie à C, G est un sous-groupe de C∗ et tout élément g
de G est un nombre complexe vérifiant :
scho
la
g 2 = I1 = 1 ⇒ g = ±1 ⇒ G ⊂ {−1, 1} .
univ.
Comme G est non vide (il contient l’élément neutre 1), il est de cardinal 1 = 20 ou
2 = 21 donc G est un ensemble fini de cardinal une puissance de 2, ce qui prouve (H1 ) .
Hérédité. Soit n > 1 et supposons que la propriété (Hk ) est vérifiée pour tout entier
122
Mines-Ponts
k < n. Soit G un sous-groupe de GLn (C) vérifiant, pour tout g ∈ G, g 2 = In .
Soit g ∈ G alors g est diagonalisable (car il est annulé par le polynôme
X 2 − 1 = (X − 1) (X + 1)
qui est scindé à racines simples) avec Sp (g) ⊂ {−1, 1} .
Si Sp (g) = {1} alors, comme g est diagonalisable, il existe une matrice inversible p tel
que
g = p diag (1, .., 1) p−1 = pIn p−1 = pp−1 = In .
Par le même argumentaire, si Sp (g) = {−1} alors g = −In .
Supposons que G est inclus dans {In , −In } alors G est un ensemble fini et son cardinal
vaut 1 = 20 ou 2 = 21 donc son cardinal est une puissance de 2.
018
Supposons que G n’est pas inclus dans {In , −In } alors il existe g0 ∈ G\ {In , −In } donc
Sp (g0 ) = {−1, 1} (d’après le raisonnement précédent) et chacun des espaces propres
E1 (g0 ) et E−1 (g0 ) est non nul et distinct de Mn,1 (C) (rappelons que pour une matrice,
les vecteurs propres sont des matrices colonnes). Pour chaque ε ∈ {−1, 1} , notons
7897
nε = dim (Eε (g0 )) > 0
:89.8
4.12
7.44
:164
et fixons une base Bε de Eε (g0 ). Comme E1 (g0 ) et E−1 (g0 ) sont supplémentaires dans
Mn,1 (C) (car g0 est diagonalisable), on peut affirmer que B = B1 ∪ B−1 est une base de
Mn,1 (C) . Notons P la matrice de passage de la base canonique de Mn,1 (C) à la base B
alors on a l’écriture matricielle par blocs suivante :
In1
0
−1
P g0 P =
0 In−1
0753
582:
8891
2502
Soit h ∈ G alors, comme G est abélien, h commute avec g0 donc chaque sous-espace
propre de g0 est stable par h donc la matrice P −1 hP est diagonale par blocs. En effet, si
u est l’endomorphisme canoniquement associé à h alors la matrice de u dans la base B
est P −1 hP ). Autrement dit, il existe deux matrices carrées A1 (h) et A−1 (h) de tailles
respectives n1 et n−1 telles que :
A1 (h)
0
−1
P hP =
.
0
A−1 (h)
None
:211
Comme la matrice P −1 hP est inversible (comme produit de telles matrices), son déterminant est non nul et, d’après le calcul matriciel par blocs, il vaut :
A1 (h)
0
det
= det (A1 (h)) det (A−1 (h))
0
A−1 (h)
rvox.
Pour chaque ε ∈ {−1, 1} , notons alors
com:
⇒ ∀ε ∈ {−1, 1} , det (Aε (h)) = 0 ⇒ Aε (h) ∈ GLnε (C) .
scho
la
Gε = {Aε (h) , h ∈ G} ⊂ GLnε (C) .
univ.
Montrons qu’il s’agit d’un sous-groupe de GLnε (C) et que, pour tout u ∈ Gε , u2 = Inge .
Comme G est un groupe, In ∈ G et comme
I n1
0
−1
P In P = In =
,
0 In−1
Réduction des endomorphismes et des matrices
123
2
on en déduit que Inε = Aε (In ) ∈ Gε . Soit (u, v) ∈ (Gε ) , il existe (g, h) ∈ G2 tel que
u = Aε (g) et v = Aε (h) . D’après le calcul matriciel par blocs, on a :
A1 (g)
A1 (h)
0
0
et P −1 hP =
⇒
P −1 gP =
0
A−1 (g)
0
A−1 (h)
A1 (h)
0
0
A1 (g)
P −1 ghP = P −1 gP P −1 hP =
0
A−1 (g)
0
A−1 (h)
A1 (g) A1 (h)
0
=
0
A−1 (g) A−1 (h)
donc nous venons de prouver que :
Aε (gh) = Aε (g) Aε (h) ⇒ uv = Aε (gh) ∈ Gε
018
(car gh ∈ G puisque G est un groupe). En outre, on en déduit que
u2 = Aε g 2 = Aε (In ) = Inε .
g
P = P
−1
gP
−1
A1 (g)
=
0
0
A−1 (g)
−1
=
−1
0
−1
(A−1 (g))
= Aε g −1 ⇒ u−1 = Aε g −1 ∈ Gε
4.12
−1
(A1 (g))
0
7.44
donc nous venons de prouver que :
(Aε (g))
:164
P
−1 −1
7897
Pour finir, on a :
8891
2502
:89.8
(car g −1 ∈ G puisque G est un groupe). Par conséquent, Gε est bien un sous-groupe de
GLnε (C) vérifiant
∀u ∈ Gε , u2 = Inε .
582:
Comme nε < n, l’hypothèse de récurrence (Hnε ) montre que Gε est un ensemble fini de
cardinal une puissance de 2 c’est-à-dire qu’il existe un entier dε tel que nε = 2dε .
L’application :
G →
G1 × G−1
Φ:
g → (A1 (g) , A−1 (g))
rvox.
com:
None
:211
0753
est surjective par définition et injective car
A1 (g) = A1 (h)
∀ (g, h) ∈ G2 , Φ (g) = Φ (h) ⇔
A−1 (g) = A−1 (h)
A1 (g)
A1 (h)
0
0
⇒
=
0
A−1 (g)
0
A−1 (h)
0
A1 (g)
A1 (h)
⇒ g = P −1
P = P −1
0
A−1 (g)
0
0
A−1 (h)
P = h.
scho
la
Comme l’ensemble G1 × G−1 est un ensemble fini (comme produit cartésien de deux tels
ensembles), l’ensemble G est aussi fini et on a :
card (G) = card (G1 × G−1 ) = card (G1 ) card (G−1 ) = 2d1 2d−1 = 2d1 +d−1
univ.
qui est une puissance de 2, ce qui prouve (Hn ) et achève la récurrence.
Cardinal maximal de G. Montrons par récurrence forte sur n que card (G) ⩽ 2n . Ceci
124
Mines-Ponts
est vérifié pour n = 1 (cf. la preuve de (H1 )). Si n > 1 alors, avec les notations ci-dessus,
on a les majorations suivantes :
card (Gε )
⩽
⩽
2nε ⇒ card (G) = card (G1 × G−1 ) = card (G1 ) card (G−1 )
2n1 2n−1 = 2n1 +n−1 = 2n ,
ce qui prouve l’hérédité et permet de conclure. Pour finir, on observe que l’ensemble
n
Gn = {diag (ε1 , .., εn ) , (ε1 , .., εn ) ∈ {−1, 1} }
n
est un sous-groupe fini de GLn (C) de cardinal card ({−1, 1} ) = 2n donc le cardinal
maximal possible est effectivement 2n .
2
018
2. Soient (n, m) ∈ (N∗ ) tels que GLm (C) et GLn (C) sont isomorphes et considérons un
isomorphisme f : GLm (C) → GLn (C) entre ces deux groupes. Avec la notation de la fin
de la preuve de la question précédente, Gm est un sous-groupe de GLm (C) de cardinal
2m vérifiant, pour tout g ∈ Gm , g 2 = Im . L’ensemble f (Gm ) est alors un sous-groupe
de GLn (C) de cardinal 2m (car f est bijective) vérifiant :
7897
2
2
∀g ∈ f (Gm ) , ∃g ∈ Gm , g = f (g) ⇒ (g ) = (f (g)) = f g 2 = f (Im ) = In .
:164
D’après la question précédente, on peut affirmer que :
7.44
2m = card (f (Gm )) ⩽ 2n ⇒ m ⩽ n.
8891
2502
:89.8
4.12
Comme f −1 : GLn (C) → GLm (C) est un isomorphisme, l’argument précédent montre
que n ⩽ m d’où n = m.
Si n = m, IdMn (C) est un isomorphisme de GLn (C) sur GLm (C) !
Conclusion. Les groupes GLn (C) et GLm (C) sont isomorphes si et seulement si n = m.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
Commentaires 64 Exercice relativement classique pour ce concours.
Question 1 : Le caractère abélien est un résultat général des groupes, probablement déjà vu
en MPSI ou revu en MP (si vous ne savez pas le faire, ce n’est pas grave).
Pour le reste de la question, il est indispensable de faire le lien avec la réduction (matrices
et polynômes annulateurs doivent vous y faire penser) et de constater que tous les éléments
sont diagonalisables.
Le point clé étant alors la stabilité des sous-espaces propres de g par tout endomorphisme
f commutant avec g (n’hésitez pas à le mentionner, cela sera apprécié car il s’agit d’un
résultat important du cours pour la détermination du commutant de g).
La co-diagonalisation en résultant est une question très classique (mais pas forcément
facile), tant à l’écrit qu’à l’oral, des concours Mines-Ponts et Centrale-SupElec. Si vous
n’y êtes pas parvenu, n’hésitez pas à retravailler ce point.
Le cardinal maximal se lit aisément dans la réduction (le résultat est faux dans un groupe
infini quelconque mais reste vrai pour un groupe fini).
Question 2 : Elle sert à distinguer les candidats ayant traité la question 1 (ils sont une
minorité).
Chapitre 3
Espaces préhilbertiens
CCINP
018
3.1
7897
Exercice 65 (CCINP)
:164
1. À quelle(s) condition(s) sur les n + 1 réels a0 , ..., an , P | Q =
définit-il un produit scalaire sur Rn [X] ?
n
P (ak ) Q (ak )
k=0
:89.8
4.12
7.44
2. Lorsque | défini un produit scalaire sur Rn [X] , expliciter une base orthonormale
de Rn [X] .
n
3. Déterminer l’orthogonal de F = P ∈ Rn [X] ,
P (ak ) = 0 et calculer la disk=0
8891
2502
tance de X n à F.
Solution 65
=
0⇔
n
k=0
2
2
(P (ak )) = 0 ⇔ ∀k ∈ {0, ..., n} , (P (ak )) = 0
0753
P | P 582:
1. Il est aisé de vérifier que | est bilinéaire, symétrique, positif. Il reste à traiter le caractère
défini. Soit P ∈ Rn [X] , on a les équivalences suivantes :
⩾0
:211
⇔ ∀k ∈ {0, ..., n} , P (ak ) = 0
k∈{0,...,n}\{i}
rvox.
com:
None
Premier cas : Les réels (ak )0⩽k⩽n sont deux à deux distincts alors P admet n + 1
racines distinctes et il est de degré ⩽ n donc P = 0, ce qui prouve que | est un produit
scalaire.
Second cas : Il existe deux indices distincts i et j tels que ai = aj alors le polynôme
P =
(X − ak ) appartient à Rn [X] \ {0} et P | P = 0 donc | n’est pas un
univ.
scho
la
produit scalaire.
2. Il suffit de considérer les polynômes de Lagrange (Li )0⩽i⩽n associés à a0 , ..., an c’est-àdire qu’ils sont définis par :
X − aj
.
∀i ∈ {0, ..., n} , Li (X) =
ai − aj
j∈{0,...,n}\{i}
126
CCINP
Ils vérifient les égalités :
∀ (i, j) ∈ {0, ..., n} , Li (aj ) = δ i,j =
si i = j
.
si i = j
1
0
On en déduit immédiatement que :
∀ (i, j)
∀i
∈
∈
{0, ..., n} , i = j, Pi | Pj =
{0, ..., n} , Pi | Pi =
n
k=0
n
k=0
Pi (ak ) Pj (ak ) = Pi (ai ) Pj (ai ) = 0
=0 si k=i
=1
2
=0 car j=i
2
(Pi (ak )) = (Pi (ai )) = 1.
=0 si k=i
=1
k=0
⊥
:164
F = (Vect (1)) ⇒ F ⊥ = Vect (1) .
7897
018
Ainsi, la famille (Pi )0⩽i⩽n forme une famille orthonormale de (Rn [X] , |) et comme elle
comporte n+1 = dim (Rn [X]) éléments, on peut affirmer que c’est une base orthonormée
de (Rn [X] , |) .
n
P (ak ) = P | 1 d’où les égalités
3. Remarquons que
0753
582:
k=0
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
Notons d la distance de X n à F et pF (X n ) le projeté orthogonal de X n sur F alors on
a l’égalité suivante :
X n | 1 1 d = X n − pF (X n ) = pF ⊥ (X n ) = pVect(1) (X n ) = 12 n
n
(ak ) n
|X n | 1|
1
|X n | 1| 1
n
k=0
= =
=√
(ak ) .
=
2
1
n + 1 k=0
1
n
12
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 65 Exercice qui est discriminant requiert initiative et bonne maitrise des
espaces euclidiens par le candidat. L’interaction avec l’interrogateur sera un élément clé
de l’évaluation.
Question 1 : Elle teste une question classique mais en omettant l’hypothèse habituelle
(points deux à deux distincts). Elle permet de distinguer les candidats ayant compris l’argument classique (polynômes ayant trop de racines) des autres.
Question 2 : Elle valorise les candidats ayant de l’intiative et de l’imagination (penser à
des polynômes annulant tous les termes du produit scalaire sauf un, d’où l’idée des polynômes interpolateurs de Lagrange). Un candidat y songeant seul sera fortement valorisé.
Question 3 : Elle valorise les candidats ayant un bon recul sur les espaces euclidiens (interprétation de F comme l’orthogonal d’un vecteur, égalité entre x − pF (x) et pF ⊥ (x) ,
expression du projeté orthogonal via des bases orthogonales ou orthonormales).
Espaces préhilbertiens
127
Exercice 66 (CCINP) On note A | B = Tr(At B) et on admet que c’est un produit
scalaire sur Mn (R).
1. Montrer que An (R) (ensemble des matrices anti-symétriques) et Sn (R) (ensemble
des matrices symétriques) sont des supplémentaires orthogonaux de Mn (R).


0
1 2
0 1 . Calculer la distance de M à S3 (R).
2. Soit M =  2
−1 −1 0
3. Soit H l’ensemble des matrices de Mn (R) de trace nulle.
(a) Montrer que H est un sous-espace vectoriel de Mn (R) dont on déterminera la
dimension.
(b) Soit J la matrice dont tout les coefficients valent 1. Trouver la distance de J à
H.
Solution 66
7897
018
1. Soient A ∈ An (R) et S ∈ Sn (R) alors t A = −A et t S = S donc :
=
A | S = Tr At S = Tr − t AS = − Tr t AS
Tr(M N )=Tr(N M )
− S | A = − A | S
:164
=
− Tr S t A
7.44
(car le produit scalaire est symétrique). On en déduit que 2 A | S = 0 ⇔ A | S . Ainsi,
tout élément A ∈ An (R) est orthogonal à tout élément de Sn (R) donc :
4.12
⊥
⊥
∀A ∈ An (R) , A ∈ (Sn (R)) ⇒ An (R) ⊂ (Sn (R)) .
=
dim (Mn (R)) − dim (Sn (R)) = n2 −
=
n (n − 1)
n2 − n
=
= dim (An (R))
2
2
8891
2502
⊥
dim (Sn (R))
:89.8
En outre, on a :
582:
⊥
n (n + 1)
2
0753
d’où l’égalité ensembliste An (R) = (Sn (R)) . Comme Mn (R) est un espace de dimension finie, on a :
⊥
:211
Mn (R) = Sn (R) ⊕ (Sn (R)) = Sn (R) ⊕ An (R)
donc An (R) et Sn (R) sont des supplémentaires orthogonaux de Mn (R) .
com:
None
2. Soit p (M ) le projeté orthogonal de M sur S3 (R) alors, d’après le cours, la distance
d (M, S3 (R)) de M à S3 (R) vaut :
d (M, S3 (R)) = M − p (M ) .
rvox.
1
1
M + tM +
M − t M , on peut affirmer que :
2
2
∈Sn (R)
scho
la
Comme M =
∈An (R)
univ.

0
1
1
1
p (M ) =
M + t M , M − p (M ) =
M − tM =  3
2
2
2
1
3
0
0

1
0 
0
128
CCINP
n
n 2
Puisque, pour toute matrice A ∈ Mn (R) , A = (Ai,j ) , on obtient :
i=1 j=1
3.

0
1
 3
d (M, S3 (R)) = 2
1
3
0
0

1 √
1
2
2
2
2
0 
= 2 3 + 1 + 3 + 1 = 5.
0 (a) Notons Tr l’application M ∈ Mn (R) → Tr (M ) ∈ R alors Tr est linéaire et :
H = {M ∈ Mn (R) ,
Tr (M ) = 0} = ker (Tr)
est un sous-espace vectoriel de Mn (R) . D’après le théorème du rang, on a
dim (H) = dim (ker (Tr)) = dim (Mn (R)) − rg (Tr) = n2 − 1.
En effet, comme Tr est à valeurs dans R, on obtient l’inégalité :
018
rg (Tr) = dim (Im (Tr)) ⩽ dim (R) = 1
7.44
:164
7897
et comme Tr est non nulle (par exemple, Tr (In ) = n = 0), on a rg (Tr) = 0 donc
rg (Tr) = 1.
(b) Soit M ∈ Mn (R) . Comme Tr (M ) = M | In , on dispose des équivalences suivantes :
⊥
⊥
M ∈ H ⇔ M | In = 0 ⇔ M ∈ (Vect (In )) ⇒ H = (Vect (In )) .
|J | In |
In 2
√
|Tr (J)|
n
|J | In |
=
= √ = n.
2
In n
Tr (In )
In =
582:
=
8891
2502
:89.8
4.12
Puisque Mn (R) est un espace vectoriel de dimension finie, on a H⊥ = Vect (In ) .
Soit p (J) le projeté orthogonal de J sur H alors J − p (J) est le projeté orthogonal
de J sur H⊥ = Vect (In ) . Or, In est une base orthogonale de H⊥ donc :
J | I J | In n
In J − p (J) =
2 In ⇒ d (J, H) = J − p (J) = In 2
In None
:211
0753
Commentaires 66 Exercice assez simple et très proche du cours (voire traité comme
exercice de cours ou de TD), sans difficulté particulière pour les candidats maitrisant le
chapitre « espaces euclidiens », hormis la toute dernière question.
Exercice 67 (CCINP) Soit E espace vectoriel euclidien.
pF (x) = x}.
rvox.
(a) Montrer que : F = {x ∈ E,
com:
1. Soient F un sous espace vectoriel de E et pF le projecteur orthogonal de E sur F .
(b) Montrer que : ∀x ∈ E, pF (x) ⩽ x.
scho
la
(c) Montrer que : ∀(x, y) ∈ E 2 , pF (x), y = x, pF (y).
univ.
2. Soient F, G et H sous espaces de E, pF et pG les projecteurs orthogonaux respectivement sur F et sur G. On suppose que pF ◦ pG est le projecteur orthogonal sur
H.
Espaces préhilbertiens
129
(a) Montrer que F ∩ G = H.
(b) Montrer que pF ◦ pG = pG ◦ pF .
Solution 67
pF (x) = x} . Soit x ∈ F alors
1. (a) On note G = {x ∈ E,
pF (x) = x ⇒ pF (x) = x ⇒ x ∈ G,
ce qui prouve l’inclusion F ⊂ G. Soit x ∈ G alors pF (x) est le projeté orthogonal de
x sur F, x − pF (x) est le projeté orthogonal de x sur F ⊥ et :
x = pF (x) + (x − pF (x)) .
Comme les vecteurs pF (x) et x − pF (x) sont orthogonaux, le théorème de Pythagore
montre que :
2
2
2
pF (x) + x − pF (x) ⇒ x − pF (x) = 0 ⇒ x = pF (x) ∈ F
018
2
x =
7897
=x2 car x∈G
d’où l’inclusion G ⊂ F, ce qui démontre l’égalité ensembliste F = G.
7.44
:164
(b) Soit x ∈ E alors pF (x) est le projeté orthogonal de x sur F, x − pF (x) est le projeté
orthogonal de x sur F ⊥ et
4.12
x = pF (x) + (x − pF (x)) .
2
2
:89.8
Comme les vecteurs pF (x) et x − pF (x) sont orthogonaux, le théorème de Pythagore
montre que
2
2
8891
2502
x = pF (x) + x − pF (x) ⩾ pF (x) ⇒ x ⩾ pF (x)
√
√
(car la fonction t → t est croissante sur R+ et que t2 = t si t ∈ R+ ).
∈F
y = pF (y) + (y − pF (y)).
0753
x = pF (x) + (x − pF (x)),
582:
(c) Soit (x, y) ∈ E 2 , on dispose des égalités suivantes :
∈F ⊥
∈F
∈F ⊥
=
=
None
pF (x) | pF (y) + pF (x) | y − pF (y)
com:
=
pF (x) | pF (y) + (y − pF (y))
=0
pF (x) | pF (y) = pF (x) | pF (y) + x − pF (x) | pF (y)
rvox.
=
=0
pF (x) + (x − pF (x)) | pF (y) = x | pF (y) .
scho
la
pF (x) | y
:211
En particulier, les vecteurs pF (x) et y−pF (y) sont orthogonaux ainsi que les vecteurs
pF (y) et y − pF (y) , ce qui nous permet d’écrire :
univ.
2. (a) Rappelons que si p est un projecteur orthogonal sur Z alors on a les égalités suivantes :
Z = {x ∈ E, p (x) = x} et Z ⊥ = {x ∈ E, p (x) = 0}
130
CCINP
Soit x ∈ F ∩ G alors :
x
F et x ∈ G ⇒ pF (x) = x et pG (x) = x
∈
⇒
(pF ◦ pG ) (x) = pF (pG (x)) = pF (x) = x ⇒ x ∈ H,
ce qui prouve l’inclusion F ∩ G ⊂ H. Soit x ∈ H alors
(1)
:
x
=
(pF ◦ pG ) (x) = x ⇒
(pF ◦ pG ) (x) = pF (pG (x)) ⩽ pG (x) ⩽ x
(d’après la question 1.b), ce qui prouve les égalités suivantes :
pG (x) = x ⇒ pG (x) = x ⇒ x ∈ G.
q1.a
7897
018
L’égalité pG (x) = x combinée à l’égalité (1) montrer que pF (x) = x donc x ∈ F, ce
qui entraine que x ∈ F ∩ G. On a ainsi établi l’inclusion H ⊂ F ∩ G d’où l’égalité
attendue.
(b) Comme pF ◦ pG est un projecteur orthogonal, d’après la question 1.c, pour tout
(x, y) ∈ E 2 on a :
:164
(2) : (pF ◦ pG ) (x) | y = x | (pF ◦ pG ) (y) .
pF (pG (x)) | y = pG (x) | pF (y)
x | pG (pF (y)) = x | (pG ◦ pF ) (y)) .
4.12
=
=
:89.8
(pF ◦ pG ) (x) | y
7.44
Or, comme pF et pG sont des projecteurs orthogonaux, la question 1.c. montre que,
pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a l’égalité suivante :
8891
2502
Par conséquent, en combinant la relation (2) et la formule ci-dessus, pour tout
(x, y) ∈ E 2 , on obtient :
x | (pG ◦ pF ) (y)) = x | (pF ◦ pG ) (y)
⇔ x | (pG ◦ pF − pF ◦ pG ) (y) = 0
582:
En choisissant x = (pG ◦ pF − pF ◦ pG ) (y) dans l’égalité ci-dessus, on obtient :
2
0753
∀y ∈ E, (pG ◦ pF − pF ◦ pG ) (y) = 0
⇔ ∀y ∈ E, (pG ◦ pF − pF ◦ pG ) (y) = 0
None
:211
pG ◦ pF − pF ◦ pG = 0 ⇔ pG ◦ pF = pF ◦ pG .
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 67 Exercice relativement difficile pour CCINP sans réelle progressivité.
Les trois questions de la question 1 sont des résultats du cours qu’il s’agit de redémontrer
(les premières sont vu en MPSI et en MP, la deuxième uniquement en MP dans le cadre
des endomorphismes symétriques). La question 1.a possède une difficulté supplémentaire
en raison de la gestion de la double inclusion (y pense-t-il ?). Un candidat maitrise ces
deux chapitres peut très bien traiter ces trois questions seuls.
Il n’en est pas de même des questions suivantes où l’interaction avec l’interrogateur sera déterminante. La question 2.a pose comme difficulté, outre la gestion de la double inclusion,
d’utiliser à bon escient les résultats des questions 1 donc elle s’avère très discriminante.
La question 2.b s’adresse aux meilleurs candidats.
Espaces préhilbertiens
131
Exercice 68 (CCINP) Soient E un espace euclidien muni d’un produit scalaire (|) et la
norme euclidienne associée. Soit p un entier naturel, avec p ⩾ 2. Soit (e1 , ..., ep ) p vecteurs
de E tels que, pour tous 1 ⩽ i, j ⩽ p, si i = j, (ei | ej ) < 0.
1. Pour 1 ⩽ i, j ⩽ p, comparer λi λj (ei | ej ) et |λi | |λj | (ei | ej ) .
p
2 p
2
p
p
2. Comparer λk ek et |λk | ek . Montrer que
λk ek = 0E ⇒
|λk | ek =
k=1
k=1
k=1
k=1
0E .
3. Montrer que toute sous-famille de p − 1 vecteurs extraite de (ei )1⩽i⩽p est libre.
Solution 68
2
1. Soit (i, j) ∈ {1, ..., p} . Si i = j, comme λi ∈ R, on a les égalités suivantes :
2
7897
103
λi λj (ei | ej ) = λ2i (ei | ei ) = |λi | (ei | ei ) .
Si i = j, on dispose des inégalités suivantes :
:164
λi λj ⩽ |λi λj | = |λi | |λj | ⇒ |λi | |λj | − λi λj ⩾ 0.
7.44
Comme (ei | ej ) < 0, on en déduit que les majorations suivantes :
4.12
(|λi | |λj | − λi λj ) (ei | ej ) ⩽ 0 ⇔ |λi | |λj | (ei | ej ) ⩽ λi λj (ei | ej ) .
:89.8
Au final, on a démontré que :
2
8891
2502
∀ (i, j) ∈ {1, ..., p} , |λi | |λj | (ei | ej ) ⩽ λi λj (ei | ej )
|λi | |λj | (ei | ej ) (d’après la question précédente)
 
2
p
p
p

|λi | ei |
|λj | ej  = |λk | ek i=1
j=1
None
=
i=1 j=1
:211
i=1 j=1
j=1
com:
⩾
p
p 0753
i=1
k=1
582:
2. Par définition de la norme euclidienne et par bilinéarité du produit scalaire, on a :


2
p
p
p
p
p λk e k = 
λi e i |
λj e j  =
λi λj (ei | ej )
k=1
k=1
scho
la
k=1
rvox.
2 p
2
p
p
c’est-à-dire que λk e k ⩾ |λk | ek . En particulier, si
λk ek = 0E alors
k=1
∈R+
univ.
2
p
2
p
p
|λk | ek = 0 ⇔
|λk | ek = 0E .
|λk | ek ⩽ 0 ⇒ k=1
k=1
k=1
132
CCINP
3. Soit i0 ∈ {1, .., p} et (λk )k∈{1,..,p}\{i0 } des réels tels que :
k∈{1,..,p}\{i0 }
λk ek = 0E ⇒
q1
k∈{1,..,p}\{i0 }
|λk | ek = 0E .
En scalairisant cette égalité par ep , on peut écrire :
(E) :
k∈{1,..,p}\{i0 }
|λk | (ek | ei0 ) = 0.
Par hypothèse sur la famille (ei )1⩽i⩽p , chaque réel (ek | ei0 ) (k ∈ {1, .., p} \ {i0 }) est
négatif donc chaque réel |λk | (ek | ei0 ) (k ∈ {1, .., p} \ {i0 }) est négatif. Or, la somme de
ces réels vaut 0 (d’après l’égalité (E)) donc tous ces réels sont nuls c’est-à-dire, pour tout
k ∈ {1, .., p} \ {i0 } , on a l’égalité :
⇒
÷(ek |ei0 )=0
|λk | = 0 ⇒ λk = 0.
103
|λk | (ek | ei0 ) = 0
7897
Ces égalités montrent la liberté de la famille (ek )k∈{1,..,p}\{i0 } , ce qui permet de conclure.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
Commentaires 68 Exercice original pour CCINP (mais pas pour Centrale-SupElec) dont
le découpage bien pensé est tout à fait adapté au public CCINP et permet à ce sujet d’être
suffisamment progressif pour ce concours. L’exercice s’avère discriminant car il offre aucune question classique ou standard (bien qu’aucune ne soit difficile techniquement ou
conceptuellement ou ne nécessite de connaissances solides du cours) et demande du candidat initiative, rigueur et recul sur les notions utilisées.
Il s’agit d’un bon exercice d’entrainement pour affronter des questions moins conventionnelles.
Espaces préhilbertiens
3.2
133
Mines-Telecom
Exercice 69 (Mines-Telecom) Soit (E, | ) un espace euclidien, sa norme associée et
f : E → E telle que :
∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) − f (y) = x − y et f (0E ) = 0E .
1. Montrer que f conserve le produit scalaire sur E, c’est-à-dire vérifie l’égalité :
∀(x, y) ∈ E 2 , f (x) | f (y) = x | y .
2. En déduire que f est linéaire puis que f est bijective.
Solution 69
1. En choissant y = 0E dans la formule vérifiée par f et comme f (0E ) = 0E , on obtient la
relation :
∀x ∈ E, f (x) = x .
2
103
Rappelons la formule de développement :
2
2
2
2
2
7.44
f (x) − f (y) = x − y
:164
On peut alors écrire pour tout (x, y) ∈ E 2 :
7897
∀ (x, y) ∈ E 2 , x − y = x − 2 x | y + y .
2
2
2
=x
4.12
⇔ f (x) − 2 f (x) | f (y) + f (y) = x − 2 x | y + y
=y
:89.8
⇔ f (x) | f (y) = x | y .
8891
2502
2. Soit (e1 , ..., en ) une base orthonormale de E alors, d’après la question précédente, on a :
1 si i = j
2
.
∀ (i, j) ∈ {1, ..., n} , f (ei ) | f (ej ) = ei | ej =
0 sinon
=
i=1
n
i=1
x | ei ei (car (ei )1⩽i⩽n est une base orthonormale de E)
:211
i=1
n
f (x) | f (ei ) f (ei ) (car (f (ei ))1⩽i⩽n est une base orthonormale de E)
None
=
n
x | ei f (ei ) (d’après la question précédente).
com:
f (x)
=
rvox.
x
0753
582:
En particulier, la famille (f (ei ))1⩽i⩽n est une famille orthonormale de E, de cardinal
n = dim (E) donc elle forme une base orthonormale de E. Par conséquent, pour tout
x ∈ E, on a les identités suivantes :
Ainsi, pour tout (x, y) ∈ E 2 et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
=
n
λx + µy | ei f (ei ) =
λ
x | ei f (ei ) + µ
i=1
n
i=1
scho
la
=
univ.
f (λx + µy)
n
i=1
n
i=1
(λ x | ei + µ y | ei ) f (ei )
y | ei f (ei ) = λf (x) + µf (y) ,
134
Mines-Telecom
ce qui prouve la linéarité de f.
Prouvons la bijectivité de f. Comme f est linéaire, on utilise la caractérisation de la
bijectivité en dimension finie. Soit x ∈ ker (f ) alors on a les implications suiivantes :
f (x)
= 0E ⇒ 0 = f (x) = f (x) − f (0) = x − 0
⇒ x = 0 ⇒ x = 0E
donc ker (f ) = {0E } , ce qui prouve que f est injective (puisque linéaire). Comme f est
un endomorphisme en dimension finie, f est bijective.
7.44
:164
7897
103
Commentaires 69 Exercice de niveau MPSI prouvant que toute transformation d’un
espace euclidien conservant les distances et laissant fixe 0E est linéaire et orthogonale.
Les questions 1 et question 2 (bijectivité) sont (quasiment) des questions de cours (les
raisonnements sont faits dans le cours sur les endomorphismes orthogonaux des espaces
euclidiens).
La linéarité de f est manifestement la question la plus difficile et l’interrogateur sera
attentif aux initiatives prises par le candidat (elles seront fortement valorisées si elles sont
intéressantes). En cas de blocage du candidat, l’interrogateur proposera des pistes (comme
2
2
dans le corrigé ou bien calculer f (x + y) − f (x) − f (y) ou f (λx) − λf (x) ). Il est
alors attendu du candidat une autonomie sur la gestion des calculs afférents.
:89.8
(f g + f g ) est un produit scalaire sur E.
0
8891
2502
1. Justifier que (f, g) → f | g =
1
4.12
Exercice 70 (CCINP, Mines-Telecom) On considère l’espace vectoriel E = C 2 ([0, 1] , R).
2. Montrer que F = {f ∈ E, f = f } est un sous-espace vectoriel de E et déterminer
sa dimension ainsi qu’une base de F.
0753
582:
3. Prouver que G = {f ∈ E, f (0) = f (1) = 0} est le supplémentaire orthogonal de F
dans E.
1
2
2
f + f 2 .
4. Soit (α, β) ∈ R et C = {f ∈ E, f (0) = α, f (1) = β}. Calculer inf
0
:211
f ∈C
None
Solution 70
com:
1. Existence. Soient (f, g) ∈ E alors la fonction f g +f g est continue sur le segment [0, 1]
1
donc elle est y intégrable, ce qui justifie l’existence de
(f g + f g ) = f | g .
1
scho
la
0
(f g + f g ) =
univ.
f | g =
1
rvox.
Symétrie. Soient (f, g) ∈ E, on a :
0
(car le produit dans les réels est commutatif ).
0
(gf + g f ) = g | f Espaces préhilbertiens
135
Bilinéarité. Soient (f, g, h) ∈ E 3 et (λ, µ) ∈ R2 , on a :
λf + µg | h
=
1
0
=
(λf + µg) h + (λf + µg) h
=
1
(λf h + µgh + λf h + µg h )
0
1
1
λ (f h + f h ) + µ (gh + g h ) = λ f | h + µ g | h .
0
0
Ainsi, pour tout h ∈ E, l’application f → f | h est linéaire. Par symétrie de | , pour
tout f ∈ E, l’application h → f | h est linéaire donc | est bilinéaire.
Positivité. Soit f ∈ E alors :
1 2
(f (t)) + (f (t))
2
0
dt ⩾ 0
103
f | f =
2
0
2
2
2
7.44
(f (t)) + (f (t))
dt.
4.12
f | f = 0 ⇔
1 :164
7897
(l’intégrande est positive comme somme de deux positifs puisque tout carré de nombres
réels est positif ).
Définie. Soit f ∈ E telle que :
∈
⇒
2
2
[0, 1] , g (t) = 0 ⇔ ∀t ∈ [0, 1] , (f (t)) + (f (t)) = 0
8891
2502
∀t
:89.8
La fonction g : t → (f (t)) + (f (t)) est continue et positive sur [0, 1] et son intégrale
sur cet intervalle est nulle donc :
⩾0
2
⩾0
∀t ∈ [0, 1] , (f (t)) = 0 ⇒ ∀t ∈ [0, 1] , f (t) = 0 ⇒ f = 0E .
582:
Ainsi, | est bien un produit scalaire sur E.
:211
0753
2. Les éléments de F sont exactement les solutions de l’équation différentielle (E) : y = y
qui est une équation différentielle à coefficients constants du second ordre. Son équation
caractéristique est r2 = 1 qui admet deux solutions distinctes : r = ±1. Par conséquent,
y est solution de (E) si et seulement si y est de la forme :
None
y : x → αex + βe−x , (α, β) ∈ R2 .
com:
En particulier, on en déduit que :
rvox.
F = Vect x → ex , x → e−x .
univ.
scho
la
Les fonctions x → ex et x → e−x forment une famille libre (elles sont non nulles et la
première n’est pas proportionnelle à la seconde puisque la première tend vers +∞ quand
x → +∞ alors que l’autre tend vers 0 quand x → +∞). En outre, elles forment une
famille génératrice de F (par construction) donc elles forment une base de F et on a :
dim (F ) = card x → ex , x → e−x = 2.
136
Mines-Telecom
3. Soit g ∈ G. Pour tout f ∈ F, on a :
f | g
=
1
f ∈F
(f g + f g ) = f =f
0
=
1
(f g + f g ) =
0
1
1
(f g) = [f g]0
0
f (1) g (1) − f (0) g (0) = 0
=0
=0
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
103
donc g ∈ F ⊥ , ce qui prouve l’inclusion G ⊂ F ⊥ .
Soit g ∈ F ⊥ alors g est orthogonal à x → ex et à x → e−x (puisque ces vecteurs forment
une base de F ), ce qui nous donne les équations suivantes :

1




(g (t) et + g (t) et ) dt = 0



t
t
(e ) =e
g | x → ex = 0
0
⇔
1
g | x → e−x = 0 (e−t ) =−e−t 




(g (t) e−t + g (t) (−e−t )) dt = 0


0

1




(g (t) et ) dt = 0


1

[g (t) et ]0 = 0
0
⇔
⇔
1
1

[−g (t) e−t ]0 = 0


−t 

(−g (t) e ) dt = 0


0
g (1) e − g (0) = 0
g (1) = 0 L1 + L2
⇔
⇒ g ∈ G.
⇒
−g (1) e−1 + g (0) = 0
g (0) = 0 L1 − L2
8891
2502
Ainsi, on a établi l’inclusion ensembliste F ⊥ ⊂ G d’où l’égalité G = F ⊥ c’est-à-dire que
G est l’orthogonal de F. Comme F est un sous-espace vectoriel de dimension finie de E,
on dispose de l’égalité :
E = F ⊕ F⊥ = F ⊕ G
0
0753
f ∈C
2
2
f + f 2 = inf f .
f ∈C
:211
δ = inf
1
582:
c’est-à-dire que que G est supplémentaire de F dans E.
4. Notons la norme associée au produit scalaire | et
rvox.
com:
None
On pense alors à la notion de distance d’un point à un sous-espace vectoriel ... mais C
n’est pas un espace vectoriel (il ne contient pas la fonction nulle en général).
Déterminons une fonction simple de C, par un exemple une fonction affine f0 : t → ut+v.
v=α
f0 (0) = α
⇔
⇒ f0 : t → (β − α) t + α.
u=β−α
f0 (1) = β
univ.
scho
la
Dans ce cas, on a les équivalences suivantes qui permettent de réécrire C :
f (0) = α
f (0) = f0 (0)
⇔ f0 − f ∈ G
f ∈ C⇔
⇔
f (1) = f0 (1)
f (1) = β
⇔ ∃g ∈ G, f0 − f = g ⇔ ∃g ∈ G, f = f0 − g,
⇒ C = {f0 − g, g ∈ G} .
Espaces préhilbertiens
137
Ainsi, on en déduit que :
2
2
2
2
δ = inf f0 − g = (d (f0 , G)) = f0 − pG (f0 ) = pF (f0 )
g∈G
(d’après le cours du chapitre « espaces préhilbertiens ») où pG (f0 ) (resp. pF (f0 )) est le
projeté orthogonal de f0 sur G (resp. F ).
Les vecteurs e+ : t → et et e− : t → e−t forment une base de F et ils sont orthogonaux
car :
1
1
t −t
−t t
e+ | e− =
e e + e −e
dt = 0dt = 0.
0
0
Calculons leurs normes respectives :
2
e+ =
=
1
0
0
t t
e e + et et dt =
1
0
t=1
2e2t dt = e2t t=0 = e2 − 1
−t −t −t −t e e + −e
−e
dt =
1
0
103
e+ 1
t=1
2e−2t dt = −e−2t t=0 = 1 − e−2 .
7897
2
2
e+ f | e− e−
7.44
f | e+ e+
+
2
e− .
4.12
pF (f0 ) =
:164
Le projeté orthogonal pF (f0 ) s’écrit donc
=
f | e+ e+ =
(βe − α)
4
e+ (e2 − 1)
2
2 +
2
2
+
2
f | e− e− 4
α − βe
e− −1 2
(1 − e−2 )
=
|f | e+ |
8891
2502
2
δ
:89.8
Comme les vecteurs e+ et e− sont orthogonaux, on en déduit que :
2
2
e+ 2
+
|f | e− |
2
2
e− 0753
582:
(après calculs des produits scalaires par intégration par parties, laissé au soin du lecteur).
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 70 Exercice classique du concours Mines-Ponts.
Les deux premières questions sont des questions d’application de cours
Question 3 : Une erreur courante est de montrer que les éléments de G et F sont orthogonaux (cela sera valorisé par l’interrogateur car il y a une petite astuce pour y parvenir)
et d’en déduire que G = F ⊥ alors qu’en fait elle ne justifie qu’une inclusion G ⊂ F ⊥ (ou
F ⊂ G⊥ selon le point de vue adopté). Il suffit de penser à deux droites de R3 qui sont
orthogonales sans que l’orthogonale de l’une.
Question 4 : Cette question permet de distinguer les bons candidats. Si le candidat ne fait
pas le lien avec la notion de distance à un sous-espace vectoriel, l’interrogateur lui proposera de justifier que C est un sous-espace affine i.e. qu’il existe f0 ∈ C et D un sous-espace
1
2
f + f 2 à l’aide de la norme.
vectoriel tel que C = {f0 + d, d ∈ D} et d’exprimer
Il est alors attendu le lien avec la notion de distance.
0
138
Mines-Telecom
Exercice 71 (Mines-Telecom)
1. Montrer que E = {f ∈ C 0 (]0, 1], R) : t → t2 f 2 (t) est intégrable sur ]0, 1]} est un
espace vectoriel.
1
2. Montrer que (f, g) → t2 f (t)g(t) dt est un produit scalaire sur E.
0
3. Existence et calcul de inf
a,b∈R
1
0
t2 (ln t − at − b)2 dt.
Solution 71
2
7897
103
1. Par définition, E est inclus dans C 0 (]0, 1] , R) qui est un R-espace vectoriel. La fonction
nulle t → 0 appartient à E car t → t2 02 = 0 est intégrable sur ]0, 1] . Soient f, g deux
éléments de E et λ, µ deux réels. La fonction
2
2
:164
h : t → t2 (λf + µg) (t) = λ2 t2 (f (t)) + 2λµt2 f (t) g (t) + µ2 t2 (g (t))
:89.8
1 2
a + b2
2
8891
2502
∀ (a, b) ∈ R2 , |ab| ⩽
4.12
7.44
est continue sur ]0, 1] et à valeurs réelles (comme somme et produit de telles fonctions).
2
2
Par hypothèse sur f et g, les fonctions t → t2 (f (t)) et t → t2 (g (t)) sont intégrables
sur ]0, 1] . En outre, la majoration suivante :
2
(il suffit de développer (|a| − |b|) ⩾ 0) permet d’écrire :
]0, 1] ,
⇒ ∀t
∈
]0, 1] ,
×t2 ⩾0
1
2
2
(f (t)) + (g (t))
2
2
12
2
2
t f (t) g (t) ⩽
t (f (t)) + t2 (g (t)) .
2
|f (t) g (t)| ⩽
582:
∈
0753
∀t
12
2
2
t (f (t)) + t2 (g (t)) étant intégrable sur ]0, 1] , la fonction
2
t → t2 f (t) g (t) l’est aussi, ce qui entraine l’intégrabilité de la fonction h. Par conséquent,
E est un sous-espace vectoriel de C 0 (]0, 1] , R) donc E est un espace vectoriel.
None
:211
La fonction t →
f | g =
0
2
0
scho
la
1
univ.
que f | g existe.
Symétrie. Pour tout (f, g) ∈ E 2 , on a :
rvox.
com:
2. Existence. Pour tout (f, g) ∈ E 2 , la fonction t → t2 f (t) g (t) est intégrable sur ]0, 1]
1
(d’après la preuve de la question 1) donc l’intégrale t2 f (t) g (t) dt converge c’est-à-dire
t f (t) g (t) dt =
1
0
t2 g (t) f (t) dt = g | f Espaces préhilbertiens
139
donc | est symétrique.
Bilinéarité. Soit f ∈ E. Pour tout (g, h) ∈ E 2 et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
f | λg + µh
1
=
2
t f (t) (λg + µh) (t) dt =
0
1
0
λt2 f (t) g (t) + µt2 f (t) h (t) dt
1
1
2
λ t f (t) g (t) dt + µ t2 f (t) h (t) dt = λ f | g + µ f | h
=
0
0
donc g → f | g est linéaire. Par symétrie de | , f → f | g est également linéaire
donc | est bilinéaire.
1
2
Positivité. Soit f ∈ E, on a f | f = t2 (f (t)) dt ⩾ 0 donc | est positive.
⩾0
Définie. Soit f ∈ E telle que f | f = 0 ⇔
2
1
2
t2 (f (t)) dt = 0. La fonction
103
0
0
2
7897
t → t2 (f (t)) = (tf (t)) étant continue, positive et d’intégrale nulle sur ]0, 1] , on peut
affirmer qu’elle y est nulle c’est-à-dire que :
:164
2
∀t ∈ ]0, 1] , (tf (t)) = 0 ⇔ tf (t) = 0 ⇔ ∀t ∈ ]0, 1] , f (t) = 0 ⇒ f = 0E .
7.44
÷t=0
4.12
Ainsi, nous venons de prouver que | est un produit scalaire sur E.
1
t2 (ln t − at − b)2 dt,
3. On note ∆ = inf
F
=
où ek
:
t → at + b, (a, b) ∈ R2 = Vect (e0 , e1 )
8891
2502
0
:89.8
a,b∈R
t → tk avec k ∈ {0, 1} et x : t → ln (t) .
Notons la norme sur E canoniquement associée à | c’est-à-dire :
Alors, on peut écrire :
:211
2
2
2
x − ae1 − b = inf x − f = (d (x, F )) = x − pF (x)
f ∈F
None
inf
(a,b)∈R2
2
t2 (f (t)) dt
0
0753
∀f ∈ E, f = f | f =
∆=
1
582:
2
2
univ.
scho
la
rvox.
com:
où d (x, F ) désigne la distance de x au sous-espace vectoriel F et pF (x) désigne le projeté
orthogonal de x sur F (d’après le cours sur les espaces préhilbertiens de MPSI ou MP
concernant la distance d’un point à un sous-espace vectoriel). Déterminons pF (x) . Par
définition, ce dernier vérifie les conditions suivantes :

 ∃ (a, b) ∈ R2 , pF (x) = ae1 + be0
pF (x) ∈ F = Vect (e0 , e1 )
x − pF (x) | e0 = 0
⊥ ⇔

x − pF (x) ∈ F ⊥ = (Vect (e0 , e1 ))
x − pF (x) | e1 = 0

2
 ∃ (a, b) ∈ R , pF (x) = ae1 + be0
a e1 | e0 + b e0 | e0 = x | e0 ⇔ (S) :

a e1 | e1 + b e0 | e1 = x | e1 140
Mines-Telecom
Déterminons les différents produits scalaires apparaissant dans le système (S) :
ei | ej e0 | e0 x | ei =
1
2 i j
t t t dt =
0
=
=
1
t
2+i+j
0
t=1
ti+j+3
1
dt =
=
i + j + 3 t=0
i+j+3
1
1
1
, e1 | e0 = e0 | e1 = , e1 | e1 =
3
4
5
t=1
2+i
1
t
IPP
ln (t)
t2+i ln (t) dt =
−
2+i
t→0
0
1
0
1
t2+i
× dt
2+i
t
=0 (par croissances comparées)
x | e0 =
1
t1+i dt =
0
1
(2 + i)
2
1
1
, x | e1 =
.
9
16
103
=
1
−
2+i
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
Le système (S) s’écrit alors sous la forme matricielle suivante :
1
a b
1
a b
∃ (a, b) ∈ R2 , pF (x) = ae1 + be0 et (1) : + = et (2) : + =
4 3
9
5 4
16

1
20
5
a


=
⇔a=
=
(élimination de b) 3 (1) − 4 (2) : −


20
12
12
3




19
19
b
= 2 ⇔b=
(élimination de a) 4 (1) − 5 (b) :
⇔
12
12
12




19
5



 pF (x) = 3 e1 + 12 e0
On en déduit la formule :
0753
0
2
5
19
1445
t2 ln (t) − t −
dt =
3
12
432
582:
∆=
1
2
:211
Je vous épargne les calculs : développer (a − b − c) , calcul des intégrales
1
q
tk (ln (t)) dt
0
com:
None
par intégration par parties successives, etc. Il y a peu de chance que l’interrogateur (ou
l’interrogatrice) demande la valeur finale, c’est le cheminement et les automatismes fondamentaux qui sont attendus dans cette question.
univ.
scho
la
rvox.
Commentaires 71 Exercice standard d’application du cours. La question la moins conventionnelle est la première où l’astuce fondamentale est la majoration astucieuse |ab| ⩽
1 2
a + b2 . Ce type d’exercice est tout à fait standard aux oraux et doit être maitrisé par
2
le candidat.
Espaces préhilbertiens
3.3
141
Mines-Ponts
Exercice 72 (Mines-Ponts) Soit n ∈ N∗ . Montrer que le minimum de
pour P ∈ Rn−1 [X] existe, et le calculer.
n
i=0
(in − P (i))
2
Solution 72 Montrons que :
2
∀ (P, Q) ∈ (Rn−1 [X]) , P | Q =
n
P (i) Q (i)
i=0
définit un produit scalaire sur Rn [X] . La bilinéarité et le caractère symétrique sont laissés au
lecteur. Soit P ∈ Rn [X] alors :
P | P =
n
i=0
2
(P (i)) ⩾ 0
⩾0
103
donc | est positif. En outre, comme P | P est une somme de termes positifs, on a :
2
7897
P | P = 0 ⇔ ∀i ∈ {0, .., n} , (P (i)) = 0 ⇔ ∀i ∈ {0, .., n} , P (i) = 0
min
i=0
P ∈Rn−1 [X]
P ∈Rn−1 [X]
2
:89.8
=
X n − P 8891
2502
P ∈Rn−1 [X]
4.12
7.44
:164
donc P admet n + 1 racines distinctes et il est de degré au plus n, ce qui prouve l’égalité P = 0.
Par conséquent, | est effectivement un produit scalaire sur Rn [X] . Notons sa norme associée.
Notons δ le minimum de l’énoncé c’est-à-dire :
n
2
2
δ =
min
(in − P (i)) =
min X n − P 582:
(puisque X n − P est un nombre positif et que la fonction t → t2 est strictement croissante
sur R+ ). D’après le cours sur la distance d’un point à un sous-espace vectoriel de dimension
finie dans un espace préhilbertien, ce minimum existe et il est atteint en le projeté orthogonal
p (X n ) de X n sur Rn−1 [X] c’est-à-dire :
2
0753
δ = X n − p (X n ) .
None
:211
Pour déterminer ce projeté orthogonal, nous allons déterminer une base de Rn−1 [X] adaptée à
ce produit scalaire. Montrons que les polynômes interpolateurs de Lagrange associés aux points
{0, .., n − 1} forment une base orthogonale de Rn−1 [X]. Pour tout i ∈ {0, .., n − 1} , on note :
X −k
Pi (X) =
i−k
com:
k∈{0,..,n−1}\{i}
2
k=0
=
n
k=0
Pi (k) Pj (k) = Pi (i) Pj (i) = 0
scho
la
Pi | Pi =
=0 si i=k
2
=0
2
(Pi (k)) = (Pi (i)) = 11 = 1.
univ.
Pi | Pj n
rvox.
alors Pi s’annule sur {0, .., n − 1} \ {i} et vaut 1 en i. Pour tout (i, j) ∈ {0, .., n − 1} avec
i = j, on a :
=0 si i=k
142
Mines-Ponts
Ainsi, la famille (Pi )0⩽i⩽n−1 est orthonormale de Rn−1 [X] et de cardinal n = dim (Rn−1 [X])
donc on peut affirmer qu’il s’agit d’une base orthonormée de Rn−1 [X] .
Afin de simplifier les calculs, calculons directement le polynôme Q = X n −p (X n ) . Par définition
du projeté orthogonal, on a :
⊥
p (X n ) ∈ Rn−1 [X] et Q ∈ (Rn−1 [X]) = (Vect (P0 , .., Pn−1 ))
⊥
donc, pour tout i ∈ {0, .., n} , on a l’égalité :
Q | Pi = 0 ⇔
n
k=0
Q (k) Pi (k) = 0 ⇔ Q (i) Pi (i) = 0 ⇔ Q (i) = 0.
=0 si i=k
Par conséquent, le polynôme Q admet n racines qui sont 0, 1, .., n − 1, il est de degré n (car
deg (p (X n )) < n) et unitaire donc :
=
n−1
i=0
2
2
(n (n − 1) · · · 1) = (n!) .
n
2
(Q (k)) = (Q (n))
2
k=0
7897
=
2
(X − i) ⇒ δ = Q =
103
Q (X)
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
Commentaires 72 Si la thématique de l’exercice est classique, cet exercice reste en pratique discriminant : il faut faire le lien avec la notion de distance dans un espace préhilbertien, poser le produit scalaire, le sous-espace et le point, donner l’expression de la distance
en terme de projeté. Les candidats posant ces différents éléments seuls seront valorisés.
En outre, l’exercice demande d’avoir un peu de recul (pour calculer le projeté sur le sousespace, il faut une base orthogonale et songer à une base dont toutes les valeurs sur
{0, .., n − 1} sont nulles sauf en une valeur afin d’avoir une expression simple des produits scalaires, ceci amenant alors naturellement à songer aux polynômes d’interpolation
de Lagrange). Un candidat songeant à ces points sera naturellement très fortement valorisés. Pour les autres, l’interrogateur proposera une piste, il attend alors une bonne réactivité
du candidat
Ce type de produit scalaire sur Rn [X] (dont les polynômes de Lagrange forment une base
orthonormale) est à la mode depuis quelques années donc travailler là.
i=1
2
x | ei .
com:
1. Montrer que ∀i ∈ {1, .., n} , ei ⩽ 1.
:211
n
None
2
∀x ∈ E, x =
0753
Exercice 73 (Mines-Ponts) Soit (e1 , ..., en ) une famille libre dans (E, | ), un espace préhilbertien. On suppose que :
2. Montrer que ∀i ∈ {1, .., n} , ei ⩾ 1.
rvox.
3. Montrer que (e1 , ..., en ) est une base orthonormée de E.
scho
la
Solution 73
2
1. Soit j ∈ {1, .., n} , en remplaçant x par ej dans l’égalité proposée, on obtient :
2
2
2
2
2
4
ej | ei ⩾ ej | ej = ej ⇒ ej ⩾ ej .
i=1
n
⩾0
univ.
2
ej =
Espaces préhilbertiens
143
2
En divisant cette inégalité par ej > 0 (le vecteur ej est non nul car la famille (e1 , .., en )
est libre), on obtient l’inégalité :
2
1 ⩾ ej ⇔ ej ⩽ 1.
2. Notons F = Vect (e1 , .., en ) qui est un espace vectoriel de dimension n (car la famille
(e1 , .., en ) est génératrice de F et elle est
d’après l’énoncé).
une famille libre
Soit j ∈ {1, .., n} , notons G = Vect (ei )i∈{1,..,n}\{j} qui est un espace vectoriel de
dimension n − 1 (même argumentaire) et il est contenu dans F. Alors, G⊥ , l’orthogonal
de G dans F (i..e les vecteurs x ∈ F orthogonaux à tous les vecteurs de G), est de
dimension 1 donc il existe x0 ∈ G⊥ \ {0} et on a :
2
x0 =
n
i=1
2
x0 | ei = x0 | ej 2
Cauchy-
⩽
Scwharz
=0 si i=j
2
2
x0 ej .
2
7897
103
En divisant cette inégalité par x0 (ce qui est licite car ce nombre est strictement positif
puisque x0 est non nul), on obtient l’inégalité :
2
∀j ∈ {1, .., n} , ej ⩾ 1 ⇔ ej ⩾ 1
∈
2
{1, .., n} , x | ei = 0 ⇒ x =
i=1
2
x0 | ei = 0
:89.8
⇒ x = 0E ⇒ F ⊥ = {0E } .
n
4.12
∀i
7.44
:164
3. D’après les deux premières questions, la famille (e1 , .., en ) est orthonormée donc elle
forme une base orthonormée de Vect (e1 , .., en ) = F. Soit x ∈ F ⊥ alors :
8891
2502
Comme F est un sous-espace vectoriel de dimension finie de E, on a l’égalité ensembliste
suivante :
E = F ⊕ F ⊥ = F,
582:
ce qui montre que (ei )1⩽i⩽n est une base orthonormée de E.
com:
None
:211
0753
Commentaires 73 Exercice classique pour ce concours. La première question ne pose
pas de difficulté particulière (hormis évaluée la relation en un vecteur ej ). La deuxième
question est beaucoup plus astucieuse et nécessitera probablement une aide de l’interrogateur (évaluer en un vecteur orthogonal à tous les vecteurs (ej )j sauf à 1). La troisième
question est beaucoup plus
standard dans les espaces préhilbertiens. Un candidat observant
que l’orthogonal de Vect (ej )1⩽j⩽n est réduit à {0E } sera bien valorisé.
rvox.
Exercice 74 (Mines-Ponts) On munit Rn de sa norme euclidienne canonique.
Soient A ∈ Mn (R) et b ∈ Rn . On pose d = infn Ax − b .
1. (a) Justifier la définition de d.
(b) Montrer que d est un minimum.
scho
la
x∈R
univ.
2. Soit x0 ∈ Rn tel que d = Ax0 − B . Montrer que t Ay = t Ab avec y = Ax0 .
144
Mines-Ponts


 
1
1
1  et b = 0.
2
0
1 −1
3. Déterminer d pour A =  1 −1
−1
1
Solution 74
1. (a) L’ensemble C = {Ax − b , x ∈ Rn } est un sous-ensemble de R, non vide (car,
x = 0Rn ∈ Rn donc A0Rn − b = b ∈ C) et minorée (par 0) donc C admet une
borne inférieure c’est-à-dire que d existe.
(b) Notons
F = {Ax, x ∈ Rn } = Im (A)
alors d représente la distance de b à Im (A) . Notons p (b) le projeté orthogonal de b
sur Im (A) alors p (b) ∈ Im (A) c’est-à-dire qu’il existe x0 ∈ Rn tel que p (b) = Ax0 .
Le cours sur les espaces euclidiens affirme que :
d = p (b) − b = Ax0 − b
:164
7897
103
donc d est un minimum.
2. Conservons les notations introduites à la réponse de la question précédente. Rappelons
que l’écriture matricielle du produit scalaire de Rn (qui est identifié aux matrices colonnes
à n lignes) est
∀ (x, x ) ∈ Rn , x | x = t xx .
7.44
Posons y = Ax0 = p (b) alors, par définition des projetés orthogonaux, on peut affirmer
que :
⊥
4.12
b − y ∈ F ⊥ = (Im (A)) ⇔ ∀z ∈ Im (A) , z | b − y = 0
:89.8
⇔ ∀x ∈ Rn , Ax | b − y = 0 ⇔ ∀x ∈ Rn , t (Ax) (b − y) = 0
⇔ ∀x ∈ Rn , t x t A (b − y) = 0 ⇔ ∀x ∈ Rn , x | t A (b − y) = 0.
8891
2502
Ainsi, le vecteur t A (b − y) est orthogonal à tous les vecteurs de Rn donc il est nul c’està-dire :
t
A (b − y) = 0 ⇔ t Ab = t Ay.
rvox.
En choissant b = 0, on a
1
com:
None
:211
0753
582:
3. Conservons les notations de la question précédente. On recherche x0 ∈ R3 tel que, si on
pose y = Ax0 , le vecteur y vérifie l’équation t Ay = t Ab donc x0 vérifie l’équation :

   
3 −3 0
a
1
t
AAx0 = t Ab ⇔  −3 3 0   b  = −1
0
0 6
c
1

1



 3a − 3b = 1
 c= 6
−3a + 3b = −1 ⇔
.
⇔
1



6c = 1
 a= +b
3
univ.
scho
la
 1 
 
3
 2 
1
 
 
 ⇒ d = Ax0 − b =  1  − 0 = √1 .
0
x0 = 
 
 
2
 2 
1
0 0
6
Espaces préhilbertiens
145
Commentaires 74 Exercice original pour ce concours (donné quelques années auparavant à l’oral de Polytechnique). Il n’est pas difficile techniquement ou ne nécessite pas
d’astuce ou d’initiative particulière de la part du candidat mais une très bonne connaissance du chapitre « espaces euclidiens », notamment la notion de distance et l’expression
matricielle des produits scalaires et des normes. N’hésitez pas à retravailler cet exercice
(il est déjà intervenu dans plusieurs écrits) car il est riche sans être difficile sur le plan
technique.
Exercice 75 (Mines-Ponts) Soit
∆=
inf
(x1 ,...,xn )∈Rn
 1

2

1 + x1 t + x2 t2 + · · · + xn tn dt .
0
A(t)B(t)dt.
7897
A | B =
1
103
On munit R[X] du produit scalaire
0
7.44
:164
On note Q la projection de 1 sur Vect(X, . . . , X n ).
(1 + a1 t + . . . + an tn )2 dt.
0
ai X i et
i=1
1
a1
an
+
+ ··· +
.
X +1 X +2
X +n+1
8891
2502
2. On pose F (X) =
n
:89.8
montrer que ∆ =
1
4.12
1. Justifier l’existence et l’unicité de (a1 , . . . , an ) ∈ Rn tel que Q = −
582:
(a) Montrer que ∀k ∈ {1, . . . , n}, F (k) = 0.
1
(b) En déduire que F (0) =
.
(n + 1)2
0753
3. Calculer ∆ et (a1 , . . . , an ).
:211
Solution 75
Puisque l’application (x1 , .., xn ) →
ai X ⇔ Q = −
n
scho
la
i=1
i
i=1
n
ai X i .
i=1
xi X i est une bijection de Rn sur H et d’après le
univ.
−Q =
n
rvox.
com:
None
1. L’ensemble H = Vect (X, .., X n ) est un sous-espace vectoriel de dimension fini du préhilbert (R [X] , |) . Comme (X, .., X n ) est une base de H (elle est manifestement génératrice et elle est libre puisqu’elle extraite de la base canonique de Rn [X]) et que Q ∈ H
(par définition d’un projeté), le polynôme −Q appartient à H donc il existe un unique
n-uplet (a1 , .., an ) tel que
cours sur la distance d’un point à un sous-espace vectoriel de dimension finie, on peut
146
Mines-Ponts
écrire :
∆
 1

2
inf  (1 + P (t))2 dt = inf 1 + P =
P ∈H
=
0
2
1
=
0
2
inf 1 − h
h∈H
inf 1 − h
=
P ∈H
2
h=−P h∈H
2
= (d (1, H)) = 1 − Q
1 + a 1 t + a 2 t2 + · · · + a n tn
2
dt
où d (1, H) désigne la distance de 1 à H.
2. (a) Par définition du projeté orthogonal, le vecteur 1 − Q est orthogonal à H donc à tous
les vecteurs de sa base (X, .., X n ) c’est-à-dire, pour tout k ∈ {1, .., n} , on a l’égalité :
k
t +
ai t
i+k
i=1
0
⇔
n
(1 + a1 t + ..an tn )tk dt = 0
0
103
=0⇔
1
n
ai ti+k
tk+1
dt = 0 ⇔
+
k + 1 i=1 i + k + 1
1
=0
0
a1
an
1
+
+ .. +
= 0 ⇔ F (k) = 0.
k+1 k+2
k+n+1
7.44
⇔
1 7897
1−Q|X
k
:164
=
Q (X)
=
Q(X)
avec
(X + 1) · · · (X + n + 1)
n+1
(X + i) +
i=2
n
8891
2502
F (X)
:89.8
4.12
(b) En mettant au même dénominateur la fraction rationnelle F, on peut affirmer qu’il
existe un polynôme Q tel que :
ai
i=1
(X + j) .
j∈{1,..,n+1}\{i}
0753
582:
Ainsi, le polynôme Q est de degré au plus n (comme somme de tels polynômes).
Comme F s’annule sur {1, .., n} , il est en de même de Q. Le polynôme Q possède
ainsi n racines distinctes 1, .., n et il est de degré au plus n donc il existe un réel a
tel que :
=
1
ai
+
X + 1 i=1 X + i + 1
a (X − 1) · · · (X − n) ⇒
=
F (X) =
None
:211
Q (X)
n
a (X − 1) · · · (X − n)
.
(X + 1) · · · (X + n + 1)
n
F (X)
=
F (0)
=
n
(−1)
(−1) (n + 1)!
⇔a=
⇒
n!
n+1
n
(X − 1) · · · (X − n)
(−1)
×
⇒
n+1
(X + 1) · · · (X + n + 1)
n
n
n
n
(−1) n!
(−1)
(−1)
1
(−1)
×
=
×
=
2.
n+1
(n + 1)!
n+1
n+1
(n + 1)
a
scho
la
=
univ.
1
rvox.
com:
En multipliant cette égalité par X + 1 puis en faisant tendre X vers −1, on obtient
l’égalité :
Espaces préhilbertiens
147
3. D’après la question précédente, on a l’égalité remarquable :
(∗) :
n
n
(−1)
(X − 1) · · · (X − n)
1
ai
+
= F (X) =
×
X + 1 i=1 X + i + 1
n+1
(X + 1) · · · (X + n + 1)
Les vecteurs 1 − Q et Q sont orthogonaux (l’un appartient à H ⊥ et l’autre à H), on peut
écrire :
∆ =
2
1 − Q = 1 − Q | 1 − Q = 1 − Q | 1 + 1 − Q | Q
=0
=
1 − Q | 1 = F (0) =
q1
1
(n + 1)
2.
Pour chaque i ∈ {1, .., n} , en multipliant l’égalité (∗) par X + i + 1 puis en faisant tendre
X vers − (i + 1) , on obtient l’égalité :
n
=
103
(−i − 2) · · · (−i − n − 1)
(−1)
×
n+1
(−i) (−i + 1) · · · (−1) (1) (2) · · · (n − i)
n
n
(−1) (i + 2) · · · (i + n + 1)
(−1)
×
i
n+1
(−1) i! (n − i)!
7897
=
:164
ai
i
7.44
(−1)
(i + 2) · · · (i + n + 1)
×
.
n+1
i! × (n − i)!
4.12
=
F (X) =
8891
2502
:89.8
Commentaires 75 Exercice apparaissant assez régulièrement aux concours Mines-Ponts
et Centrale-SupElec. Il est très riche sur les notions manipulées et propose une astuce très
intéressante pour déterminer un projeté orthogonal et la distance associé. Les conditions
géométriques d’orthogonalité sont encodées par la fraction rationnelle
1
a1
an
+
+ ··· +
X +1 X +2
X +n+1
:211
0753
582:
s’annulant en des points particuliers. La théorie des fractions rationnelles permet d’en
déduire les coefficients (ai )i et donc le projeté. Cette astuce s’applique pour la minimisation
+∞
2
de
(1 + a1 t + · · · + an tn ) e−t dt. Apparait alors un polynôme P encodant les conditions
0
None
géométriques d’orthogonal avec P de la forme
com:
P = 1 + a1 X + a2 X (X + 1) + · · · + an X (X + 1) · · · (X + n) .
univ.
scho
la
rvox.
L’interaction avec l’interrogateur sera cruciale pour faire le lien entre la fraction rationnelle et les conditions géométriques. Par contre, l’interrogateur attend du candidat la
connaissance des conditions géométriques définissant le projeté et son lien avec la notion
de distance (et non une formule utilisant des bases orthogonales, compliquées à calculer et
ne faisant guère avancer le problème). La capacité à écrire une forme factorisée de F (X)
(même sans savoir traiter les questions 1 et 2) sera valorisé, surtout si le candidat parvient à décomposer effectivement en éléments simples la fraction F. Les meilleurs candidats
peuvent escompter finir l’exercice (avec quelques petites aides de l’interrogateur).
univ.
com:
rvox.
scho
la
103
7897
:164
7.44
4.12
:89.8
8891
2502
582:
0753
:211
None
Chapitre 4
CCINP
7897
4.1
103
Endomorphismes des espaces
euclidiens
7.44
:164
Exercice 76 (CCINP) Soit (E, , ) un espace vectoriel euclidien, et (u1 , .., un ) une base
n
de E. Soit f l’application definie par : ∀x ∈ E, f (x) =
x | uk uk .
k=1
4.12
1. Montrer que f est un endomorphisme de E, symetrique, bijectif et dont toutes les
valeurs propres sont strictement positives.
8891
2502
3. Montrer que (g (u1 ) , ..., g (un )) est une base de E.
:89.8
2. Montrer qu’il existe un endomorphisme g de E tel que g ◦ g = f −1 .
Solution 76
i=1
n
=
λ
i=1
n
0753
λx + µy | ui ui =
x, ui ui + µ
n
:211
n
=
None
f (λx + µy)
582:
1. Il est immédiat que ∀x ∈ E, f (x) ∈ E. Pour tout (x, y) ∈ E 2 , pour tout (λ, µ) ∈ R2 ,
i=1
i=1
(λ x | ui + µ y | ui ) ui
y, ui ui = λf (x) + µf (y)
=
x|
=
rvox.
i=1
=
scho
la
x | f (y)
=
x, ui ui | y
n
i=1
y, ui ui
univ.
f (x) | y
n
com:
donc f est bien un endomorphisme de E. Pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a :
n
i=1
n
i=1
x, ui ui | y
y | ui x, ui = f (x) | y ,
ce qui justifie que f est symétrique. Soit λ une valeur propre de f et x0 un vecteur propre
150
CCINP
associé (donc un vecteur non nul), on a les implications suivantes :
f (x0 )
=
λx0 ⇒ f (x0 ) | x0 = λ x0 | x0 ⇔
⇔
n
i=1
2
x0 | ui = λ x0 2
⇒2
÷x =0
n
2
x0 , ui ui | x0 = λ x0 i=1
λ=
1
x0 2
n
i=1
2
x0 | ui ⩾ 0.
Supposons que λ = 0 alors, d’après la formule précédente, on a :
n
i=1
2
2
x0 | ui = 0 ⇒ ∀i ∈ {1, ..., n} ,
x0 | ui = 0
⩾0
⇔ ∀i ∈ {1, ..., n} ,
⇔ x0 ∈ (Vect (u1 , ..., un ))
x0 | ui = 0
⊥ (ui )1⩽i⩽n
=
base de E
E ⊥ = {0} ,
7.44
et ∆
diag (λ1 , ..., λn ) avec ∀i ∈ {1, ..., n} , λi > 0
1
1
= diag √ , ..., √
alors ∆2 = D−1 .
λ1
λn
=
4.12
D
:164
7897
103
ce qui est absurde donc λ > 0.
2. Puisque 0 ∈
/ Sp (f ) , on est assuré que ker (f ) = E0 (f ) = {0} donc f est un endomorphisme injectif en dimension finie d’où f est un isomorphisme. D’après le théorème
spectral, il existe une base orthonormale B de E formée de vecteurs propres pour f c’està-dire que D = M at (f, B) est une matrice diagonale. On note
8891
2502
:89.8
Soit g l’endomorphisme de E tel que ∆ = M at (g, B) alors g 2 = f −1 .
1
/ Sp (g) , ce qui montrer que
3. Par construction, Sp (g) = √ , i ∈ {1, ..., n} donc 0 ∈
λi
g est un isomorphisme. Puisque (u1 , ..., un ) est une base de E, on peut affirmer que
(g (u1 ) , ..., g (un )) est une base de g (E) = E.
None
:211
0753
582:
Commentaires 76 Exercice relativement classique et bien adapté à CCINP. La plus
grande difficulté de cet exercice réside dans la résolution de la question 1. Si le caractère symétrique ne doit pas poser de problème au candidat, le caractère bijectif sera discriminant (il nécessite une bonne maitrise de l’orthogonalité des espaces euclidiens). La
positivité des valeurs propres sera classique pour les candidats qui en ont déjà vu plusieurs
com:
Exercice 77 (CCINP) Soient E un espace euclidien muni du produit scalaire , et de sa
norme associée . Soient f ∈ L (E) tel que ∀x ∈ E, f (x) ⩽ x , B une base de E et
A la matrice de f dans la base B. Soit g ∈ L (E) tel que t A = M at (g, B) .
rvox.
1. (a) Démontrer que : ∀ (x, y) ∈ E 2 , f (x) , y = x, g (y) .
2. Soit y ∈ E.
scho
la
(b) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, montrer que : ∀x ∈ E, g (x) ⩽ x .
2
2
2
(a) Supposons que f (y) = y. Montrer que g (y) − y = g (y) − y .
univ.
(b) En déduire que : f (y) = y ⇔ g (y) = y.
Endomorphismes des espaces euclidiens
151
⊥
3. (a) Montrer que : ker (f ) = (Im (g)) .
⊥
(b) Prouver que : E = ker (f − IdE ) ⊕ Im (f − IdE ) .
Solution 77
1. (a) Posons
X = M at (x, B) , Y = M at (y, B) , A = M at (f, B) et t A = M at (g, B) ,
alors, comme B est une base orthonormale de E, on a les égalités suivantes :
f (x) | y = t (AX) Y = t X t AY = t X t AY = x | g (y) .
(b) Soit y ∈ E. En choisissant x = g (y) dans la question précédente, on obtient :
2
g (y) = g (y) | g (y) = f (g (y)) | y
Si g (y) = 0E alors
Cauchy-
⩽
Schwarz
f (g (y)) y ⩽ g (y) y
103
g (y) = 0 ⩽ y .
7897
Si g (y) = 0E alors g (y) > 0 donc on peut diviser par g (y) dans l’inégalité
précédente, ce qui fournit l’inégalité demandée.
2
∀ (x, y) ∈ E 2 ,
2
=
7.44
2
2
4.12
=
2
2
g (y) − 2 g (y) | y + y = g (y) − 2 y | f (y) + y
2
2
2
2
g (y) − 2 y | y + y = g (y) − y .
:89.8
2
2
x − y = x − 2 x | y + y
donc, pour tout y ∈ E, on a l’égalité :
g (y) − y
:164
2. (a) Rappelons la règle de développement pour une norme euclidienne :
0
⩽
g (y) − y
2
2
8891
2502
(b) Implication directe : Supposons que f (y) = y alors :
2
= g (y) − y ⩽ 0 (car 0 ⩽ g (y) ⩽ y)
q2.a
2
⇒ g (y) − y = 0 ⇒ g (y) = y.
582:
Implication réciproque. Supposons que g (y) = y. Comme g ∈ L (E), que
0753
:211
(cf. question 1.b) et que :
∀x ∈ E, g (x) ⩽ x
None
M at (g, B) = t A et M at (f, B) = A = t (M at (g, B)) ,
on peut appliquer l’implication directe, ce qui montre que f (y) = y.
⊥
∈ Im (g) , ∃y ∈ E, z = g (y) ⇒
= x | g (y) = f (x) | y = 0 | y = 0
rvox.
∀z
x | z
com:
3. (a) Soit x ∈ ker (f ) ⇔ f (x) = 0E alors :
⊥
scho
la
donc x ∈ (Im (g)) , ce qui prouve l’inclusion ker (f ) ⊂ (Im (g)) .
⊥
Soit x ∈ (Im (g)) alors on dispose des implications suivantes :
univ.
∀y ∈ E, x | g (y) = 0 ⇔ f (x) | y = 0 ⇒ f (x) ∈ E ⊥ = {0E } ⇔ f (x) = 0E ,
⊥
⊥
ce qui prouve l’inclusion (Im (g)) ⊂ ker (f ) d’où l’égalité ker (f ) = (Im (g)) .
152
CCINP
⊥
(b) Montrons que ker (f − IdE ) ⊂ (Im (f − IdE )) . Soit x ∈ ker (f − IdE ) c’est-à-dire
f (x) = x donc, d’après la question 1.b, on a g (x) = x. On peut alors écrire :
∀y ∈ Im (f − IdE ) , ∃z ∈ E, y = f (z) − z ⇒
y | x = f (z) − z | x = f (z) | x − z | x
= z | g (x) − z | x = z | x − z | x = 0,
q1/a
⊥
ce qui prouve l’inclusion ker (f − IdE ) ⊂ (Im (f − IdE )) . En outre, d’après le théorème du rang et la dimension d’un orthogonal en dimension finie, on a les égalités
suivantes :
⊥
= dim (E) − dim (Im (f − IdE )) = dim (ker (f − IdE )) ,
dim (Im (f − IdE ))
ce qui prouve l’égalité ensembliste :
⊥
ker (f − IdE ) = (Im (f − IdE )) .
7897
103
Puisque E est un espace vectoriel de dimension finie, on conclut grâce à la célèbre
formule :
⊥
:164
E = Im (f − IdE ) ⊕ (Im (f − IdE )) = Im (f − IdE ) ⊕ ker (f − IdE ) .
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
Commentaires 77 Exercice original qui posera beaucoup de difficulté à de nombreux
candidats de ce concours. Hormis la dernière question (3.b), les questions sont élémentaires
mais elles demandent toutes une bonne maitrise des cours « espaces euclidiens » (MPSI)
et « endomorphismes des espaces euclidiens » (MP). Cet exercice est un très bon exercice
de révision pour l’oral concernant les notions fondamentales de ces chapitres (qui servent
dans de nombreux sujets).
582:
Exercice 78 (CCINP) Soient (E, |) un espace euclidien de dimension n ⩾ 3 et a, b deux
vecteurs de E, unitaires et linéairement indépendants. On considère l’application u définie
sur E par :
∀x ∈ E, u (x) = x, a b + x, b a
0753
1. Montrer que u est un endomorphisme symétrique de E.
:211
2. Déterminer ker (u)
3. En déduire ses valeurs propres et ses vecteurs propres.
x | a x | b
x
2
.
com:
None
4. Déterminer les extrémums de la fonction f : x ∈ E\ {0} →
Solution 78
=
λx + µy | a b + λx + µy | b a
= (λ x | a + µ y | a) b + (λ x | b + µ y | b) a
= λ (x, a b + x, b a) + µ (y, a b + y, b a)
= λu (x) + µu (y) .
univ.
u (λx + µy)
scho
la
rvox.
1. Pour tout x ∈ E, u (x) ∈ E (comme combinaison linéaire de deux vecteurs de E). Pour
tout (x, y) ∈ E 2 et tout (λ, µ) ∈ R2 , par bilinéarité du produit scalaire, on a :
Endomorphismes des espaces euclidiens
153
Ainsi, u est un endomorphisme de E. En outre, par symétrie et bilinéarité du produit
scalaire, pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a les équivalences suivantes :
u (x) | y
=
=
=
=
< x, aa + x, bb | y >
∈R
∈R
x, a a | y + x, b b | y
x, a y | a + x, b y | b
∈R
∈R
x | a y | a + b y | b = x | u (y) .
Par conséquent, u est symétrique.
2. Soit x ∈ E alors, comme la famille (a, b) est libre, on a les équivalences suivantes :
x
∈
ker (u) ⇔ u (x) = 0 ⇔ x | a = 0 et x | b = 0
⊥
⊥
⇔ x ∈ (Vect (a, b)) ⇔ ker (u) = (Vect (a, b))
7897
103
3. D’après la question précédente, on a :
⊥
dim (E0 (u)) = dim (Vect (a, b))
= n − dim (Vect (a, b)) = n − 2 ⩾ 1
=
u (b)
=
a, a b + a, b a = a, b a + b ∈ F,
:89.8
u (a)
4.12
7.44
:164
(puisque la famille (a, b) est libre (d’après l’énoncé) et génératrice de Vect (a, b) (par définition) donc c’est une base de Vect (a, b)). Ainsi, 0 est valeur propre de u de multiplicité
(géométrique) égale à n − 2 et F ⊥ est l’espace propre associé à 0. Notons F = Vect (a, b)
alors F est stable par u car :
b, a b + b, b a = a + a, b b ∈ F.
u (a)
a, b
1
u (b)
1
a
a, b b
582:
V =
8891
2502
Notons v la restriction de u à F alors sa matrice V dans la base (a, b) de F est :
None
:211
0753
(car a et b sont supposés unitaires c’est-à-dire de norme 1 par l’énoncé). Son polynôme
caractéristique est :
X − a, b
−1
= (X − a, b)2 − 1 = (X − a, b − 1) (X − a, b + 1) .
χV = −1
X − a, b
univ.
scho
la
rvox.
com:
Les valeurs propres de V (donc de u|F ) sont λ± = a | b ± 1 qui ne peuvent pas être
égales (sinon on obtient −1 = 1 !). Déterminons une base de chaque espace propre.
x
X =
∈ Eλ+ (V ) ⇔ X ∈ ker (V − λ+ I2 )
y
1 −1
1
⇔ X ∈ ker
= Vect
−1 1
1
1
(puisque la somme des deux colonnes vaut 0). Comme
est vecteur propre de V, le
1
vecteur e+ = 1a + 1b = a + b est un vecteur propre de u|F donc un vecteur propre de u.
154
CCINP
De même, on a :
x
X =
∈ Eλ− (V ) ⇔ X ∈ ker (V − λ− I2 )
y
−1 1
1
⇔ X ∈ ker
= Vect
−1 −1
−1
1
(puisque la différence des deux colonnes vaut 0). Comme
est vecteur propre de V,
−1
le vecteur e− = 1a − 1b = a − b est un vecteur propre de u|F donc un vecteur propre de
u. Comme dim (E0 (u)) = n − 2, on a les minorations suivantes :
n ⩾ dim (E0 (u)) + dim Eλ+ (u) + dim Eλ− (u) ⩾ (n − 2) + 1 + 1 = n
⇒ dim (E0 (u)) + dim Eλ+ (u) + dim Eλ− (u) = n
⇒ dim Eλ+ (u) = dim Eλ− (u) = 1.
⊥
{0, 1 + a | b , 1 − a | b} , E0 (u) = (Vect (a, b)) ,
Vect (a + b) , Ea|b−1 (u) = Vect (a − b) .
7897
=
=
:164
Sp (u)
Ea|b+1 (u)
103
On en déduit les égalité suivantes :
=
x | a b + x | b a | x
=
2 x | a x | b
t→t|s
=
linéaire
x | a b | x + x | b a | x
4.12
u (x) | x
7.44
4. Commençons par remarquer, pour tout x appartenant à E, que :
λ1 = · · · = λn−2 = 0,
8891
2502
:89.8
(par symétrie du produit scalaire). Comme u est symétrique (question 1), il est diagonalisable dans une base orthonormée (ε1 , ..., εn ). Pour tout i ∈ {1, ..., n} , on note λi
la valeur propre de u associée à εi . D’après les résultats obtenus à la question 2, on
supposera que :
λn−1 = λ− = a | b − 1,
λn = λ+ = a | b + 1
0753
582:
(conformément aux résultats de la question précédente). D’après l’inégalité de CauchySchwarz, on a la majoration :
:211
|a | b| ⩽ a b = 1 × 1 ⇒ −1 ⩽ a | b ⩽ 1
donc λn−1 ⩽ 0 ⩽ λn . Pour tout x ∈ E, il existe (x1 , ..., xn ) ∈ R tel que x =
None
n
n
x i εi .
i=1
=
xi u (εi ) |
x j εj
i=1
j=1
n n
λi xi x j
i=1 j=1
j=1
i=1
j=1
i=1
=
εi | εj n
1 2
scho
la
=
n
univ.
i=1
n
rvox.
com:
Comme (εi )1⩽i⩽n est une base orthonormale de E, on obtient les égalités suivantes :
n
n
n
2
2
(xi ) et u (x) | x = u
x i εi |
x j εj
x =
=1 si i=j et =0 sinon
=
x i λi εi |
n
i=1
n
2
xj εj
2
2
λi (xi ) = λn−1 (xn−1 ) + λn (xn ) .
Endomorphismes des espaces euclidiens
155
Il est immédiat que :
2
2
λn−1 (xn−1 ) + λn (xn ) ⩽ λn (xn )
⩽0
λn ⩾0
2
⩽
(xi )2 ⩾0 ∀i
2
2
2
λn (x1 ) + · · · + (xn ) = λn x .
2
Lorsque x = 0, en divisant par 2 x > 0, on obtient :
λn
.
2
∀x ∈ E\ {0E } , f (x) ⩽
D’autre part, on a la minoration
2
2
λn−1 (xn−1 ) + λn (xn ) ⩾ λn−1 (xn−1 )
2
⩾0
⩽
λn−1 x
2
=
2
on en déduit la minoration :
2
(x1 ) + · · · + (xn )
⇒
×λn−1 ⩽0
2
2
2
λn−1 (x1 ) + · · · + (xn ) ⩽ λn−1 (xn−1 ) ,
103
2
∀x ∈ E\ {0E } , f (x) ⩾
λn−1 x
2 x
2
2
=
λn−1
.
2
7.44
C’esst-à-dire on vient de prouver l’encadrement suivant :
7897
(xn−1 )
:164
et comme
4.12
λn
λn−1
⩽ f (x) ⩽
.
2
2
∀x ∈ E\ {0E } ,
:89.8
En outre, pour tout i ∈ {n − 1, n} , on a les égalités suivantes :
1 u (εi− ) | εi 1
λi
λi
λi
2
×
εi | εi =
εi =
= λi εi | εi =
2
2
2
2
2
2
εi 8891
2502
f (εi ) =
donc f (εn−1 ) = λn−1 et f (εn ) = λn . Par conséquent, on peut affirmer que :
582:
min f = λn−1 et max f = λn .
E\{0}
0753
E\{0}
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 78 Exercice classique et très discriminant. La première question ne doit
pas poser de difficulté aux candidats.
La seconde sera discriminante car elle nécessite du candidat une maitrise suffisante de la
notion d’orthogonalité dans les espaces euclidiens (notamment comment traduire que x est
orthogonal à a et à b ?).
Pour la troisième question, l’examinateur appréciera que le candidat fasse remarquer que
0 est valeur propre car le noyau de u est non nul (grand classique de tous les oraux qu’il
faut absolument connaitre). La détermination des valeurs propres non nulles sera sélective
et nécessitera certainement l’aide de l’interrogateur. Il sera alors attendu du candidat qu’il
sache construire seul la matrice de u|Vect(a,b) (à la demande de l’interrogateur) et il sera
fortement valoriser que le candidat songe à déterminer seul ses valeurs propres et vecteurs
propres. Le piège habituel sera de faire le lien entre les vecteurs propres de la matrice et
ceux de l’endomorphisme.
Pour la quatrième question, l’interrogateur donnera l’astuce : considérer f (x) | x . Il est
156
CCINP
très classique (et très sélectif pour ce concours) l’expression de f (x) | x en somme de
carrées via le théorème spectral. Ce type de raisonnement intervient régulièrement à l’écrit
et à l’oral des divers concours.
Exercice 79 (CCINP) Soient E un espace euclidien de dimension n et w ∈ E\{0}. On
pose
H = (Ru)⊥ . Soient s la réflexion (i.e. la symétrie orthogonale) par rapport à H et f ∈ O(E).
1. Montrer que f ◦ s ◦ f −1 est une symétrie et déterminer ses espaces caractéristiques.
2. Montrer que f et s commutent si, et seulement si, u est vecteur propre de f .
3. En déduire l’ensemble C = {f ∈ O (E)
∀g ∈ O (E) , g ◦ f = f ◦ g}.
/
Solution 79
1. On note s = f ◦ s ◦ f −1 . Comme s est une symétrie, on a les implications suivantes :
=
2
IdE ⇒ (s ) = f ◦ s ◦ f −1 ◦ f ◦ s ◦ f −1 = f ◦ s2 ◦ f −1
103
s2
=
f ◦ IdE ◦f
=f ◦f
−1
7897
=IdE
−1
= IdE
ker (s − IdE ) ⇔ s (x) = x ⇔ f s f −1 (x) = x
◦f −1
4.12
∈
⇔
à gauche
:89.8
x
7.44
:164
donc s est une symétrie. Puisque s est la symétrie par rapport à ker (s − IdE ) = H
parallèlement à ker (s + IdE ) = H ⊥ (car c’est une symétrie orthogonale), déterminons
les deux espaces caractéristiques de s .
s f −1 (x) = f −1 (x)
⇔ f −1 (x) ∈ ker (s − IdE ) = H ⇔ x ∈ f (H) ⇒ ker (s − IdE ) = f (H) .
8891
2502
Par le même raisonnement, on a l’égalité ensembliste :
ker (s + IdE ) = f (ker (s + IdE )) = f H ⊥ .
582:
En outre, on a l’égalité :
0753
f H ⊥ = f (Vect (u)) = Vect (f (u))
None
:211
et comme f est une isométrie (c’est-à-dire un endomorphisme orthogonal), elle conserve
l’orthogonalité donc :
⊥ ⊥ ⊥
⊥
f (H) = f H ⊥
= f H
= (Vect (f (u))) .
⊥
com:
Autrement dit, s est la réflexion par rapport à H = (Vect (f (u))) .
rvox.
2. Implication directe. Supposons que f et s commutent alors, chaque espace propre de
s est stable par f. Comme
scho
la
u ∈ H ⊥ = ker (s + IdE ) = E−1 (s)
univ.
(puisque s est la symétrie orthogonale par rapport à H), on peut affirmer l’équivalence
suivante :
f (u) ∈ E−1 (u) = Vect (u) ⇔ ∃k ∈ R, f (u) = ku
2. Implication directe. Supposons que f et s commutent alors, chaque espace propre de
s est stable par f. Comme
Endomorphismes des espaces euclidiens
157
⊥
u ∈ H = ker (s + IdE ) = E−1 (s)
c’est-à-dire
quelau symétrie
est un vecteur
proprepar
de frapport
(car uàest
unon
vecteur
non nul).l’équivalence
(puisque s est
orthogonale
H),
peut affirmer
suivante :
Implication
réciproque. Supposons que u soit un vecteur propre de f alors
Endomorphismes des⊥espaces euclidiens
157
(u) ∈par
E−1f (u)
= Vect (u)
⇔ ∃k
(puisqu’il
existe
k ∈∈RR,telf (u)
que=f ku
(u) = ku ∈ Vect (u)).
Vect (u) = H est fstable
⊥ ⊥
= H est stable par f . Comme E =
Comme f est orthogonal, cela entraine que H
c’est-à-dire
que tout
u est xun∈ vecteur
propreundeunique
f (car couple
u est un
nul).
H ⊕ H ⊥ , pour
E, il existe
(xvecteur
∈ H
× H ⊥ tel que
H , xH ⊥ )non
. On peut alors
écrire : que u soit un vecteur propre de f alors
x = xH + xH ⊥réciproque.
Implication
Supposons
:164
7897
103
(puisqu’il
k ∈ R tel que f (u) = ku ∈ Vect (u)).
Vect (u) = H ⊥(fest
◦ s)stable
(x) =par
f (sf(x))
= f (xHexiste
− xH⊥⊥) = f (xH ) − f (xH ⊥ ) .
par f . Comme E =
Comme f est orthogonal, cela entraine que H ⊥⊥ = H est stable
Comme⊥xH ∈ H, on a f (xH ) ∈ H et xH ⊥ ∈ H , f (xH ⊥ ) ∈ H ⊥ (par stabilité⊥ de H et
H ⊥⊕ H , pour tout x ∈ E, il existe un unique couple (xH , xH ⊥ ) ∈ H × H tel que
H par f ) donc
x = xH + xH ⊥ . On peut alors écrire :
s (f (xH )) = f (xH ) et s (f (xH ⊥ )) = −f (xH ⊥ ) d’où
(f ◦ s) (x)
= f (s (x)) = f (xH − xH ⊥ ) = f (xH ) − f (xH ⊥ ) .
f (xH ) − f (xH ⊥ ) = s (f (xH )) + s (f (xH ⊥ )) = s (f (xH ) + f (xH ⊥ ))
Comme xH ∈ H, on a f (xH ) ∈ H et xH ⊥ ∈ H ⊥ , f (xH ⊥ ) ∈ H ⊥ (par stabilité de H et
= s (f (xH + xH ⊥ )) = s (f (x)) = (s ◦ f ) (x) .
H ⊥ par f ) donc
Autrement dit, on a établi l’égalité (f ◦ s) (x) = (s ◦ f ) (x) valable pour tout x ∈ E
s (f (xH )) = f (xH ) et s (f (xH ⊥ )) = −f (xH ⊥ ) d’où
c’est-à-dire que f ◦ s =
s ◦ f.
f (xH ) − f (xH ⊥ ) = s (f (xH )) + s (f (xH ⊥ )) = s (f (xH ) + f (xH ⊥ ))
⊥
3. Soit f ∈ C. Pour
tout u ∈ E\ {0} , on note s la réflexion par rapport à H = (Vect (u))
= ss’agit
(f (xHd’une
+ xHsymétrie
⊥ )) = s (f (x)) = (s ◦ f ) (x) .
qui est une isométrie (puisqu’il
orthogonale) de E. Elle commute
avec
f
donc,
d’après
la
question
précédente,
f
(u)
est
un
proprepour
de utout
c’est-à-dire
Autrement dit, on a établi l’égalité (f ◦ s) (x) = (s ◦ f vecteur
) (x) valable
x ∈ E
tel
que
f
(u)
=
ku.
Comme
f
est
une
isométrie,
on
a
:
qu’il
existe
un
réel
k
c’est-à-dire que f ◦ su= s ◦ f .
⊥
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
3. Soit f ∈ C. Pour
tout=u u
∈ E\
, on=note
s la|k|réflexion
par rapport
f (u)
⇔{0}
ku
u ⇔
u = u
⇔ |k|à=H1= (Vect (u))
÷u=0
qui est une isométrie (puisqu’il s’agit d’une symétrie orthogonale)
de E. Elle commute
avec
donc,
d’après
la {0}
question
précédente,
f (u)
de considère
u c’est-à-dire
donc,fpour
tout
u ∈ E\
, il existe
ku ∈ {−1,
1} est
tel un
quevecteur
f (u) =propre
ku u. On
une
f (u)
ku. chaque
Commei f∈est
isométrie,
qu’il orthonormée
existe un réel (ε
ku1 , tel
..., εque
E. =
Pour
{1,une
..., n}
, il existeon
ki a∈: {−1, 1} tel
base
n ) de
que f (εi ) = ki εi . Pour tout i = 1, le vecteur εi +ε1 est non nul donc il existe αi ∈ {−1, 1}
f (u) = u ⇔ ku = u ⇔ |k| u = u ⇔ |k| = 1
tel que
÷u=0
582:
donc, pour tout
{−1,f1}
que
On
f (εui ∈
+ E\
ε1 ) {0}
= α,i il(εexiste
(εtel
f (εf1(u)
) ==
αikεui u.
+α
i + ε1 )ku ∈⇔
i) +
i ε1considère une
f linéaire
base orthonormée (ε1 , ..., εn ) de E. Pour chaque i∈ {1, ..., n} , il existe ki ∈ {−1, 1} tel
,ε1 ) estknon
(εi+ε
i =α
i donc il existe αi ∈ {−1, 1}
nul
que f (εi ) = ki ε⇔
i . Pour
1
ki εi +tout
k1 εi1 =
= 1,
αile
εi vecteur
+ αi ε1 εi⇔
⇒ k i = k1 .
k1 = α i
libre
tel que
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
En particulier,
tout i ∈ {1, ..., n} ,⇔
on afk(ε
donc
f (ε ) = k ε . Ainsi, les
i i=
f (εpour
) +kf1 (ε
i + ε1 ) = αi (εi + ε1 )
1 ) = αi εii + αi ε11 i
linéaire
la base (ε1 , ..., εn ) donc f = k1 IdE .
endomorphismes f et k1 IdE coïncide fsur
alorskif=∈αO
Réciproquement, si f = k IdE avec k ∈ {−1,(ε1}
i ,ε1 )
i (E) (car, pour tout x ∈ E,
⇔ k εi + k 1 ε1 = α i εi + α i ε1 ⇔
⇒ k i = k1 .
k1 = α i
f (x) = |k| x =i x)
et f commute aveclibre
tout endomorphisme
de E donc avec tout
g ∈ O (E) , ce qui prouve l’appartenance f ∈ C.
En particulier, pour tout i ∈ {1, ..., n} , on a ki = k1 donc f (εi ) = k1 εi . Ainsi, les
Par conséquent, on a démontré l’égalité ensembliste C = {± IdE } .
endomorphismes f et k1 IdE coïncide sur la base (ε1 , ..., εn ) donc f = k1 IdE .
Réciproquement, si f = k IdE avec k ∈ {−1, 1} alors f ∈ O (E) (car, pour tout x ∈ E,
Commentaires
79 Exercice
et sélectif
pour endomorphisme
CCINP, les questions
1 et avec
3 sont
f (x) = |k| x
= x) etoriginal
f commute
avec tout
de E donc
tout
des gclassiques
du
concours
Mines-Ponts.
∈ O (E) , ce qui prouve l’appartenance f ∈ C.
La première
questionon
posera
difficultél’égalité
à de nombreux
candidats
car
nécessite une bonne
Par conséquent,
a démontré
ensembliste
C = {±
Idelle
E} .
connaissance de la notion de symétrie et des manipulations ensemblistes (sans compter
l’orthogonalité et les isométries des espaces euclidiens)..Remarques similaires pour les deux
Commentaires 79 Exercice original et sélectif pour CCINP, les questions 1 et 3 sont
autres questions.
des classiques du concours Mines-Ponts.
Il s’agit typiquement du sujet d’oral où une faible maitrise du cours est irratrapable donc
La première question posera difficulté à de nombreux candidats car elle nécessite une bonne
n’hésitez pas à consolider votre connaissance du cours concernant tous les grands chapitres
connaissance de la notion de symétrie et des manipulations ensemblistes (sans compter
du programme.
l’orthogonalité et les isométries des espaces euclidiens)..Remarques similaires pour les deux
autres questions.
Il s’agit typiquement du sujet d’oral où une faible maitrise du cours est irratrapable donc
n’hésitez pas à consolider votre connaissance du cours concernant tous les grands chapitres
158
f (x) = |k| x = x) et f commute avec tout endomorphisme de E donc avec tout
g ∈ O (E) , ce qui prouve l’appartenance f ∈ C.
CCINP
Par conséquent, on a démontré l’égalité ensembliste C = {± IdE } .
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
103
Ce
sujet est à aborder
uniquement
lorsque
les grandes
ont déjà
traCommentaires
79 Exercice
original
et sélectif
pour notions
CCINP,d’algèbre
les questions
1 etété
3 sont
vaillées.
des classiques du concours Mines-Ponts.
La première question posera difficulté à de nombreux candidats car elle nécessite une bonne
connaissance de la notion de symétrie et des manipulations ensemblistes (sans compter
l’orthogonalité et les isométries des espaces euclidiens)..Remarques similaires pour les deux
autres questions.
Il s’agit typiquement du sujet d’oral où une faible maitrise du cours est irratrapable donc
158
CCINP
n’hésitez pas à consolider votre connaissance du cours concernant tous les grands chapitres
du programme.
Ce sujet est à aborder uniquement lorsque les grandes notions d’algèbre ont déjà été travaillées.
Endomorphismes des espaces euclidiens
4.2
159
Mines-Telecom
Exercice 80 (CCINP, Mines-Telecom) Soit A ∈ Mn (R) telle que At AA = In .
1. Montrer que A est inversible.
2. Montrer que A est symétrique.
3. Montrer que A = In .
4. Soient B, C ∈ GLn (R) tels que t (BC) = C −1 B −1 C −1 B −1 . Montrer que B = C −1 .
Solution 80
1. On note B = At A ∈ Mn (R) alors BA = In donc la matrice A est inversible d’inverse
B (en particulier, A = B −1 ).
In = t At B = t AB ⇒ B −1 = t A.
103
2. Avec la notation de la question précédente, on remarque que la matrice B est symétrique
t
car t B = t (t A) A = At A = B. En transposant l’égalité BA = In , on obtient :
7897
Or, on a établi précédemment que B −1 = A donc t A = A c’est-à-dire que A est une
matrice symétrique.
:164
3. D’après la question précédente, on obtient l’équivalence suivante :
7.44
At AA = In ⇔ AAA = In ⇔ A3 = In .
:89.8
4.12
Or, la matrice A est symétrique à coefficients réels donc, d’après le théorème spectral,
elle est diagonalisable en base orthonormale. Ainsi, il existe une matrice orthogonale à
coefficients réels P et une matrice diagonale à coefficients réels D = diag (λ1 , ..., λn ) telle
que A = P DP −1 . On en déduit les équivalences suivantes :
8891
2502
A3 = In ⇔ P D3 P −1 = In ⇔ D3 = P −1 In P = In
⇔ diag λ31 , ..., λ3n = diag (1, ..., 1) ⇔ ∀i ∈ {1, ..., n} , λ3i = 1
⇔ ∀i ∈ {1, ..., n} , λi = 1 ⇒ D = In ⇒ A = P DP −1 = In .
582:
(∗)
0753
(∗) car la fonction x → x3 est bijective de R sur R).
4. En multipliant l’égalité proposée par BC (à gauche et à droite), on obtient l’égalité :
:211
BC t (BC) BC = BCC −1 B −1 C −1 B 1 BC = In .
com:
None
D’après la question précédente, on obtient BC = In donc B = C −1 .
univ.
scho
la
rvox.
Commentaires 80 Exercice assez simple, bien guidé qui ne doit pas poser de difficulté
particulière aux candidats ayant une maitrise convenable de leur cours (sauf pour la dernière question nécessitant un peu de réflexion). La version Mines-Telecom se résume à la
question 3 (la version originelle des Mines-Ponts demandait simplement la résolution de
l’équation).
160
Mines-Telecom
Exercice 81 (Mines-Telecom) Soit A ∈ Sn (R) telle que A2014 = A2016 .
a2i,j = rg (A).
1. Montrer que
1⩽i,j⩽n
2. Ce résultat demeure-t-il vrai si A est seulement diagonalisable sur R ?
Solution 81
1. Le polynôme
Q = X 2016 − X 2014 = X 2014 X 2 − 1 = X 2014 (X − 1) (X + 1)
annule A, ce qui prouve l’inclusion :
Sp (A) ⊂ {racines de P } = {0, 1, −1} .
La matrice A est symétrique à coefficients réels donc, d’après le théorème spectral, il
existe P ∈ On (R) telle que :
103
P −1 AP = diag (0p , Iq , −Ir ) avec p, q, r ∈ N
=D
:164
7897
(éventuellement nuls). Il est immédiat que :
rg (A) = rg P −1 AP = rg (diag (0p , Iq , −Ir )) = q + r.
=
=
8891
2502
=
2 Tr t AA = Tr (AA) = Tr A2 = Tr P DP −1
2
Tr P D2 P −1 = Tr D2 = Tr diag (0p , Iq , −Ir )
2
2
2
Tr diag (0p ) , (Iq ) , (−Ir )
= Tr (diag (0p , Iq , Ir ))
582:
1⩽i,j⩽n
1⩽i,j⩽n
0753
On peut alors écrire :
a2i,j =
:89.8
4.12
7.44
En effet, le rang d’une matrice diagonale est le nombre de ses coefficients diagonaux non
nuls (puisque ses colonnes non nulles sont échelonnées). Rappelons nous alors que le
produit scalaire canonique sur Mn (R) est défini par :
2
∀ (M, N ) ∈ (Mn (R)) , M | N = Tr t M N =
mi,j ni,j .
p + q = rg (A)
com:
None
:211
2. Le résultat
est
faux si A est seulement diagonalisable. Par exemple, la matrice
1 2
A=
est diagonalisable car son polynôme caractéristique :
0 −1
X − 1
−2 χA (X) = = (X − 1) (X + 1) = X 2 − 1
0
X + 1
rvox.
est scindé à racines simples. D’après le théorème de Cayley-Hamilton, on a :
scho
la
χA (A) = 0 ⇔ A2 = I2 ⇒ A2016 = A2 A2014 = A2014 .
1⩽i,j⩽2
univ.
Le rang de A vaut 2 (car elle est inversible puisque det (A) = −1 = 0 et de taille 2) et
2
a2i,j = 12 + 22 + 02 + (−1) = 6 = rg (A) .
Endomorphismes des espaces euclidiens
161
Commentaires 81 Exercice original où l’essentiel de la difficulté se résume à la question
1. Cette dernière requiert du candidat une bonne maitrise du chapitre de réduction (générale et des matrices symétriques). Il est attendu du candidat qu’il songe à la notion de po
a2i,j = Tr (t AA)
lynômes annulateurs et au théorème spectral. La remarque cruciale
1⩽i,j⩽n
sera le fait des candidats ayant des connaissances solides ou d’une aide de l’interrogateur
(exprimer Tr (t AA) en fonction des coefficients de A).
La seconde question nécessite une petite initiative du candidat (rechercher à la main un
contre-exemple, prendre une petite taille et une matrice non diagonale mais diagonalisable).
Il s’agit typiquement du sujet où l’on attend que le candidat réfléchisse posément, qu’il explique sa stratégie (même partielle, par exemple : théorème spectral, etc), qu’il mène seul
quelques étapes significatives du raisonnement, qu’il soit apte à rebondir sur une aide de
l’interrogateur (par exemple, exprimer Tr (t AA) en fonction des coefficients de A).
7897
103
Exercice 82 (Mines-Telecom) Soient A, B ∈ Mn (R) avec A antisymétrique et B symétrique telles que AB = BA. On note la norme euclidienne canonique sur Mn,1 (R) .
:164
1. Soit X ∈ Mn,1 (R), montrez que t (AX) (BX) = 0 puis que
7.44
(A + B) X = (A − B) X .
On suppose désormais B inversible.
−1
est orthogonale.
:89.8
3. Montrez ensuite que (A + B) (A − B)
4.12
2. Montrez que A + B et A − B sont inversibles.
8891
2502
Solution 82
1. Rappelons que
X | Y = t XY
0753
582:
est le produit scalaire canonique sur Mn,1 (R) (où X et Y appartiennent à Mn,1 (R)).
Soient X et Y appartenant à Mn,1 (R) alors AX et AY appartiennent à Mn,1 (R) . Par
symétrie du produit scalaire, on a :
:211
(1) : t (AX) (BX) = AX | BX = BX | AX = t (BX) (AX) .
Puisque
(U V ) = t V t U
None
t
t
(AX) (BX) = t X t ABX = t X (−AB) X = − t XABX
rvox.
t
(BX) (AX) = t X t BAX = t XBAX = t XBAX = t XABX
scho
la
(2) :
(3) :
com:
si U et V sont deux matrices (telles que le produit U V existe), que A est antisymétrique
et que B est symétrique, on a :
(car AB = BA). En combinant (1) , (2) et (3) , on obtient l’égalité :
=
⇒
t
t
XABX ⇔ 2 t XABX = 0 ⇔ t XABX = 0
univ.
− t XABX
(AX) (BX) = 0 ⇔ AX | BX = 0.
162
Mines-Telecom
Comme la norme est définie par :
√
t XX,
∀X ∈ Mn,1 (R) , X =
les formules de développements des normes euclidiennes montrent que, pour tout
X ∈ Mn,1 (R) , les égalités suivantes :
2
(A + B) X
=
2
2
2
AX + BX = AX + 2AX | BX + BX
=0
=
2
2
2
AX − 2AX | BX + BX = AX − BX .
=0
On conclut en composant par la racine carrée et en utilisant le fait que toute norme est
positive.
2. Soit X ∈ ker (A + B) alors :
103
(A + B) X = 0 ⇔ AX = −BX ⇒ AX | BX = − BX | BX .
7897
D’après la question précédente, on a AX | BX = 0 donc :
2
:164
0 = − BX | BX ⇔ BX = 0 ⇔ BX = 0 ⇒ X = 0n,1
−1
X ⇒ X = (A − B) Y.
:89.8
Y = (A − B)
4.12
7.44
(car B est inversible). Par conséquent, ker (A + B) = {0n,1 } et comme A + B est une
matrice carrée, on peut affirmer que A + B est inversible. Il en est de même de A − B
(il suffit de remplacer B par −B, ce qui ne change pas les hypothèses).
3. Soit X ∈ Mn,1 (R) . Comme A − B est inversible, on pose :
8891
2502
En utilisant la question 1, on a :
−1
(A + B) Y = (A − B) Y ⇔ (A + B) (A − B) X = X
−1
est une matrice orthogonale (car elle conserve la norme).
582:
donc (A + B) (A − B)
None
:211
0753
Commentaires 82 Il s’agit d’un exercice classique des concours Mines-Ponts et CentraleSupElec (où seule la question 3 subsiste, en ajoutant l’existence de l’inverse, lorque A =
In ). L’exercice est bien découpé pour être discriminant et accessible pour les candidats
Mines-Telecom. Il ne demande pas d’imagination particulière mais une connaissance solide du cours (espaces euclidiens et leurs isométries). C’est un bon sujet de révision.
com:
Exercice 83 (Mines-Telecom) Soit A ∈ Mn (R) et posons :
1
A + tA .
2
rvox.
S=
univ.
scho
la
Notons α et β respectivement la plus petite et la plus grande valeur propre de S.
Soit λ une valeur propre réelle de A. Montrer que :
10
Mines-Telecom
α ⩽ λ ⩽ β.
Solution 7
1. ker (u) = ker (p) . Soit x ∈ ker (u) alors :
Endomorphismes des espaces euclidiens
163
Solution 83 Considérons le produit scalaire | canonique sur Mn,1 (R) défini par :
2
∀ (X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , X | Y = t XY.
Pour tout vecteur X ∈ Mn,1 (R) , on a les égalités suivantes :
2 X | SX = X | AX + t AX = X | AX + X | t AX
= X | AX + t AX | X = t XAX + t t AX X
= t XAX + t XAX = 2 t XAX = 2 X | AX ,
ce qui nous assure que :
∀X ∈ Mn,1 (R) , X | SX = X | AX .
Puisque l’on a :
1 t
1 t
A + t tA =
A + A = S,
2
2
on peut affirmer que S ∈ Sn (R) . D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On (R) et
λ1 , ..., λn ∈ Sp (A) tels que :
A = P diag (λ1 , ..., λn ) P −1 .
103
S=
XAX
=
=
XP diag (λ1 , ..., λn ) P −1 X = t (P Y ) P diag (λ1 , ..., λn ) Y
t
Y
diag (λ1 , ..., λn ) Y = t Y diag (λ1 , ..., λn ) Y.
P
P
t
4.12
t
7.44
Soit X ∈ Mn,1 (R) . En posant Y = P −1 X ⇔ X = P Y, on a :
:164
7897
t
:89.8
=In car P ∈On (R)

8891
2502

y1
 
Puisque Y ∈ Mn,1 (R) , il existe des réels y1 , ..., yn tels que Y =  ...  . Par calcul matriciel,
on obtient :
yn

λ1 y1
n


2
diag (λ1 , ..., λn ) Y =  ...  ⇒ t XAX = t Y diag (λ1 , ..., λn ) Y =
λi (yi ) .
0753
582:

{1, ..., n} , α ⩽ λi ⩽ β
⇒
n
i=1
⇔ α tY Y = α
2
λi (yi ) ⩽
i=1
n
i=1
n
2
2
α (yi ) ⩽ λi (yi ) ⩽ β (yi )
β (yi )
2
2
i=1
2
rvox.
α (yi ) ⩽
n
(yi ) ⩽ t XAX ⩽ β
scho
la
2
⇒
×(yi )2 ⩾0
com:
∈
None
On en déduit les encadrements suivants :
∀i
i=1
:211
λn yn
n
2
(yi ) = β t Y Y.
i=1
univ.
Comme t P = P −1 (car P ∈ On (R)), on peut alors remarquer que :
2
2
Y = t Y Y = t P −1 X P −1 X = t t P X P −1 X = t XP P −1 X = t XX = X .
164
Mines-Telecom
Par conséquent, on a démontré l’encadrement suivant :
2
2
∀X ∈ Mn,1 (R) , α X ⩽ X | AX ⩽ β X .
Soient λ une valeur propre de A et Xλ ∈ Mn,1 (R) \ {0n,1 } un vecteur propre de A associé à la
valeur propre λ alors on a les égalités suivantes :
2
AXλ = λXλ ⇒ Xλ | AXλ = Xλ | λXλ = λ Xλ | Xλ = λ Xλ .
D’après l’encadrement précédent, on obtient l’encadrement :
2
2
2
2
2.
α Xλ ⩽ Xλ | AXλ ⩽ β Xλ ⇔ α Xλ ⩽ λ Xλ ⩽ β Xλ .
2
En divisant par Xλ > 0 (car Xλ = 0n,1 ), on obtient l’encadrement demandée.
:164
7897
103
Commentaires 83 Le paradigme pour minorer ou majorer les valeurs propres d’une matrice symétrique U est d’étudier l’expression U X | X (X matrice colonne) puis d’évaluer cette inégalité en un vecteur propre. Il est probable que, pour l’immense majorité des
candidats, l’interrogateur demande au candidat d’étudier X | SX . Deux idées seront valorisées ; le candidat ramenant cette expression à X | AX et, surtout, celle d’exprimer
X | SX en somme de carrés (démarche très classique et à connaitre). Cette dernière
expression fournissant quasiment à elle-seule la réponse. Ce qui compte dans cet exercice
est la démarche suivie et non pas le résultat en lui-même.
x i yi .
i=1
8891
2502
Soit A ∈ Mn (R).
4.12
n
:89.8
(x1 , ..., xn ) | (y1 , ..., yn ) =
7.44
Exercice 84 (Mines-Telecom) Sur Rn , muni du produit scalaire défini par
1. Montrer que Rn = ker (A) ⊕ Im (t A).
2. On suppose A2 = 0.
582:
(a) Montrer que ker (A + t A) = ker (A) ∩ ker (t A) .
(b) Montrer que Im (A + t A) = Im (A) + Im (t A).
0753
Solution 84
com:
None
:211
1. On utilise la caractérisation des supplémentaires en dimension finie. D’après le théorème
du rang et le fait que rg (t A) = rg (A) , on a :
dim (ker (A)) + dim Im t A
= dim (ker (A)) + rg t A
= dim (ker (A)) + rg (A) = n = dim (Rn ) .
scho
la
rvox.
Soit X ∈ Rn (identifié à une matrice colonne) avec X ∈ ker (A) ∩ Im (t A) alors
AX = 0n,1 et il existe Y ∈ Rn (identifié à une matrice colonne) tel que X = t AY . On
peut donc écrire :
X | X = t XX = t X t AY = t X t A Y = t (AX) Y = t 0n,1 Y = 0.
univ.
Puisque | est un produit scalaire, on en déduit que X = 0Rn donc
ker (A) ∩ Im (t A) = {0n,1 } , ce qui prouve l’égalité ensembliste :
Rn = ker(A) ⊕ Im(t A).
Endomorphismes des espaces euclidiens
165
2. (a) On procède par double inclusion. Soit X ∈ ker (A) ∩ ker (t A) alors on a :
AX = 0n,1
⇒ A + t A X = AX + t AX = 0n,1 + 0n,1 = 0n,1
t
AX = 0n,1
donc X ∈ ker (A + t A) , ce qui prouve l’inclusion :
ker (A) ∩ ker t A ⊂ ker A + t A
Soit X ∈ ker (A + t A) alors on a :
A + t A X = 0n,1 ⇔ AX = − t AX ⇒ A2 X = −At AX ⇔ 0n,1 = At AX
×A
2
t
t
t
t t
⇒ XA AX = X0n,1 = 0 ⇔
AX t AX = 0 ⇔ t AX = 0
⇔ t AX = 0 ⇔ X ∈ ker t A et AX = − t AX = 0n,1 ⇒ X ∈ ker (A) .
103
Ainsi, on a démontré l’inclusion :
ker A + t A ⊂ ker (A) ∩ ker t A ,
7897
ce qui démontre l’égalité attendue.
:164
(b) Commençons par établir deux résultats préalables.
Premier résultat. Soit B ∈ Mn (R) , montrons l’égalité
7.44
⊥
.
(E1 ) : Im (B) = ker t B
:89.8
4.12
Soit X ∈ Im (B) , il existe Y ∈ Rn (identifié à une matrice colonne) tel que X = BY.
Pour tout Z ∈ ker (t B) (c’est-à-dire que t BZ = 0n,1 ), on a :
8891
2502
X | Z = t XZ = t (BY ) Z = t Y t BZ = t Y 0n,1 = 0.
Ainsi, on vient de démontrer l’inclusion ensembliste suivante :
⊥
Im (B) ⊂ ker t B
.
:211
0753
582:
Comparons la dimension de ces deux sous-espaces vectoriels en utilisant le théorème
du rang, la dimension d’un orthogonal et la formule rg (B) = rg (t B) .
⊥ = n − dim ker t B = rg t B = rg (B) = dim (Im (B)) .
dim ker t B
com:
None
Par conséquent, l’égalité ensembliste (E1 ) est démontrée.
Second résultat. Si F et G sont deux sous-espaces vectoriels d’un espace euclidien
(E, |) alors on a la formule :
⊥
⊥
rvox.
(E2 ) : (F + G) = F ⊥ ∩ G⊥ .
scho
la
Soit x ∈ (F + G) alors x est orthogonal à tout élément de F +G. Comme F ⊂ F +G
car
f ∈ F ⇒ f = f + 0E ∈ F + G
∈F
∈G
univ.
et que G ⊂ F +G (pour le même argumentaire), on peut affirmer que x est orthogonal
à tout élément de F et à tout élément de G c’est-à-dire que x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ .
166
Mines-Telecom
Soit x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ alors x est orthogonal à tout élément de F et x est orthogonal à
tout élément de G. Pour tout z ∈ F + G, il existe f ∈ F et g ∈ G tels que :
z = f + g ⇒ x | z =
x | f =0 car x∈F ⊥
⊥
x | g
+
=0
=0 car x∈G⊥
donc x ∈ (F + G) , ce qui démontre l’égalité ensembliste (E2 ) .
Retour à la preuve. En appliquant la formule (E1 ) à B = A, à B = t A et à
B = A + t A (qui est symétrique), on obtient les trois égalités suivantes :
⊥
⊥
⊥
Im (A) = ker t A
, Im t A = (ker (A)) , Im A + t A = ker A + t A
.
En utilisant la question précédente et la relation (R2 ) , on peut affirmer que :
=
=
⊥ ⊥
ker A + t A
= ker (A) ∩ ker t A
⊥
⊥
(ker (A)) + ker t A
= Im (A) + Im t A .
103
Im A + t A
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
Commentaires 84 Exercice original, initialement donné à Polytechnique quelques années auparavant (seule la question 2.b étant présente). Ce sujet s’avère sélectif.
La première question est discriminante mais largement accessible aux candidats ayant une
bonne maitrise de leur cours d’algèbre linéaire et d’espaces euclidiens en suivant les démarches standards.
La question 2.a est essentiellement astucieuse et demande un peu d’imagination de la part
du candidat (multiplier par A pour utiliser la nilpotence, observer que t AAX ressemble
à un produit scalaire). Elle est tout à fait accessible aux candidats du concours MinesTelecom.
La question 2.b s’adresse aux meilleurs candidats et l’inter-action avec l’examinateur sera
probablement importante.
582:
Exercice 85 (Mines-Telecom) Soient E un espace vectoriel de dimension finie n et
A = (ai,j )1⩽i,j⩽n ∈ O(n) une matrice orthogonale.
a2i,j = n.
1. Montrer que :
1⩽i,j⩽n
√
|ai,j | ⩽ n n.
:211
2. Montrer que : n ⩽
0753
1⩽i,j⩽n
None
Solution 85
n n
rvox.
i=1
a2i,j = 1 ⇒
scho
la
∀i ∈ {1, ..., n} ,
n
com:
1. Chaque colonne (ai,j )1⩽i⩽n de A est normée c’est-à-dire de norme 1 ce qui s’écrit :
a2i,j =
j=1 i=1
n
1 = n.
j=1
2. Puisque A est orthogonale, pour tout i ∈ {1, ..., n} , on a :
n
2
⩾0
univ.
a2i,j = 1 ⇒ ∀ (i, j) ∈ {1, ..., n} , a2i,j ⩽ 1 ⇒ |ai,j | ⩽ 1.
i=1
Endomorphismes des espaces euclidiens
167
Comme x2 ⩽ x si x ∈ [0, 1] , on peut écrire :
2
2
∀ (i, j) ∈ {1, ..., n} , |ai,j | ⩽ |ai,j | ⇔ a2i,j ⩽ |ai,j | .
En sommant cette inégalité sur (i, j) , on obtient :
n n
a2i,j ⩽
j=1 i=1
1⩽i,j⩽n
n
|ai,j | ⇔ n =
1⩽
j=1
1⩽i,j⩽n
|ai,j | .
D’autre part, l’inégalité de Cauchy-Schwarz pour le produit scalaire canonique de Rn
montre, pour tout j ∈ {1, .., n} , que :
=
=
(|ai,j |)1⩽i⩽n | (1)1⩽i⩽n ⩽ (|ai,j |)1⩽i⩽n (1)1⩽i⩽n n
n
n
√
√
√
2
|ai,j |
1=
a2 n = 1 n = n.
i,j
i=1
i=1
i=1
En sommant sur i cette inégalité, on aboutit à l’inégalité :
√
n = n n.
:164
n
√
j=1
4.12
j=1 i=1
|ai,j | ⩽
7.44
n n
103
i=1
|ai,j |
7897
n
8891
2502
:89.8
Commentaires 85 Exercice très classique, donné dans de nombreux concours à de nombreuses époques. Il ne pose aucune difficulté aux candidats maitrisant le cours sur les
matrices orthogonales et les espaces euclidiens.
Exercice 86 (Mines-Telecom) Soit f un endomorphisme bijectif de l’espace euclidien E,
vérifiant : ∀x, y ∈ E, f (x) | y = − x | f (y) .
582:
1. Montrer que s = f ◦ f est symétrique.
0753
2. Soit a une valeur propre de s et Va l’espace propre associé.
2
2
(a) Soit x ∈ Va \{0E }, montrer que s (x) | x = a x = − f (x) .
:211
(b) En déduire que a < 0.
(c) Soit F = Vect (x, f (x)). Montrer que F et F ⊥ sont stables par f .
None
(d) Montrer que dim F = 2.
com:
Solution 86
rvox.
1. Pour tout (x, y) ∈ E 2 , on a les égalités suivantes :
donc s est symétrique.
scho
la
s (x) | y = f (f (x)) | y = − f (x) | f (y) = − (− x | f (f (y))) = x | s (y)
2
univ.
2. (a) Soit x ∈ Va \ {a} , on a s (x) = ax donc :
2
− f (x) = − f (x) | f (x) = f (f (x)) | x = s (x) | x = ax | x = a x .
168
Mines-Telecom
2
2
(b) Puisque x est non nul, on a x = 0 donc, en divisant par x l’égalité de la
question précédente, on obtient :
2
a=−
f (x)
x
< 0.
2
2
En effet, f étant bijective et x étant non nul, on a f (x) = 0 donc f (x) > 0.
(c) Soit y ∈ F, il existe (λ, µ) ∈ R2 tel que :
y = λx + µf (x) ⇒ f (y) = λf (x) + µf 2 (x) = λf (x) + aµx ∈ F
donc F est stable par f. Pour tout z ∈ F ⊥ , on a y | z = 0 quel que soit y ∈ F. On
en déduit, pour tout y ∈ F, que :
f (z) | y = − z | f (y) = 0
103
car f (y) ∈ F (puisque F est stable par f ). Ainsi, F ⊥ est stable par f.
|
⇔
symétrique
2 f (x) | x = 0 ⇒ f (x) | x = 0.
:164
f (x) | x = − x | f (x)
7897
(d) En choisissant y = x dans la relation initiale vérifiée par f (donnée par l’énoncé),
on peut écrire :
:89.8
4.12
7.44
Ainsi, les vecteurs x et f (x) sont orthogonaux et comme ils sont non nuls (car x = 0
et comme f est bijectif, f (x) = f (0E ) = 0E ), on en déduit que la famille (x, f (x))
est libre. Comme cette famille est par définition génératrice de F, on peut affirmer
qu’il s’agit d’une base de F donc dim (F ) = card (x, f (x)) = 2.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
Commentaires 86 Exercice très classique donné dans tous les concours (CCINP, MinesPonts, Centrale) sous des formats divers et variés. Le but étant de prouver un théorème
de réduction des endomorphismes anti-symétriques (ou des matrices anti-symétriques). Le
sujet actuel n’y aboutit pas mais fournit la clé : signe des valeurs propres de f ◦ f (donc
f n’admet aucune valeur propre non nulle), dim (F ) = 2, enclenchement de la récurrence
via la question 2.c (comme pour le théorème spectral).
Outre son caractère standard, ce sujet est à travailler car il permet une révision efficace
des fonctions des endomorphismes des espaces euclidiens. Il ne doit pas poser de difficultés
importantes pour les candidats Mines-Telecom.
Endomorphismes des espaces euclidiens
4.3
169
Centrale Maths 1
Exercice 87 On considère (E, | ) un espace euclidien de dimension n.
1. Donner la définition d’un endomorphisme symétrique et énoncer le théorème spectral.
2. Soit f un endomorphisme symétrique de E à valeurs propres positives. Soit x ∈ E
tel que x | f (x) = 0. Montrer que f (x) = 0.
3. Soient f, g ∈ S (E) à valeurs propres positives. Montrer E = ker (f ◦ g)⊕Im (f ◦ g) .
4. Soient f, g ∈ S (E) à valeurs propres positives. Montrer que f ◦ g est diagonalisable.
Indication : Poser F = Im (f ) , f1 = f|F , h = (f ◦ g)|F et considérer le produit
−1
scalaire sur F défini par ϕ (x, y) = (f1 ) (x) | y .
Solution 87
103
1. Soit f un endomorphisme de E alors f est symétrique si et seulement si
7897
∀ (x, y) ∈ E 2 , f (x) | y = x | f (y) .
Tout endomorphisme symétrique est diagonalisable en base orthonormale.
4.12
7.44
:164
2. D’après le théorème spectral, il existe une base orthonormée B = (εi )1⩽i⩽n de E formée
de vecteurs propres pour f. Pour tout i ∈ {1, .., n} , on note λi ⩾ 0 la valeur propre de
f associée à εi . Soient x ∈ E et (xi )1⩽i⩽n ∈ Rn ses coordonnées dans la base B, on a
n
x=
xi εi et, par linéarité de f et bilinéarité du produit scalaire, on a :
=
i=1
n n
i=1 j=1
λi xi εi ⇒ 0 = f (x) | x =
n
λi xi xj εi | εj =
i=1
=0 si i=j
Comme f (x) | x = 0, on a
n
8891
2502
xi f (εi ) =
i=1
n
i=1
λi x i εi |
⩾0
n
j=1
⩾0
n 2
λi (xi ) .
λi (xi ) εi | εi =
=εi 2 =1
i=1
⩾0
2
λi (xi ) = 0 et comme chaque terme de la somme est
i=1
None
i=1 =0
rvox.
⇔
2
{1, .., n} , λi (xi ) = 0 ⇔ ∀i ∈ {1, .., n} , λi = 0 ou xi = 0
n
∀i ∈ {1, .., n} , λi xi = 0 ⇒ f (x) =
λi xi εi = 0E
com:
∈
:211
positif, on en déduit que tous les termes sont nuls c’est-à-dire :
∀i
scho
la
3. D’après le théorème du rang appliqué à l’endomorphisme f ◦ g, on a :
univ.
dim (E) = dim (ker (f ◦ g)) + dim (Im (f ◦ g))
donc il suffit de montrer que
x j εj
2
582:
=
n
0753
f (x)
n
:89.8
i=1
ker (f ◦ g) ∩ Im (f ◦ g) = {0E } .
170
Centrale Maths 1
Soit x ∈ ker (f ◦ g) ∩ Im (f ◦ g) c’est-à-dire :
(f ◦ g) (x) = 0E
f (g (x)) = 0E
⇔
∃y ∈ E, x = (f ◦ g) (y)
∃y ∈ E, x = f (g (y))
⇒ f (g (x)) | g (x) = 0E | g (x) = 0.
Comme f ∈ S (E) est à valeurs propres positives, d’après la question précédente, cela
entraine que g (x) = 0E donc :
g (x) | y = 0E | y = 0
⇔
g∈S(E)
x | g (y) = 0 ⇔ f (g (y)) | g (y) = 0.
Pour la même raison, cela entraine que :
g (y) = 0E ⇒ x = f (g (y)) = f (0E ) = 0E ,
ce qui permet de conclure.
=
f ∈S(E)
x | f (y) = x | f1 (y) .
:164
∀ (x, y) ∈ F 2 , f1 (x) | y = f (x) | y
7897
103
4. Notons F = Im (f ) . Le sous-espace vectoriel F est stable par f (si x ∈ F = Im (f ) alors
f (x) ∈ Im (f ) = F !) donc f1 = f|F est un endomorphisme de Im (f ) . Montrons qu’il
est symétrique :
7.44
En outre, si x ∈ F alors
4.12
(f ◦ g) (x) = f (g (x)) ∈ Im (f ) = F
= f (y) | x
y | f (x) = y | 0E = 0
582:
2
=
f ∈S(E)
8891
2502
:89.8
donc h = (f ◦ g)|F est aussi un endomorphisme de F .
Montrons que f1 est un automorphisme de Im (f ) . Soit x ∈ ker (f1 ) alors :
x ∈ Im (f )
∃y ∈ E, x = f (y)
2
⇔
⇒ f (y) = f (y) | f (y)
f (x) = 0E
f (x) = 0E
⇒ f (y) = 0 ⇒ f (y) = 0E ⇒ x = f (y) = 0E
com:
None
:211
0753
donc ker (f1 ) = {0E } et comme f1 est un endomorphisme de Im (f ) qui est un espace
vectoriel de dimension finie, on peut affirmer que f1 est un automorphisme de Im (f ) .
Montrons que l’application
F ×F → R
ϕ:
−1
(x, y) →
(f1 ) (x) | y
=
=
ϕ (f1 (x1 ) , f1 (y1 )) = x1 | f1 (y1 )
x | (f1 )
−1
(y)
univ.
ϕ (x, y)
scho
la
rvox.
est un produit scalaire sur F. La bilinéarité de ϕ est immédiate par la bilinéarité du
−1
produit scalaire | et par la linéarité de (f1 ) . Montrons que ϕ est symétrique. Pour
2
tout (x, y) ∈ F , comme f1 est un automorphisme de F, il existe (x1 , y1 ) ∈ F 2 tel que
x = f1 (x1 ) et y = f1 (y1 ) donc :
|
=
symétrique
(f1 )
−1
=
f1 ∈S(F )
f1 (x1 ) | y1 (y) | x = ϕ (y, x) .
Endomorphismes des espaces euclidiens
171
Prouvons que ϕ est positive. Pour tout x ∈ F, il existe x1 ∈ F1 tel que x = f1 (x1 ) =
f (x1 ) donc :
ϕ (x, x) = ϕ (f1 (x1 ) , f (x1 )) = x1 | f (x1 )
|
=
symétrique
f (x1 ) | x1 ⩾ 0
(d’après la remarque faite à la réponse à la question 2 car f ∈ S (E) à valeurs propres
positives). Pour finir, avec les mêmes notations, on a :
ϕ (x, x) = 0 ⇔ f (x1 ) | x1 = 0 ⇒ f (x1 ) = 0 ⇔ f1 (x1 ) = 0 ⇒ x1 ∈ ker (f1 ) = {0E }
(∗)
(∗) d’après la question 2 car f ∈ S (E) à valeurs propres positives.
Par conséquent, nous venons de montrer que ϕ est définie donc ϕ est un produit scalaire
sur F.
Vérifions que h est symétrique pour ce produit scalaire. Pour tout (x, y) ∈ F 2 , il existe
(x1 , y1 ) ∈ F 2 tel que x = f1 (x1 ) = f (x1 ) et y = f1 (y1 ) . On peut alors écrire :
−1
−1
=
ϕ (h (x) , y) =
(f1 ) (f (g (x))) | f1 (y1 )
f1 (f1 ) (f (g (x))) | y1
7.44
=
7897
=
(f (g (x))) | y1 = g (x) | f (y1 ) = g (x) | y = x | g (y)
f ∈S(E)
g∈S(E)
−1
−1
f1 (f1 ) (x) | g (y) = f (f1 ) (x) | g (y)
−1
(f1 ) (x) | f (g (y)) (f ∈ S (E)) = ϕ (x, h (y)) .
:164
=
103
f1 ∈S(F )
8891
2502
:89.8
4.12
Comme h est symétrique pour le produit scalaire ϕ, d’après le théorème spectral, il existe
une base BF de F formée de vecteurs propres pour h = (f ◦ g)|F donc de vecteurs propres
poiur f ◦ g. On considère une base B0 de ker (f ◦ g) donc tous ses éléments sont des
vecteurs propres de f ◦ g (associés à la valeur propre 0). D’après la question 3, on peut
affirmer que B0 ∪ BF est une base de E formée de vecteurs propres pour f ◦ g c’est-à-dire
que f ◦ g est diagonalisable.
1. Montrer que u ∈ L (E) .
None
1
n
(X + t) P (t) dt.
0
scho
la
rvox.
2. Montrer que u est diagonalisable en base orthonormée.
On note (P0 , ..., Pn ) une telle base de vecteurs propres, Pi étant attaché à la valeur
propre λi .
n
Centrale Maths 1
n
3. Montrer que : ∀ (x, y) ∈ R2 , (x + y) =
λk Pk (x) Pk (y) .
4. Calculer Tr (u) .
univ.
172
0
P Q et u (P ) (X) =
com:
Exercice 88 Sur Rn [X], on pose P | Q =
1
:211
0753
582:
Commentaires 87 Sujet de difficulté standard et relativement classique pour ce concours.
La deuxième question est un grand classique : l’expression de f (x) | x comme somme de
carrés via le théorème spectral. La troisième question est une conséquence assez simple de
la précédente, elle ne doit pas poser de problème particulier. La dernière question est de
difficulté bien supérieure. Il s’agit de la question privilégiée pour inter-agir avec l’interrogateur. Il sera apprécié et valorisé que le candidat prouve (ou au moins essaye) que ϕ est
effectivement un produit scalaire.
k=0
Solution 88
1. Soit P ∈ Rn [X] , en utilisant la formule du binôme de Newton, on a :
172
172
Centrale Maths 1
Centrale Maths 1
4. Calculer Tr (u) .
Solution
88
4. Calculer
Tr (u) .
1. Soit P ∈ Rn [X] , en utilisant la formule du binôme de Newton, on a :
Solution 88
1
n
nutilisant la formule du binôme
1. Soit P ∈ Rn [X] ,1en
on a :
n k n−k
de Newton,
k n
u (P ) (X) =
P (t) dt =
X k
tn−k P (t) dt ∈ Rn [X] = E.
X t
k
1 k=0
1
n
n
k=0
0 n k n−k
k n 0 n−k
u (P ) (X) =
P (t) dt =
X k
t P (t) dt ∈ Rn [X] = E.
k X t
0 k=0
k=0
∈R
0
2
on a :
En outre, pour tout (P, Q) ∈ (Rn [X]) et tout (λ, µ) ∈ R2 ,∈R
2
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
103
1Q) ∈ (Rn [X]) et tout (λ, µ) ∈ R2 , on a :
En outre, pour tout (P,
n
u (λP + µQ) =
(X + t) (λP + µQ) (t) dt
1
0
n
u (λP + µQ) =
(X + t) (λP + µQ) (t)1dt
1
n
n
0
= λ
(X + t) P (t) dt + µ (X + t) Q (t) dt = λu (P ) + µu (Q)
1
1
0
0
n
n
= λ (X + t) P (t) dt + µ (X + t) Q (t) dt = λu (P ) + µu (Q)
donc u est linéaire de E0 dans E d’où u ∈ L (E)0 .
2. La diagonalisation en base orthonormée est le résultat du théorème spectral donc il suffit
donc u est linéaire de E dans E d’où u ∈ L (E) .
de montrer que u est un endomorphisme symétrique pour le produit scalaire | . Pour
2. La
en 2base
est le de
résultat
du théorème
spectralprécédente,
donc il suffit
, enorthonormée
utilisant le calcul
la réponse
à la question
on
toutdiagonalisation
(P, Q) ∈ (Rn [X])
de
montrer
que
u
est
un
endomorphisme
symétrique
pour
le
produit
scalaire
| . Pour
a:
2
à la question précédente, on
tout (P, Q) ∈ (Rn [X]), nen utilisant le calcul de la
réponse
n
n n−k
n−k
a:
k n
u (P ) | Q = X
| P | Q =
| P Xk | Q
X k X
k
n
n
k=0
k=0
n−k
n n−k
k n
n
u (P ) | Q =
X
X
X
|
P
|
Q
=
| P Xk | Q
k
k
j=n−k
n
k=0
X j | P X n−j k=0
=
|Q
k=n−j n n−j
j=0
nn j
j=n−k
X | P X n−j | Q
=
=n−j
j
k=n−j
j=0 n
n
n j=n n−j
n n−j
jP
=
X
X
|
X
|
Q
=
| Q Xj | P
j
j
n
n
j=0
j=0
n j
n n−j
n−j
X
X
=
|
P
X
|
Q
=
| Q Xj | P
j
= P | uj (Q) .
j=0
j=0
n
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
= P x
| u∈(Q)
3. On fixe (provisoirement)
R et. on considère le polynôme P (X) = (x + X) ∈ Rn [X] .
:
Comme la famille (Pi )0⩽i⩽n est une base orthonormée de (E, |), on peut écrire
n
3. On fixe (provisoirement) x ∈ R et on considère le polynôme P (X) = (x + X) ∈ Rn [X] .
1 on peut écrire :
une
de (E, |),
Comme la famille (Pi )0⩽i⩽n est n base orthonormée
n
n
(x + X)
= P (X) =
P | Pi Pi (X) =
Pi (X) P (t) Pi (t) dt
1
n
n
i=0
i=0
0
n
(x + X)
= P (X) = 1 P | Pi Pi (X) =
Pi (X) P (t) Pi (t) dt
n
n
i=0
i=0
n
0
=
Pi (X) (x + t) Pi (t) dt =
Pi (X)
u (Pi ) (x)
1
n
n
i=0
i=0
0
n
= n Pi (X) (x + t) Pi (t) dt =
Pi (X) u (Pi ) (x)
i=0
i=0
0 i Pi (x) .
=
Pi (X) λ
n
i=0
=
Pi (X) λi Pi (x) .
En évaluant en « X = yi=0
» cette égalité, on obtient l’égalité voulue.
En évaluant en « X = y » cette égalité, on obtient l’égalité voulue.
Endomorphismes des espaces euclidiens
173
4. Soit A la matrice de u dans la base canonique de Rn [X] alors Tr (u) = Tr (A) . D’après
la réponse à la question 1, pour tout entier j ∈ {0, .., n} , on a :
n
u Xj
=
i=0
n
X i ni
1
t
n−i j
t dt =
n
X i ni
i=0
0
n i
1
X ⇒A=
n+j−i+1 i
i=0
=
On peut alors écrire :
Tr (u)
=
t=j
tn+j−i+1
n + j − i + 1 t=0
n
1
n+j−i+1 i
.
0⩽i,j⩽n
n
n
1 n i n−i
1 n
Tr (A) =
=
11
Ai,i =
n+1 i
n + 1 i=0 i
i=0
i=0
1
2n
n
(1 + 1) =
.
n+1
n+1
103
=
n
8891
2502
:89.8
4.12
7.44
:164
7897
Commentaires 88 Exercice classique et de difficulté tout à fait standard pour ce concours.
Pour la première question, l’argument consistant à affirmer que « l’intégrale d’un polynôme est un polynôme » est vide de sens (une intégrale est un nombre).
Pour la seconde question, la difficulté étant bien entendu le caractère symétrique de u pour
le produit scalaire proposé. L’erreur à ne pas commettre est de calculer la matrice A de u
dans la base canonique de Rn [X] , d’observer qu’elle n’est pas symétrique pour en conclure
que u n’est pas symétrique. En effet, la base canonique de Rn [X] n’est manifestement pas
orthogonale pour le produit scalaire proposé.
La troisième question est certainement la plus difficile, non pas techniquement parlant,
mais de penser en termes de vecteurs dans un espace euclidien et non en termes d’identités. Une bonne connaissance de son cours sur les espaces euclidiens est fondamentale.
La quatrième question est, contre toute attente, presque aussi simple que la première.
ei(n−p)θ dθ.
0753
π
−π
0
P eiθ eiθ dθ = i
1
:211
2. Montrer que : ∀P ∈ R[X],
π
None
1. Soit (n, p) ∈ Z . Calculer
2
582:
Exercice 89 (Centrale)
P (t) dt.
−1
4. On définit Hn =
(a)
(i,j)∈{0,..,n}2
Montrer que Sp (Hn ) ⊂ R∗+ .
univ.
174
1
1+i+j
rvox.
ai aj
⩽π
a2k .
i+j+1
2
(i,j)∈{1,..,n}
n
scho
la
com:
3. Soit n ∈ N. Soient a0 , a1 , · · · , an réels. Montrer que :
k=0
∈ Sn+1 (R).
Centrale Maths 1
(b) Est-il possible de montrer que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π] ? que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π[ ?
Solution 89
174
Centrale Maths 1
174
Centrale Maths 1
(b) Est-il possible de montrer que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π] ? que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π[ ?
Solution(b)
89Est-il possible de montrer que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π] ? que Sp(Hn ) ⊂ ]0, π[ ?
1. Si n89
− p = 0 alors :
Solution
π
1. Si n − p = 0 alors :
ei(n−p)θ dθ
π
−π i(n−p)θ
e
dθ
θ=π
ei(n−p)θ
1
ei(n−p)π − e−i(n−p)π
=
− p) θ=π
i (n − p) i (n
ei(n−p)θ θ=−π
1
=
=
ei(n−p)π − e−i(n−p)π
i (n1 − p) θ=−π
i (n − p)
=
(2i sin ((n − p) π)) = 0 (car n − p ∈ Z).
−π
i (n − p)
1
(2i sin ((n − p) π)) = 0 (car n − p ∈ Z).
=
Si n − p = 0 alors :
i (n − p)
π
π
θ=π
i(n−p)θ
Si n − p = 0 alors :
e
dθ = 1dθ = [θ]θ=−π = 2π.
π
π
−π i(n−p)θ
−π
θ=π
e
dθ = 1dθ = [θ]θ=−π = 2π.
N
−π
−π
pk X k
2. Soit P ∈ R [X] , il existe un entier N et des réels (pk )0⩽k⩽N tel que P (X) =
N
k=0
pk X k
2. donc
Soit P: ∈ R [X] , il existe un entier N et des réels (pk )0⩽k⩽N tel que P (X) =
P eiθ eiθ dθ
π
0
P eiθ eiθ dθ
=
π N
π k=0
N
pk e
i(k+1)θ
dθ =
N
pk
N
k=0
0
π
π
103
π
e
0
7897
donc :
=
i(k+1)θ
k=0
dθ
4.12
7.44
:164
pk ei(k+1)θ dθ
pkN ei(k+1)θ dθ
=
N
i(k+1)θ θ=π
pk e
k=01 0
0
= 0 k=0
ei(k+1)π − 1 .
=
pk
+ 1) θ=π
i
i (k
N
N k+1 k=0
1 k=0
ei(k+1)θ θ=0
pk
=
ei(k+1)π − 1 .
=
pk
i a : k+1
i (k + 1)
Or, comme k + 1 ∈ Z, d’après les formules
d’Euler,
on
θ=0
=
k=0
k=0
0
i=1
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
k+1
Or, comme k + 1 ∈ Z, d’après
les formules
on k+1
a:
ei(k+1)π
= eiπ d’Euler,
= (−1)
k+1
k+1
1
ei(k+1)π = eiπ
= (−1)
et comme = −i, on peut écrire :
i
1
t=1
N
et commeπ = −i, on peut écrireN :
pk tk+1
i iθ iθ
k+1
1 − (−1)
P e e dθ = i
pk
= i
k k+1
+ 1 t=1
π
N k+1 N
k=0
k=0
iθ iθ
t=−1
t
pk
0
k+1
1 − (−1)
P e e dθ = i 1
pk
=i
1
k+1
Nk + 1
k=0
k=0
t=−1
0
= i
pk tk dt = i P (t) dt.
1
1
N
−1 k=0
−1
= i
pk tk dt = i P (t) dt.
1
−1 k=0
−1
1
2
= ti+j dt donc :
3. Commençons par remarquer que ∀ (i, j) ∈ {0, .., n} ,
i + j + 1 1
1
0
2
= ti+j dt donc :
3. Commençons par remarquer que ∀ (i, j) ∈ {0, .., n} ,
i+j+
1
11
0
ai aj
i+j
=
ai aj t dt =
ai aj ti tj dt
1
1
i
+
j
+
1
2
2
2 ai aj
(i,j)∈{1,..,n}
(i,j)∈{1,..,n}
0 i+j
0 (i,j)∈{1,..,n}
=
t
dt
=
a
a
ai aj ti tj dt
i
j
1 1
i+j+1
n
n
2
2
2
(i,j)∈{1,..,n}
(i,j)∈{1,..,n}
0 (i,j)∈{1,..,n} 2
a i ti
aj t0j dt (Fubini)
= (P (t)) dt
=
1
1
n
n
j=1
0 i=1
0
2
i
j
ai t
aj t dt (Fubini) = (P (t)) dt
=
j=1
0
Endomorphismes des espaces euclidiens
où P (X) =
n
175
ai ti . Or, la fonction P 2 étant positive sur [−1, 1] (car P est à valeurs
i=1
réelles), on a l’inégalité suivante :
1
2
(P (t)) dt
0
1
π
1
2
2
2
iθ
iθ
P e
⩽
(P (t)) dt = (P (t)) dt = e dθ
astuce q.2
i
−1
−1
0
1
⩾0
0
Comme on a l’égalité :
P (eιθ ) =
0
n
ak eikθ =
k=1
n
0
ak eikθ =
ak ∈R
k=1
n
k=1
ak e−ikθ = P e−iθ ,
103
=
π
π
π
iθ 2 iθ iθ 2 iθ 2
P e
e dθ ⩽
P e
e dθ = P eiθ dθ
0 2
−π −π
2 iθ 2 −iθ −dθ
=
−
e
dθ
=
e
P
P
P eiθ dθ ,
0
:164
0
iθ 2
P e dθ =
0
−π
iθ 2
P e dθ +
Par conséquent, on peut majorer
1
π
0
π
iθ 2
P e dθ = 2 P eiθ 2 dθ.
:89.8
0
2
(P (t)) dt comme suit :
=
1
2
−π
n
aj eijθ
−π j=1
n
=
1
P eiθ P (eiθ )dθ =
2
0753
−π
π
π
n
ak e−ikθ dθ =
k=1
n
1 aj ak
2 j=1
k=1
π
−π
:211
0
iθ 2
P e dθ = 1
2
None
⩽
π
e
com:
(P (t)) dt
1
2
1
2
π n n
−π j=1 k=1
n
i(j−k)θ
dθ
rvox.
2
582:
0
1
0
8891
2502
−π
iθ 2
P e dθ =
4.12
ce qui permet d’écrire :
π
−π
7.44
π
7897
le changement de variable θ = −θ montre l’égalité :
1 2
=
ak
2
k=1
π
−π
P eiθ P e−iθ dθ
aj ak ei(j−k)θ dθ
π
dθ = π
−π
Au final, on a établi l’inégalité :
(i,j)∈{1,..,n}
ai aj
=
i+j+1
2
univ.
scho
la
=0 si j=k d’après q1.
1
0
2
(P (t)) dt ⩽ π
n
k=1
a2k .
n
k=1
a2k .
176
Centrale Maths 1

x1


4. (a) Soit λ une valeur propre de Hn et X =  ...  ∈ Mn+1,1 (R) \ {0n+1,1 } un vec
xn+1
teur propre associé alors Hn X = λX. On munit Mn+1,1 (R) de son produit scalaire
canonique
n+1
x k yk .
X | Y = t XY =
k=1
On en déduit les égalités suivantes :
1 n+1
0
xk t
k=1
k
n+1
n+1
xi xj
1
+
i+j
i=1 j=1
2
dt > 0.
7897
=
q2
xj
⇒
1
+
i+j
j=1
j=1
λ X | X = Hn X | X =
réponse
n+1
(Hn )i,j xj =
103
n+1
∀i ∈ {1, .., n + 1} , (Hn X)i =
7.44
:164
En effet, l’intégrale est positive sur [0, 1] car la fonction intégrée t →
et non identiquement nulle sur [0, 1] (sinon, le polynôme P =
n+1
n+1
k=1
xk t
k
2
)
xk X k admet tous
4.12
k=1
582:
8891
2502
:89.8
les réels de [0, 1] comme racines donc il admet une infinité de racines donc il est
nul c’est-à-dire que x1 = · · · = xn+1 = 0 donc X = 0, ce qui est absurde). En
2
divisant l’inégalité obtenue par X > 0 (car X = 0), on en déduit que λ > 0 donc
∗
Sp (Hn ) ⊂ R+ .
(b) On conserve les notations introduites à la réponse de la question précédente ainsi que
les calculs effectués. Soit λ une valeur propre de Hn et


x1


X =  ...  ∈ Mn+1,1 (R) \ {0n+1,1 }
0753
xn+1
n n
n+1
xi xj
2
2
⩽π
(xk ) = π X .
1
+
i
+
j
q3
i=1 j=1
None
2
λ X =
:211
un vecteur propre associé. D’après la question précédente, on a λ > 0 et :
2
k=1
com:
En divisant cette inégalité par X > 0, on en déduit que λ ⩽ π donc ;
rvox.
Sp (Hn ) ⊂ ]0, π]
0
2
(P (t)) dt =
1
−1
univ.
1
scho
la
Supposons qu’il existe une valeur propre λ telle que λ = π. En reprenant les notations
et calculs effectués lors de la réponse à la question 3, toutes les inégalités doivent être
des égalités. En particulier, la première :
2
(P (t)) dt ⇔
0
−1
2
(P (t)) dt = 0
Endomorphismes des espaces euclidiens
177
qui entraine que P = 0, ce qui est absurde (même argumentaire qu’à la réponse à
q4.b) donc on peut affirmer que :
Sp (Hn ) ⊂ ]0, π[ .
Commentaires 89 Sujet assez classique pour les concours Centrale-SupElec et MinesPonts. Il est essentiellement calculatoire et demande un peu de recul sur ceux-ci.
La deuxième question est souvent déroutante pour les candidats alors qu’un calcul « bête
et méchant » règle le problème !
La troisième question est la plus difficile du sujet car elle est astucieuse, nécessite une
dextérité dans les calculs et de la hauteur vis-à-vis de ceux ci. L’interrogateur donnera
1
1
= tα dt.
sûrement l’astuce classique
α+1
0
7.44
:164
7897
103
La question 4.a est un grand classique qu’il est bon de travailler pour les oraux. Le raisonnement s’applique plus généralement à toutes les matrices de Gram c’est-à-dire toutes
les matrices de la forme G = (ei | ej )i,j , où | est un produit scalaire sur un espace
euclidien et (ei )i une famille libre de vecteurs.
Il en est de même de la question 4.b qui consister à minorer ou majorer les valeurs d’endomorphismes symétriques u via des majorations ou minoration de u (x) | x .
4.12
Exercice 90 (Centrale-SupElec) Soit d > 1. On note Sd (R) (resp. Od (R)) l’ensemble des
matrices symétriques (resp. orthogonales) de Md (R).
8891
2502
:89.8
1. Soient E un R-espace vectoriel, (a1 , ..., an , b1 , .., bn , c1 , .., cn ) ∈ E 3n et
n
n
(λ1 , ..., λn ) ∈ (R+ ) tel que λ1 + · · · + λn = 1. On pose x =
λi a i .
i=1
On suppose que, pour tout i ∈ {1, .., n} , ai est combinaison convexe de bi et ci .
Montrer que x est combinaison convexe de (b1 , .., bn , c1 , .., cn ).
582:
2. Soit S ∈ Sd (R) telle que Sp (S) ⊂ [−1, 1] .
Montrer que S s’écrit comme combinaison convexe de matrices orthogonales.
0753
3. On admet le lemme suivant :
:211
∀M ∈ Md (R) , ∃ (O, S) ∈ Od (R) × Sd (R) , M = OS.
None
Montrer que, pour toute M ∈ Md (R) telle que les valeurs propres de t M M sont
inférieures ou égales à 1, M s’écrit comme combinaison convexe de matrices orthogonales.
Solution 90
scho
la
rvox.
com:
4. Soit M ∈ Md (R) . Montrer qu’une matrice M est combinaison convexe de matrices
orthogonales si et seulement si Sp (t M M ) ⊂ [0, 1] .
x=
n
i=1
univ.
1. Pour tout i ∈ {1, .., n} , il existe ti ∈ [0, 1] tel que ai = ti bi + (1 − ti ) ci alors :
λi (ti bi + (1 − ti ) ci ) =
n
i=1
λ i t i bi +
n
i=1
(1 − ti ) λi ci .
178
Centrale Maths 1
Pour tout i ∈ {1, .., n} , λi ti et (1 − ti ) λi sont des nombres positifs et on a l’égalité :
n
i=1
(λi ti + (1 − ti ) λi ) =
n
λi = 1
i=1
donc x est combinaison convexe de (b1 , .., bn , c1 , .., cn ) .
2. D’après le théorème spectral, il existe P ∈ Od (R) et λ1 , .., λd ∈ Sp (S) ⊂ [−1, 1] tels que :
d
d
−1
λi Ei,i P −1 =
λi P Ei,i P −1
S = P diag (λ1 , .., λd ) P = P
i=1
i=1
:164
7897
103
où Ei,i ∈ Md (R) est la matrice dont tous les coefficients sont nuls sauf celui d’indice
(i, i) qui vaut 1.
Pour chaque i ∈ {1, .., n} , λi ∈ [−1, 1] alors λi est un barycentre de −1 et 1 car il existe
ti tel que :
1 − λi
λ = ti (−1) + (1 − ti ) (1) = 1 − 2ti ⇔ ti =
2
1−1
1 − (−1)
1 − λi
est un nombre compris entre
= 0 et
= 1 donc ti ∈ [0, 1] .
et ti =
2
2
2
Pour tout ε1 ∈ {−1, 1} , posons :
=
=
diag (t1 (−1) + (1 − t1 ) , t1 λ2 + (1 − t1 ) λ2 , .., t1 λd + (1 − t1 ) λd )
diag (λ1 , λ2 , .., λd ) = D.
:89.8
t1 D−1 + (1 − t1 ) D1
4.12
alors D est combinaison convexe de D−1 et D1 car :
7.44
Dε1 = diag (ε1 , λ2 , .., λd )
r
8891
2502
Plus généralement, pour tout r ∈ {1, .., n} et tout (ε1 , .., εr ) ∈ {−1, 1} , posons :
Dε1 ,..,εr = diag (ε1 , .., εr , λr+1 , .., λd )
0753
582:
Supposons que D soit combinaison convexe des matrices (Dε1 ,..,εr )(ε1 ,..,εr )∈{−1,1}r .
r
Si r < n, pour chaque (ε1 , .., εr ) ∈ {−1, 1} , la matrice Dε1 ,..,εr est combinaison convexe
de Dε1 ,..,εr ,−1 et de Dε1 ,..,εr ,1 car :
:211
tr+1 Dε1 ,..,εr ,−1 + (1 − tr+1 ) Dε1 ,..,εr ,−1 = Dε1 ,..,εr .
t
rvox.
com:
None
donc, d’après
la question
précédente, on en déduit que D est combinaison convexe des
matrices Dε1 ,..,εr ,εr+1 (ε1 ,..,εr ,εr+1 )∈{−1,1}r+1 .
Ainsi, nous venons de prouver (par récurrence sur r) que D est combinaison convexe des
d
matrices (Dε1 ,..,εd )(ε1 ,..,εd )∈{−1,1}d . Or, pour chaque (ε1 , .., εd ) ∈ {−1, 1} , la matrice
Dε1 ,..,εd est orthogonale car
2
Dε1 ,..,εd Dε1 ,..,εd = (Dε1 ,..,εd ) = D(ε1 )2 ,..,(εd )2 = D1,..,1 = In .
D=
d
univ.
1
scho
la
Il existe une famille λ(ε1 ,..,εd ) (ε ,..,ε )∈{−1,1} de réels positifs et de somme 1 vérifiant :
(ε1 ,..,εd )∈{−1,1}d
λ(ε1 ,..,εd ) D(ε1 ,..,εd ) .
Endomorphismes des espaces euclidiens
179
En multipliant (à gauche) par P et (à droite) par P −1 , on obtient
que P DP −1 = S.
−1
Ainsi, S est combinaison convexe des matrices P D(ε1 ,..,εd ) P
qui sont
(ε1 ,..,εd )∈{−1,1}
des matrices orthogonales (comme produit de matrices orthogonales et l’ensemble des
matrices orthogonales forment un groupe pour le produit matriciel).
3. Soit M ∈ Md (R) . Il existe une matrice orthogonale O et une matrice symétrique S telles
que M = OS. Par conséquent, on a :
t
M M = t (OS) OS = t S t OOS
t
=
O∈Od (R)
SS
=
S∈Sd (R)
S2.
D’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale et des réels λ1 , .., λn tels
que :
2
P diag (λ1 , .., λn ) P −1 ⇒ t M M = S 2 = P (diag (λ1 , .., λn )) P −1
2
2
= P diag (λ1 ) , .., (λn ) P −1 .
2
(donc les vaComme les valeurs propres de t M M , c’est-à-dire les réels (λi )
S
=
1⩽i⩽d
7897
103
leurs propres de t M M sont positives) sont inférieurs ou égaux à 1, on a les inégalités
suivantes :
√
2
2
∀i ∈ {1, .., d} , (λi ) ⩽ 1 √⇒ |λi | = (λi ) ⩽ 1 = 1
:164
⇒ ∀i ∈ {1, .., d} , λi ∈ [−1, 1] .
:89.8
4.12
7.44
Autrement dit, les valeurs propres de S (qui sont les réels (λi )1⩽i⩽d ) appartiennent à
[−1, 1] . D’après la question précédente, S est combinaison convexe de matrices orthogonales c’est-à-dire qu’il existe un entier s ∈ N∗ , des matrices orthogonales O1 , .., Os et
s
ti = 1 et
des réels positifs (ti )1⩽i⩽s tels que
S=
i=1
s
8891
2502
i=1
s
ti Oi ⇒ M = OS =
ti OOi .
i=1
i=1
com:
None
:211
0753
582:
Ainsi, la matrice M est combinaison convexe des matrices (OOi )1⩽i⩽s qui sont orthogonales (comme produit de deux matrices orthogonales car les matrices orthogonales
forment un groupe pour le produit matriciel).
4. L’implication réciproque est conséquence de la question précédente (puisque, lors de sa
preuve, on a établi que toutes les valeurs propres de t M M sont positives). Traitons
l’implication directe.
Soit M ∈ Md (R) qui soit combinaison convexe de matrices orthogonales c’est-à-dire qu’il
existe un entier s ∈ N∗ , des matrices orthogonales O1 , .., Os et des réels positifs (ti )1⩽i⩽s
s
s
tels que
ti = 1 et M =
ti Oi . La matrice t M M est symétrique à coefficients réels
i=1
∈
X =
2
(Mn,1 (R)) , X | Y = t XY,
√
X | X = t XX.
univ.
∀ (X, Y )
scho
la
rvox.
donc, d’après le théorème spectral, toutes ses valeurs propres sont réelles et, d’après la
preuve de la question précédente, ses valeurs propres sont positives. Soit λ une valeur
propre de t M M, il existe Xλ ∈ Mn,1 (R) \ {0n,1 } tel que t M M Xλ = λXλ . Munissons
Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique | et de sa norme associée qui sont définis
par :
180
Centrale Maths 1
On peut alors écrire :
Xλ | t M M Xλ = Xλ | λXλ ⇔ t Xλ t M M Xλ = λ Xλ | Xλ 2
2
2
⇔ t (M Xλ ) M Xλ = λ Xλ ⇔ (1) : M Xλ = λ Xλ (on retrouve ainsi le caractère positif des valeurs propres de t M M ). D’autre part, pour
tout O ∈ Od (R) (i.e. t OO = In ) et tout X ∈ Md (R) , on a :
√
√
OX = t (OX) OX = t X t OOX = t XX = X .
Comme, pour chaque i ∈ {1, .., s} , Oi ∈ Od (R) et ti ∈ R+ , l’égalité ci-dessus et l’inégalité
triangulaire montre l’inégalité suivante :
s
s
s
M Xλ = |ti | Oi Xλ =
ti Xλ = Xλ ti O i X λ ⩽
i=1
ti = 1). En élevant au carré cette inégalité (ce qui est licite car chacun des
103
s
i=1
i=1
2
7897
(car
i=1
7.44
:164
membres est un nombre positif ) puis en divisant par Xλ (ce qui est licite puiqu’il
s’agit d’un nombre strictement positif car Xλ est non nul) et en utilisant l’égalité (1) ,
on obtient que λ ⩽ 1, ce qui permet de conclure.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
Commentaires 90 Exercice original pour ce concours. Si la première question est une
application directe du cours de convexité, la seconde sera très sélective : penser à une
récurrence non triviale et non standard. L’interrogateur appréciera et valorisera certainement un candidat tentant de prouver le résultat en dimension 1 (tout nombre de [−1, 1]
est combinaison convexe de 1 et −1, qui sont les seules matrices orthogonales en taille 1)
puis la dimension 2.
La troisième question est plus classique et standard même si elle est discriminante. La
décomposition polaire (M = OS) étant admise (exercice classique des concours CentraleSupElec et Mines-Ponts), son étape clé est nécessaire : l’expression de S en fonction de
M : S 2 = t M M. L’interrogateur la demandera certainement aux candidats blocants.
La quatrième question utilise des ingrédients très classiques des oraux : minoration ou
majoration des valeurs propres des matrices symétriques S par minoration ou majoration
de SX | X , diagonalisation et signe des valeurs propres des matrices t M M.
L’inter-action avec l’examinateur sera un élément important de la progression du candidat
sur ce sujet donc elle n’est pas à négliger.
Endomorphismes des espaces euclidiens
4.4
181
Mines-Ponts
Exercice 91 (Mines-Ponts) Soit A ∈ Mn (R) telle que A3 = AT A.
Montrer que A est diagonalisable sur C.
Solution 91 La matrice AT A est symétrique à coefficients réels car
T T T
= AT A)
A A = AT AT
donc elle est diagonalisable dans Mn (R) . Ainsi, il existe un polynôme Q1 ∈ R [X] scindé à
racines simples dans R [X] annulant AAT = A3 . On peut toujours supposer Q1 unitaire. Soient
r1 , .., rs les racines de Q1 alors :
s
k=1
s
3
A − rk Id = 0
(X − rk ) ⇒ Q1 A3 = 0 ⇔
k=1
c’est-à-dire que le polynôme Q2 =
s
k=1
X − rk annule A. Posons j = exp
3
103
Q1 =
2πi
3
. Pour toute
7897
de Q2 , les racines du X 3 − rk sont les racines 3e du nombre rk c’est-à-dire
racine rk non nulle 1/3 q
les nombres rk j
.
:164
0⩽q⩽2
2 s 1/3
X − rk j q
k=1 q=0
4.12
Q2 =
7.44
Premier cas : 0 n’est pas racine de Q1 . Le polynôme Q2 s’écrit
8891
2502
:89.8
qui est scindé à racines simples dans C. En effet, si (k, q) et (k , q ) appartiennent à {1, ..., s} ×
{0, 1, 2} vérifient :
3 3
1/3 1/3
1/3 1/3
rk j q = rk j q ⇒ rk j q = rk j q
⇔ rk = rk ⇒ k = k.
1/3
j q = j q ⇒ q = q
⇒
÷rk =0
0753
1/3
rk j q = rk j q
582:
(car les racines de Q1 sont deux à deux distinctes). On en déduit les implications suivantes :
2
1/3
X 3 , X − rk j q , (k, q) ∈ {2, .., s} × {0, 1, 2}
scho
la
rvox.
k=2 q=0
Les polynômes
1/3
X − rk j q .
s 2 com:
Q2 = X 3
None
:211
(car (q, q ) ∈ {0, 1, 2} ). Comme Q2 annule en outre A, on peut affirmer que A est diagonalisable
dans C.
Second cas : 0 est racine de Q1 . Quitte à réordonner les racines de Q1 , on peut toujours
suppose que r1 = 0. Le polynôme Q2 s’écrit :
univ.
sont deux à deux premiers entre eux donc, d’après le lemme des noyaux, on a :
1/3
ker A − rk j q In .
Cn = ker A3
(k,q)∈{2,..,s}×{0,1,2}
182
Mines-Ponts
Si on démontre que ker A3 = ker (A) alors on obtient l’égalité ensembliste suivante :
1/3
ker A − rk j q In .
Cn = ker (A)
(k,q)∈{2,..,s}×{0,1,2}
c’est-à-dire que A est diagonalisable (la somme des espaces propres vaut Cn ). L’inclusion
ker (A) ⊂ ker A3
est immédiate, pour tout X ∈ ker (A) , on a :
AX = 0 ⇒ A3 X = A2 (AX) = A2 0 = 0 ⇒ X ∈ ker A3 .
On note X = (xk )1⩽k⩽n où X = (xk )1⩽k⩽n alors on a :
7897
T
T
T
X AT AX = X 0 = 0 ⇔ AX (AX) = 0.

j=1
=
ai,j ∈R
7.44
ai,j xj = AX.
j=1
8891
2502
Si on note Y = (yk )1⩽k⩽n alors on obtient :
4.12
j=1
n
:89.8


n
n


Y =
ai,j xj =
ai,j xj
:164

n
ai,j xj  alors on dispose de la formule
Posons Y = AX = 
j=1
103
Soit X ∈ Cn alors on a les équivalences suivantes :
X ∈ ker A3 ⇔ A3 X = 0 ⇔ AT AX = 0.
n
n
T
T
2
0 = AX (AX) = Y Y =
y k yk =
|yk | .
k=1
582:
k=1
0753
Cette somme étant nulle et constituée de termes positifs, tous ces termes sont nuls c’est-à-dire :
None
:211
∀k ∈ {1, ..., n} , yk = 0 ⇒ Y = 0 ⇔ AX = 0 ⇒ X ∈ ker (A) .
Ainsi, on a démontré l’inclusion ker A3 ⊂ ker (A) d’où l’égalité souhaitée, ce qui permet de
conclure.
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 91 Exercice de difficulté standard pour ce concours. Ce sujet se résout
avec les grands classiques des oraux : théorème spectral et caractéristisation des matrices
diagonalisables via les polynômes annulateurs. Un candidat affirmant la classique égalité
ker (t AA) = ker (A) pour conclure à la diagonalisation (l’inclusion ker (t AA) ⊂ ker (A)
2
est immédiate et l’égalité AX = t AAX | X permet de justifier l’inclusion réciproque)
fera une erreur de raisonnement (il considère le noyau dans Rn et non dans Cn ) mais
cela sera probablement bien valorisé par l’interrogateur (initiative intéressante et bonne
autonomie du candidat).
Il s’agit d’un très bon sujet d’entrainement pour les oraux des différents concours.
Endomorphismes des espaces euclidiens
183
Exercice 92 (Mines-Ponts) On considère un espace euclidien E de dimension n ⩾ 2, ainsi
qu’une base orthonormale (e1 , . . . , en ) de E.
n
1. Soit f un endomorphisme de E. Vérifier que Tr (f ) =
k=1
f (ek ) | ek .
2. Soit f et g deux endomorphismes symétriques de E ayant leurs valeurs propres
positives. Montrer que :
0 ⩽ Tr (f ◦ g) ⩽ Tr (f ) Tr (g) .
3. On suppose de plus f inversible.
Dans quel cas a-t-on : Tr (f ◦ g) = 0 ? Tr (f ◦ g) = Tr (f ) Tr (g) ?
103
···
7897
an,1

a1,n
..  la matrice de f dans la base (e , ..., e ) alors :
1
n
. 
···
an,n
∀j ∈ {1, ..., n} , , f (ej ) =
i=1
ai,j ei ⇒
ai,j ei | ej = aj,j ej | ej = aj,j
4.12
n
i=1
=0 si i=j
n
⇒ Tr (f ) = Tr (A) =
=1
aj,j =
j=1
n
j=1
f (ej ) | ej .
8891
2502
f (ej ) | ej =
n
:164
a1,1
 ..
1. Soit A =  .
7.44

:89.8
Solution 92
=
n
g (ek ) | ek =
µ k = µi +
k=1
k=i
=
Tr (f ◦ g) =
n
k=1
n
k=1
⩾0
(f ◦ g) (ek ) | ek =
rvox.
:
f (µk ek ) | ek =
k=1
µk ⇒ (1) : Tr (g) =
n
scho
la
(2)
µk ek | ek =
com:
D’après la question précédente, on a :
k=1
0753
k=1
n
:211
=
n
None
Tr (g)
n
582:
2. Comme g est symétrique, d’après le théorème spectral, il existe une base orthonormale
B = (e1 , ..., en ) de E formée de vecteurs propres pour g. Pour tout i ∈ {1, ..., n} , on note
µi la valeur propre associée à ei alors, d’après l’énoncé, µi ⩾ 0 donc on a :
k=1
n
k=1
µk ek | ek =1
n
µ k ⩾ µi .
k=1
f (g (ek )) | ek µk f (ek ) | ek .
univ.
Comme f est symétrique, d’après le théorème spectral, il existe une base orthonormale
B = (e1 , ..., en ) de E formée de vecteurs propres pour f. Pour tout i ∈ {1, ..., n} , on
184
Mines-Ponts
note λi la valeur propre associée à ei et, d’après l’énoncé, on a λi ⩾ 0. Pour tout x ∈ E,
n
xi ei donc on peut écrire :
il existe (x1 , ..., xn ) ∈ Rn tel que x =
i=1
f (x) | x
n
=
xi f (ei ) |
i=1
n n
n
xj ej
j=1
=
n
i=1
xi λi ei |
n
λi xi xj ei | ej =
λi x2i ei | ei i=1 j=1
i=1
=
n
=
n
xj ej
j=1
1
0 si i=j
λi x2i ⇒ (3) : ∀x ∈ E, f (x) | x ⩾ 0
i=1 ⩾0
⩾à
n
k=1
λk f (ek ) | ek ⩽ Tr (g)
n
k=1
:164
∀k ∈ {1, ..., n} , µk f (ek ) | ek ⩽ Tr (g) f (ek ) | ek f (ek ) | ek = Tr (g) Tr (f ) ,
ce qui permet de conclure.
7.41
⇒ Tr (f ◦ g) =
µj = Tr (g)
j=1
4.12
⇒
×f (ek )|ek n
7900
∀k ∈ {1, ..., n} , µk ⩽
419
En combinant les relations (1) , (2) , (3) , on peut affirmer que Tr (f ◦ g) ⩾ 0 et
:89.8
3. On conserve les notations et les résultats de la réponse à la question précédente.
8891
2502
Étude de Tr (f ◦ g) = 0.Puisque f est inversible, 0 n’est pas valeur propre de f c’est-àdire
∀i ∈ {1, ..., n} , λi > 0.
n
k=1
µk f (ek ) | ek = 0.
0753
Tr (f ◦ g) = 0 ⇔
582:
En outre, on a :
None
:211
Comme cette somme est nulle et chaque terme la composant est positif, on en déduit que
chaque terme est nul c’est-à-dire :
i=1
xi ei ∈ E\ {0} c’est-à-dire qu’il existe i0 tel que xi0 = 0, on a :
f (x) | x =
n
rvox.
n
λi x2i ⩾ λi0 x2i0 > 0
scho
la
Or, pour tout x =
com:
(4) : ∀k ∈ {1, ..., n} , µk f (ek ) | ek = 0.
i=1 >0
⩾à
>0
>0
univ.
D’après la relation (4) et comme ek = 0 pour tout k ∈ {1, ..., n} (ce vecteur est unitaire
par exemple), on en déduit que µk = 0 pour tout k ∈ {1, ..., n} . Comme la matrice de g
Endomorphismes des espaces euclidiens
185
dans la base (e1 , ..., en ) est diag (µk )1⩽k⩽n = 0n , on en déduit que g = 0.
Étude de Tr (f ◦ g) = Tr (f ) Tr (g) . D’après la réponse à la question précédente, on a :
Tr (f ) Tr (g)
=
⇔
Tr (f ◦ g) ⇔ Tr (g)
n
k=1
n
k=1
f (ek ) | ek =
n
k=1
µk f (ek ) | ek (Tr (g) − µk )f (ek ) | ek = 0.
⩾0
⩾0
⇒ ∀k ∈ {1, .., n} , (Tr (g) − µk ) f (ek ) | ek = 0
>0
⇔ ∀k ∈ {1, .., n} , Tr (g) − µk = 0 ⇔
⇒
i∈{1,...,n}\{k}
∀k ∈ {1, .., n} , ∀i ∈ {1, .., n} \ {k} , µi = 0.
µi = 0
⩾0
7900
419
Autrement dit, toutes les valeurs propres de g sont nulles donc g = 0.
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
Commentaires 92 Exercice standard et relativement classique pour ce concours mais
qui s’avère néanmoins très discriminant. Ce sujet nécessite du candidat une importante
connaissance du cours sur les espaces euclidiens et leurs endomorphismes. La première
question étant un marqueur manifeste de cette connaissance en pratique.
Les deux points clés pour la deuxième question sont de choisir une base orthonormée
fournit par le théorème spectral et de savoir exprimer f (x) | x en somme de carrées si f
est un endomorphisme symétrique.
La troisième question est très sélective car les raisonnements de la deuxième question
perdurent mais elle demande aussi du candidat un recul certain sur les calculs qu’il mène
(les raisonnements sont simples, somme de termes positifs est nulle si et seulement si tous
ses termes sont nuls, encore faut-il le remarquer et l’utiliser à bon escient).
1/n
⩾ 1 + (det (M ))
0753
(det (M + In ))
582:
Exercice 93 (Mines-Ponts) Soit M ∈ Sn (R) à valeurs propres dans R+ . Montrer que :
1/n
.
=
P diag (λ1 , .., λn )P −1 ⇒ det (M ) = det (D) =
com:
M
None
:211
Solution 93 D’après le théorème spectral, M est diagonalisable donc il existe une matrice
inversible P et des réels positifs (car Sp (M ) ⊂ R+ ) tel que
D
rvox.
Si det (M ) = 0 alors
det (M + In ) =
n
i=1
i=1
scho
la
=
λi .
i=1
n
det P DP −1 + In = det P (D + In ) P −1 = det (D + In ) =
(1 + λi ) .
univ.
det (M + In )
n
(1 + λi ) ⩾
λi ⩾0
n
i=1
1 = 1 = 1 + (det (M ))
1/n
.
186
Mines-Ponts
Si det (M ) = 0 alors tous les réels (λi )1⩽i⩽n sont non nuls et comme ils sont positifs, on peut
dire qu’ils sont strictement positifs.
La fonction f : t → ln (1 + et ) est convexe sur R car elle est deux fois dérivable sur R et
f : t →
et
1
et
=1−
, f : t →
2
t
t
1+e
1+e
(1 + et )
est positive sur R∗+ . En particulier, en choisissant les réels (ln (λi ))1⩽i⩽n et la famille
1
n 1⩽i⩽n
formée de réels positifs de somme 1, on peut écrire :
 
1/n 
n
n
n
n
1
1
 ⩽ 1
ln (λi ) ⩽
f (ln (λi )) ⇔ f ln 
λi
ln (1 + λi )
f
n
n
n i=1
i=1
i=1
i=1


n 1/n 
1/n 
n
 ⩽ ln 

⇔ ln 1 +
λi
(1 + λi )
i=1
⩽
(1 + λi )
i=1
1/n
,
419
λi
n
7900
i=1
i=1
1/n
:164
⇔1+
n
7.41
ce qui permet de conclure.
:89.8
4.12
Commentaires 93 Exercice classique et relativement simple pour ce concours. Les points
clés étant le théorème spectral et la convexité.
8891
2502
Exercice 94 (Mines-Ponts) Soient (E, |) un espace euclidien de dimension n ∈ N∗ et la norme associée. Soient p ∈ N avec p > n, d ∈ R∗+ et (x1 , . . . , xp ) une famille de vecteurs
unitaires de E tels que pour i = j, xi − xj = d.
1. Déterminer les valeurs propres de la matrice A = (xi | xj )1⩽i,j⩽p .
0753
Solution 94
582:
2. En déduire la valeur de d, puis que p = n + 1.
2
=
2

A=

1
(α)
..
(α)
.
..
.

=1
2
rvox.
d
.
2
d2
. Par conséquent, la matrice A s’écrit :
2

 = αJ + (1 − α) In avec J = (1)
1⩽i,j⩽p ∈ Mp (R) .

univ.

xi | xj = 1 −
scho
la
Par simplicité, notons α = 1 −
com:
=1
⇔
2
d2 ⇔ xi − 2 xi | xj + xj = d2
None
2
xi − xj :211
1. D’après les formules de développements des normes euclidiennes, pour (i, j) ∈ {1, .., n}
avec i = j, on a :
Endomorphismes des espaces euclidiens
187
(tous les coefficients de J valent 1). Il est immédiat que J est symétrique à coefficients
réels donc elle est diagonalisable. Son rang vaut 1 (toutes ses colonnes sont colinéaires à
la première qui est non nul) donc elle n’est pas inversible, ce qui prouve que 0 est valeur
propre de J. En outre, d’après le théorème du rang, on a :
dim (E0 (J)) = dim (ker (J)) = p − rg (J) = p − 1.
Comme J est diagonalisable, sa trace est la somme de ses valeurs propres dont la dernière
valeur propre λ vérifie :
0 + · · · + 0 + λ = p ⇒ λ = p.
Ainsi, il existe une matrice inversible P telle que
J
=
P diag (0, .., 0, p)P −1 ⇒ A = αP DP −1 + (1 − α) In
=D
=
419
=
P (αD + (1 − α) In ) P −1 = P diag (1 − α, .., 1 − α, α (p − 1) + 1) P −1
2
d2
d2
d
, .., , 1 −
(p − 1) + 1 P −1 ,
P diag
2
2
2
:164
7900
ce qui démontre l’égalité ensembliste :
2 d2
d
, 1−
(p − 1) + 1 .
Sp (A) =
2
2
i=1
µi xi | xj = 0 ⇒
8891
2502
⇔ ∀j ∈ {1, .., p} ,
i=1
p
:89.8
i=1
4.12
7.41
2. Comme p > n = dim (E) , la famille (x1 , .., xp ) est liée donc il existe une famille de réels
(µi )i∈{1,..,p} non identiquement nuls tels que :
p
p
µi xi = 0 ⇒ ∀j ∈ {1, .., p} ,
µi xi | x j = 0
p
µi Li = 0
i=1
com:
None
:211
0753
582:
où, pour chaque i ∈ {1, .., p} , Li est le ie ligne de la matrice A. Par conséquent, la famille
des lignes de A est liée donc A n’est pas inversible, ce qui prouve que son déterminant
vaut 0. Or, d’après la question précédente, la matrice A est diagonalisable donc son
déterminant est le produit de ses valeurs propres (comptées avec multiplicité). Ainsi, on
obtient l’égalité :
2 p−1 d2
d
0 = det (A) =
1−
(p − 1) + 1
2
2
d2
1
d2
(p − 1) + 1 = 0 ⇔ 1 −
=−
(car p > n ⩾ 1)
⇔ 1−
d=0
2
2
p−1
d2
1
p
2p
⇔
=1+
=
⇒d=
(d > 0)
2
p−1
p−1
p−1
univ.
scho
la
rvox.
Prouvons que la famille (x1 , .., xp−1 ) est libre en procédant par l’absurde. Supposons que
2
la famille (x1 , .., xp−1 ) soit liée. Comme, pour tout (i, j) ∈ {1, .., p − 1} avec i = j, on a
xi − xj = d. On peut appliquer rigoureusement tout l’argumentaire de la question 2 à
la matrice B = (xi | xj )1⩽i,j⩽p−1 (il suffit de remplacer p par p − 1) donc
2 (p − 1)
.
0 = det (B) ⇒ d =
(p − 1) − 1
188
Mines-Ponts
En particulier, si on pose
f : x →
x
=
x−1
1+
1
x−1
qui est une fonction strictement décroissante sur [1, +∞[on en déduit que
2p
2 (p − 1)
=d=
⇒f (p) = f (p − 1) ,
p−1
(p − 1) − 1
ce qui est absurde. Ainsi, la famille (x1 , .., xp−1 ) est libre, elle est de cardinal p − 1 et
appartient à E qui est de dimension n donc
p − 1 ⩽ n ⇔ p ⩽ n + 1.
419
Comme, par hypothèse, on a p > n ⇔ p ⩾ n + 1, on en déduit l’égalité attendue :
p = n + 1.
4.12
7.41
:164
7900
Commentaires 94 Exercice étudiant le nombre maximal de points que l’on peut placer
sur une sphère euclidienne et qui soient équidistants. Il n’est pas difficile techniquement
et ne demande pas d’astuce particulière. Par contre, il demande une solide connaissance
du cours d’espaces euclidiens et des raisonnements fondamentaux d’algèbre linéaire ainsi
que des automatismes attendus sur ces chapitres. Il s’agit d’un bon sujet de préparation à
l’oral sur ces thématiques.
:89.8
Exercice 95 (Mines-Ponts) On munit Mn,1 (R) de sa structure euclidienne canonique.
Soient p ∈ N avec p ⩾ 2 et A ∈ Mn (R) . On suppose que Ap = t A. On pose B = Ap+1 .
2
8891
2502
1. Montrer que B p = B et ∀X ∈ Mn,1 (R) , BX | X = AX . Que dire des valeurs
propres de B ?
2. Montrer que B 2 = B et comparer Im (A) , Im (B) , ker (A) et ker (B) .
3. Montrer que ∀X ∈ Im (A) , AX = X .
582:
Solution 95
0753
1. Commençons par la remarque fondamentale de cet exercice :
None
B p = B La matrice A commute avec t A car :
:211
B = Ap A = t AA.
At A = AAp = Ap+1 = Ap A = t AA.
2
scho
la
rvox.
com:
On peut alors appliquer la règle de calcul suivante :
p
t
B p = t A Ap = t (Ap ) Ap (car (U V ) = t V t U )
t
= t t A A = At A = t AA = B.
univ.
BX | X = AX . Rappelons que le produit scalaire et la norme euclidienne canonique sur Mn,1 (R) sont définis par :
2
∀ (X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , X | Y = t XY, X = X | X.
Endomorphismes des espaces euclidiens
189
Ainsi, pour tout X ∈ Mn,1 (R) , comme le produit scalaire est symétrique, on peut écrire :
2
BX | X = X | BX = t XBX = t X t AAX = t (AX) AX = AX .
Sp (B) . La matrice B est symétrique à coefficients réels car :
t
B = t At t A = t AA = B
donc, d’après le théorème spectral, elle est diagonalisable (en base orthonormale) et ses
valeurs propres sont réelles. En outre, si λ est une valeur propre de B et X0 ∈ Mn,1 (R) ,
la formule précédente montre que :
2
2
BX0 | X0 = AX0 ⇔ λX0 | X0 = AX0 2
2
⇔ λ X0 | X0 = AX0 ⇔2
÷X0 =0
λ=
AX0 2
X0 ⩾ 0.
annule B donc
7900
2. B 2 = B. D’après la question précédente, le polynôme
P = X p − X = X X p−1 − 1
419
Par conséquent, toutes les valeurs propres de B sont réelles et positives.
:164
Sp (B) ⊂ {racines de P } ⊂ {0, 1, −1}
4.12
7.41
(selon la parité de p − 1). Or, les valeurs propres de B sont positives (cf. question 1)
donc
Sp (B) ⊂ {0, 1}
8891
2502
:89.8
et comme B est diagonalisable (cf. question 1), il existe une matrice inversible P telle
que
B = P diag (0, .., 0, 1, .., 1)P −1 ⇒ B 2 = P D2 P −1 = P DP −1 = B
=D
(car 02 = 0 et 12 = 1).
Comparaison. Soit X ∈ ker (A) alors
582:
AX = 0 ⇒ BX = t AAX = t A0 = 0 donc ker (A) ⊂ ker (B) .
0753
Soit X ∈ ker (B) alors, d’après la question précédente, on a l’égalité :
2
AX = BX | X = 0 | X = 0 ⇒ AX = 0 ⇒ X ∈ ker (A) ,
:211
ce qui prouve l’inclusion
None
ker (B) ⊂ ker (A) ⇒ ker (B) = ker (A) .
com:
Soit X ∈ Im (B) alors il existe Y tel que
X = BY = Ap+1 Y = A (Ap Y ) ∈ Im (A)
ce qui prouve l’égalité ensembliste :
scho
la
= rg (B) = n − dim (ker (B)) = n − dim (ker (A))
= rg (A) = dim (Im (A)) ,
univ.
dim (Im (B))
rvox.
d’où l’inclusion Im (B) ⊂ Im (A) . Or, d’après le théorème du rang, on a :
Im (B) = ker (B) .
190
Mines-Ponts
3. Soit X ∈ Im (A) . D’après la question précédente, on a l’égalité Im (B) = Im (A) donc
X ∈ Im (B) . Comme B est un projecteur et que X ∈ Im (B), on peut affirmer que
BX = X. En utilisant la question 1, on en déduit que :
2
2
AX = BX | X = X | X = X ,
ce qui permet de conclure (en passant à la racine carrée).
Commentaires 95 Exercice très (trop ?) détaillé pour le concours Mines-Ponts. Il ne
teste pas l’autonomie ou l’imagination du candidat mais uniquement sa bonne compréhension des notions fondamentales concernant les espaces euclidiens et leurs endomorphismes,
de la réduction des endomorphismes ainsi que celles d’algèbre linéaire. L’interrogateur sera
également attentif à la rigueur du candidat (dans l’énonciation des résultats et la mise en
place de ceux-ci). Ce sujet est originellement issu du concours Centrale-SupElec.
7900
419
Exercice 96 (Mines-Ponts) Soit E un espace vectoriel euclidien et p, q deux projecteurs
orthogonaux.
1. Montrer que p + q admet des vecteurs propres.
7.41
:164
2. Montrer que, pour vecteur propre x de p + q, l’espace vectoriel Vect(x, p(x)) est
stable par p et q.
4.12
3. Montrer que E peut se décomposer en somme directe de plans ou droites stables
par p et q.
:89.8
Solution 96
8891
2502
1. Comme p et q sont des projecteurs orthogonaux, ce sont deux endomorphismes symétriques donc leur somme p + q est également un endomorphisme symétrique. D’après
le théorème spectral, p + q est diagonalisable en base orthonormale donc il possède des
vecteurs propres.
582:
2. Soit x un vecteur propre de p + q, il existe un réel λ tel que
0753
(p + q) (x) = λx ⇔ (∗) : p (x) + q (x) = λx.
None
:211
Notons F = Vect (x, p (x)) . Comme p est un projecteur, on a p2 = p, ce qui nous permet
d’écrire :
p (F ) = p (Vect (x, p (x))) = Vect p (x) , p2 (x) = Vect (p (x)) ⊂ F.
com:
D’après (∗) , on peut affirmer que
∈F
univ.
donc on a l’égalité ensembliste suivante :
scho
la
rvox.
q (x) = λx − p (x) ∈ Vect (x, p (x)) = F
q (p (x)) = q (λx − q (x)) = λq (x) − q 2 (x) = λq (x) − q (x)
= (λ − 1) q (x) ∈ F
q (F ) = q (Vect (x, p (x))) = Vect (q (x) , q (p (x))) ⊂ F.
Endomorphismes des espaces euclidiens
191
:164
7900
419
3. On procède par récurrence forte en posant pour tout entier n ⩾ 1 (Hn ) : « pour tout
espace vectoriel euclidien E de dimension n et tous projecteurs orthogonaux p et q de E,
E est somme directe orthogonale de plans stables par p et q ».
Initialisation n = 1. Soient E espace vectoriel euclidien de dimension 1, p et q deux
projecteurs orthogonaux de E. Alors E est une droite et il est stable par p et q sont (H1 )
est vraie.
Hérédité. Soit n ⩾ 2 et supposons la propriété (Hk ) vérifiée pour tout entier
k ∈ {1, .., n − 1} . Soient E espace vectoriel euclidien de dimension 1, p et q deux projecteurs orthogonaux de E.
D’après la question 1, il existe un vecteur propre x de p + q et F = Vect (x, p (x)) est
stable par p et q. Comme x = 0 (puisque c’est un vecteur propre), on peut affirmer que
dim (F ) ⩾ 1 et comme (x, p (x)) est une famille génératrice de F, on peut affirmer que
dim (F ) ⩽ 2. Ainsi, F est une droite ou un plan stable par p et q. Comme p + q est
symétrique et que F est stable par p + q, on peut affirmer que F ⊥ est stable par p + q
(résultat de cours).
Si F = E alors E est un plan stable (car dim (E) = n ⩾ 2 et dim (E) = dim (F ) ⩽ 2)
par p + q et (Hn ) est vraie.
Si F = E alors F ⊥ = {0} . Notons p1 (respectivement) q1 la restriction de p (resp. q) à
F ⊥ . Il est immédiat que F ⊥ est un espace euclidien de dimension k ∈ {1, .., n − 1} et p,
q sont deux endomorphismes de F ⊥ . Comme p (resp. q) est un projecteur orthogonal de
E, on peut affirmer que p1 (resp. q1 ) est un projecteur orthogonal de F ⊥ puisque :
2
=
p∈S(E)
x | p (y) = x | p1 (y)
:89.8
p1 (x) | y = p (x) | y
4.12
7.41
∀x ∈ F ⊥ , (p1 ) (x) = p1 (p1 (x)) = p (p (x)) = p (x) = p1 (x)
2
(donc p1 est un projecteur) et, pour tout (x, y) ∈ F ⊥ , on a :
i=1
582:
s
2
Fi avec ∀ (i, j) ∈ {1, .., s} , i = j ⇒ Fi ⊥ Fj .
0753
F⊥ =
8891
2502
donc p1 ∈ S F ⊥ , ce qui prouve que p1 (idem pour q1 ) est un projecteur orthogonal
(caractérisation des projecteurs orthogonaux comme projecteurs qui sont des endomorphismes symétriques). L’hypothèse de récurrence montre qu’il existe des droites ou plans
(Fi )1⩽i⩽s tels que
None
:211
Comme E est de dimension finie, on peut affirmer que :
s
⊥
E =F ⊕F =F ⊕
Fi .
i=1
scho
la
rvox.
com:
Comme les espaces (F, F1 , .., Fs ) sont deux à deux orthogonaux (pour tout i, Fi ⊂ F ⊥
donc Fi est orthogonal à F et les Fi sont orthogonaux entre eux), ils sont en somme
directe. En outre, d’après les formules de Grassmann et de l’orthogonal d’un sous-espace
vectoriel, on a la formule suivante :
s
⊥
dim (E) = dim (F ) + dim F
= dim (F ) + dim
Fi
dim (F ) +
univ.
=
s
i=1
dim (Fi ) .
i=1
192
Mines-Ponts
Par conséquent, les sous-espaces (F, F1 , .., Fs ) sont en somme directe et leur somme vaut
E. Chacun de ces sous-espaces étant une droite ou un plan, on en déduit que (Hn ) est
vraie.
Ainsi, dans tous les cas, (Hn ) est vraie, ce qui achève la récurrence et permet de conclure.
La troisième question est en partie une recopie de cours (très proche de la preuve par
récurrence du théorème spectral, une fois démontré l’existence d’une valeur propre réelle
à tout endomorphisme symétrique). Le point clé étant le lemme de cours suivant : si u est
symétrique, si F est un sous-espace stable par u alors F ⊥ est stable par u (ceci est aussi
vraie pour les endomorphismes orthogonaux des espaces euclidiens). A l’oral, il n’est pas
attendu une rigueur aussi importante que dans ce corrigé. Un candidat solide l’invoquant
et indiquant que le résultat est vraie en dimension 1 et 2 (il devra l’expliquer) puis
affirmer qu’une récurrence sur la dimension suffit (l’appliquer à F et à F ⊥ ) convaincra
probablement un nombre important d’interrogateurs.
7.41
:164
7900
419
Commentaires 96 La première question pose difficulté à de nombreux candidats qui oublient le caractère symétrique des projections orthogonales (qui est inscrit au programme
officiel de MP). L’interrogateur se fera certainement un plaisir de demander au candidat
l’ayant oublié de le redémontré. Cet oubli ne sera probablement pas sanctionné (si le candidat parvient à faire la preuve de façon autonome néanmoins).
La deuxième question ne doit pas poser de difficulté particulière à un candidat au concours
Mines-Ponts.
:89.8
4.12
Exercice 97 (Mines-Ponts) On considère le système
M 2 + In = 0n
(S) :
M tM = tM M
8891
2502
d’inconnue M ∈ Mn (R) .
1. Résoudre le système pour n impair.
2. Résoudre le système pour n pair.
582:
Solution 97
:211
0753
1. Supposons que (S) admet une solution M ∈ Mn (R) .
Première méthode (MPSI). On peut écrire :
2
n
M 2 = −In ⇒ det M 2 = det (−In ) ⇔ (det (M )) = (−1) .
2
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
Comme det (M ) ∈ R, on peut affirmer que (det (M )) est positif et comme n est impair,
n
on a (−1) = −1 < 0, ce qui absurde.
Seconde méthode (MP). Le polynôme caractéristique χM étant de degré impair et à
coefficients réels, il admet (au moins) une racine (théorème des valeurs intermédiaires
car χM est continue sur R, tend vers −∞ en −∞ et +∞ en +∞). Ainsi, M admet des
valeurs propres. Or, le polynôme P = X 2 + 1 annule M donc ses valeurs propres sont
racines de P. Ce dernier n’admettant aucune racine dans R, on obtient une contradiction.
Conclusion : (S) n’admet aucune solution.
2. Comme n est pair, il existe un entier p tel que n = 2p. On procède par analyse-synthèse.
Phase d’analyse. On considère la matrice
A = M tM = tM M
Endomorphismes des espaces euclidiens
193
qui est symétrique à coefficients réels (car t A = A) donc, d’après le théorème spectral, elle
est diagonalisable donc il existe une matrice inversible P telle que P −1 AP est diagonale.
Comme M commute avec t M, on peut écrire l’égalité suivante :
t
A2 = t M M 2 t M = t M (−In ) M = − t (M M ) = −t (−In ) = In ,
donc le polynôme P = X 2 − 1 annule A, ce qui prouve l’inclusion ensembliste
Sp (A) ⊂ {racines de P } = {−1, 1} .
Munissons Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique
2
∀ (X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , X | Y = t XY.
Supposons que −1 soit valeur propre de A, il existe X ∈ Mn,1 (R) \ {0} tel que :
2
AX = −X ⇒ AX | X = −X | X ⇔ t X t AX = − X
2
⇔ t X t M M X = − X ⇔ t (M X) M X = − X
2
2
2
2
⩽0
7900
⩾0
419
⇔ M X = − X ⩽ 0 ⇒ X = 0 ⇒ X = 0,
:164
ce qui absurde donc −1 n’est pas valeur propre de A. Ainsi, 1 est l’unique valeur propre
de A donc on peut écrire :
7.41
P −1 AP = diag (1, .., 1) = In ⇒ A = P In P −1 = In ⇔ M t M = In
8891
2502
:89.8
4.12
donc M est une matrice orthogonale. D’après le théorème de réduction des isométries,
il existe une matrice orthogonale P, des entiers r, s, t (éventuellement nuls) et des réels
θ1 , .., θt tels que :
cos (θ) − sin (θ)
.
M = P diag (−Ir , Is , Rθ1 , .., Rθt ) P −1 avec ∀θ ∈ R, Rθ =
sin (θ) cos (θ)
2
⇔
0753
582:
Remarquons également que (Rθ ) = R2θ (composée deux fois une rotation d’angle θ
donne une rotation d’angle 2θ). D’après le calcul matriciel par blocs, l’équation M 2 +In =
0 se réécrit :
2
2
2
2
M 2 = −In ⇔ P diag (−Ir ) , (Is ) , (Rθ1 ) , .., (Rθt ) = −In
diag (Ir , Is , R2θ1 , .., R2θt ) = In ⇔ r = s = 0 et ∀i ∈ {1, .., t} , R2θi = −I2
rvox.
com:
None
:211
r = s = 0 et ∀i ∈ {1, .., t} , 2θi = π mod (2π) (∗)
π
⇔ ∀r = s = 0 et i ∈ {1, .., t} , θi = mod (π)
2 0 −1
⇔ r = s = 0 ⇒ ∀i ∈ {1, .., t} , Rθi = ±
1 0
0 −1
−1
avec R =
et ε1 , .., εp ∈ {−1, 1} .
⇒ M = P diag (ε1 R, .., εp R) P
1 0
⇔
univ.
scho
la
(∗) les seules rotations du plan qui sont des symétries par rapport à O sont celles d’angle
π (à 2π près).
Synthèse. Soient P ∈ On (R) et ε1 , .., εp ∈ {−1, 1}, posons :
0 −1
R=
et M = P diag (ε1 R, .., εp R) P.
1 0
194
Mines-Ponts
Alors, par le calcul matriciel par blocs, on a :
2
M 2 = P diag (εi R)
P −1 = P diag R2 1⩽i⩽p P −1 = P diag (−I2 ) P −1
1⩽i⩽p
=
P (−In ) P
−1
= −In ⇒ M 2 + In = 0n .
En outre, comme P est orthogonale, on a
t
P =P
−1
⇒
t
P
−1
t
= P et R =
0
−1
1
0
=
0
−1
1
0
= −R.
Toujours par calcul matriciel par blocs, on a la formule suivante :
t
M = t P −1 diag t (ε1 R) , ..,t (εp R) P −1
= P diag (−ε1 R, .., −εp R) P −1 = −M
⇒ t M M = −M 2 = M (−M ) = M t M.
∈
7900
P
P diag (ε1 R, .., εp R) P −1 avec
0 −1
On (R) , R =
et ε1 , .., εp ∈ {−1, 1} .
1 0
:164
=
7.41
M
419
Conclusion : Les solutions du système (S) sont exactement les matrices :
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
Commentaires 97 La première question est assez astucieuse (et sans grand intérêt d’apprentissage, hormis de montrer que le système n’admet aucune solution).
La seconde question est par contre très intéressante car elle fait un tour d’horizon des
notions clés du chapitre des endomorphismes des espaces euclidiens (théorème spectral,
diagonalisation et signe des valeurs propres de t M M, observer la commutation pour en
déduire une équation vérifiée par celle-ci, utiliser le théorème de structure des endomorphismes orthogonaux pour trouver tous ceux vérifiant R2 = −In ).
Chapitre 5
CCINP
7900
5.1
419
Structures algébriques et
arithmétique
4.12
7.41
:164
Exercice 98 (CCINP) Soit I un idéal de l’anneau commutatif A, on appelle radical de A
l’ensemble
√
I = {x ∈ A, ∃n ∈ N∗ / xn ∈ I} .
√
1. Montrer que 0 = {x ∈ A, ∃n ∈ N∗ , xn = 0} est un idéal de A.
√
2. Montrer que I est un idéal et qu’il contient I.
1. Soient a ∈ A et x ∈
commutatif, on a
√
8891
2502
0. Il existe un entier n ⩾ 1 tel que xn = 0. Comme A est
0753
Solution 98
582:
√
√ (a) Montrer que : (I ⊂ J) ⇒
I⊂ J .
√
√
√
(b) Montrer que : I ∩ J = I ∩ J.
√
√
4. Soit I un idéal de A. Montrer que
I = I.
:89.8
3. Soit I et J des idéaux de A.
com:
None
:211
√
n
(ax) = an xn = an 0 = 0 ⇒ ax ∈ 0.
√
Soient x et y appartenant à 0. Il existe n ⩾ 1 et m ⩾ 1 tels que xn = 0 et y m = 0.
Comme x et y commutent (puisque A est commutatif ), la formule du binôme de Newton
montre que :
n+m
n+m
n+m k n+m−k
x y
.
=
(x + y)
k
rvox.
k=0
scho
la
Si k ∈ {n, ..., n + m} alors n − k ∈ N donc
xk = xn xk−n = 0xk−n = 0.
univ.
Si k ∈ {0, ..., n − 1} alors k < n donc n − k ∈ N donc
y n+m−k = y m y n−k = 0y n−k = 0.
196
CCINP
n+m
Par conséquent, quelque soit k ∈ {0, ..., n +√m} , xk y n+m−k
= 0 donc (x + y)
=0
√
avec n + m ⩾ 1, ce qui prouve que x + y ∈ 0. Ainsi, 0 est un idéal de A.
√
√
∈ I donc x ∈ I, ce qui prouve l’inclusion I ⊂ I.
2. Soit x ∈ I, on a x1 = x√
Soient a ∈ A et x ∈ I. Il existe un entier n ⩾ 1 tel que xn ∈ I. Comme A est
commutatif, on a
√
n
an xn ∈ I ⇒ ax ∈ I.
(ax) = √
∈A
∈I
Soient x et y appartenant à I. Il existe n ⩾ 1 et m ⩾ 1 tels que xn ∈ I et y m ∈ I.
Comme x et y commutent (puisque A est commutatif ), la formule du binôme de Newton
montre que :
n+m
n+m
n+m k n+m−k
.
=
x y
(x + y)
k
k=0
xk y n+m−k = xn xk−n y n+m−k ∈ I.
∈I
419
Si k ∈ {n, ..., n + m} alors n − k ∈ N donc
xk y n+m−k = xk y n−k y m ∈ I.
∈A
7.41
aI
:164
Si k ∈ {0, ..., n − 1} alors k < n donc n − k ∈ N donc
7900
∈A
:89.8
4.12
Par conséquent, quelque soit k ∈ {0, ..., n + m} , xk y n+m−k ∈ I donc
n+m k n+m−k
x y
= xk y n+m−k + · · · + xk y n+m−k ∈ I
k
n+m
fois
k
(x + y)
n+m
=
n+m
k=0
n+m k n+m−k
x y
∈I
k
0753
582:
(car I est
donc il est stable par addition) avec n + m ⩾ 1, ce qui prouve que
√ un idéal √
x + y ∈ I. Ainsi, I est un idéal de A.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
√
(a) Soit √
x ∈ I, il existe un√entier√n tel que xn ∈ I et comme I ⊂ J, on a xn ∈ J donc
x ∈ J d’où l’inclusion I ⊂ J.
(b) Comme I ∩ J ⊂ I et I ∩ J ⊂ J, d’après la question précédente, on a les inclusions :
√
√
√
√
√
I
∩
J
⊂
√ I ⇒ I ∩ J ⊂ I ∩ J.
√
I ∩J ⊂ J
√
√ √
Soit √
x ∈ I ∩ J. Comme x ∈ I, il existe un entier n ⩾ 1 tel que xn ∈ I et comme
x ∈ J, il existe un entier m ⩾ 1 tel que xm ∈ J donc
 n m
x x ∈I


 ∈I ∈A
⇒ xn+m ∈ I ∩ J avec n + m ⩾ 2 ⩾ 1.
xn+m =
xn xm ∈ J



∈A
∈J
univ.
3.
8891
2502
(car I est un idéal de A donc il est stable par addition). Par conséquent, on a :
Structures algébriques et arithmétique
197
√
√
√
√
d’où
√ x√∈ I√∩ J. Ainsi, on a prouvé l’inclusion I ∩ J ⊂ I ∩ J d’où l’égalité
I ∩ J = I ∩ J.
√
4. D’après la question
√2, on a l’inclusion I ⊂ I. D’après la question 3.a, on en déduit
√
l’inclusion
I.
√I ⊂
√
Soit x ∈
I. Il existe un entier n ⩾ 1 tel que xn ∈ I donc il existe un entier
√ m⩾1
m
nm
I, ce qui
x
∈
I.
Comme
nm
⩾
1
×
1
=
1,
on
en
déduit
que
x
∈
tel que (xn ) ∈ I ⇔
√
√
√
√
I ⊂ I. Ainsi, on a démontré l’égalité
I = I.
prouve l’inclusion
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
Commentaires 98 A priori, l’exercice est difficile pour CCINP car les structures algébriques sont peu questionnées à ses oraux et peu maitrisées par les candidats. En effet,
en pratique un candidat CCINP en a peu pratiqué tant en MPSI qu’en MP (ces notions
sont plus présentes aux concours Mines-Ponts et surtout X-ENS). Il est fort probable
qu’une part importante des candidats ne se souvienne plus de la notion d’idéal donc soit
dans l’impossibilité de traiter les questions 1 et 2. Il ne faut pas paniquer dans ce type
de configuration et lire intégralement le sujet. Heureusement, le concepteur a paré à cette
éventualité car les questions 3.a et 4 peuvent se résoudre sans connaitre la notion d’idéal.
La phase d’interaction sera primordiale : l’interrogateur rappellera la définition d’un idéal
et attendra alors que le candidat soit apte à traiter seul la question 2.
198
Centrale Math 1
5.2
Centrale Math 1
Exercice 99 Soit I = [−1,
√ C de la
√ 1]. On considère l’ensemble A des fonctions de I dans
forme t → P (t) + iQ (t) 1 − t2 , avec P et Q dans R [X]. On pose ω : t → t + i 1 − t2 .
1. Montrer que A est un sous-anneau de C 0 (I, C). Est-il intègre ?
2. Soit (α1 , .., αn ) ∈ Rn distincts deux à deux. Montrer que la famille t → eiαk t 1⩽k⩽n
est libre.
3. Montrer que les éléments inversibles de A sont les fonctions aω n avec a ∈ R∗ et
n ∈ Z.
Solution 99
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
1. Sous-anneau. On utilise la caractérisation des sous-anneaux.
Soient f, g appartenant à A. Il existe P1 , Q1 , P2 , Q2 dans R [X] tels que, pour tout réel
t ∈ I, on a :
f (t) = P1 (t) + iQ1 (t) 1 − t2 , g : t → P2 (t) + iQ2 (t) 1 − t2
√
Comme les fonctions t → P1 (t) , t → Q1 (t) et t → 1 − t2 sont continues sur I, la
fonction f est continue sur I d’où l’inclusion A ⊂ C 0 (I, C) . En outre, un calcul direct
nous donne :
(f − g) (t) = f (t) − g (t) = (P1 − P2 ) (t) + i (Q1 − Q2 ) (t) 1 − t2
(f g) (t) = f (t) g (t) = P1 (t) P2 (t) − 1 − t2 Q1 (t) Q2 (t)
+i (P1 (t) Q2 (t) + P2 (t) Q1 (t)) 1 − t2 .
Comme P1 − P2 , Q1 − Q2 , P1 P2 − 1 − X 2 Q1 Q2 , P1 Q1 + P2 Q1 appartiennent à R [X] ,
on peut affirmer que f − g et f g appartiennent à A.
0F (I,C) (la fonction identiquement nulle sur I) appartient à A car, en choisissant
P = Q = 0R[X] (qui appartiennent à R [X]), on a :
t → P (t) + iQ (t) 1 − t2 = 0 = 0F (I,C) .
0753
582:
1F (I,C) (la fonction identiquement égale à 1 sur I) appartient à A car, en choisissant
P = 1 et Q = 0R[X] (qui appartiennent à R [X]), on a :
t → P (t) + iQ (t) 1 − t2 = 1 = 1F (I,C) .
None
:211
Ainsi, (A, +, ×) est un sous-anneau de C 0 (I, C).
Intégrité. On conserve les notations ci-dessus. Supposons que :
f = 0 ⇔ ∀t ∈ I, P (t) + iQ (t) 1 − t2 = 0
∈R
∈R
com:
⇔ ∀t ∈ I, P (t) = 0 et Q (t) 1 − t2 = 0
⇔ ∀t ∈ I, P (t) = 0 et ∀t ∈ ]−1, 1[ , Q (t) = 0
scho
la
rvox.
√
(en divisant par 1 − t2 = 0). Les polynômes P et Q admettent une infinité de racines
(tous les réels de ]−1, 1[) donc P = 0 = Q.
Supposons que f g = 0 alors, pour tout t ∈ I, on a :
2
2
2
univ.
f (t) g (t) = 0 ⇒ |f (t)| |g (t)| = |f (t) g (t)| = 0
2
2
2
2
(P2 (t)) + 1 − t2 (Q2 (t)) = 0
⇔ (P1 (t)) + 1 − t2 (Q1 (t))
Structures algébriques et arithmétique
199
2
2
2
2
(P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) a une infinité de raLe polynôme (P1 ) + 1 − X 2 (Q1 )
cines (tous les éléments de I) donc il est nul. Comme R [X] est intègre, on en déduit
que :
2
2
2
2
(P1 ) + 1 − X 2 (Q1 ) = 0 ou (P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) = 0.
2
2
Si (P1 ) + 1 − X 2 (Q1 ) = 0, on peut affirmer que :
2
2
∀t ∈ ]−1, 1[ , (P1 (t)) + 1 − t2 (Q1 (t)) = 0.
Chaque terme de la somme est positif (car t ∈ I donc 1 − t2 ⩾ 0), on en déduit que
chaque terme est nul c’est-à-dire :

2

 (P1 (t)) = 0
2
P1 (t) = 0
(P1 (t)) = 0
2
2
1 − t (Q2 (t)) = 0 ⇔
⇔
∀t ∈ ]−1, 1[ ,
.
2
Q

(Q1 (t)) = 0
1 (t) = 0
 =0
7900
419
Ainsi, les polynômes P1 et Q1 ont une infinité
de2racines donc ils sont nuls ce qui entraine
2
que f = 0. De même, si (P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) = 0 alors g = 0 donc (A, +, ×) est un
anneau intègre.
:89.8
4.12
7.41
:164
2. La méthode la plus simple est la suivante. On note E = C ∞ (R, C) le C-espace vectoriel
des fonctions de R dans C de classe C ∞ sur R. L’application D : f → f est un endomorphisme de E. Pour chaque k ∈ {1, .., n} , la fonction ek : t → eiαk t appartient à
E, elle est non identiquement nulle et D (ek ) = iαk ek c’est-à-dire que ek est un vecteur
propre de D associé à la valeur propre iαk . Les nombres (iαk )1⩽k⩽n étant deux à deux
distincts, leurs espaces propres correspondants (Eiαk (D))1⩽k⩽n sont en somme directe,
ce qui prouve la liberté des vecteurs (ek )1⩽k⩽n .
8891
2502
3. On procède par double√inclusion.
On note ω : t → t − i 1 − t2 (le conjugué de ω) alors :
2
ωω : t → ω (t) ω (t) = |ω (t)| = t2 + 1 − t2 = 1
0753
ω −1 = ω.
582:
donc ω est inversible dans (A, +, ×) d’inverse ω c’est-à-dire :
None
:211
En outre, si α ∈ R∗ alors, en posant P = α et Q = 0, la fonction
f : t → P (t) + iQ (t) 1 − t2 = α
appartient à A et elle est inversible dans (A, +, ×) d’inverse g : t →
1
1
(posant P1 =
α
α
=
⇔
2
2
1 ⇒ ∀t ∈ I, f (t) g (t) = 1 ⇒ ∀t ∈ I, |f (t)| |g (t)| = 1
2
2
2
2
(P2 (t)) + 1 − t2 (Q2 (t)) = 1.
∀t ∈ I, (P1 (t)) + 1 − t2 (Q1 (t))
univ.
fg
scho
la
rvox.
com:
et Q = 0) car f g = 1.
Les inversibles d’un anneau formant un groupe, on déduit que les fonctions (αω n )α∈R∗ ,n∈Z
appartiennnent à A et sont inversibles
dans (A, +, ×) .
√
2
, avec (P1 , Q1 ) ∈ (R [X]) , un élément inversible de
Soit f1 : t → P1 (t) + iQ1 (t) 1 − t2√
2
A. Il existe f2 : t → P2 (t) + iQ2 (t) 1 − t2 , avec (P2 , Q2 ) ∈ (R [X]) , un élément de A
tel que :
200
Centrale Math 1
2
2
2
2
(P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) − 1 admet une infinité
Le polynôme (P1 ) + 1 − X 2 (Q1 )
de racines (tous les réels de I) donc il est nul d’où l’égalité :
2
2
2
2
(P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) = 1.
(P1 ) + 1 − X 2 (Q1 )
Le produit de deux polynômes est un polynôme constant (non nuls) donc ces deux polynômes sont constants (non nuls). En particulier, il existe un réel β non nul tel que :
2
2
(P1 ) + 1 − X 2 (Q1 ) = β
2
En évaluant en 1 cette égalité, on obtient β = (P1 (1)) ⩾ 0. On note alors α =
Q1
1
P1
,Q=
et f = f1 alors on peut écrire :
P =
α
α
α
1 2
2
P 2 + 1 − X 2 Q2 = 2 (P1 ) + 1 − X 2 (Q1 ) = 1.
α
419
Si Q = 0 alors
√
β,
7900
P 2 = 1 ⇔ P 2 − 1 = 0 ⇔ (P − 1) (P + 1) = 0
7.41
:164
donc, par intégrité de R [X] , on obtient les égalités :


 P −1=0
 P =1
ou
ou
⇔
⇒ f = ±1 ⇔ f1 = ±α = γω 0


P +1=0
P = −1
8891
2502
:89.8
4.12
avec γ = ±α ∈ R∗ .
Supposons que Q possède un degré n ⩾ 0. On a :
(R) : P 2 = 1 − 1 − X 2 Q2 ⇒ deg P 2 = deg 1 − 1 − X 2 Q2
⇔ 2 deg (P ) = deg 1 − X 2 Q2 = 2 + 2 deg (Q)
⇔ deg (P ) = 1 + deg (Q) = n + 1.
=
· · · , Q = qn X n + qn−1 X n−1 + ···
pn+1 X n+1 + pn X n + deg<n
=
2n+1
:211
+ 2pn+1 pn X
2
2
deg<n−1
+
···
deg<2n+1
(qn ) X 2n + 2qn qn−1 X 2n−1 +
···
deg<2n−1
(qn ) X 2n+2 + 2qn qn−1 X 2n+1 +
rvox.
X 2 − 1 Q2
=
(pn+1 ) X
2n+2
None
Q2
=
2
com:
P
2
0753
P
582:
Étudions les deux termes de plus haut degré de P et Q. On a :
···
deg<2n+1
scho
la
La relation (R) et le principe d’identification des polynômes permettent d’affirmer que :
2
2
qn = εn pn+1
(pn+1 ) = (qn )
⇒
avec εn ∈ {−1, 1}
qn−1 = εn pn
2pn+1 pn = 2qn qn−1
univ.
(en divisant par pn+1 qui est non nul car P est de degré n). Si εn = 1 alors qn −pn+1 = 0
et qn−1 − pn = 0. Comme ω = ω −1 = ω −εn , on considère la fonction g = f ω −εn qui est
Structures algébriques et arithmétique
201
inversible dans (A, +, ×) avec :
g
P2
=
=
Q2
=
f ω −εn = f ω : t → P2 (t) + iQ2 (t)
−XP1 + 1 − X 2 Q et
1 − t2 où
P − XQ = (pn+1 − qn ) X n+1 + (pn − qn−1 ) X n + ···
deg<n
donc deg (Q2 ) < n. Si εn = −1 alors qn + pn+1 = 0 et qn−1 + pn = 0. Comme ω = ω −εn ,
on considère la fonction g = f ω −εn qui est inversible dans (A, +, ×) avec
g = f ω −εn = f ω : t → P2 (t) + iQ2 (t) 1 − t2 avec
P2 = XP1 − 1 − X 2 Q et
Q2
P + XQ = (pn+1 + qn ) X n+1 + (pn + qn−1 ) X n + ···
=
deg<n
4.12
car
2
2
(P2 ) + 1 − X 2 (Q2 ) = 1
:89.8
où deg (Q2 ) < n et :
7.41
:164
7900
419
donc deg (Q2 ) < n.
Nous venons de prouver que si f ∈ A est inversible et s’écrit
f : t → P (t) + iQ (t) 1 − t2
2
avec (P, Q) ∈ (R [X]) avec deg (Q) = n et P 2 + 1 − X 2 Q2 = 1. Ainsi, il existe un
entier εn ∈ {−1, 1} tel que f ω −εn soit inversible dans (A, +, ×) avec
f : t → P2 (t) + iQ2 (t) 1 − t2
2
2
2
∀t ∈ I, f ω −εn (t) = |f (t)| |ω (t)| = 1 × 1 = 1
8891
2502
(argumentaire déjà tenu). Supposons qu’il existe un entier relatif k tel que :
f ω −εn = ω k ⇒ f = ω k ω εn = ω k avec k = k + εn ∈ Z.
582:
Ainsi, nous venons de démontrer, par une récurrence forte sur le degré de Q, l’existence
d’un entier relatif k tel que
0753
f = ω k ⇒ f1 = αf = αω k , α ∈ R∗ , k ∈ Z.
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
Commentaires 99 Exercice de difficulté bien graduée pour cette épreuve.
Question 1 : Le fait que A soit un sous-anneau est une application directe du cours donc elle
ne doit pas vous poser de difficulté particulière. L’intégrité de A est plus difficile (certains
candidats ont oublié cette définition peu usuitée en CPGE) et la gestion du produit f g = 0
nécessite une petite astuce pour être gérable (passer au module et utiliser les règles de
calculs sur les modules). Les candidats ne parvenant pas à progresser disposeront d’une aide
dans cette direction de la part de l’interrogateur. Il attend alors à ce que les raisonnements
standards soient connus (somme de termes positives qui vaut 0 donc chaque terme est nul,
polynôme ayant une infinité de racines).
Question 2 : Il s’agit d’une question relativement classique. Elle peut se résoudre comme
n
λk eiak t = 0 et en évaluant en
dans le corrigé ou bien en dérivant p fois la relation
k=0
202
Centrale Math 1
t = 0, ce qui donne la formule :
∀p ∈ N,
n
p
λk (iak ) = 0.
k=0
En conservant uniquement ces équations lorsque p ∈ {0, .., n − 1} , on observe que la matrice associée à ce système linéaire (par rapport aux inconnues (λk )0⩽k⩽n−1 ) est la matrice
de Vandermonde associée aux complexes (iak )0⩽k⩽n−1 qui sont deux à deux distincts. Par
conséquent, ce système est de Cramer donc λk = 0 pour tout k ∈ {0, .., n − 1} , ce qui
justifie la liberté.
Question 3. L’implication réciproque est « évidente » (aω n est inversible si a = 0 et n ∈ Z),
l’interrogateur proposant éventuellement le calcul du module de ω pour permettre au candidat de se lancer. L’implication directe est bien plus subtile, elle nécessitera plusieurs aides
de l’interrogateur et s’adresse aux meilleurs candidats.
7900
419
Exercice 100 Une suite (un )n∈N est périodique s’il existe T ∈ N∗ tel que ∀n ∈ N, un+T =
un . Le plus petit tel entier T est alors appelé période de la suite. Soit m ∈ N\ {0, 1} . On
définit la suite (Fn )n∈N de Z/mZ par F0 = F1 = 1 et, pour n ∈ N, Fn+2 = Fn+1 + Fn .
:164
1. Lorsque m ∈ {2, 3, 7, 21}, montrer que cette suite est périodique et trouver sa période.
2
7.41
2. Montrer que f : (x, y) → (y, x + y) est une bijection de (Z/mZ) dans lui-même.
4.12
3. Montrer que (Fn )n∈N est périodique de période T ⩽ m2 − 1.
:89.8
4. Dans Z/49Z, montrer qu’une suite (vn )n∈N vérifiant : ∀n ∈ N, vn+1 = 8vn + 11
prend toutes les valeurs de Z/49Z.
8891
2502
Solution 100
1. m = 2 Voici les valeurs consécutives de (Fn )n∈N
0
1
1
1
2
0
3
1
4
1
582:
n
Fn
5
0
1
1
2
2
3
0
4
2
5
2
com:
0
1
6
1
7
0
8
1
9
1
rvox.
n
Fn
None
:211
0753
On observe que F3 = F0 , F4 = F1 , F5 = F2 et la suite (Fn )n sera périodique de période
3. Pour une preuve rigoureuse, on observe que la suite G = (Fn+3 )n∈N vérifie la même
relation de récurrence que (Fn )n∈N et que G possède les mêmes conditions initiales que
(Fn )n∈N donc elles sont toujours égales.
m = 3 Voici les valeurs consécutives de (Fn )n∈N
n
Fn
0
1
1
1
2
2
3
3
4
5
5
1
6
6
7
0
univ.
scho
la
On observe que F8 = F0 , F9 = F1 donc la suite (Fn )n∈N est périodique de période 8
(même argumentaire que pour m = 2 avec G = (Fn+8 )n∈N ).
m = 7 Voici les valeurs consécutives de (Fn )n∈N
8
6
9
6
10
5
11
4
12
2
13
6
14
1
15
0
16
1
17
1
Structures algébriques et arithmétique
203
On observe que F16 = F0 , F17 = F1 donc la suite (Fn )n∈N est périodique de période 16
(même argumentaire que pour m = 2 avec G = (Fn+16 )n∈N ).
m = 21 Voici les valeurs consécutives de (Fn )n∈N
n
Fn
0
1
1
1
2
2
3
3
4
5
5
8
6
13
7
0
8
13
9
13
10
5
11
18
12
2
13
20
14
1
15
0
16
1
17
1
On observe que F16 = F0 , F17 = F1 donc la suite (Fn )n∈N est périodique de période 16
(même argumentaire que pour m = 2 avec G = (Fn+16 )n∈N ).
2
2
2. Soit (a, b) ∈ (Z/mZ) . Cherchons (x, y) ∈ (Z/mZ) tel que :
y=a
x=b−a
f (x, y) = (a, b) ⇔ (y, x + y) = (a, b) ⇔
⇔
x+y =b
y=a
2
donc tout élément (a, b) ∈ (Z/mZ) possède un antécédent et un seul donc f est une
2
bijection de (Z/mZ) dans lui-même.
2
7900
419
3. On considère la suite U de (Z/mZ) définie par : ∀n ∈ N, Un = (Fn , Fn+1 ) . Une
récurrence immédiate montre que :
∀n ∈ N, Un = f n (U0 , U1 ) = f n 1, 1 .
2
⇔
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
avec f n = f ◦ · · · ◦ f . Comme f est une bijection de (Z/mZ) sur lui-même et que
n fois
2 f 0, 0 = 0, 0 , on en déduit que f réalise une bijection de F = (Z/mZ) \ 0, 0
sur F. Comme 1, 1 ∈ F, on peut affirmer que la suite U est à valeurs dans F qui est
2
de cardinal m2 − 1. Supposons que ∀ (k, q) ∈ 0, .., m2 − 1 avec k = q alors Uk = Uq .
Dans ce cas, les m2 éléments (Un )0⩽n⩽m2 −1 sont deux à deux distincts et appartiennent
2
à F qui est de cardinal m2 − 1. Ceci est absurde donc il existe (k, q) ∈ 0, .., m2 − 1
avec k = q tels que Uk = Uq . Quitte à échanger k et q, on peut supposer que k < q.
2
Puisque, pour tout entier n, on a Un = f n (U0 ) et que f est une bijection de (Z/mZ)
sur lui-même, on a :
k k
k
f (U0 ) = f −1 (f q (U0 ))
Uk = Uq ⇔ f k (U0 ) = f q (U0 ) ⇒ f −1
U0 = f q−k (U0 ) = Uq−k ⇔ (F0 , F1 ) = (Fq−k , Fq−k+1 ) .
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
Par le même argumentaire qu’à la question 1 (pour m = 2 et G = (Un+q−k )n∈N ), on en
déduit que la suite (Un )n∈N est périodique de période T = q − k ⩽ q ⩽ m2 − 1.
4. Le plus simple serait de calculer les 49 premières valeurs de (vn )0⩽n⩽49 pour le constater
... mais cela serait un peu long et il est probable que l’examinateur demande une autre
méthode. En voici une.
Comme 8 et 49 = 72 sont premiers entre eux, 8 est inversible dans Z/49Z et son inverse
est 9 car 8 ∗ (−6) = −48 = 1 (obtenu via la relation de Bezout 9 ∗ 8 − 2 ∗ 49 = 1 résultant
de l’algorithme d’Euclide). Par conséquent, l’application
Z/49Z → Z/49Z
f:
x
→ 8x + 11
univ.
est une bijection de Z/49Z sur Z/49Z. En effet, pour tout a ∈ Z/49Z, on a les équivalences suivantes :
f (x) = a ⇔ 8x + 11 ⇔ −6a = x − 66 ⇔ x = 66 − −6a = 17 − −6a
×−6
204
Centrale Math 1
donc tout élément a ∈ Z/49Z admet un antécédent et un seul par f. Les 50 éléments
(vn )0⩽n⩽49 appartiennent à Z/49Z qui est de cardinal 49 donc il existe (k, q) ∈ {0, .., 49}
avec k < q et :
vk = vq ⇔ f k (v0 ) = f q (v0 )
⇔
◦(f −1 )k
v0 = f q−k (v0 ) = vq−k .
Les suites (vn )n∈N et (vn+q−k )n∈N vérifient la même relation de récurrence et la même
condition initiale donc elles sont égales, ce qui prouve la périodicité. Notons T sa période
minimale alors T ∈ {1, .., 49} (car T ⩽ q − k ⩽ q ⩽ 49) et, par construction, les éléments
(vk )0⩽k⩽T −1 sont deux à deux distincts. Montrons que T = 49, ce qui prouvera que la
suite (vn )n∈N prend les 49 valeurs possibles de Z/49Z.
Pour simplifier les calculs, on présumera que v0 = 0 donc vT = v0 = 0 et, pour tout
n < T, vn = v0 = 0. Explicitons la suite (vn )n∈N . Pour tout n ⩾ 1, on a :
=
=
2
8vn−1 + 11 = 8 8vn−2 + 11 + 11 = 8 vn−2 + 11 1 + 8
2
3
2
8 8vn−3 + 11 = 8 vn−3 + 11 1 + 8 + 8 = · · ·
n
8 v0 + 11
n−1
k
8 = 11
k=0
n−1
419
=
k
8
7900
vn
k=0
k=0
k
8 = 0 ⇔−1 (E0 ) :
×11
T
−1
k
8 = 0.
4.12
T
−1
k=0
:89.8
vT = 0 ⇔ 11
7.41
:164
(par une récurrence laissée au lecteur). Comme 11 est premier à 49 = 72 , 11 est inversible
dans Z/49Z donc on a les équivalences suivantes :
8891
2502
On est tenté d’utiliser la formule sur les sommes géométriques (valable dans un corps)
mais 1 − 8 (le dénominateur potentiel) vaut −7 qui n’est pas inversible dans Z/49Z (car
7 n’est pas premier à 72 = 49). On contourne le problème en remarque 7 est nilpotent
2
q
dans Z/49Z car 7 = 49 = 0 dans Z/49Z donc 7 = 0 pour tout q ⩾ 2 et que 8 = 7 + 1.
D’après la formule du binôme de Newton, pour tout k ⩾ 2, on a les formules :
582:
k
k k k
q
8 = 7+1 =
7
q
T
−1
k =0⇔T +7×
0753
=0 si q⩾2
1 + k7 = 0 ⇔ T + 7
k=0
None
T (T − 1)
= 0.
2
com:
k=0
:211
L’équation (E0 ) s’écrit alors :
T
−1
= 1 + k7.
q=0
En multipliant l’équation précédente 2, on obtient la nouvelle équation
rvox.
T + 7 × T (T − 1) = 0 ⇔ T × 1 + 7 (T − 1) = 0.
univ.
scho
la
Comme 1 + 7 (T − 1) est premier avec 7 (car 1 + 7 (T − 1) ≡ 1 [7]) donc avec 72 , on peut
multiplier l’équation précédente par l’inverse de 1 + 7 (T − 1) donc T = 0 dans Z/49Z
c’est-à-dire que 49 divise T. Comme T ∈ {1, .., 49} , la seule possibilité est T = 49, ce
qui permet de conclure.
Structures algébriques et arithmétique
205
Commentaires 100 Exercice original et progressif.
Question 1 et 2 : Elles sont sans difficulté particulière.
Question 3 : La preuve proposée est tout à fait semblable à l’existence de l’ordre d’un
élément g dans un groupe fini G (et sa majoration). On peut également invoqué le fait que
2
l’ensemble des bijections de (Z/mZ) sur lui-même est un groupe G fini pour la composition
et que f appartient à G donc il possède un ordre fini (d’au plus card (G)). Cela ne fournit
pas la réponse complète mais cette avancée est très significative et cela sera valorisé par
l’interrogateur.
Question 4 : La question est sélective mais des avancées significatives peuvent être faites par
le candidat avec une ou deux aides bien senties de l’interrogateur. Les meilleurs candidats
peuvent finir cette planche.
7.41
:164
7900
419
Exercice 101 (Centrale Math I) Soit p un nombre premieravec p ⩾ 3. On note :
Fp = Z/pZ, Fp∗ le groupe des inversibles de Z/pZ et Fp∗2 = x2 / x ∈ Fp∗
2πiy
2πix
= exp
.
1. Montrer que si x̄ = ȳ alors exp
p
p
2πiak 2
.
exp
Si a ∈ Fp , on note τ (a) =
p
k∈Fp
∗2
2. Montrer que si a ∈ Fp , alors τ (a) = τ 1 .
3. Montrer que si b ∈ Fp∗ \Fp∗2 , τ b + τ 1 = 0.
4.12
Solution 101
y ⇔ x ≡ y [p] ⇔ ∃k ∈ Z, x = y + kp
2πix
2πi (y + kp)
2πiy
⇒ exp
= exp
= exp
exp (2πik)
p
p
p
2πiy
(car k ∈ Z).
= exp
p
=
 x
0753
ϕ:

 Fp
C 2πix
exp
p
→
→
:211
2. On considère l’application
582:
8891
2502
x
:89.8
1. Par définition des classes, on a l’équivalence suivante :
com:
None
(qui est bien définie d’après la question précédente) alors on peut écrire la formule :
2
∀a ∈ Fp , τ (a) =
ϕ a.k .
k∈Fp
k∈Fp
scho
la
rvox.
Si a ∈ Fp∗2 , il existe y ∈ Fp∗ tel que a = y 2 donc :
2 2
.
ϕ y 2 .k =
ϕ yk
(S) : τ (a) =
k∈Fp
univ.
Comme p est un nombre premier, Fp est un corps donc tout élément de Fp∗ est inversible,
en particulier y. Ainsi, l’application ψ : k → y.k est une bijection de Fp sur Fp de
206
Centrale Math 1
réciproque ψ : k → y −1 k (ψ
◦ψ = ψ ◦ψ = Id). Dès lors, on peut effectuer le changement
de variable z = yk = ψ k dans la somme de la relation (S) , ce qui nous donne :
ϕ z2 = τ 1 .
τ (a) =
z∈ψ(Fp )=Fp
3. Soit b ∈ Fp∗ \Fp∗2 . On note V = bx, x ∈ Fp∗2 . Nous allons montrer que Fp∗2 ∪ V est
une partition de Fp∗ . Comme Fp est un corps, Fp∗ est un groupe pour la multiplication donc
Fp∗2 et V sont des sous-ensembles de Fp∗ . Montrons que Fp∗2 , V forme une partition de
Fp∗ . Supposons qu’il existe z ∈ Fp∗2 ∩ V alors :
∃x ∈ Fp∗ , z = x2
⇒ by 2 = x2 ⇒ b =
∃y ∈ Fp∗ , z = by 2
÷y 2
2
x
∈ Fp∗2 ,
y
7900
419
ce qui est absurde donc Fp∗2 ∩ V = ∅. Comme b ∈ Fp∗ , si x ∈ Fp∗2 alors bx ∈ V, ce qui
permet de définir l’application
∗2
Fp
→ V
.
ψ:
x
→ bx
7.41
:164
Par construction de V, elle est surjective. En outre, elle est injective car si x, y ∈ Fp∗2
alors on a les équivalences suivantes :
÷b=0
4.12
ψ (x) = ψ (y) ⇔ bx = by ⇔ x = y.
8891
2502
:89.8
Par conséquent, ψ réalise une bijection de Fp∗2 sur V donc card Fp∗2 = card (V ) . Calculons le cardinal de Fp∗2 . On remarque que :
p−1
∗
Fp = k, k ∈ {1, ..., p − 1} = k, −k, k ∈ 1, ...,
2
2
:211
2
tel que :
2
q2 ⇔ k − q2 = 0 ⇔ k − q k + q = 0



 k−q =0
 k−q =0
 (1) : p | k − q
ou
ou
ou
⇔
(∗) ⇔
⇔



(2) : p | k + q
k+q =0
k+q =0
=
rvox.
com:
k
p−1
1, ..,
2
None
Soit (k, q) ∈
0753
582:
2
2
(car p − k = −k) et comme k = −k pour tout k ∈ Fp ), on en déduit les égalités
ensemblistes suivantes :
2
p−1
p−1
2 2
∗2
= k , k ∈ 1, ...,
Fp = k , −k / k ∈ 1, ...,
2
2
univ.
scho
la
(∗) car Fp est uncorps puisque p est
un nombre premier.
p−1
p−1
Comme k − q ∈ −
, ..,
, la relation (1) entraine que k − q = 0 (le nombre
2
2
1
1
k−q
est entier et compris entre − et ). Comme k + q ∈ {2, .., p − 1} , la relation (2)
p
2
2
Structures algébriques et arithmétique
207
k+q
est entier strictement positif et strictement inférieur à
p
1). Au final, la seule possibilité est k − q = 0 ⇔ k = q donc
∗2 p−1
p−1
card (V ) = card Fp = card 1, ...,
=
.
2
2
est impossible (le nombre
L’union Fp∗2 ∪ V est disjointe, on peut écrire la formule :
card Fp∗2 ∪ V = card Fp∗2 + card (V ) = p − 1 = card Fp∗ .
Comme Fp∗2 ∪ V est inclus dans Fp∗ , on en déduit l’égalité ensembliste :
Fp∗2 ∪ V = Fp∗ .
Ainsi, Fp∗2 , V est une partition de Fp∗ donc {0} , Fp∗2 , V est une partition de Fp .
D’après la relation de Chasles, on obtient :
=
ϕ b.k
=
(p−1)/2 (p−1)/2
2
2
ϕ b.k +
ϕ b.−q
=ϕ 0 +
q=1 k=1
=ϕ(b.q 2 )
7900
k=−(p−1)/2
2
419
(p−1)/2
(p−1)/2 2
ϕ 0 +2
ϕ b.k = ϕ 0 + 2
ϕ k
k=1
(p−1)/2 (p−1)/2 2
2
2
ϕ k =ϕ 0 +
ϕ k +
ϕ −q
q=1 k=1
k=−(p−1)/2
4.12
=
7.41
(p−1)/2
2
ϕ k =ϕ 0 +2
ϕ k
ϕ 0 +2
8891
2502
(p−1)/2
=
=ϕ(q 2 )
:89.8
τ 1
k∈V
:164
τ b
k=1
ϕ 0 +
ϕ k =
ϕ k +
ϕ k
k∈Fp∗2
p−1
k=0
exp
2πik
p
0753
k∈V
=
e
582:
=
=
ζ=e2πi/p
:211
On en déduit l’égalité :
τ b +τ 1
2
k∈Fp∗2
p−1
k=0
k∈Fp
1 − ζp
=0
ζ=1 1 − ζ
ζk =
None
(car ζ est une racine p de l’unité), ce qui permet de conclure.
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 101 Exercice original et progressif.
Question 1 : Il s’agit d’une application du cours (par exemple, la bonne définition de la
somme dans Z/nZ).
Question 2 : L’idée clé est d’effectuer un changement de variable (elle peut éventuellement
être proposée par l’interrogateur). L’interrogateur sera attentif à la bonne compréhension
de la notion de changement de variable dans une somme (bijectivité et justification).
Question 3 : L’idée maitresse est que Fp∗2 ∪ bFp∗2 est une partition de Fp∗ et l’interrogateur
proposera probablement cette piste (éventuellement de façon détournée). Un candidat observant que ces deux ensembles ont même cardinaux sera valorisé (surtout s’il le justifie)
208
Centrale Math 1
ainsi que celui calculant le cardinal de Fp∗2 (exercice classique à Centrale-SupElec et à
Mines-Ponts).
x
Exercice 102 Soit H l’ensemble des points
de M2,1 (R) tels que x2 − 3y 2 = 1.
y
a b
1. Montrer qu’il existe une unique matrice A =
à coefficients dans N telle que
1 c
A (H) ⊂ H.
2. Montrer que H ∩ N2 est infini.
k
1
2
.
3. Montrer H ∩ N = A X0 , k ∈ N où X0 =
0
Solution 102
1. On procède par analyse-synthèse.
:164
7900
419
a b
Phase d’analyse. Supposons qu’il existe une matrice A =
à coefficients dans
1 c
1
N telle que A (H) ⊂ H. Comme
∈ H (car 12 − 3 × 02 = 1), on peut affirmer que
0
1
a
A
=
∈ H c’est-à-dire :
0
1
2
1
3
.
2
2
1
rvox.
(car c ⩾ 0) donc A =
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
a 2 − 3 = 1 ⇔ a2 = 4 ⇔ a = 2
2
−2
2
(car a ∈ N). Comme
∈ H et
∈ H (car (±2) − 3 × 12 = 1), on peut affirmer
1
1
que :

2
b+4



 A 1 = c+2 ∈H
2
2
(b + 4) − 3 (c + 2) = 1
⇔
2
2

(b − 4) − 3 (c − 2) = 1

 A −2 = b − 4 ∈ H

1
c−2
(1) : b2 + 8b + 16 − 3c2 − 12c − 12 = 1
⇔
(2) : b2 − 8b + 16 − 3c2 + 12c − 12 = 1
(1) − (2) :
2b = 3c
⇒
(1) + (2) : b2 − 3c2 + 3 = 0

3c


b=



 b = 3c
2
c=2
2
2
⇒
⇔
⇔
3c
b=3


2

− 3c + 3 = 0

c2 = 4

2
3
x
. Soit
∈ H c’est-à-dire x2 − 3y 2 = 1
2
y
univ.
2
scho
la
Phase de synthèse. On pose A =
x
2x + 3y
alors A
=
et on a la formule :
y
x + 2y
2
(2x + 3y) − 3 (x + 2y) = x2 − 3y 2 = 1
Structures algébriques et arithmétique
donc A
x
∈ H.
y
209
xk
définie par la relation de récurrence :
yk
k∈N
xk+1 = 2xk + 3yk
.
∀k ∈ N, uk+1 = Auk ⇔
yk+1 = xk + 2yk
2. On considère la suite (uk )k∈N =
1
,
u0 =
0
Prouvons par récurrence la propriété (Pk ) : « uk ∈ H, xk ∈ N, yk ∈ N ». (P0 ) est
manifestement vraie. Supposons (Pk ) vérifiée pour un certain entier k. Comme uk ∈ H
alors, d’après la question précédente, on peut affirmer que uk+1 = Auk ∈ H. En outre,
xk+1 et yk+1 sont des entiers naturels (comme somme et produit d’entiers naturels), ce
qui prouve (Pk+1 ) et achève la récurrence.
En particulier, pour tout entier k, yk est positif donc
xk+1 ⩾ 2xk ⇒ xk ⩾ 2k x0 = 2k
419
(par une récurrence immédiate). Par conséquent, on peut affirmer que lim xk = +∞,
k→+∞
4.12
7.41
:164
7900
ce qui nous assure que la suite (uk )k∈N prend une infinité de valeurs distinctes. Comme
elle est à valeurs dans H ∩ N2 , l’ensemble H ∩ N2 est infini.
3. D’après la réponse à la question précédente, on a l’inclusion :
k
A X0 , k ∈ N ⊂ H ∩ N2 .
x
Prouvons l’inclusion réciproque. Soit X =
∈ H ∩ N2 . Si y = 0 alors :
y
:89.8
x2 = 1 + 3y 2 = 1 ⇒ x = 1 ⇒ X = X0 = A0 X0 .
x∈N
8891
2502
Avant de poursuivre, remarquons que la matrice A est inversible d’inverse
1 t
2 −3
2x − 3y
−1
−1
A =
Com (A) =
et A X =
,
−1 2
2y − x
det (A)
2
2
582:
avec (2x − 3y) − 3 (2y − x) = x2 − 3y 2 = 1
=
x2
=
√
1 + 3y 2 ⩽ y 2 + 3y 2 = 4y 2 i.e. x2 ⩽ 4y 2 ⇒ (∗) : x ⩽ 2y
x,y∈N
√
2
2
1 + 3y ⩾ 3y ⇒ x ⩾ 3y.
None
x2
:211
0753
donc A−1 X ∈ H. Si y > 0, vérifions que 2x − 3y et 2y − x sont deux entiers naturels.
Comme y est un entier naturel non nul, on a y ⩾ 1 donc y 2 ⩾ 1, ce qui nous donne les
inégalités suivantes :
3
car, ces deux nombres étant positifs, on a les équivalences
2
2
√
3
3
3⩾ ⇔3⩾
⇔ 4 × 3 ⩾ 32 ⇔ 4 ⩾ 3
×4>0
÷3>0
2
2
√
3
et cette dernière inégalité est vraie. Ainsi, on peut affirmer que x ⩾ 3y ⩾ y. Cette
2
inégalité combinée à l’inégalité (∗) montrent les inégalités :
scho
la
rvox.
com:
3 ⩾
univ.
En outre, on a
suivantes :
2x − 3y ⩾ 0 et 2y − x ⩾ 0
210
Centrale Math 1
Ainsi, on vient de montrer que A−1 X ∈ H ∩ N2 et comme on a :
(2x − 3y) + (2y − x) = x − y < x + y,
7.41
:164
7900
419
cela nous permet d’envisager une récurrence forte sur la valeur de x +y.
x
Pour tout entier n ⩾ 1, montrons la propriété (Pn ) : « pour tout X =
∈ H ∩ N2 tel
y
k
que x + y = n, il existe k ∈ N tel que
X
= A X0 ».
x
Initialisation n = 1. Soit X =
∈ H ∩ N2 tel que x + y = 1. Comme x = 0
y
est impossible
(car x2 = 1 + 3y 2 ⩾ 1), on est assuré que x = 1 donc y = 0 d’où
1
X=
= A0 X0 , ce qui prouve (P1 ) .
0
Hérédité. Soit n ⩾ 2 et supposons la propriété (Ps ) vérifiée pour tout entier s ∈
x
{1, .., n − 1} . Soit X =
∈ H ∩ N2 tel que x + y = n. On peut affirmer que y > 0
y
(sinon, on a y = 0 donc x2 = 1 ⇔ x = 1 d’où x + y = 1 < n, ce qui est absurde). On
x∈N
x
1
avec :
pose X1 = A−1 X =
y1
x1 = 2x − 3y
et x1 + y1 = x − y < x + y = n
y1 = 2y − x
y>0
D’après la propriété (Px1 +y1 ) , il existe k ∈ N tel que :
4.12
X1 = Ak X0 ⇒ X = AX1 = Ak+1 X0 ,
8891
2502
:89.8
ce qui démontre (Pn ) et achève la récurrence.
Ainsi, on vient de démontrer l’inclusion réciproque d’où l’égalité ensembliste attendue.
582:
Commentaires 102 Exercice progressif. Il s’agit de la version matricielle d’un classique :
l’ensemble
√
G = x + y 3, (x, y) ∈ N2 et x2 − 3y 2 = 1
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
n
est un sous-groupe monogène de R∗+(c’est-à-dire
de la forme {a , a ∈ Z} pour un certain
√
2
1
=A
) qui est un grand classique du concours
a .. valant 2 + 3 donc associé à
1
0
Mines-Ponts.
Question 1 : Elle demande un peu de rigueur et d’initiative pour aboutir. L’interrogateur
valorisera fortement les candidats ayant ces qualités.
Question 2 : Il s’agit de la question la plus simple du sujet, ellerequiert
surtout de voir
1
le processus dynamique (itérer la matrice A sur le point de base
) et de disposer d’un
0
peu de bon sens.
Question 3 : Il est attendu du candidat qu’il justifie seul l’implication évidente. Pour
l”implication réciproque, l’idée principale est de minorer les éléments de H ∩ N2 autre que
(0, 0) . L’interaction avec l’interrogateur sera cruciale car peu de candidats seront capables
de poursuivre seuls (sauf s’ils ont déjà traités le groupe G ou les équations de Pell-Fermat
et connaissent le point clé du raisonnement, félicitations à eux).
Structures algébriques et arithmétique
211
Exercice 103 (Centrale) Une application N de Q dans R+ est appelée valeur absolue si
— ∀x ∈ Q, N (x) = 0 ⇔ x = 0 ;
— ∀ (x, y) ∈ Q2 , N (xy) = N (x)N (y) ;
— ∀ (x, y) ∈ Q2 , N (x + y) ⩽ N (x) + N (y).
Une valeur absolue N est dite ultramétrique si ∀x, y ∈ Q2 , N (x+y) ≤ max(N (x), N (y)) ;
N est dite triviale si elle est constante sur Q∗ .
Si p est un nombre premier, on note ν p (n) la valuation p-adique de n c’est-à-dire le plus
grand entier naturel k tel que pk divise n. On pose par convention ν p (0) = +∞ et p−∞ = 0.
1. Soit N une valeur absolue. Déterminer N (1) et N (−1).
a
2. Soit q = ∈ Q∗ , où a, b ∈ Z∗ 2 , et p un nombre premier.
b
Montrer que ν p (a) − ν p (b) ne dépend que de q. On le notera ν p (q).
3. On définit, pour q ∈ Q, |q|p = p−ν p (q) .
Montrer que | |p est une valeur absolue ultramétrique.
419
4. Soit N une valeur absolue ultramétrique non triviale.
Montrer qu’ il existe α ∈ R∗+ et p premier tels que N = |.|α
p.
7900
Solution 103
N (1)
=
N (1 × 1) = N (1) N (1)
1
=
N (1) = N ((−1) (−1)) = N (−1) N (−1) = (N (−1))
1 = N (1)
2
4.12
÷N (1)=0
7.41
⇒
:164
1. Comme 1 × 1 = 1, (−1) × (−1) = 1et N (1) = 0 (car 1 = 0), on a les égalités suivantes :
:89.8
donc N (−1) ∈ {−1, 1} . Or, N (−1) ⩾ 0 donc N (−1) = 1.
a1
a2
2
et q =
donc :
2. Soient q ∈ Q∗ et (a1 , b1 , a2 , b2 ) ∈ (Z∗ ) tels que q =
b1
b2
8891
2502
a2
a1
=
⇔ (E1 ) : a1 b2 = b1 a2 .
b1
b2
0753
582:
Soit i ∈ {1, 2} . Par définition, pour tout i ∈ {1, 2}, pvp (ai ) | ai et pvp (bi ) | bi avec
pvp (ai )+1 ai et pvp (bi )+1 bi . C’est-à-dire qu’il existe des entiers ai et bi tels que ai =
ai pvp (ai ) et bi = bi pvp (bi ) avec p ne divisant ni ai ni bi . Comme p est un nombre premier,
cela signifie que p est premier avec ai et bi . L’égalité (E1 ) devient :
a1 pvp (a1 ) b2 pvp (b2 ) = b1 pvp (b1 ) a2 pvp (a2 )
:211
⇔ (E2 ) : a1 b2 pvp (a1 )+vp (b2 ) = b1 a2 pvp (b1 )+vp (a2 ) .
None
Ainsi, on obtient la divisibilité suivante :
com:
pvp (a1 )+vp (b2 ) | a1 b2 pvp (a1 )+vp (b2 ) = b1 a2 pvp (b1 )+vp (a2 ) .
scho
la
rvox.
Comme p est premier avec a2 et b1 , le lemme de Gauss montre qu’il est premier avec
b1 a2 donc pvp (a1 )+vp (b2 ) est premier avec b1 a2 . D’après le lemme de Gauss, on en déduit
la divisibilité :
pvp (a1 )+vp (b2 ) | pvp (b1 )+vp (a2 ) ⇒ vp (a1 ) + vp (b2 ) ⩽ vp (b1 ) + vp (a2 ) .
univ.
De même, l’égalité (E2 ) entraine la divibilité suivante :
pvp (b1 )+vp (a2 ) | b1 a2 pvp (b1 )+vp (a2 ) = a1 b2 pvp (a1 )+vp (b2 )
212
Centrale Math 1
et le même argumentaire (en échangeant a2 avec a1 ainsi que b1 avec b2 ), on obtient
l’inégalité :
vp (b1 ) + vp (a2 )
⩽
⇔
vp (a1 ) + vp (b2 ) ⇒ vp (a1 ) + vp (b2 ) = vp (b1 ) + vp (a2 )
vp (a1 ) − vp (b1 ) = vp (a2 ) − vp (b2 ) .
Ainsi, on a prouvé que vp (a) − vp (b) ne dépend pas des réprésentations (a, b) de q mais
seulement de q.
4
3. Par convention, |0|p = p−∞ = 0. Soit (x, y) ∈ Q2 , il existe (a1 , b1 , a2 , b2 ) ∈ (Z∗ ) tels
a1
a2
que x =
et y = . D’après les règles de calculs sur les fractions, on a :
b1
b2
xy =
a 1 a2
a 1 b2 + a 2 b1
, x+y =
.
b1 b2
b1 b2
D’après le raisonnement tenu à la réponse de la question 2, il existe (a1 , b1 , a2 , b2 ) ∈ (Z∗ )
tel que :
419
∈ {1, 2} , ai = ai pvp (ai ) , bi = bi pvp (bi ) avec p premier avec ai et bi
⇒ |x|p = pvp (b1 )−vp (a1 ) , |y|p = pvp (b2 )−vp (a2 )
7900
∀i
4
On en déduit que :
:164
a1 a2 = pvp (a1 )+vp (a2 ) a1 a2 , b1 b2 = pvp (b1 )+vp (b2 ) b1 b2
7.41
Le lemme de Gauss montre que p est premier avec a1 a2 donc :
4.12
vp (a1 a2 ) = vp (a1 ) + vp (a2 ) , vp (b1 b2 ) = vp (b1 ) + vp (b2 ) ,
ce qui montre l’égalité suivante :
p(vp (b1 )+vp (b2 ))−(vp (a1 )+vp (a2 ))
=
pvp (b1 )−vp (a1 ) pvp (b2 )−vp (a2 ) = |x|p |y|p .
a 1 b2 + a 2 b1
=
=
8891
2502
Ensuite, on a l’égalité :
:89.8
=
a1 pvp (a1 ) b2 pvp (b2 ) + a2 pvp (a2 ) b1 pvp (b1 )
pvp (a1 )+vp (b2 ) a1 b2 + pvp (a2 )+vp (b1 ) a2 b1 .
582:
|xy|p
⩽
vp (b2 )−vp (a2 )
⩽
⇔ p
p⩾1
vp (a2 ) + vp (b1 ) ⇔ vp (b2 ) − vp (a2 ) ⩽ vp (b1 ) − vp (a1 )
pvp (b1 )−vp (a1 ) ⇔ |y|p ⩽ |x|p .
:211
vp (a1 ) + vp (b2 )
0753
Supposons que :
None
Alors pvp (a1 )+vp (b2 ) divise a1 b2 + a2 b1 donc :
com:
vp (a1 b2 + a2 b1 ) ⩾ vp (a1 ) + vp (b2 ) ,
ce qui entraine l’inégalité suivante :
⩽
pvp (b1 b2 )−vp (a1 b2 +a2 b1 ) = pvp (b1 )+vp (b2 )−vp (a1 b2 +a2 b1 )
rvox.
=
pvp (b1 )+vp (b2 )−(vp (a1 )+vp (b2 )) = pvp (b1 )−vp (a1 ) = |x|p = max |x|p , |y|p .
scho
la
|x + y|p
univ.
Si vp (a1 ) + vp (b2 ) ⩾ vp (a2 ) + vp (b1 ) alors, en échangeant les rôles de x et y, on obtient
par le même raisonnement l’inégalité
|x + y|p ⩽ |y|p = max |x|p , |y|p .
Structures algébriques et arithmétique
213
4. Soit N une telle norme. Pour tout entier naturel n ⩾ 1, on a :
N (n) = N ((n − 1) + 1) ⩽ max (N (n − 1) , N (1)) = max (N (n − 1) , 1) .
Une récurrence immédiate sur n montre que ∀n ∈ N, N (n) ⩽ 1. Comme, pour tout
n ∈ Z− , on a −n ∈ N, on obtient la majoration :
N (−n) ⩽ 1 ⇔ N (−1)N (n) ⩽ 1 ⇔ N (n) ⩽ 1.
=1
Ainsi, l’ensemble Z des entiers relatifs borné pour N.
On note G = {n ∈ Z, N (n) < 1} . Montrons que G est un sous-groupe de (Z, +) . Il
est immédiat que G ⊂ Z. 0 ∈ G car N (0) = 0 < 1. Soient (x, y) ∈ G2 alors
N (x + y) ⩽ max (N (x) , N (y)) < 1 ⇒ x + y ∈ G
N (−x) = N (−1)N (x) = N (x) < 1 ⇒ −x ∈ G
=1
7900
419
donc G est bien un sous-groupe de Z. Ainsi, il existe un entier p tel que G = pZ. Montrons
que p est un nombre premier. Supposons qu’il existe deux entiers a et b tels que p = ab
alors on peut écrire :
N (a) N (b) = N (ab) = N (p) < 1
v (n)
N (n ) = (N (p)) p
8891
2502
v (n)
N (n) = (N (p)) p
:89.8
4.12
7.41
:164
donc N (a) < 1 ou N (b) < 1. Si N (a) < 1 alors a ∈ G = pZ donc p divise a et comme a
divise p, cela entraine que a = p (car a et p sont des entiers naturels). Si N (b) < 1, par
le même raisonnement, on obtient que b = p. Ainsi, dans tous les cas, on peut affirmer
que a = p ou b = p donc p est un nombre premier.
Soit n ∈ Z∗ alors n = pvp (n) n avec n premier avec p et N (n ) ⩽ 1 (car N ⩽ 1 sur Z).
Si N (n ) < 1 alors n ∈ G = pZ donc p divise n ce qui est absurde donc N (n ) = 1.
Par multiplicativité de N, on a :
.
0753
582:
Si N (p) = 1 alors N (n) = 1 pour tout n ∈ Z∗ . Ainsi, pour tout x ∈ Q∗ , il existe
2
(n, m) ∈ (Z∗ ) tel que :
n
x =
⇔ mx = n ⇒ N (mx) = N (n) ⇔ N (m) N (x) = N (n)
m
1
N (n)
= = 1.
⇔ N (x) =
N (m)
1
=
v (n)
v (n)
v (n)
(N (p)) p = (exp (ln (N (p)))) p = (exp (−α ln (p))) p
α
−α vp(n)
α
= p−αvp (n) = p−vp (n) = |n|p .
p
com:
=
rvox.
N (n)
None
:211
Ceci est absurde car N n’est pas constante donc on est assuré que N (p) > 0 (car p = 0).
ln (N (p))
∈ R∗+ et, pour tout n ∈ Z∗ , on a :
On pose α = −
ln (p)
2
α
n α
|n|p
N (n)
α
=
=
= |x|p .
α
N (m)
m p
|m|p
univ.
N (x) =
scho
la
Par conséquent, pour tout x ∈ Q∗ , il existe (n, m) ∈ (Z∗ ) tel que x =
n
donc
m
214
Centrale Math 1
Commentaires 103 Exercice original et difficile pour ce concours. Il s’agit habituellement d’un exercice plutôt ENS (caractérisation d’Ostrowki des normes ultra-métriques sur
Q) qui fut posée il y a de nombreuses années à l’oral de l’ENS Ulm (sous forme brute de
la question 4 tout de même).
Question 1 : Elle est élémentaire.
Question 2 : Il s’agit d’une question discriminante d’arithmétique.
Question 3 : Elle est relativement simple si on fait les calculs un peu formellement (ce que
feront un nombre significatif de candidats). Heureusement, la question précédente valide
le calcul formel et les bons candidats s’en apercevront (et seront valorisés par l’interrogateur).
Question 4 : C’est incontestablement la question la plus difficile du sujet. L’interaction
avec l’interrogateur sera primordiale. Il introduira probablement
G = {n ∈ Z,
N (n) < 1}
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
et le fait de prouver qu’il s’agit d’un sous-groupe de Z et d’en déduire sa forme sera très
valorisée.
Structures algébriques et arithmétique
5.3
215
Mines-Ponts
Exercice 104 (Mines-Ponts) Soit a un nombre impair.
1. Soit n un entier supérieur ou égal à 3. Montrer a2
n−2
≡ 1 [2n ].
2. En déduire les entiers n ∈ N∗ pour lesquels le groupe des inversibles de l’anneau
Z/2n Z est cyclique.
Solution 104
1. Comme a est un entier impair positif, il existe un entier naturel q tel que
n−2
≡ 1 [2n ] »
a = 2q + 1. Prouvons par récurrence sur n ⩾ 3 l’assertion (Hn ) : « a2
Initialisation n = 3. Un calcul direct nous donne :
3−2
2
= a2 = (2q + 1) = 4q 2 + 4q + 1 ≡ 1 22
a2
7900
419
donc (H3 ) est vrai.
Hérédité. Supposons que (Hn ) soit vraie pour un certain entier n ⩾ 3 alors l’égalité
n−2
≡ 1 [2n ] signifie qu’il existe un entier k tel que
a2
n−2 2
n−2
n−2
n−1
2
= a2
= (1 + 2n k)
= 1 + 2 n k ⇒ a2
= a2×2
a2
= 1 + 2n+1 k + 22n k 2 ≡ 1 2n+1
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
(car 2n = n + n ⩾ n + 3 ⩾ n + 1 donc 22n est divisible par 2n+1 ), ce qui démontre (Hn+1 )
et achève la récurrence.
2. Notons U l’ensemble des inversibles de Z/2n Z c’est-à-dire :
U = k, pgcd (k, 2n ) = 1 et k ∈ {0, .., 2n − 1} .
Soit k ∈ 0, .., 2n−1 Comme n ⩾ 1 et que 2 est un nombre premier, k est premier avec
2n si et seulement si k est premier avec 2 c’est-à-dire si et seulement si k est un nombre
impair si et seulement s’il existe un entier q tel que k = 2q + 1. On peut alors écrire
U =
2q + 1, 0 ⩽ 2q + 1 ⩽ 2n − 1
2n − 2
=
2q + 1, −1/2 ⩽ q ⩽
2
n−1
=
2q + 1, 0 ⩽ q ⩽ 2
−1 .
:211
0753
Ainsi, l’ensemble U est de cardinal 2n−1 . Supposons que U soit cyclique c’est-à-dire qu’il
existe un entier a tel que :
a ∈ U et U = a = ak , k ∈ N .
com:
None
La condition a ∈ U entraine que a est un entier impair. Si n ⩾ 3, la question précédente
montre l’égalité :
n−2
n−2
a2
≡ 1 [2n ] ⇒ a2
=1
rvox.
donc l’ordre m de a divise 2n−2 . Ainsi, le groupe a engendré par a est de cardinal
card (a) = m ⩽ 2n−2 < card (U ) ,
univ.
scho
la
ce qui est absurde car
a = U. Par conséquent, si n ⩾ 3, le groupe U n’est pas cyclique.
Si n = 1 alors U = 1 est cyclique car engendré par 1.
0
Si n = 2 alors U = 1, 3 est cyclique car engendré par 3 (puisque 3 = 1).
Conclusion. Le groupe U est cyclique si et seulement si n ∈ {1, 2} .
216
Mines-Ponts
Commentaires 104 Exercice original.
Question 1 : Contre toute attente, cette question se traite par récurrence (le modulo variant avec n, cette méthode est peu usuitée par les candidats et il faut revenir dans Z pour
le raisonnement, ce qui est aussi peu commun dans le traitement des congruences par les
candidats). Si le candidat n’y songe pas, l’interrogateur lui proposera. Par contre, il attendra que le candidat avance très significativement dans l’argumentaire, voire qu’il conclut
seul.
Question 2 : Une part significative des candidats ne se rappellera pas nécessairement du
terme « cyclique » et l’interrogateur redonnera la définition (sans dévalorisation du candidat). Par contre, il est attendu du candidat de connaitre la caractérisation des inversibles
de Z/2n Z et d’être en mesure de les décrire précisément.
Exercice 105 (Mines-Ponts)
1. Le polynôme X 4 + 4 est-il irréductible sur Q ?
419
2. En déduire les entiers n tels que n4 + 4 est premier.
7900
Solution 105
1. Utilisons l’astuce du début de carré puis une identité remarquable :
7.41
:164
2
X 4 + 4 = X 2 + 2 − 4X 2 = X 2 + 2 − 2X X 2 + 2 + 2X .
4.12
Ainsi, le polynôme X 4 + 4 est le produit de deux polynômes non constants de Q [X] donc
il n’est pas irréductible dans Q [X] .
Comme
8891
2502
:89.8
2. Soit n ∈ N. L’égalité précédente montre que :
n4 + 4 = n2 − 2n + 2 n2 + 2n + 2 .
2
n2 + 2n + 2 ⩾ 2 > 1 et n2 − 2n + 2 = (n − 1) + 1 > 1
:211
0753
582:
si n − 1 = 0 ⇔ n = 1, on en déduit n4 + 4 n’est pas un nombre premier (il est le produit
de deux entiers différents de 1).
Si n = 1 alors n4 + 4 = 5 est un nombre premier.
Conclusion. n4 + 4 est un nombre premier si et seulement si n = 1.
None
Commentaires 105 Exercice dans difficulté particulière, accessible dès la MPSI.
7
univ.
scho
la
rvox.
com:
Exercice 106 (Mines-Ponts) Soit P = (X + 1) − X 7 − 1.
2πi
). En déduire la factorisation de P en facteurs
1. Calculer P (j) (avec j = exp
3
irréductibles dans R [X] .
3
4
X −1
2. Donner la décomposition en éléments simples dans R [X] de 2 .
7
(X + 1) − X 7 − 1
Structures algébriques et arithmétique
217
Solution 106
1. Rappelons que j 3 = 1 et, comme j = 1, on a également :
1 + j + j2 =
1 − j3
= 0 ⇒ 1 + j = −j 2 .
1−j
On en déduit les égalités suivantes :
7
2
P (j) = −j 2 − j j 3 − 1 = −j 14 − j − 1
4
= −j 2 j 3 − j − 1 = − 1 + j + j 2 = 0
7900
419
donc j est racine de P. Déterminons sa multiplicité.
6 2 6
P (j) = 7 (1 + j) − j 6 = 7 −j 2 − j 3
= 7 j 12 − 1
4
= 7 j 3 − 1 = 7 14 − 1 = 0
5
5
P (j) = 42 (1 + j) − j 5 = 42 −j 2 − j 2 j 3 = 42 −j 10 − j 2
3
= 42 −j j 3 − j 2 = 42 −j − j 2 = 0
4.12
7.41
:164
donc j est racine double de P. Comme P est à coefficients réels, on en déduit que j est
racine double de P car
P j = P (j) = 0, P j = P (j) = 0, P j = P (j) = 0.
6
k=1
7
k
7
k X +1−X −1=
8891
2502
P (X) = X 7 +
:89.8
Il est immédiat que 0 et −1 sont racines de P. En outre, d’après la formule du binôme
de Newton, on a :
6
7
k
k X
k=1
582:
donc P est un polynôme de degré 6 et de coefficients dominant
7 7 7
6 = 7−6 = 1 = 7.
=Q(X)
None
:211
0753
Par conséquent, on dispose de toutes les racines de P, ce qui prouve l’égalité :
2
2
P (X) = 7X (X + 1) (X − j) X − j .
On remarque alors que :
2π
3
rvox.
1
= − ) d’où l’égalité :
2
scho
la
(car Re (j) = cos
com:
2 2 2
2
2
Q (X) = (X − j) X − j
= X − 2 Re (j) X + |j|
= X2 + X + 1
2
P (X) = 7X (X + 1) X 2 + X + 1 .
univ.
Il s’agit bien de la décomposition de P en irréductibles de R [X] car chaque facteur est
de degré 1 ou de degré 2 sans racines réelles.
218
Mines-Ponts
2. Notons F (X) la fraction rationnelle de l’énoncé. On dispose de la factorisation célèbre
X 3 − 1 = (X − 1) X 2 + X + 1
et de la factorisation obtenue à la question précédente, ce qui nous donne :
2
4
4
4
2
(X − 1) X 2 + X + 1
1
(X − 1)
1
(X − 1)
F (X) =
.
2
4 = 72 ×
2 = 72
X (X + 1)
72 X 2 (X + 1) (X 2 + X + 1)
X 2 (X + 1)
2
(X − 1)
sont de même degré, nous allons
X (X + 1)
2
effectuer la division euclidienne de (X − 1) par X (X + 1) . Il est immédiat que :
Comme le numérateur et le dénominateur de
2
(X − 1) = X 2 − 2X + 1 = X (X + 1) + (−3X + 1) .
1
1
1
=
−
X (X + 1)
X
X +1
7.41
(∗) :
:164
En utilisant la décomposition en élements simples suivantes :
7900
419
En divisant cette égalité par X (X + 1) et en distribuant la division, on obtient la formule :
2
1
1
3
+
.
F (X) = 2 1 −
7
X + 1 X (X + 1)
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
(par la méthode préférée du lecteur), on a :
2
1
4
1
+
1
−
F (X) =
72
X +1 X
2
8
1
8
16
1
=
1+ 2 +
2 − X + 1 + X − X (X + 1)
72
X
(X + 1)
16
1
1
2
8
8
8
=
1+ 2 +
2 − X +1 + X − X + X +1
72
X
(X + 1)
1
1
6
16
=
+ 2+
1−
2
72
X
X
(X + 1)
None
:211
qui est la décomposition en éléments simples recherchée.
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 106 Si la première question est relativement standard (même si elle est
demande un peu d’initiative et d’autonomie du candidat en utilisant les propriétés des
racines des polynômes à coefficients réels et de deviner d’autres racines immédiates), la
seconde partie sera sélective. En effet, la méthode générale de décomposition en éléments
simples n’est pas proposée par le programme (uniquement l’existence est énoncée sans
preuve) et seul le cas des polynômes scindés à racines simples est enseigné par tous (éventuellement des idées pour les racines doubles). L’interaction avec l’interrogateur sera probablement importante pour cette question (il guidera le candidat sur une stratégie efficace
si celui-ci n’en a pas) et la maitrise des calculs par le candidat sera un élément essentiel
de la réussite à cette deuxième question.
Structures algébriques et arithmétique
219
Exercice 107 (Mines-Ponts) Soit n ∈ N∗ . On pose Mn = 2n − 1.
1. Montrer que, si Mn est un nombre premier alors n est un nombre premier.
2. Soit p ⩾ 3 un nombre premier. Montrer que, si q est un nombre premier et si q
divise Mp , alors q est de la forme 2kp + 1 avec k ∈ N∗ .
Solution 107
1. On procède par contraposée. Soit n un entier qui n’est pas un nombre premier alors il
existe deux entiers a, b différents de 1 et n tels que n = ab. On peut alors écrire :
b
Mn = 2ab − 1 = (2a ) − 1.
Comme 1 < a < n, on a
1 = 21 − 1 < 2a − 1 < 2n − 1 = Mn
=
⇔
b
m ≡ 0 [m] ⇒ 2a ≡ 1 [m] ⇒ (2a ) ≡ 1b [m]
2ab ≡ 1 [m] ⇒ Mn ≡ 0 [m]
:164
2a − 1
7900
419
donc le nombre m = 2a − 1 est différent de 1 et n. Or, on dispose des congruences
suivantes :
4.12
7.41
donc m divise Mn , ce qui prouve que Mn n’est pas un nombre premier. Par contraposée,
si Mn est un nombre premier, on peut affirmer que n est un nombre premier.
2. Comme q divise Mp , on a les congruences suivantes :
:89.8
Mp ≡ 0 [q] ⇔ (E1 ) : 2p ≡ 1 [q] .
8891
2502
Plaçons nous dans l’anneau
Z/qZ. Comme q est un nombre premier, Z/qZ est un corps
donc G = (Z/qZ) \ 0 est un groupe multiplicatif fini de cardinal q − 1. L’égalité (E1 )
s’écrit dans ce groupe
p
(E2 ) : 2 = 1
0753
582:
donc 2 est un élément d’ordre fini et comme G est un groupe fini, on obtient la divisibilité
suivante
(E3 ) : m | card (G) = q − 1
None
:211
Par définition d’un ordre, on a m ⩾ 1 et l’égalité (E2 ) entraine que m divise p. Comme
p est un nombre premier, on peut affirmer que m = 1 ou m = p. Si m = 1 alors l’égalité
(E1 ) montre que
2 ≡ 1 [q] ⇔ 1 ≡ 0 [q] ⇒ q | 1,
com:
ce qui est absurde donc m = p. Cette égalité combinée à la divisibilité (E3 ) montre que :
rvox.
p | q − 1 ⇔ ∃s ∈ Z, q − 1 = sp ⇔ q = sp + 1.
univ.
scho
la
Comme p > 0, Mp est un nombre impair et q le divise donc q est impair (si q est pair
alors 2 divise q, q divise Mp donc 2 divise Mp d’où Mp est pair, ce qui est absurde).
Ainsi, q − 1 est un nombre pair c’est-à-dire que sp est un nombre pair.
Comme p ⩾ 3 est un nombre premier, il est nécessairement impair donc s est nécessairement un nombre pair c’est-à-dire qu’il existe un entier (relatif ) k tel que :
s = 2k ⇒ q = 2kp + 1.
220
Mines-Ponts
En outre, puisque q est un nombre premier impair, on a :
1
> 0 ⇒ k ∈ N∗ .
p
q ⩾ 3 ⇔ 2kp + 1 ⩾ 3 ⇔ kp ⩾ 1 ⇒ k ⩾
Remarque. Si p = 2 alors Mp = 3 dont le seul diviseur premier est q = 3 qui n’est pas
de la forme 2kp + 1 = 4k + 1.
Commentaires 107 La première question est assez élémentaire. Par contre, la seconde
sera sélective car elle demande une maitrise importante des résultats sur l’ordre d’un
élément (dans un groupe) et de faire le lien avec cette notion. Les meilleurs candidats penseront à travailler dans Z/qZ, pour les autres, l’interrogateur l’indiquera et une discussion
s’entamera sur la structure de Z/qZ.
7900
419
Exercice 108 (Mines-Ponts) Soit P un polynôme non constant à coefficients entiers. On
note l’ensemble
D = {d ∈ N∗ , ∃m ∈ Z tel que d | P (m)}
:164
(l’ensemble formé par les divisieurs des différentes valeurs de P sur les entiers relatifs).
Montrer que D contient une infinité de nombres premiers.
⇒
∼
n→+∞
a r nr
=
n→+∞
O (nr )
8891
2502
P (n)
:89.8
4.12
7.41
Solution 108 Comme P (0) ∈ Z, il possède un diviseur premier p donc p ∈ D et D est non
vide.
Supposons qu’il n’existe qu’un nombre fini p1 , .., ps de nombres premiers distincts appartenant
à D.
Si r désigne le degré de P et ar son coefficient dominant, on dispose des dominations suivantes :
∃A ∈ R+ , ∃M ∈ R+ , ∀n ⩾ A, |P (n)| ⩽ M nr .
:211
0753
582:
Comme P n’admet qu’un nombre fini de racines, quitte à augmenter A, on peut supposer que,
pour tout n ⩾ A, P (n) est non nul.
Soit n ∈ N avec n ⩾ N. L’entier P (n) , qui est non nul, admet uniquement des diviseurs
premiers appartenant à {p1 , .., pr } . Ainsi, sa décomposition en produit de nombres premiers est
de la forme
s
a (n)
pi i
avec ∀i ∈ {1, .., s} , ai (n) ∈ N.
P (n) = ±
None
i=1
⩽
s
a (n)
a (n)
⩽ ln (|P (n)|) ⩽ ln (M nr )
pi i = |P (n)| ⇒ ln pi i
ln
i=1
rvox.
a (n)
pi i
com:
En outre, pour chaque i ∈ {1, .., s} , comme pi est un nombre premier, on peut affirmer que :
univ.
Pour tout entier k ⩾ N, posons :
scho
la
⇒ ai (n) ln (pi ) ⩽ ln (M ) + r ln (n)
⇒
÷ ln(pi )>0
ai (n) ⩽
Ak = {P (n) , n ∈ {N, N + 1, .., k}} .
ln (M ) + r ln (n)
.
ln (pi )
Structures algébriques et arithmétique
221
D’après les inégalités précédentes et comme
∀n ∈ {N, .., k} , 0 ⩽ ai (n) ⩽
ln (M ) + r ln (k)
ln (M ) + r ln (n)
⩽
,
ln (pi )
ln (pi )
on dispose de l’inclusion ensembliste valable pour tout k ⩾ N :
Ak
{P (n) , n ∈ {N, N + 1, .., k}}
s
ln (M ) + r ln (k)
mi
.
pi , ∀i ∈ {1, .., s} , mi ∈ 0, ..,
⊂
±
ln (pi )
i=1
=
s
=
k→+∞
O ((ln (k)) )
7900
⇒ (∗) : card (Ak )
419
En passant aux cardinaux, on en déduit la majoration :
s ln (M ) + r ln (k)
card (Ak ) ⩽ card {−1, 1} ×
0, ..,
ln (pi )
i=1
s
s
ln (M ) + r ln (k)
s
=2
1+
= 2
O (ln (k)) = O ((ln (k)) )
k→+∞
k→+∞
ln
(p
)
i
i=1
i=1
7.41
:164
D’autre part, chaque m ∈ Ak possède au maximum r antécédents par P (le polynôme P − m
est de degré r donc il admet au plus r racines) donc l’ensemble Ak possède au moins
éléments. On en déduit la minoration suivante
k−N +1
.
r
8891
2502
card (Ak ) ⩾
:89.8
4.12
k−N +1
card ({N, N + 1, .., k})
=
r
r
0753
582:
card (Ak )
s
est
En divisant cette inégalité par (ln (k)) , l’égalité (∗) montre que la suite
s
(ln (k))
k
k−N +1
bornée donc la suite
l’est aussi. Or, d’après les croissances comparées, on a :
s
r (ln (k)) k
:211
k−N +1
1
k
×
∼
→ +∞,
s
s
r (ln (k)) k→+∞ r
(ln (k)) k→+∞
None
ce qui est absurde. Par conséquent, l’ensemble D contient une infinité de nombres premiers.
rvox.
com:
Commentaires 108 Exercice original, posé initialement aux ENS. L’interaction avec
l’interrogateur sera importante et le sujet d’adresse à priori à des candidats de bon niveau.
|z| = 1} .
1. Déterminer les P ∈ C [X] tels que P (U) ⊂ U.
Mines-Telecom
2. Déterminer les F ∈ C (X) (fractions rationnelles à coefficients complexes)
telles que
F (U) ⊂ U.
univ.
10
scho
la
Exercice 109 (Mines-Ponts) Soit U = {z ∈ C,
Solution 7
1. ker (u) = ker (p) . Soit x ∈ ker (u) alors :
222
Mines-Ponts
Solution 109
1. On procède par analyse-synthèse.
Phase d’analyse. Soit P ∈ C [X] tels que P (U) ⊂ U alors P est non nul donc il posn
sède un degré n ∈ N et il existe des complexes (pk )0⩽k⩽n tel que P (X) =
pk X k . Soit
k=0
z ∈ U, il existe θ ∈ R tel que z = eiθ .
Rappelons que si z ∈ C, z désigne son conjugué, on dispose des règles de calculs suivantes :
2
∀ (z, z ) ∈ C2 , |z| = zz, z + z = z + z , zz = zz .
Par hypothèse, P eiθ ∈ U donc on a l’égalité suivante :
iθ 2
P e = 1 ⇔ (∗) : P eiθ P (eiθ ) = 1.
k=0
Si l’on note AP (X) =
k=0
n
1 1
pk ikθ = inθ
e
e
k=0
n
n
pk eikθ =
pk e−ikθ
pk ei(n−k)θ =
k=0
7900
pk eikθ =
k=0
n
k=0
n
n−k
1
pk eiθ
.
n
(eiθ ) k=0
pk X n−k ∈ C [X] , la relation (∗) se réécrit :
n
AP eiθ = 1 ⇔ P eiθ AP eiθ = eiθ
⇒ (P (X) AP (X) − X n ) eiθ = 0.
1
n
(eiθ )
8891
2502
P eiθ
n
:164
k=0
n
k
pk (eiθ ) =
7.41
=
n
4.12
=
:89.8
P (eiθ )
419
Réécrivons P (eiθ ) en utilisant les règles de calculs citées précédemment :
582:
Ainsi, le polynôme P (X) AP (X) − X n possède une infinité de racines (tous les éléments
de U) donc il est nul c’est-à-dire :
0753
P (X) AP (X) − X n = 0 ⇔ P (X) AP (X) = X n .
:211
Par conséquent, le polynôme P (X) divise X n et comme P est de degré n, il existe a ∈ C∗
tel que P (X) = aX n . En outre, a ∈ U car, pour tout z ∈ U, on a :
n
None
|P (z)| = 1 ⇔ |az n | = 1 ⇔ |a| |z| = 1 ⇔ |a| = 1.
com:
Phase de synthèse. Soit a ∈ C et m ∈ N, le polynôme P (X) = aX m vérifie :
m
∀z ∈ U, |P (z)| = |a| |z|
= 1 × 1m = 1.
rvox.
Conclusion : Les polynômes P ∈ C [X] tels que P (U) ⊂ U sont exactement les polynômes P (X) = aX m avec a ∈ U et m ∈ N.
univ.
scho
la
2. On procède également par analyse-synthèse.
Phase d’analyse. Soit F ∈ C (X), il existe deux polynômes P, Q de C [X] premiers
entre eux avec Q = 0 tels que :
P (X)
F (X) =
Q (X)
Structures algébriques et arithmétique
223
(forme irréductible de F ).
Réduction du problème. Si on note s et r les multiplicités respectives de 0 dans P et
Q, il existe deux polynômes P1 et Q1 tels que
P (X) = X s P1 (X) et Q (X) = X r Q1 (X) avec P1 (0) = 0 et Q1 (0) = 0.
Les polynômes P1 et Q1 sont premiers entre eux car P et Q le sont. On en déduit une
nouvelle expression de F :
P1 (X)
F (X) = X s−r
.
Q1 (X)
419
Supposons que F (U) ⊂ U alors F est définie sur U donc Q1 ne s’annule pas sur U et P1
ne s’annule pas sur U (s’il existe z0 ∈ U tel que P1 (z0 ) = 0 alors |F (z0 )| = 0 = 1). La
fraction
P1 (X)
F1 (X) = X r−s F (X) =
Q1 (X)
r−s
|F (z)| = 1r−s × 1 = 1.
:164
∀z ∈ U, |F1 (z)| = |z|
7900
appartient à C (X), elle est définie sur U et F1 (U) ⊂ U car :
Q1
1
=
(qui est définie sur U, puisque P1 et Q1 ne s’y
F1
P1
annule pas, vérifie encore G (U) ⊂ U), on peut toujour supposer que deg (P1 ) ⩽ deg (Q1 ) .
Notons n1 et m1 les degrés respectifs des polynômes P1 et Q1 alors n1 ⩽
m1 .
Étude de F1 . Pour tout réel θ, le complexe eiθ appartient à U donc F1 eiθ aussi c’està-dire :
:89.8
4.12
7.41
Quitte à échanger F1 en G =
8891
2502
2 2
2
∀θ ∈ R, F1 eiθ = 1 ⇔ (E1 ) : ∀θ ∈ R, P1 eiθ = Q1 eiθ Avec les notations et calculs effectués dans la preuve de la réponse à la question 1. on
peut affirmer que :
0753
582:
iθ iθ iθ iθ iθ 2
iθ 2
P
Q
e
A
e
A
e
e
1
P
1
Q
1
1
P1 e =
et Q1 e =
.
n1
m1
iθ
iθ
(e )
(e )
None
Q1 eiθ AQ1 eiθ
P1 eiθ AP1 eiθ
=
∈ R,
n
m
(eiθ ) 1
(eiθ ) 1
n1
m 1
⇔ eiθ
P1 eiθ AP1 eiθ = eiθ
Q1 eiθ AQ1 eiθ
⇔ (X m1 P1 (X) AP1 (X) − X n1 Q1 (X) AQ1 (X)) eiθ = 0.
rvox.
com:
∀θ
:211
L’équation (E1 ) se réécrit :
scho
la
Ainsi, le polynôme X m1 P1 (X) AP1 (X) − X n1 Q1 (X) AQ1 (X) possède une infinité de
racines (tous les éléments de U) donc il est nul c’est-à-dire :
univ.
X m1 P1 (X) AP1 (X) − X n1 Q1 (X) AQ1 (X) = 0
⇔ (E2 ) : X m1 P1 (X) AP1 (X) = X n1 Q1 (X) AQ1 (X)
224
Mines-Ponts
Par définition, Il existe des complexes (pk )0⩽k⩽n1 et (qk )0⩽k⩽m1 avec
P1 (X)
AP1 (X)
AQ1 (X)
=
=
=
n1
k=0
n1
k=0
m1
k=0
pk X k avec pn1 = 0 et Q1 (X) =
m1
k=0
qk X k avec qm1 = 0
pk X n1 −k = p0 X n1 + p1 X n1 −1 + · · · + pn1
qk X m1 −k = q0 X m1 + q1 X m1 −1 + · · · + qm1 .
Comme p0 = P1 (0) = 0 (car 0 n’est pas racine de P1 ) et q0 = 0 (car 0 n’est pas racine
de Q1 ), on peut affirmer que AP1 et AQ1 sont de degré respectifs n1 et m1 . En passant
au degré dans la relation (E2 ) , on obtient l’égalité :
419
m1 + n1 + n1 = n1 + m1 + m1 ⇒ n1 = m1
⇔ deg (P1 ) = deg (AP1 ) = deg (Q1 ) = deg (AQ1 )
7900
Comme C [X] est un anneau intègre, on peut simplifier X n1 = X m1 dans l’équation (E2 ),
ce qui nous donne la formule :
:164
(F) : P1 (X) AP1 (X) = Q1 (X) AQ1 (X)
4.12
7.41
Ainsi, le polynôme P1 divise Q1 AQ1 et comme P1 est premier avec Q1 , le lemme de
Gauss montre que P1 divise AQ1 c’est-à-dire qu’il existe un polynôme R tel que
AQ1 = RP1 ⇒ P1 AP1 = Q1 RP1 ⇒ AP1 = RQ1
:89.8
(F )
αP1 (X)
P1 (X)
⇒ F (X) = αX r−s
.
AP1 (X)
AP1 (X)
582:
AP1 = αQ1 ⇒ F1 (X) =
8891
2502
(car C [X] est un anneau intègre). Comme AQ1 et P1 sont de même degré, le polynôme
R est constant et comme AQ1 est non nul, cette constante est non nulle. Ainsi, il existe
α ∈ C∗ tel que :
None
:211
0753
D’après les calculs menés à la question 1, Pour tout réel θ, on a :
iθ A eiθ iθ A
e
P
P
1
1
P1 (eiθ ) =
⇒ P1 e = P1 (eiθ ) = = AP1 eiθ n
(eiθ )n1 (eiθ ) 1
P eiθ iθ iθ 2(r−s) P1 eiθ 1
= 1 donc F e = 1 ⇔ 1 = |α| e ⇔ |α| = 1.
AP1 (eiθ ) AP1 (eiθ ) On pose
AP (X) =
n
k=0
univ.
k=0
scho
la
rvox.
com:
Synthèse. Soient α ∈ U, P ∈ C [X] \ {0} de coefficient constant non nul et n’ayant
aucune racine dans U et k ∈ Z. Si n est le degré de P, il existe des complexes (pk )0⩽k⩽n
tels que :
n
pk X k avec p0 = 0.
P (X) =
pk X n−k = p0 X n + p1 X n−1 + · · · + pn
Structures algébriques et arithmétique
225
qui est un polynôme de degré n car p0 = 0. Supposons que AP admet une racine z ∈ U
alors il existe un réel θ tel que z = eiθ . On dispose alors des équivalences suivantes :
n
AP (z) = 0 ⇔ AP eiθ = 0 ⇔ eiθ P (eiθ ) = 0 ⇔ P eiθ = 0,
ce qui est absurde (P n’admet aucune racine dans U) donc AP n’admet aucune racine
dans U. Ainsi, pour tout a ∈ U et k ∈ Z, la fraction
P (X)
AP (X)
est bien définie sur U et, pour tout θ ∈ R, on a F eiθ = 1 (cf. les calculs de la fin de
la phase d’analyse) donc F (U) ⊂ U.
Conclusion : les fractions rationnelles vérifiant F (U) ⊂ U sont les fractions rationnelles de la forme
F = aX k
et P (0)
=
P (X)
avec |α| = 1, k ∈ Z, P ∈ C [X] \ {0}
AP (X)
0 et P (U) ⊂ C∗ .
αX k
419
=
7900
F (X)
4.12
7.41
:164
Commentaires 109 Exercice dont la première question posée relativement régulièrement
à ce concours (et la thématique est plutôt celle des concours X-ENS).
Question 1 : Le point clé est d’interpréter algébriquement l’inclusion P (U) ⊂ U (ce qui
n’est pas standard pour les concours visés par cet ouvrage). L’interrogateur proposera probablement une indication du type suivant : donner un polynôme Q tel que
:89.8
2
∀θ ∈ R, P eiθ − 1 = Q eiθ .
None
:211
0753
582:
8891
2502
L’interrogateur sera alors attentif à la capacité du candidat à gérer convenablement les
modules et les complexes de module 1. Il est aussi attendu du candidat qu’il justifie aisément la nullité du polynôme Q. Si le candidat ne parvient à conclure, il sera guider vers
l’interprétation de l’égalité P AP = X m en terme de divisibilité. Bien entendu, la réciproque sera attendue (ou bien le candidat travaille explicitement par analyse-synthèse).
P
et/ou
Question 2 : Un candidat observant que les fractions X m (m ∈ Z) et/ ou
AP
P
conviennent sera fortement valorisé (la première car elle est facile à deviner, les
Xm
AP
deux suivantes par recul sur les calculs de la question 1). L’étude de l’implication directe
est réservée aux meilleurs candidats.
com:
Exercice 110 (Mines-Ponts) Soit (G, ·) un groupe abélien de neutre e. On suppose qu’il
existe n ∈ N∗ tel que, pour tout x ∈ G, xn = e.
scho
la
rvox.
1. On suppose que n = ab, avec a et b premiers entre eux. On note
Ga = {xa , x ∈ G} et Gb = xb , x ∈ G
2. On suppose n impair.
univ.
Montrer que Ga est un sous-groupe de G. Montrer que, pour tout x ∈ G, il existe
un unique couple (u, v) ∈ Ga × Gb tel que x = uv.
226
Mines-Ponts
(a) Montrer que φ2 : x → x2 est un automorphisme et déterminer l’application
réciproque.
(b) Même question avec φk : x → xk , avec k et n premiers entre eux.
Solution 110
1. Comme G est abélien, l’application fa :
→
→
G
x
∀ (x, y) ∈ G2 , f (xy) = (xy)
G
est un morphisme de groupe car ;
xa
G
a
=
abélien
xa y a = f (x) f (y) .
Ainsi, l’ensemble fa (G) = Ga est un sous-groupe de G.
Comme a et b sont premier entre eux, le théorème de Bezout montre qu’il existe (s, t) ∈
Z2 tel que
a b
1 = as + bt ⇒ x = x1 = xas+bt = (xs ) xt .
b
a
−1
u = v v −1 .
:164
x = u v ⇒ uv = u v ⇔ (u )
7900
419
Si l’on pose u = (xs ) ∈ Ga (car xs ∈ G) et v = (xt ) ∈ Gb (car xt ∈ G), on a bien
x = uv.
Supposons qu’il existe u ∈ Ga et v ∈ Gb tel que
−1
ab
n
= (y ) = e.
:89.8
y b = (y )
4.12
7.41
Notons y = (u ) u et z = v v −1 . Comme u et u appartiennent à Ga , y appartient à
a
Ga (car Ga est un groupe) donc il existe y ∈ G tel que y = (y ) . On en déduit que
De même, on justifie que z ∈ Gb puis que z a = e. Comme y = z, on peut alors écrire :
s
t
s
s t
= y as+bt = (y a ) y b = (z a ) (e) = (e) e = e
⇒ u = u y = u et v = vz = vy = v,
8891
2502
y
582:
ce qui prouve l’unicité.
0753
2. (a) Comme n est impair, il existe un entier m tel que
n−1
.
2
:211
n = 2m + 1 ⇔ m =
None
Par hypothèse, on a :
2
∀x ∈ G, xn = e ⇔ x2m+1 = e ⇒ x2m+2 = x ⇔ xm+1 = x.
ψ 2 : x ∈ G → xm+1 = x(n+1)/2 ∈ G
∀x
m+1
= x2m+2 = x
∈ G, φ2 (ψ 2 (x)) = x et ψ 2 (φ2 (x)) = x2
⇒ φ2 ◦ ψ 2 = IdG et ψ 2 ◦ φ2 = IdG
univ.
alors :
scho
la
rvox.
Si l’on note
com:
×x
donc φ2 est une bijection de G sur G de réciproque ψ 2 .
Structures algébriques et arithmétique
227
(b) Comme k et n sont premiers entre eux, d’après la relation de Bezout, il existe deux
entiers relatifs (a, b) tels que
k
b
k
b
k
1 = ak + bn ⇒ ∀x ∈ G, x = xak+bn = (xa ) (xn ) = (xa ) (e) = (xa ) .
Si l’on note
ψ a : x ∈ G → xa ∈ G
alors :
∀x
a
G, φk (ψ a (x)) = x et ψ a (φk (x)) = xk = x
⇒ φk ◦ ψ a = IdG et ψ a ◦ φk = IdG
∈
donc φk est une bijection de G sur G de réciproque ψ a .
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
Commentaires 110 Exercice de niveau standard. Le fait que Ga est un sous-groupe et
l’unicité du couple (u, v) à la question 1 sont des questions d’application directe du cours
sur les groupes et ordre d’un élément.
univ.
com:
rvox.
scho
la
419
7900
:164
7.41
4.12
:89.8
8891
2502
582:
0753
:211
None
Chapitre 6
Dénombrement
CCINP
419
6.1
7900
Exercice 111 (CCINP) Soit n ∈ N∗ . Déterminer le nombre de surjections de {1, .., n + 1}
sur {1, ..., n}.
:164
Solution 111 Soit
f : {1, .., n + 1} → {1, ..., n}
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
alors f est surjective si et seulement si, pour tout k ∈ {1, ..., n} , il existe (au moins) un entier
q ∈ {1, ..., n + 1} tel que f (q) = k. Comme l’ensemble {1, ..., n + 1} possède n + 1 éléments,
cela signifie qu’il existe exactement n − 1 entiers k ∈ {1, ..., n} qui possède un seul antécédent
par f et un unique entier kf ∈ {1, .., n + 1} possédant exactement deux antécédents par f. Pour
déterminer une telle application surjective f, on choisit un entier k0 parmi les n entiers de
{1, .., n} (n choix). Pour cet entier k0 , on choisit 2 entiers q0 et q0 appartenant à {1, ..., n + 1}
n (n + 1)
( n+1
choix possibles). On pose alors f (q0 ) = f (q0 ) = k0 . On note
=
2
2
k1 < k2 < · · · < kn−1
q0 , q0 , q1 , ..., qr tels que ∀i ∈ {1, .., r} , f (qr ) = kr ,
None
on choisit un entier
:211
0753
582:
les n − 1 entiers de {1, ..., n} \ {k0 } . On choisit un entier q1 parmi les n − 1 entiers de
{1, ..., n + 1} \ {q0 , q0 } et on pose f (q1 ) = k1 . On choisit un entier q2 parmi les n − 2 entiers de {1, ..., n + 1} \ {q0 , q0 , q1 } (n − 2 choix possibles) et on pose f (q2 ) = k2 (comme k2 = k1
et k2 = k0 , il est impératif que q2 = q0 , q2 = q0 et q2 = q1 ). Plus généralement, si on construit
des entiers deux à deux distincts
qr+1 ∈ {1, .., n + 1} \ {q0 , q0 , q1 , ..., qr }
com:
(n + 1 − (r + 1) = n − r choix possibles) et on pose
rvox.
f (qr+1 ) = kr+1 .
univ.
scho
la
Au final, pour déterminer f, on dispose de
n (n + 1) n (n − 1) · · · 1
n [(n + 1)!]
n n+1
(n − 1) (n − 2) · · · 1 =
=
2
2
2
n ∗ (n + 1)!
telles surjections.
choix possibles c’est-à-dire qu’il y a
2
230
CCINP
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
Commentaires 111 En général, les exercices de dénombrement sont sélectifs aux oraux
CCINP et ce sujet ne fait pas exception. Il n’est pas nécessairement attendu des dénombrements utilisant la notion de bijection ou une formalisation très importante mais de
convaincre l’interrogateur que les comptages sont bien exhaustifs et non redondants.
Dénombrement
6.2
231
Mines-Telecom
Exercice 112 (Mines-Ponts, Mines-Telecom) Soient (a, b, n) ∈ N3 . Montrer que :
n a
b
a+b
=
.
k
n−k
n
k=0
7900
419
Solution 112 Par définition, pour tous entiers n, k, nk étant le nombre de parties à k éléments
n!
d’un ensemble à n éléments, on a nk = 0 si k > n ou k ⩽ 0 et nk =
sinon.
k! (n − k)!
On considère une urne composée de a boules blanches et b boules noires dans laquelle on pioche
simultanément n boules. Combien y a-t-il de pioches possibles ? On procède par deux comptages
distincts.
Premier comptage. Une pioche dans l’urne correspond
à la sélection d’un sous-ensemble de
n boules parmi l’ensemble des a + b boules donc il y a a+b
pioches possibles.
n
Second comptage. Une pioche donnée contient k boules blanches et n − k boules noire. Pour
chaque k ∈ {0, .., n} , on note Pk : « la pioche contient k boules blanches et n − k boules noires
». Les ensembles (Pk )0⩽k⩽n sont deux à deux disjoints (éventuellement vide) et l’ensemble des
n
pioches correspond à l’ensemble
Pk donc le nombre total de pioches possibles est :
=
n
7.41
k=0
Pk
n
a
k
card (Pk ) =
k=0
k=0
b
n−k .
4.12
card
:164
k=0
n
8891
2502
:89.8
En effet, notons Bk l’ensemble des parties à k éléments de l’ensemble des boules blanches et
Nn−k l’ensemble des parties à n−k éléments de l’ensemble des boules noires. Alors l’application
ψ k qui à un couple (U, V ) ∈ Bk × Nn−k associe U ∪ V est une bijection de Bk × Nn−k sur Pk ,
ce qui permet de conclure.
0753
582:
Commentaires 112 Exercice astucieux (ou du moins, les tentatives par récurrence élémentaires échouent en général) ou plutôt à interpréter la formule du point de vue combinatoire (c’est-à-dire en combinant convenablement des objets).
None
:211
Exercice 113 (Mines-Telecom) Dénombrer les applications f : {1, ..., n} → {1, ..., n}
telles que
f ◦ f = f.
com:
Solution 113 Notons
rvox.
In = {1, ..., n} et S = {f : In → In telles que f ◦ f = f } .
scho
la
Soit f ∈ S. pour tout k ∈ f (In ) , il existe q ∈ In tel que :
k = f (q) ⇒ f (k) = f (f (q)) = f (q) = k.
univ.
Ainsi, tout élément dans l’image de f est un point fixe de f et, il est immédiat, tout point fixe
de f est dans l’image de f.
232
Mines-Telecom
Réciproquement, soit f : In → In telle que un élément appartient à l’image de f si et seulement
si cet élément est un point fixe de f alors :
∀i ∈ In , f (i) ∈ f (In ) ⇒ f (f (i)) = f (i) ⇔ f ◦ f = f ⇒ f ∈ S.
Autrement dit, on vient de montrer que S est l’ensemble des applications f : In → In dont les
points fixes sont exactement les images de f.
Fixons un ensemble J ⊂ In de cardinal r ∈ In et notons
SJ = {f ∈ S telles que f (In ) = J} .
Soit f ∈ SJ . Pour chaque i ∈ J, on a f (i) = i. Pour tout i ∈ In \J, f (i) ∈ f (In ) = J donc
il existe r choix possibles pour f (i) . Par conséquent, SJ est de cardinal rcard(In \J) = rn−r
(l’application
ψ J : f ∈ SJ → (f (i))i∈In \J ∈ J n−r
J⊂P(In )\{∅}
=
n
card (SJ ) =
r=1 card(J)=r
(card (J))
J⊂P(In )\{∅}
rn−r =
n
rn−r
r=1
n−card(J)
7900
1=
card(J)=r
n
:164
=
r=1
7.41
card (S)
419
est une bijection). La famille (SJ )J∈P(In )\{∅} est une partition de S donc :
rn−r nr .
8891
2502
:89.8
4.12
Commentaires 113 Les dénombrements d’applications sont généralement sélectifs pour
les candidats du concours Mines-Telecom et cet exercice en fait partie. Le point clé est de
comprendre les conséquences de l’équation f ◦ f = f sur les liens entre les diverses valeurs
prises par f . Le point clé ici est de comprendre que les éléments de l’image sont fixes par
f et tous les autres doivent être envoyés sur l’image. Cet exercice est sélectif.
582:
Exercice 114 (Mines-Telecom) Déterminer Card (On (R) ∩ Mn (Z)).
com:
None
:211
0753
Solution 114 Soit A ∈ Mn (Z) (c’est-à-dire une matrice à coefficients entiers relatifs). Notons
C1 , ..., Cn les colonnes de A. La matrice A appartient à On (R) si et seulement si ses colonnes
forment une famille orthonormale de Mn,1 (R) muni du produit scalaire canonique
 
 
y1
x1
n
 .. 
 .. 
X | Y =
xi yi où X =  .  et Y =  .  .
i=1
xn
yn

a1,j
n


Une colonne Cj =  ...  est normée si et seulement si
a2i,j = 1. Comme chaque a2i,j
appartient à N et que la somme
n
i=1
i=1
a2i,j = 1, cela signifie qu’il existe un unique indice
univ.
an,j
scho
la
rvox.

ϕ (j) ∈ {1, ..., n} tel que a2ϕ(j),j = 1 et que a2i,j = 0 si i = ϕ (j) .
Dénombrement
233
e
Autrement dit, tous les coefficients de Cj sont nuls sauf celui en ϕ (j) ligne qui vaut ±1 c’està-dire que Cj = ±Eϕ(j) (où Ej est la matrice colonne dont tous les coefficients sont nuls sauf
celui de la j e ligne qui vaut 1). Comme la matrice A est inversible, pour tout
2
(j, k) ∈ {1, ..., n} avec j = k, les colonnes Cj et Ck ne peuvent être proportionnelles donc
ϕ (j) = ϕ (k) (sinon Cj = ±Eϕ(j) = ±Eϕ(k) = ±Ck ). Par conséquent,
ϕ : j → ϕ (j)
est une application injective de {1, ..., n} dans {1, ..., n} c’est-à-dire que ϕ est une bijection de
{1, ..., n} i.e. ϕ est une permutation de {1, ..., n} et
A = (C1 | · · · | Cn ) avec ∀j ∈ {1, .., n} , Cj = εj Eϕ(j) et εj ∈ {−1, 1} .
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
Réciproquement, si A est de cette forme alors ses colonnes forment une famille orthonormale de
Mn,1 (R) (car la base canonique de Mn,1 (R) est une famille orthonormale et que ϕ est injective)
donc A ∈ On (R) ∩ Mn (Z) .
Ainsi, on a :
— n choix possibles pour disposer l’unique coefficient non nul de la première colonne de A
et 2 choix pour lui attribuer la valeur du coefficient en cette position ;
— n − 1 possibles (autre que celui choix effectué pour la colonne précédente) pour disposer
l’unique coefficient non nul de la deuxième colonne de A et 2 choix pour lui attribuer la
valeur du coefficient en cette position ;
— n − 2 possibles (autre que les choix effectués pour les deux premières colonnes) pour
disposer l’unique coefficient non nul de la troisième colonne de A et 2 choix pour lui
attribuer la valeur du coefficient en cette position ;
— etc ;
— 1 possible (autre que les choix effectués pour les n − 1 premières colonnes) pour disposer
l’unique coefficient non nul de la dernière colonne de A et 2 choix pour lui attribuer la
valeur du coefficient en cette position ;
Au total, il a
(2n) (2 (n − 1)) (2 (n − 2)) · · · (2 × 1) = 2n n!
0753
582:
possibilités pour A donc card (On (R) ∩ Mn (Z)) = 2n n!. Pour une preuve rigoureuse, il suffit
d’utiliser l’application
n
{−1, 1} × Sn → On (R) ∩ Mn (Z) ψ:
(εj )1⩽j⩽n , σ
→ ε1 Eσ(1) | · · · | εn Eσ(n)
n
:211
qui est une bijection de Sn × {−1, 1} sur On (R) ∩ Mn (Z) (d’après l’analyse précédente) donc
n
n
None
card (On (R) ∩ Mn (Z)) = card ({−1, 1} × Sn ) = (card ({−1, 1})) card (Sn ) = 2n n!
univ.
scho
la
rvox.
com:
Commentaires 114 Le point clé de cet exercice est de se rappeler que les colonnes d’une
matrice orthogonale sont de norme 1 pour en déduire qu’il existe un unique coefficient non
nul par colonne. L’orthogonalité des colonnes (ou l’inversibilité de la matrice) entraine qu’il
n’existe alors qu’un coefficient non nul par ligne (sinon deux colonnes sont colinéaires). Il
n’est pas impératif de savoir formaliser le comptage (même si cela sera valorisé) mais il
est indispensable de montrer que l’on a tenu compte de tous les cas sans redondance (choix
de n! positions pour les coefficients non nuls, pour chacun de ces coefficients, deux fois de
valeurs d’où le 2n n!).
univ.
com:
rvox.
scho
la
419
7900
:164
7.41
4.12
:89.8
8891
2502
582:
0753
:211
None
Chapitre 7
Suites et séries numériques
CCINP
419
7.1
7900
Exercice 115 (CCINP) Soit a ∈ R. On pose
n
1
(−1)
et vn =
.
n
na
ln (n) + (−1) na
:164
∀n ∈ N∗ , un =
7.41
1. Déterminer, selon les valeurs de a, la nature de la série de terme général vn .
On choisit désormais a pour que la série de terme général vn soit convergente.
:89.8
4.12
2. Déterminer les valeurs de a pour lesquelles la série de terme général un − vn est
convergente.
8891
2502
3. En déduire les valeurs de a pour lesquelles la série de terme général un est convergente.
Solution 115
1
1
⩾ 0 = 1 donc la suite (vn )n ne peut tendre
na
n
vn .
0 d’où la divergence grossière de la série
n
1
est positive et décroissante donc, d’après le critère
Si a > 0, la suite (|vn |)n =
na n
n
spécial des séries alternées, la série
(−1) |vn | =
vn converge.
n
n
None
Conclusion : La série
:211
0753
582:
1. Si a ⩽ 0 alors, pour n ∈ N∗ , on a |vn | =
vn converge si et seulement si a > 0.
n
rvox.
com:
2. D’après l’énoncé, on suppose que a > 0. On simplifie un − vn afin d’en déterminer un
équivalent quand n tend vers +∞.
n
n
n
na − (−1) (ln (n) + (−1) na )
(−1) ln (n)
= a
.
n a
n
a
n (ln (n) + (−1) n )
n (ln (n) + (−1) na )
scho
la
un − v n =
valent suivant ;
un − v n
univ.
D’après les croissances comparées, on a ln (n)
n
=
n→+∞
o (na ) , ce qui nous donne l’équi-
(−1) ln (n)
ln (n)
= 2a .
n
n→+∞ na (−1) na
n
∼
236
CCINP
1
, on dispose de la minoration suivante valable pour tout n ⩾ 2 :
2
ln (2)
ln (n)
ln (n) ⩾ ln (2)
ln (n) ⩾ ln (2) (1)
⩾ 0.
⩾
⇒
⇒
2a
2a
2a
n ⩽n
1/n ⩾ 1/n (2) (1)∗(2) n
n
Si 2a ⩽ 1 ⇔ a ⩽
La série
ln (2)
n
donc la série
n
n
= ln (2)
1
n
n
diverge (série de Riemann de paramètre α = 1 ⩽ 1)
(un − vn ) aussi.
Si 2a > 1, on fixe δ ∈ ]1, 2a[ et on a la comparaison :
1
ln (n)
ln (n)
ln (n)
= o
car nδ 2a = 2a−δ → 0
n→+∞
n2a n→+∞
nδ
n
n
n
n
a
n
converge (série
(un − vn ) converge.
(un − vn ) converge si et seulement si a >
:164
Conclusion : La série
nδ
n
7900
de Riemann de paramètre α = δ > 1) donc la série
1
419
(d’après les croissances comparées puisque 2a − δ > 0). La série
1
.
2
7.41
3. Si a ⩽ 0, la suite ((−1) n )n est bornée alors que la suite (ln (n))n tend vers +∞ donc :
n
n
(−1)
(−1) ln (n)
=
= vn .
n→+∞ na (ln (n))
na
∼
4.12
un − v n
n
Si a > 0, comme la série
n
n
un converge si et seulement
n
(un − vn ) converge si et seulement si a >
Conclusion : la série
1
.
2
582:
vn converge alors la série
un converge si et seulement si a >
0753
si la série
8891
2502
:89.8
Comme la suite (vn )n ne tend pas vers 0, la suite (un − vn )n non plus d’où la divergence
grossière de la série
(un − vn ) .
:211
n
1
.
2
com:
None
Commentaires 115 Exercice bien progressif sans difficulté particulière.
rvox.
Exercice 116 (CCINP) On considère la suite (un )n⩾1 définie par : ∀n ⩾ 1, un =
N
n=1
N
(−1)k
k=n
k2
univ.
2. Montrer que ∀N ∈ N ,
∗
scho
la
1. Montrer que cette suite est bien définie et que un
=
=
n→+∞
N
k
(−1)
k=1
k
.
O
1
n2
.
+∞
k
(−1)
k=n
k2
.
Suites et séries numériques
237
3. Exprimer, pour tout N ∈ N∗ ,
+∞
4. Montrer que
n=1
Solution 116
1. La suite
1
k2
k⩾1
N
un en fonction de N uN +1 et de
n=1
N
k
(−1)
k=1
k
.
un = − ln (2) .
est positive, décroissante et tend vers 0 quand k → +∞ donc, d’après
(−1)k
le critère spécial des séries alternées, la série
converge. Ainsi, on est assuré
k2
k⩾1
419
de l’existence de un et, toujours d’après le critère spécial des séries alternées, on a :
(−1)n 1
1
∀n ⩾ 1, |un | ⩽ 2 = 2 = O
.
n
n n→+∞
n2
k=n
k2
ak,n =
n=1 k=1
=
k=1 n=1
k
N k
(−1)
=
k2
n=1
k=n
k2
:164
7.41
k
N k
ak,n
k=1 n=1
N
(−1)
(−1) .
1 =
2
k n=1
k
k=1
k=1
k
k
=k
+∞
N
k
k
(−1)
(−1)
+
=
+ uN +1 .
k2
k2
:211
un =
=0 si n>k
=
0753
3. Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
N
k
(−1)
N
ak,n
582:
k=1
N N
4.12
N N
.
sinon
:89.8
n=1
=
si n ⩽ k ⩽ N
8891
2502
On obtient alors :
N
N
(−1)k
7900
2. On va utiliser le théorème de Fubini en posant :

k

 (−1)
2
∀ (k, n) ∈ {1, ..., N } , ak,n =
k2


0
k=N +1
k=n
n=1 k=n
=
N
k
(−1)
k=1
k
k2
+
com:
=
N
uN +1 =
n=1
rvox.
un
n=1
N
N k
(−1)
q2
N
k
(−1)
k=1
k
+ uN +1
N
1
n=1
+ N uN +1 .
scho
la
N
None
En sommant sur n ∈ {1, ..., N } , on obtient les égalités :
1
1
. La série
est à termes positifs
2
n→+∞
n
n2
n
et converge (série de Riemann de paramètre α = 2 > 1), on peut affirmer que la série
=
O
univ.
4. D’après la question 1, on a : |un |
238
CCINP
|un | converge donc la série
que la suite
N
(−1)k
un converge. Ainsi, la suite
n
N
un
n=1
converge ainsi
n
(série vérifiant le critère spécial des séries alternées). En
k
N
outre, d’après la question 1, on a les dominations suivantes :
k=1
N uN +1
=
N →+∞
NO
1
(N + 1)
2
=
O
N →+∞
N
N2
=
N →+∞
O
1
N
→
N →+∞
0
donc, en faisant tendre N dans l’égalité de la question précédente, on obtient l’égalité :
+∞
un =
n=1
k
k=1
.
+∞
k
(−1)
419
Il reste à démontrer l’égalité
+∞
k
(−1)
7900
= − ln (2) . On considère le développement en
k
série entière de x → ln (1 + x) donné par :
+∞
k−1 k
(−1)
x
7.41
=−
k
k=1
+∞
k
(−1) xk
k=1
k
.
4.12
(E) : ∀x ∈ ]−1, 1[ , ln (1 + x) =
:164
k=1
8891
2502
:89.8
Moralement, on peut conclure en remplaçant x par 1 mais cela n’est pas possible. Pour
cela, on contourne la difficulté en faisant tendre x vers 1 par valeurs inférieures. Le
membre de gauche de l’égalité (E) tend vers ln (2) (par continuité de x → ln (1 + x) en
1). Il reste à déterminer la limite du membre de droite. Pour cela, on utilise le théon
(−1) xn
. La
rème de permutation limite-série. Pour tout n ⩾ 1, on pose fn : x →
n
série
fn converge simplement sur [0, 1[ (d’après l’égalité (E)) et, pour chaque n ⩾ 1,
n
:211
0753
582:
lim fn (x) existe. En outre, pour chaque x ∈ [0, 1[ , la suite (fn (x))n⩾1 est alternée, la
x→1−
n
x
est décroissante et tend vers 0 donc, d’après le critère
suite (|fn (x)|)n⩾1 =
n n⩾1
spécial des séries alternées, on a :
None
rvox.
com:
∀N
+∞
1
xN +1
⩽
fn (x) ⩽ |fN +1 (x)| =
∈ N , ∀x ∈ [0, 1[ , N +1
N +1
n=N +1
+∞
1
→ 0.
fn (x) ⩽
⇒ ∀N ∈ N∗ , 0 ⩽ sup N + 1 N →+∞
x∈[0,1[
∗
fonctions
n⩾1
+∞
fn (x)
sup x∈[0,1[ n=N +1
converge vers 0 c’est-à-dire que la série de
N
univ.
Ainsi, la suite
scho
la
n=N +1
fn converge uniformément sur [0, 1[ . On peut alors appliquer le théorème
Suites et séries numériques
239
de permutation série-intégrale :
lim
x→1−
+∞
fn (x)
=
n=1
+∞
n=1
⇔
lim− fn (x) ⇔ lim− ln (1 + x) =
x→1
x→1
ln (2) = −
+∞
n
(−1)
n
n=1
⇔
+∞
n
(−1)
n
n=1
+∞
n−1
(−1)
n=1
n
= − ln (2) .
4.12
k=1
k
2
k +1
− ln (n) .
:89.8
Exercice 117 (CCINP) Soit un =
n
7.41
:164
7900
419
Commentaires 116 Exercice original et très progressif.
Question 1 : Il s’agit d’une question d’application direct du cours. Si elle vous a posé
difficulté, revoyez attentivement le critère spécial des séries alternées.
Question 2 : Elle est discriminante car une fraction notable des candidats ne songe pas à
Fubini ou ne sait pas le mettre en place. A retravailler si vous n’avez pas su traiter cette
question.
Question 3 : Elle est uniquement astucieuse (l’interrogateur proposera une petite aide
éventuellement).
Question 4 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet et elle permet de récompenser
les candidats ayant de l’initiative et de l’autonomie. L’interaction avec l’interrogateur sera
cruciale.
8891
2502
1. Donner un équivalent de un−1 − un . En déduire que la suite (un )n⩾1 converge. On
note α sa limite.
n
2. Étudier la nature de la série
(−1) (un − α).
n⩾1
582:
3. Proposer un équivalent simple de un − α.
0753
Solution 117
=
com:
None
n
rvox.
=
k
k2 + 1
scho
la
=
k
− ln (n − 1) −
− ln (n)
k2 + 1
k=1
k=1
n
n
− (ln (n − 1) − ln (n))
+ ln (n) − ln (n − 1) = − − 2
1
n +1
n2 1 + 2
n
1
1
1
1
n−1
1
− ×
=− ×
.
− ln
− ln 1 −
1
1
n
n
n
n
1+ 2
1+ 2
n
n
n−1
univ.
un−1 − un
:211
1. Simplifions pour commencer un−1 − un :
En utilisant le développement limité à l’ordre 0 en 0 de x →
1
ainsi que le dévelop1+x
240
CCINP
pement limité à l’ordre 2 en 0 de x → ln (1 + x) , on obtient :
2
1
1
1
1
1
1
un−1 − un =
− − −
1+O
−
+o
2
n→+∞ n
n
n 2
n
n2
1
1
1
1
1
1
=
+o
=
+o
.
+O
∼
n→+∞ 2n2
n2
n3 n→+∞ 2n2
n2 n→+∞ 2n2
=o(1/n2 )
1
1 1
=
est à termes positifs et convergente (série de Riem2
2n
2 n n2
n
(un−1 − un ) converge, ce qui prouve la
man de paramètre α = 2 > 1) donc la série
Comme la série
n
convergence de la suite (un )n .
∼
−
7900
vn − vn−1 = un − un−1 = − (un−1 − un )
419
2. La suite (vn )n = (un − α)n converge par 0 (d’après la question précédente). Étudions sa
monotonie. Pour tout n ⩾ 1, on a :
n→+∞
1
.
2n2
1
− 2
est négative, la suite (vn − vn−1 )n est négative à partir d’un
2n n
certain rang N donc la suite (vn )n est décroissante à partir du rang N. En outre,
cette
tend vers 0 donc, d’après le critère spécial des
séries alternées, la série
suite
n
n
(−1) (un − α) converge d’où la convergence de la série
(−1) (un − α).
4.12
7.41
:164
Comme la suite
n⩾1
:89.8
n⩾N
3. D’après la question 1, on a l’équivalent suivant :
8891
2502
1
1
1
1
1
=
−
.
∼
n→+∞ 2n2 n→+∞ 2n (n − 1)
2 n−1 n
1
1
−
est à termes positifs et convergente (série télescopique
Comme la série
n−1 n
n
1
associée à la suite convergente
), le théorème de sommation des restes partielles
n n
des séries convergentes montre que :
∼
n=N +1
(un−1 − un )
∼
n→+∞
+∞
1
1
1
−
2 n−1 n
None
+∞
:211
0753
582:
un−1 − un
n=N +1
rvox.
com:
1
1
1
⇔ uN − lim un ∼
− lim
⇔ uN − α ∼
.
n→+∞
n→+∞ 2N
n→+∞ 2n
n→+∞ 2N
univ.
scho
la
Commentaires 117 Exercice original et très progressif.
Question 1 : Le point clé est d’utiliser les séries télescopiques (à connaitre impérativement,
c’est l’une des grandes méthodes d’étude des suites). Il existe une preuve plus rapide via le
t
est continue, positive
théorème de comparaison série-intégrale. La fonction f : t → 2
t +1
Suites et séries numériques
241
et décroissante sur [1, +∞[ (puisque sa dérivée est t →
1 − t2
(t2 + 1)
donc la suite
2
t=n
k
1 2
−
ln 1 + t
f (k) − f (t) dt =
k2 + 1
2
t=1
k=1
k=1
1
ln (2)
n
+
= un + ln √
2
1 + n2
n
n
n
converge. Comme
√
n
n
∼ √ = 1 ⇒ lim ln
2
n→+∞
1 + n n→+∞ n2
√
n
1 + n2
= ln (1) = 0,
+∞
+∞
+∞
1
dt
1
dt
.
⩽
⩽
=
t2
k2
t2
n−1
n
k=n
8891
2502
1
=
n
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
on en déduit que la suite (un )n converge.
Question 2 : Bien entendu, il faut songer au critère spécial. La difficulté étant la monotonie. N’oubliez pas que les équivalents en un point fournissent le signe des suites ou des
fonctions au point considéré. Si vous n’y pensez pas, l’interrogateur vous menera sur cette
piste.
Question 3 : Il s’agit de la question la plus discriminante de ce sujet car les sommations
des relations de comparaison n’est acquise que par une minorité (forte toute de même) de
+∞
1
candidats. Pour obtenir un équivalent de
, on peut également utiliser une comparaik2
k=n
1
son série-intégrale en considérant la fonction t → 2 (continue, positive et décroissante)
t
sur [n, +∞] pour obtenir l’encadrement :
n−1
0753
582:
Exercice 118 (CCINP)
1
1. Montrer que
converge et calculer sa somme.
n (n + 1)
n⩾1
:211
2. Soit (a, b) ∈ R2 . Pour tout n ∈ N∗ ,
on pose un = ln (n) + a ln (n + 1) + b ln (n + 2) .
Étudier la convergence de la série
un en fonction de a et b.
None
n⩾1
com:
3. Calculer sa somme en cas de convergence.
Solution 118
1
c’est-à-dire qu’il
x (x + 1)
scho
la
existe deux réels (a, b) tels que :
rvox.
1. On décompose en éléments simples la fraction rationnelle x →
a
b
1
= +
.
x (x + 1)
x x+1
univ.
∀x ∈ R\ {0, 1} ,
En multipliant par x (resp. x + 1) l’égalité précédente puis en faisant tendre x vers 0
242
CCINP
(resp. −1), on en déduit que a = 1 (resp. b = −1) d’où
∀x ∈ R\ {0, 1} ,
1
1
1
= −
.
x (x + 1)
x x+1
Ainsi, pour tout entier N ⩾ 1, on a :
N 1
1
1
1
1
somme
SN =
=
−
−
→ 1
=
télescopique
n (n + 1) n=1 n n + 1
1 N + 1 N →+∞
n=1
N
donc la série
n⩾1
1
converge et sa somme vaut 1.
n (n + 1)
7.41
:164
7900
419
2. Déterminons un développement asymptotique de un quand n → +∞ en factorisant le
terme dominant (i.e. n) dans chaque logarithme.
1
2
+ b ln n 1 +
un = ln (n) + a ln n 1 +
n
n
1
2
= ln (n) + a ln (n) + ln 1 +
+ b ln (n) + ln 1 +
n
n
1
2
= (1 + a + b) ln (n) + a ln 1 +
+ b ln 1 +
.
n
n
(1 + a + b) ln (n)
(selon le signe de 1 + a + b) donc la série
→
n→+∞
±∞
:89.8
∼
n→+∞
un diverge grossièrement ce qui entraine
8891
2502
un
4.12
Premier cas ; Si 1 + a + b = 0 alors on a l’équivalent suivant :
n
:211
0753
582:
sa divergence.
Second cas : Si 1 + a + b = 0 alors, en utilisant le développement limité à l’ordre 2 de
x → ln (1 + x) quand x → 0, on a le développement asymptotique :
2
1
1
1
1
2
+ b ln 1 +
= a
+O
+
O
+
b
un = a ln 1 +
n
n n→+∞
n
n2
n
n2
a + 2b
1
.
=
+O
n→+∞
n
n2
n
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
a + 2b
. Comme la série
Premier sous-cas : Si a + 2b = 0 alors un ∼
n→+∞
n
a + 2b
1
= (a + 2b)
est à termes de signe constant et divergente (série de Rien
n
n
n
mann de paramètre α = 1 ⩽ 1), on en déduit que la série
un diverge.
n
1
1
est
Second sous-cas : Si a + 2b = 0 alors un = O
. Comme la série
2
n→+∞
n
n2
n
à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre α = 2 > 1), on peut
affirmer que la série
un converge.
Suites et séries numériques
243
Conclusion : La série
un converge si et seulement si
n
1+a+b=0
⇔
a + 2b = 0
a = −2b
⇔
1 − 2b + b = 0
3. D’après la question précédente, la série
b=1
.
a = −2
un converge si et seulement si
n
∀n ∈ N∗ , un = ln (n) − 2 ln (n + 1) + ln (n + 2) .
Pour tout entier N ∈ N∗ , on a :
N
un =
n=1
N
n=1
ln (n) − 2
N
ln (n + 1) +
n=1
N
ln (n + 2) .
n=1
n=1
N
n=1
=
ln (n) − 2
=AN
N
+1
ln (p) +
p=2
N
+2
ln (q)
:164
=
q=3
7.41
un
AN − 2 (AN + ln (N + 1) − ln (1))
+ (AN + ln (N + 1) + ln (N + 2) − ln (1) − ln (2))
4.12
N
7900
419
En effectuant les changements de variable p = n + 1 et q = n + 2 respectivement dans la
deuxième et la troisième somme, on obtient, pour tout entier N ⩾ 1, les égalités :
n
8891
2502
un converge vers − ln (2) .
582:
Par conséquent, la série
:89.8
−2 ln (N + 1) + ln (N + 1) + ln (N + 2) − ln (2)
N +2
= − ln (2) + ln
→ − ln (2) .
N + 1 N →+∞
=
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
Commentaires 118 Exercice d’application du cours sans difficulté majeur et bien progressif.
244
Mines-Telecom
7.2
Mines-Telecom
Exercice 119 (Mines-Telecom) On pose :
∀n ∈ N∗ , un =
2n
1
k=n
k
2n et vn =
arctan
k=n
1
√
k
2
.
1. Déterminer la monotonie de la suite (un ) et prouver qu’elle converge.
2. Montrer que ∀x ⩾ 0, arctan (x) ⩽ x. En déduire que ∀n ∈ N∗ , vn ⩽ un .
3. Démontrer que lim (un − vn ) = 0.
n→+∞
4. Expliciter lim un .
n→+∞
Solution 119
=
=
k
k=n
2n
1
1
1 1
+
− −
2n + 1 2n + 2 n
k
7900
k=n
+
k=n
:164
k=n+1
2n 1
1
1
n (2n + 2) + n (2n + 1) − (2n + 1) (2n + 2)
1
+
− =
2n + 1 2n + 2 n
n (2n + 1) (2n + 2)
3n + 2
⩽ 0.
−
n (2n + 1) (2n + 2)
7.41
=
2n
1 1
−
=
k
k
4.12
un+1 − un
2n+2
419
1. Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
:89.8
Ainsi, la suite (un )n⩾1 est décroissante. Comme elle est manifestement positive donc
minorée par 0, on peut affirmer que la suite (un )n⩾1 converge.
8891
2502
2. La fonction f : x → arctan (x) − x est dérivable sur R+ et sa dérivée est f : x →
1
− 1 est négative sur R+ . Comme f (0) = 0, on peut affirmer que :
1 + x2
582:
∀x ∈ R+ , f (x) ⩽ 0 ⇔ arctan (x) ⩽ x.
1
√
k
1
⩽√ ⇒
k
arctan
None
∀k ∈ N , 0 ⩽ arctan
∗
:211
0753
1
En choisissant x = √ avec k ∈ N∗ , on obtient la majoration :
k
1
√
k
2
⩽
1
√
k
2
=
1
k
2
com:
(car la fonction t → t2 est croissante sur R+ ). En sommant sur k ∈ {n, ..., 2n} , on
obtient l’inégalité demandée.
scho
la
rvox.
sur
3. La fonction f : x → (arctan (x)) est de classe C 3 sur [0, 1] donc f (3) est bornée
[0, 1] (puisqu’elle est continue sur le segment [0, 1]). On note M = sup f (3) . D’après
l’inégalité de Taylor-Lagrange en 0 à l’ordre 2, on a :
[0,1]
k=0
univ.
2
M |x|3
M |x − 0|3
f (k) (0)
k
2
(x − 0) ⩽
⇔ (arctan (x)) − x2 ⩽
f (x) −
k
3!
6
Suites et séries numériques
245
1
par un calcul direct des dérivées. En choisissant x = √ pour k ∈ N∗ , on obtient la
k
majoration :
2 2 3
M
1
1
1
M
∗ √
∀k ∈ N , arctan √
⩽
− √
= 3/2 .
6
6k
k
k k
Pour tout entier n ⩾ 1, en utilisant l’inégalité triangulaire, on obtient :
2 2 2n 1
1
|un − vn | = − √
arctan √
k
k k=n
2 2 2n 1
1
− √
⩽
arctan √
k
k k=n
2n
2n
2n
M M
M
M
⩽
=
1 = 3/2 (2n − n + 1)
3/2
3/2
3/2
6k
6n
6n
6n
k=n
k=n
k=n
⩽
lim (un − vn ) = 0.
n→+∞
:164
D’après le théorème d’encadrement, on peut affirmer que
7900
419
M (n + 1)
M
Mn
∼
= √
→ 0.
3/2
3/2
n→+∞
6 n n→+∞
6n
6n
=
7.41
1
4. La fonction f : t → est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[ . En utilisant la
t
comparaison série-intégrale, on obtient les encadrements suivants :
f (k + 1) dt
k
4.12
k
:89.8
k+1
N∗ , ∀t ∈ [k, k + 1] , f (k + 1) ⩽ f (t) ⩽ f (k) ⇒
k+1
k+1
k+1
⩽
f (t) dt ⩽
f (k) dt ⇔ f (k + 1) ⩽
f (t) dt ⩽ f (k) dt.
∈
k
8891
2502
∀k
k
Soit n ∈ N . En sommant pour k ∈ {n..., 2n} , on obtient l’encadrement suivant :
∗
2n+1
n→+∞
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
⩽
582:
2n
2n+1
1
1
1
2n+1
dt ⩽
⇔
⩽ [ln (t)]n
⩽ un
t
k
k
k=n
k=n
k=n+1
n
1
1
1
− ⩽ ln 2 +
⩽ un
⇔ un +
2n + 1 n
n
1
1
1
− ⩽ ln 2 +
− un ⩽ 0.
⇔
2n + 1 n
n
1
1
−
= 0, le théorème d’encadrement montre que :
Puisque lim
n→+∞ 2n + 1
n
1
ln 2 +
− un = 0.
lim
n→+∞
n
1
= ln (2) , on peut affirmer que lim un = ln (2) .
Comme lim ln 2 +
n→+∞
n→+∞
n
Remarque : comme lim (un − vn ) = 0, on en déduit que lim vn = ln (2) .
1
k+1
univ.
2n
n→+∞
246
Mines-Telecom
Commentaires 119 Exercice original et progressif.
Question 1 et 4 : Il existe de multiples autres justifications. La comparaison série-intégrale
de la question 4 permet d’obtenir directement la question 1. On peut aussi utiliser la suite
vn =
n
1
k=1
k
− ln (n) =
n
k=1
f (k) −
n
f (t) dt
1
qui converge vers L ∈ R grâce au théorème de comparaison série-intégrale avec la fonction
1
f : t → sur [1, +∞[ qui y est continue, positive et décroissante. On remarque alors que
t
un = v2n − vn + ln (2)
→
L − L + ln (2) = ln (2) .
n→+∞
7.41
:164
7900
419
Question 2 : Pour la première inégalité, on peut également invoqué la concavité de la fonction arctan sur R+ .
Question 3 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet (tout en étant accessible).
L’idée force étant d’approximer le terme général de la somme par un développement puis
d’estimer l’erreur commise par l’inégalité de Taylor (rappellons que celle-ci justifie les
développements limités usuelles donc il s’agit d’une idée naturelle). Elle permet de récompenser les candidats autonomes ou rapides et ayant une connaissance solide de leur
cours.
4.12
Exercice 120 (Mines-Telecom) On considêre la suite définie par u0 ∈ R et, pour tout
cos (un−1 )
n ⩾ 1, un = (−1)n
. Déterminer la nature de la série de terme général un .
n
1
|cos (un−1 )|
⩽
→ 0 ⇒ lim un = 0
n→+∞
n
n n→+∞
8891
2502
|un | =
:89.8
Solution 120 Pour tout n ⩾ 1, on a :
582:
(d’après le théorème d’encadrement). En outre, on a établi la domination suivante :
1
.
un = O
n→+∞
n
La série
None
:211
0753
En utilisant le développement limité de la fonction cos à l’ordre 2 en 0, on a les comparaisons
suivantes :
n
n n
(−1) (−1)
(−1)
1
1
2
un =
=
=
1 + O (un )
1+O
+O
2
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n
n
n
n
n3
(−1)n
converge (par application du critère spécial des séries alternées puisque la
1
série est alternée et que la suite
est postive, décroissante et tend vers 0). La série
n n⩾1
1
est à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre α = 3 > 1) donc la
n3
n
1
converge. Par conséquent, la série
série
O
un converge (comme somme de deux
3
n
n
n
telles séries).
scho
la
rvox.
com:
n
univ.
n
Suites et séries numériques
247
Commentaires 120 Exercice original qui permet de distinguer facilement les candidats
ayant une bonne connaissance de leur cours et sachant mettre en place les stratégies efficaces d’étude des séries numériques (terme général tendant vers 0, équivalent, domination,
critère spécial, convergence absolue).
Exercice 121 (Mines-Telecom) Soit α ∈ R. Étudiez la série de terme général
α
un = exp (− (ln (n)) ) lorsque n ⩾ 2.
Solution 121 Premier cas α ⩽ 0. On a :
α
∀n ⩾ 3, ln (n) ⩾ ln (3) > 1 ⇒ (ln (n)) ⩽ 1 ⇒ un ⩾ exp (−1)
(par décroissance de la fonction x → e−x ) donc la suite (un )n⩾1 ne peut tendre vers 0 quand n
tend vers +∞. Par conséquent, la série
un est grossièrement divergente.
n
419
Deuxième cas α ∈ ]0, 1]. On dispose des inégalités suivantes :
α
un diverge.
:164
étant à termes positifs et divergente,
n
n
4.12
on en déduit que la série
1
1
n
7.41
(par décroissance de la fonction x → e−x ). La série
7900
∀n ⩾ 3, ln (n) ⩾ 1 ⇒ (ln (n)) ⩽ ln (n) ⇒ un ⩾ exp (− ln (n)) =
n
:89.8
Troisième cas α ∈ ]1, +∞[. Remarquons que :
α
Comme α > 1, on dispose des dominations suivantes :
=
x→+∞
o (xα )
⇒
ln (n)
∼
− (ln (n))
x=ln(n)→+∞
α
⇒ 2 ln (n) − (ln (n))
n→+∞
=
n→+∞
α
o ((ln (nα )))
→
582:
x
8891
2502
n2 un = exp (2 ln (n) − (ln (n)) ) .
n→+∞
−∞ ⇒ lim n2 un = 0
n→+∞
0753
1
1
. Comme la série
2
x→−∞
n→+∞
n
n2
n
est à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1), on peut affirmer que
un converge.
la série
lim ex = 0). Ainsi, on vient de montrer que un
Conclusion : La série
o
un converge si et seulement si α > 1.
com:
n
=
None
:211
(car
rvox.
n
univ.
scho
la
Commentaires 121 La thématique est assez classique. Les sujets choisissent souvent na
a
au lieu de (ln (n)) mais la stratégie est de même nature. Le terme général tend-il vers 0 ?
Si oui, rapidement ? Utilisation alors d’une domination à l’aide d’une série de Riemann
convenablement choisie. Si cet exercice vous a posé difficulté, n’hésitez pas à le retravailler.
248
Mines-Telecom
√
an 2 n
√ selon les valeurs
Exercice 122 (Mines-Telecom) Donner la nature de la série
bn + 2 n
n
de (a, b) ∈ (R∗+ )2
Solution 122 Procédons par disjonction des cas.
Premier cas b ∈ [0, 1] . La suite (bn )n est bornée et
n
b +2
La série
√
n
√
∼
n→+∞
2
n
√
lim 2 n = +∞ donc :
n→+∞
√
√
an 2 n
an 2 n
√
√
⇒ n
∼
= an .
n
n→+∞ 2 n
b +2
an est à termes positifs et géométrique de raison a donc elle converge si et seulement
n
√
an 2 n
√ si et seulement si a ∈ ]0, 1[.
bn + 2 n
n
Second cas b ∈ ]1, +∞[ . Commençons par déterminer le terme dominant au dénominateur
du terme général de cette série :
√
√
√
exp ( n ln (2))
2 n
= exp n ln (2) − n ln (b)
=
→ 0.
n
n→+∞
b
exp (n ln (b))
n→+∞
o (n) ⇒
√
n ln (2) − n ln (b)
7.41
=
∼
−n ln (b)
n→+∞
→
n→+∞
−∞
lim ex = 0. Par conséquent, on a les dominations suivantes :
x→−∞
√
√
∼ bn
n→+∞
n→+∞
√
√
a n √
an 2 n
an 2 n
√
2 n.
⇒ n
∼
=
n
b
b + 2 n n→+∞ b
582:
a
⩾ 1. Pour tout entier n, on a :
b
a n √
a n √
√
2 n ⩾ 2 n → +∞ ⇒ lim
2 n = +∞
n→+∞ b
b
0753
Premier sous-cas
o (bn ) ⇒ bn + 2 n
=
8891
2502
2 n
:89.8
et
n
4.12
En effet, on a :
√
:164
7900
419
si a ∈ ]0, 1[ (car a ∈ R∗+ ). Ainsi, la série
:211
√
2 ln (n) + n ln
n→+∞
a
b
+
√
univ.
n→+∞
scho
la
rvox.
com:
None
an 2 n
√ diverge grossièrement.
et la série
bn + 2 n
n
a
Second sous-cas ∈ ]0, 1[ . On a :
b
a n √
a √
exp n ln (2)
2 n = exp (2 ln (n)) exp n ln
n2
b
a b √
+ n ln (2)
→ 0.
= exp 2 ln (n) + n ln
n→+∞
b
√
En effet, on a ln (n) = o (n) et n = o (n) donc :
n ln (2)
∼
n→+∞
n ln
a
b
→
n→+∞
−∞
Suites et séries numériques
puisque ln
a
b
249
< 0. Ainsi, on vient de démontrer la domination :
a n
b
1
2
√
n
=
n→+∞
o
1
n2
.
est à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1)
n2
√
a n √
an 2 n
n
√ .
donc la série
2
converge, ce qui prouve la convergence de la série
b
bn + 2 n
n
n
√
an 2 n
√ converge si et seulement si ( (a < 1 et b ⩽ 1) ou (b > 1
Conclusion : La série
bn + 2 n
n
et a < b) ).
La série
n
7900
419
Commentaires 122 Exercice original qui permet de distinguer facilement les candidats
ayant une bonne connaissance de leur cours et sachant mettre en place les stratégies efficaces d’étude des séries numériques (terme général tendant vers 0, équivalent, domination). Si cet exercice vous a posé difficulté, n’hésitez pas à le retravailler.
:164
Exercice 123 (Mines-Telecom) Pour tout n ⩾ 1, on note cn le nombre de chiffres dans
cn
converge et calculer sa somme.
l’écriture décimale de n. Montrer que la série
n(n + 1)
7.41
n⩾1
582:
8891
2502
:89.8
4.12
Solution 123 Soit k ∈ N. Remarquons que si n ∈ 10k , 10k+1 alors cn = k + 1 (un nombre
entre 1 et 9 admet un chiffre, un nombre entre 10 et 99 possède deux chiffres, etc.).
Voici deux méthodes pour prouver la convergence
de la série
et déterminer sa somme.
Première méthode. Soient k ∈ N et n ∈ 10k , 10k+1 . On dispose des encadrements suivants :
10k ⩽ n < 10k+1 ⇔ ln 10k ⩽ ln (n) < ln 10k+1 ⇔ k ln (10) ⩽ ln (n) < (k + 1) ln (10)
ln (n)
ln (n)
ln (n)
⇔ k⩽
<k+1⇒k =
⇒ cn =
+ 1.
ln (10)
ln (10)
ln (10)
On en déduit immédiatement les dominations suivantes :
:211
0753
cn
cn
O (ln (n))
∼
=
= O
2
n→+∞
n→+∞
n→+∞
n (n + 1)
n
n2
ln (n)
n2
=
n→+∞
o
1
n3/2
1
ln (n)
ln (n)
=
→
0
(d’après
les
croissances
comparées).
Comme
la
série
n2
n1/2 n→+∞
n3/2
n
3
est à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre > 1), on peut affirmer que
2
cn
converge. Soit N ∈ N∗ , on pose :
la série
n
(n
+
1)
n
10
10
10
1
1
1
cn cn
=
−
=
−
cn ×
cn
n (n + 1) n=1
n n+1
n
n+1
n=1
n=1
n=1


N
10N
10
+1
10N
cn
cj−1
c1  cn − cn−1  c10N +1
−
=
+
− N +1 .
n
j
1
n
10
n=1
n=2
j=2
=
N
scho
la
=
10
univ.
N
SN
rvox.
com:
None
car n3/2
N
N
250
Mines-Telecom
Comme cn = cn−1 si n − 1 et n appartiennent au même intervalle 10k , 10k+1 . Par contre,
si n = 10k (avec k ⩾ 1 car n ⩾ 2), on a n − 1 = 10k − 1 donc :
cn − cn−1 = k + 1 − k = 1 ⇒ SN = c1 +
En faisant tendre N vers +∞ et comme
on obtient :
N +1
lim
N →+∞ 10N +1
+∞
N
N +1
1
− N +1 .
10k
10
k=1
= 0 (d’après les croissances comparées),
1
10
+∞
1
cn
= c1 +
=1+
n (n + 1)
10k
n=1
7900
419
10
.
=
1
9
k=1
1−
10
Seconde méthode. On observe que la famille 10k , 10k+1 k∈N est une partition de N∗ . Pour
tout k ∈ N, si n ∈ 10k , 10k+1 alors cn = k + 1 et la famille
cn
k+1
=
n (n + 1) n∈[|10k ,10k+1 |[
n (n + 1) n∈[|10k ,10k+1 |[
10 −1 1
k+1
=
(k + 1)
n=10k
1
−
n n+1
n=10k
= (k + 1)
1
n (n + 1)
7.41
n∈[|10k ,10k+1 |[
10k+1
−1
4.12
=
cn
= (k + 1)
n (n + 1)
1
1
− k+1
k
10
10
:89.8
Sk
:164
est sommable (car elle ne contient qu’un nombre fini de termes). Pour tout k ∈ N, on pose :
k+1
9 (k + 1)
(10 − 1) =
.
10k+1
10k+1
j−1
9 (k + 1)
9 1
La série
=
j
converge (série dérivée de la série entière
xj
k+1
j=k+1 10
10
10
j
k⩾0
j⩾1
1
de rayon de convergence 1 et < 1). Ainsi, la série
Sk converge donc, d’après le théorème
10
k
cn
est sommable. Par conséquent, la série
de sommation par paquets, la famille
n (n + 1) n∈N∗
cn
converge et on a l’égalité :
n (n + 1)
n
=
9
10
d
dx
1
1−x
1
10
j−1
com:
k=0
+∞
9 Sk =
j
10 j=1
rvox.
=
+∞
scho
la
cn
n (n + 1)
n=1
|x=1/10
univ.
+∞
None
:211
0753
582:
8891
2502
=
 

+∞
9  d  j 
=
x
10 dx j=0
=
9
10
1
(1 − x)
2
|x=1/10
=
|x=1/10
10
.
9
Suites et séries numériques
251
Commentaires 123 Exercice original (modérément) difficile pour ce concours. L’interrogateur sera attentif aux initiatives du candidat. Il valorisera les candidats sachant que cn
est de l’ordre de grandeur en log2 (n) ou ln (n) (puisque vu en informatique, IPT ou op1
tion) mais aussi les candidats utilisant la décomposition en éléments simples de
n (n − 1)
puis en transformant la somme partielle (à défaut, la somme de la série pour les candidats
les moins rigoureux). Les candidats doivent savoir traiter rapidement la convergence de
ln (n)
ou bien savoir calculer rapidement la somme de la série dérivée de la
la série
n2
n
série géométrique. Si cela n’est pas le cas, retravailler les car ils sont très classiques et
interviennent dans de nombreuses questions d’écrits et d’oraux.
419
Exercice 124 (Mines-Telecom) Étudier la nature de la série de terme général
n
2
.
un = cos n π ln
n+1
7.41
:164
7900
pour commenSolution 124 Déterminons un développement asymptotique de un enutilisant,
1
n
cer, le développement limité de x → ln (1 + x). Comme ln (t) = − ln
avec t =
, on
t
n+1
obtient :
1
n+1
n
= − ln
= − ln 1 +
.
ln
n+1
n
n
582:
8891
2502
:89.8
4.12
On effectue un développement limité à un ordre suffisant pour que, après multiplication par n2 ,
le terme en o () forme une série absolument convergente (pour utiliser à terme les théorèmes
de comparaison des séries numériques). Pour cela, il faut utiliser un développement limité de
x → ln (1 + x) à l’ordre 4 et en utilisant la parité de cos, on obtient :
1
1
1
1
1
2
2
un = cos n π ln 1 +
= cos n π
−
+ 3 +O
n→+∞
n
n 2n2
3n
n4
π
π
1
.
= cos nπ − +
+O
n→+∞
2
3n
n2
On peut alors écrire :
com:
None
:211
0753
Simplifions cette expression grâce aux relations trigonométriques :
n
π
π
= Re exp i nπ − + x
= Re eiπ e−iπ/2 eix
cos nπ − + x
2
2
n
n
= Re (−1) (−i) eix = − (−1) Re (i (cos (x) + i sin (x)))
n
n
= − (−1) (− sin (x)) = (−1) sin (x) .
1
π
un = (−1) sin
+O
.
n→+∞
3n
n2
π
1
1
Comme x =
+O
, en utilisant le développement limité
tend
vers
0
et
que
x
=
O
3n
n2
n
suivant (toujours pour minimiser les calculs) :
3
1
1
1
π
π
+O
+O
=
+O
=
,
sin (x) = x + O x
x→0
x→0 3n
n2
n3 x→0 3n
n2
scho
la
rvox.
univ.
n
252
Mines-Telecom
ce qui prouve le développement suivant :
n
(−1) π
π
1
1
n
=
.
+O
+O
un = (−1)
n→+∞
3n
n2
3n
n2
La série
(−1)n π
3n
n
vérifie le critère spécial des séries alternées (elle est alternée, son terme
général tend vers 0 et sa valeur absolue décroit vers 0) donc elle converge. La série
à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la série
converge. Par addition, on peut affirmer que la série
1
O
n
un converge.
est
1
n2
n2
n
:164
7900
419
Commentaires 124 Exercice classique pour les concours Mines-Telecom et CCINP. L’idée
principale étant de faire des développements asymptotiques (revoir ceux préparés en MPSI
et en MP) et ... de connaitre les règles élémentaires de calculs sur les fonctions trigonométriques circulaires. Pour les développements limités, songer à atteindre un terme qui
soit absolument convergent si possible (à défaut, de signe fixe).
On utilise alors le développement limité de x →
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
Exercice 125
Soit (a, b) ∈ R2 . On suppose que la suite
√ (Mines-Telecom)
2
un = tan π n + an + b est définie à partir d’un certain rang.
Quelle est la nature de la série de terme général un en fonction des valeurs de a et b ?
√
Solution 125 On commence par déterminer un développement asymptotique de n2 + an + b
jusqu’au terme général d’une série absolument convergente.
a
b
b
a
2
2
n + an + b = n 1 + + 2 = n 1 + + 2 .
n n
n n
√
1/2
à l’ordre 3 avec :
0753
582:
1 + x = (1 + x)
b
1
a
→ 0,
x= + 2 = O
n n n→+∞
n n→+∞
Ainsi, on peut écrire ;
b a
−
2
8
+O
1
n3
com:
1
a
+ 2
2n n
=O(1/n3 )
.
rvox.
1+
2
=
scho
la
1 b a2
a
1
+ 2
−
+O
tan πn 1 +
n→+∞
2n n
2
8
n3
1
aπ π b a2
+
−
+O
.
= tan πn +
n→+∞
2
n 2
8
n2
un
univ.
=
n→+∞
None
:211
ce qui nous donne ;
2
3 b
b
b
b
a
a
1 a
1 a
+
+
+
+O
1+ + 2 = 1+
−
n n n→+∞
2 n n2
8 n n2
n n2
Suites et séries numériques
253
:164
l’équivalent suivant :
b
a2
−
= 0. Dans ce cas, en utilisant que tan (x) ∼ x, on obtient
x→0
2
8
7.41
Premier sous-cas
7900
419
Par π-péridiocité de tan, on a le développement suivant :
1
aπ π b a2
+
−
+O
.
un = tan
n→+∞
2
n 2
8
n2
π
aπ
∈
+ kπ, k ∈ Z . Dans ce cas, lim un = ±∞ (selon le signe de
Premier cas
n→+∞
2
2
b a2
− ) donc la série
un diverge grossièrement.
2
8
n
a
aπ = 0. Dans ce cas, lim un = tan
= 0 donc la série
un
Deuxième cas tan
n→+∞
2
2
n
diverge grossièrement.
aπ aπ
Troisième cas tan
=0⇔
= kπ, k ∈ Z. Dans ce cas, par π-périodicité de la fonction
2
2
tan, on a le développement suivants :
1
π b a2
−
+O
un = tan kπ +
n→+∞
n 2
8
n2
1
π b a2
−
+O
.
= tan
n→+∞
n 2
8
n2
π b a2
π b a2
1
∼
−
+O
−
.
n→+∞ n
2
8
n2 n→+∞ n 2
8
π b a2 b a2 1
La série
−
=π
−
étant de signe fixe et divergente (série de Rien 2
8
2
8
n
n
n
mann de paramètre 1 ⩽ 1), on en déduit que la série
un diverge.
n
8891
2502
:89.8
4.12
∼
un
n
n2
:211
1
étant à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1),
on en déduit que la série
None
La série
0753
582:
a2
b
= 0. Dans ce cas, en utilisant que tan (x) = O (x) , on obtient
Deuxième sous-cas −
x→0
2
8
la domination suivante :
1
1
1
u
=
O
.
=
O
O
un = tan O
n
n→+∞
n→+∞
n2
n2
n2
un converge.
n
un converge si et seulement si
rvox.
scho
la


aπ
∃k ∈ Z, a = 2k


∃k ∈ Z,
= kπ




2
et
et
⇔
.
2
2


(2k)


b a
2


b=
=k
−
=0
4
2
8
univ.
Conclusion : La série
com:
n
254
Mines-Telecom
Commentaires 125 Exercice classique pour les concours Mines-Telecom et CCINP. L’idée
principal étant de faire des développements asymptotiques (revoir ceux préparé en MPSI
et en MP) et ... de connaitre les règles élémentaires de calculs sur les fonctions trigonométriques circulaires. Pour les développements limités, songer à atteindre un terme qui
soit absolument convergent si possible (à défaut, de signe fixe). Il faut également être rigoureux pour effectuer convenablement les disjonctions de cas et traiter les cas immédiats
(typiquement, si le terme général ne tend pas vers 0).
Exercice 126 (Mines-Telecom) Soit
un une série à termes strictement positifs.
1/n
419
1. On suppose qu’il existe ⩾ 0 tel que lim (un )
= .
n→+∞
Montrer que si < 1 alors
un converge et si > 1 alors
un diverge.
un+1
1/n
2. On suppose qu’il existe ⩾ 0 tel que lim
= . Montrer que lim (un )
=
n→+∞ un
n→+∞
.
∀n ⩾ N, (un )
1/n
1/n
⩽ q ⇒ un ⩽ q n
7.41
un rang N tel que :
lim (un )
n→+∞
= < q, il existe
:164
1. Supposons que < 1. Fixons un réel q ∈ ], 1[ . Puisque
7900
Solution 126
4.12
(car la fonction x → xn est croissante sur R+ et que un ∈ R+ ). La série
q n étant
n
n
un rang N tel que :
∀n ⩾ N, (un )
1/n
lim (un )
8891
2502
Supposons que > 1. Fixons un réel q ∈ ]1, [ . Puisque
:89.8
convergente (série géométrique de raison q ∈ ]−1, 1[) et la suite (un )n étant positive, on
en déduit que la série
un converge.
n→+∞
1/n
= > q, il existe
⩾ q ⇒ un ⩾ q n
0753
582:
(car la fonction x → xn est croissante sur R+ et que un ∈ R+ ). Puisque q > 1, on a
lim q n = +∞ donc, par théorème d’encadrement, on a lim un = +∞. Ainsi, la
n→+∞
n→+∞
série
un diverge grossièrement.
n→+∞
lim ln
n→+∞
un+1
un
= ln () ⇔ lim (ln (un+1 ) − ln (un )) = ln () .
com:
peut affirmer que :
un+1
= et que la fonction ln est continue en , on
un
:211
2. Premier cas > 0. Comme lim
None
n
n→+∞
rvox.
Si en outre ln () = 0 ⇔ = 1, on dispose de l’équivalent suivant :
n
∼
n→+∞
ln () .
ln () étant de signe constant et divergente (puisque son terme général ne
univ.
La série
scho
la
ln (un+1 ) − ln (un )
tend pas vers 0), le théorème de sommation des sommes partielles de séries divergentes
Suites et séries numériques
255
permet d’affirmer que :
N
−1
n=0
(ln (un+1 ) − ln (un ))
⇔ ln (uN ) − ln (u0 )
⇒ ln (uN )
=
N →+∞
∼
N →+∞
N
−1
n=0
ln () ⇔ ln (uN ) − ln (u0 )
N ln () + o (N ) ⇔ ln (uN )
=
N →+∞
∼
N →+∞
N ln ()
N ln () + o (N ) + ln (u0 )
ln (uN )
1/N
∼ ln ()
∼ ln () ⇔ ln (uN )
N ln () ⇔
N →+∞
N →+∞
N →+∞
N
1/N
1/N
⇒ lim ln (uN )
=
= ln () ⇒ lim (uN )
∼
N →+∞
N →+∞
(par continuité de la fonction ln en ). Si = 1, on pose, pour tout entier n, vn = 2n un
alors :
2n+1 un+1
un+1
vn+1
1/n
=
=2
→ 2 = 1 ⇒ lim (vn )
=2
n
n→+∞
vn
2 un
un n→+∞
1/n
= 2 ⇔ lim 2 (un )
1/n
n→+∞
Second cas = 0. Soit ε > 0. Puisque lim
n→+∞
= 2 ⇔ lim (un )
1/n
n→+∞
= 1 = .
419
n→+∞
un+1
= 0, il existe un rang Nε tel que :
un
7900
⇔ lim (2n un )
7.41
:164
un+1 ⩽ ε ⇔ 0 ⩽ un+1 ⩽ ε
∀n ⩾ Nε , un un
8891
2502
⇔
k−1
:89.8
k−1
uk
un+1
⩽
ε⇔0⩽
⩽ εk−1−Nε
un
uN ε
n=Nε
n=Nε
1/k
1/k
1/k
= ε1−(1+Nε )/k uNε
0 ⩽ uk ⩽ εk−1−Nε uNε ⇒ 0 ⩽ (uk )
⩽ εk−1−Nε uNε
∀k ⩾ Nε , 0 ⩽
×uNε ⩾0
4.12
(car la suite (un )n est à valeurs positives). Pour tout entier k ⩾ Nε + 1, en multipliant
les inégalités ci-dessus pour n ∈ {Nε + 1, ..., k} , on obtient la majoration :
582:
(par croissance sur R+ de la fonction x → x1/k ). Puisque l’on a :
1/k
lim ε1−(1+Nε )/k uNε = ε1 u0Nε = ε < 2ε,
0753
k→+∞
:211
il existe un rang Nε tel que :
1/k
None
∀k ⩾ Nε , ε1−(1+Nε )/k uNε ⩽ 2ε.
Par conséquent, pour tout entier k ⩾ Nε = max (Nε , Nε ) , on obtient :
rvox.
Ainsi, on a établi l’assertion suivante :
1/k
com:
0 ⩽ (uk )
⩽ 2ε.
k→+∞
1/k
= 0 = .
univ.
c’est-à-dire que lim (uk )
scho
la
1/k 1/k
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀k ⩾ Nε , (uk ) = (uk )
⩽ 2ε
256
Mines-Telecom
Commentaires 126 Exercice classique pour les concours Mines-Telecom et Mines-Ponts.
Question 1 : Elle est très proche de la preuve de cours concernant le critère de D’Alembert.
Si elle vous a posé problème, retravailler la preuve du cours (et celle-ci).
Question 2 : Il est possible de faire une preuve à la « epsilonite » mais il me semble
préférable, si > 0, de voir le lemme de Césaro :
ln
un+1
un
→
n→+∞
ln ()
n−1
1
1
un
uk+1
= ln () ⇔ lim
= ln ()
ln
ln
n→+∞ n
n→+∞ n
uk
u0
k=0
1/n
un
1/n
0
1/n
(u0 )
→ exp (ln ()) × (u0 ) = =
⇒ (un )
u0
⇒
lim
419
ou bien les théorèmes de sommation des relations de comparaison des séries. Un candidat
faisant une telle initiative et concluant sera fortement valorisé même s’il ne songe pas à
traiter le cas = 0. L’interrogateur le questionnera ensuite sur ce cas résiduel (ou la «
epsilonite » est indispensable).
0 et que la série
un converge.
n⩾0
:164
.
vn converge et calculer sa somme.
4.12
→
n→+∞
2k
k=0
n⩾0
Solution 127 On reconnait le produit de Cauchy des séries
:89.8
Montrer vn
n
un−k
7.41
Soit (vn )n∈N définie par : ∀n ∈ N, vn =
7900
Exercice 127 (Mines-Telecom) Soit (un )n∈N à valeurs dans R+ telle que
un et
1
. Ces deux séries
2n
sont absolument convergentes car elles convergent (la première par hypothèse, la seconde car il
1
s’agit d’une série géométrique de raison ∈ ]−1, 1[) et sont à termes positifs (donc, pour tout
2
1
1
entier n, |un | = un et n = n ). D’après le produit de Cauchy, si, pour tout entier n, on
2
2
pose :
n
1
cn =
un−k = vn ,
2k
n
0753
582:
8891
2502
n
n=0
None
+∞
vn converge (donc son terme général vn tend vers 0) et sa somme
n
vn =
+∞
n=0
cn =
+∞
n=0
un
+∞
1
+∞
=
un ×
2n
n=0
n=0
com:
vaut :
cn =
n
rvox.
alors la série
:211
k=0
1
1−
univ.
scho
la
Commentaires 127 Exercice d’application direct du cours.
1
2
=2
+∞
n=0
un .
Suites et séries numériques
7.3
257
Centrale Math 1
Exercice 128 (Centrale-SupElec)
1. Pour n ∈ N∗ , montrer que l’équation
R+ .
n
xk
k=1
= 1 admet une unique solution xn dans
k
2. Étudier la convergence de la suite (xn )n⩾1 .
3. Calculer sa limite.
Solution 128
n
xk
est continue et strictement croissante sur
k
R+ (comme somme de telles fonctions). Comme fn (0) = 0 et lim fn (x) = +∞, on
1. Soit n ∈ N . La fonction fn : x →
∗
k=1
x→+∞
:164
7900
419
en déduit que fn réalise une bijection de R+ sur R+ . Comme 1 ∈ R+ , on est assuré de
l’existence et de l’unicité d’une solution à l’équation fn (x) = 1.
2. Montrons que la suite (xn )n est monotone. Pour tout entier n ⩾ 1 et tout réel x ⩾ 0, on
a:
xn+1
⩾ fn (x) .
fn+1 (x) = fn (x) +
n+1
⩾0
7.41
En particulier, pour x = xn , on obtient l’inégalité :
4.12
fn+1 (xn ) ⩾ fn (xn ) = 1 = fn+1 (xn+1 ) ⇒ fn+1 (xn ) ⩾ fn+1 (xn+1 ) .
k=1
k
⇔ − ln (1 − x) = lim fn (x) .
n→+∞
582:
− ln (1 − x) =
+∞ k
x
8891
2502
:89.8
Comme fn+1 est strictement croissante, on en déduit que xn ⩾ xn+1 pour tout entier n
donc la suite (xn )n est décroissante. Comme elle est positive, elle converge.
3. On conserve les notations introduites à la question 1. On remarque que fn est la somme
des n premiers termes du développement en série entière de x → − ln (1 − x) . Pour tout
x ∈ [0, 1[, on a :
fn (x) ⩽
0753
Comme la suite (fn )n est croissante, pour tout entier n et tout x ∈ [0, 1[ , on a :
lim fN (x) = − ln (1 − x) .
N →+∞
:211
En évaluant cette égalité en xn , on obtient les inégalités suivantes :
⩾ fn (xn ) = 1 ⇒ ln (1 − xn ) ⩽ −1
⇔ 1 − xn ⩽ e−1 ⇔ 1 − e−1 ⩽ xn .
Soit ε > 0. Comme fn 1 − e−1 + ε
→ − ln e−1 − ε > − ln e−1 = 1, il existe un
com:
n→+∞
∀n ⩾ Nε , fn 1 − e1 + ε ⩾ 1 = fn (xn ) .
rvox.
rang Nε tel que :
None
− ln (1 − xn )
scho
la
Par stricte croissance de fn , on peut affirmer que ∀n ⩾ Nε , 1 − e−1 + ε ⩾ xn . En résumé,
on vient de montrer que :
univ.
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀n ⩾ Nε , 1 − e−1 ⩽ xn ⩽ 1 − e−1 + ε,
ce qui est la définition de la convergence de la suite (xn )n vers 1 − e−1 .
258
Centrale Math 1
Commentaires 128 Exercice classique sans difficulté particulière.
Exercice 129 (Centrale-SupElec) On pose : ∀n ∈ N∗ , zn =
n 1+
k=1
i
.
k
1. Rappeler le théorême de sommation des relations de comparaison.
2. Montrer que la suite (|zn |)n∈N∗ converge.
3. Déterminer l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (zn )n∈N∗ .
Solution 129
1. Soient (un )n∈N et (vn )n∈N deux suites à valeurs positives avec un
vn diverge alors
un
n=0
+∞
n⩾0
Si la série
N
vn converge alors
N →+∞
un
n=N
n⩾0
∼
∼
N
vn .
n=0
+∞
N →+∞
419
vn .
vn .
7900
Si la série
∼
n→+∞
n=N
Ces résultats perdurent si on remplace « ∼ » par « = o ( ) » ou « = O ( )»
4.12
7.41
:164
2. D’après les règles de calculs sur le module, pour tout entier n ⩾ 1, on a :
2 n
n n
i
1
1
2
|zn | =
1 +
=
1+ 2 .
1 + k =
k
k
k=1
k=1
:89.8
k=1
D’après les règles de calcul du logarithme, on en déduit l’égalité :
8891
2502
n
1
1
ln (|zn |) =
ln 1 + 2 .
2
k
k=1
1
1
et
que
la
série
est à termes positifs et convergente
k→+∞ k 2
k2
k⩾1
1
converge.
(série de Riemann de paramètre 2 > 1), on peut affirmer que la série
k2
k⩾1
n
1
converge, ce qui prouve la convergence de
ln 1 + 2
En particulier, la suite
k
∼
582:
1
k2
k=1
None
:211
0753
Puisque ln 1 +
n
com:
la suite (ln |zn |)n vers un certain réel L. On peut alors affirmer que
→
n→+∞
exp (L)
rvox.
|zn | = exp (ln (|zn |))
scho
la
(par continuité de exp sur R) donc la suite (|zn |)n converge vers un réel strictement
positif.
univ.
3. Notons A l’ensemble des valeurs d’adhérence de la suite (zn )n∈N c’est-à-dire l’ensemble
des limites des suites extraites convergentes
de (zn )n∈N . Soit ϕ : N → N une fonction
strictement croissante telle que la suite zϕ(n) n soit convergente vers L ∈ C (qui n’est
pas le L de la réponse à la question 2). Alors, par continuité du module, la suite z(ϕ)n n
Suites et séries numériques
259
converge vers |L| . Or, la suite (|zn |)n converge vers un réel α > 0 donc, par unicité de
la limite, |L| = α, ce qui prouve l’inclusion suivante :
A ⊂ {z ∈ C, |z| = α} = S (0, α) .
Afin d’affiner notre analyse, nous allons étudier le comportement asymptotique de la
suite des arguments de zn .
i
Déterminons l’écriture exponentielle de ak = 1 + . Pour tout entier n ⩾ 1, on a
k
1
|an | = 1 + 2 > 0
k
k=1
k=1
On a l’équivalent suivant :
θk = arctan
k
582:
k⩾1
diverge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la série
diverge vers +∞. Ainsi, la suite Sn =
n
k=1
θk
k
0753
1
k=1
1
1
∼
⩾0
k k→+∞ k
θk est strictement croissante (car Sn+1 − Sn =
:211
et la série
k=1
8891
2502
k=1
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
donc il existe un réel θn ∈ [−π, π[ tel que :
i
1
iθ k
ak = |ak | e ⇔ 1 + = 1 + 2 (cos (θk ) + i sin (θk ))
k
k
 1



1 + 2 cos (θk ) = 1 (1)
1
k
⇔
⇒ (3) : tan (θk ) = .

1
1
k
(2)/(1)


(2)
1 + 2 sin (θk ) =
k
k
π
1
donc θk =
Comme Re (ak ) = 1 > 0 et Im (ak ) = > 0, on peut affirmer que θk ∈ 0,
k
2 π π
1
(d’après (3) et que arctan est la bijection réciproque de tan sur − ,
.
arctan
k
2 2
On en déduit l’écriture exponentielle de zn . :
n
n
n
n
n
iθ k
iθ k
zn =
ak =
|ak | e =
|ak |
e = |zn | exp i
θk .
θn+1 > 0 pour tout n), tend vers +∞ et Sn+1 − Sn
→
n→+∞
0. Les angles polaires de zn
com:
None
tend vers +∞ en changeant très peu de valeur (lorsque n est grand) par incrémentation
de l’indice. On sent que l’on pourra s’approcher autant que l’on veut de tout angle polaire
si on accepte de se décaler suffisamment de fois par 2π (ce qui ne change rien sur la
position géométrique du point). Ceci nous incite à prouver que S (0, α) ⊂ A.
univ.
scho
la
rvox.
Soit z ∈ S (0, α) , il existe θ ∈ R+ (le caractère positif sera utile dans la suite) tel que
z = αeiθ . Faisons une remarque fondamentale : Pour tout réel b ⩾ 1, il existe un entier N
π
tel que ∀n ⩾ N, SN ⩾ b (car la suite (Sn )n tend vers +∞). Comme S1 = θ1 = ⩽ 1 ⩽ b,
4
l’ensemble B = {n ∈ N∗ , Sn ⩽ b} est non vide et majoré (par N ) donc il possède un
maximum. Notons le Nb . Par définition, SNb ⩽ b et SNb +1 > b car :
/ B.
Nb + 1 > max (B) = Nb ⇒ Nb + 1 ∈
260
Centrale Math 1
Ainsi, on dispose de l’encadrement suivant :
SNb ⩽ b < SNb +1 ⇔ 0 ⩽ b − SNb < SNb +1 − SNb = θNb +1 .
Par conséquent, pour tout entier k ⩾ 1, en choisissant bk = θ + 2πk, il existe un entier
Nk tel que :
(∗) : 0 ⩽ bk − SNk ⩽ θNk .
Remarquons que :
SNk +1 = SNk + θNk +1 ⩽ bk + 1 < bk + 2π = bk+1
⩽b
donc Nk + 1 ⩽ Nk+1 (par définition Nk+1 = max {n, Sn ⩽ bk+1 } , ce qui prouve que
la suite (Nk )k est strictement croissante. En outre, l’inégalité précédente entraine que
∀k ⩾ 1, Nk ⩾ k (par une récurrence immédiate) donc lim Nk = +∞. Ceci résultat
|zNk | exp (iSNk ) = |zNk | exp (i (SNk − bk )) exp (ibk )
|zNk | exp (i (SNk − bk )) exp (iθ) exp (2πik) → αeiθ = z.
k→∞
→ α
k→∞
→
k→+∞
:164
=
=
=1
exp(i0)=1
7.41
zNk
k→+∞
419
fonction x → eix , on peut écrire :
k→+∞
lim (bk − SNk ) = 0. Par continuité sur R de la
7900
combiné à l’inégalité (∗) montre que
4.12
Ainsi, z ∈ A, ce qui montre l’inclusion S (0, α) ⊂ A d’où l’égalité S (0, α) = A.
0753
582:
8891
2502
:89.8
Commentaires 129 Exercice original et progressif.
Question 1 et 2 : Il s’agit d’une question de cours et d’une question relativement standard
pour la deuxième (faire le lien avec les séries via le logarithme).
Question 3 : Cette question est difficile (la notion valeur d’adhérence dans C est bien
plus complexe à manipuler que dans R) et l’interaction avec l’interrogateur sera cruciale.
Toute avancée significative du candidat (même avec une aide de l’interrogateur) sera bien
valorisée.
:211
Exercice 130 (Centrale-SupElec) Soit n ∈ N∗ . On note Hn =
None
où x désigne la partie entière de x.
1. Soit (vn )n une suite réelle telle que : vn
=
com:
n→+∞
démontrer.
O
n
1
k=1
k
et un =
(−1)n
n
rvox.
scho
la
univ.
ln(n)
,
ln(2)
∞
1
.
Que
dire
de
vk ? Le
n2
1
.
2. Montrer qu’il existe un réel γ tel que : Hn = ln(n) + γ + O
n→+∞
n
3. Montrer que
un converge et calculer sa somme.
n⩾2
k=n
Suites et séries numériques
Solution 130
1. Comme la série
261
1
n
n2
est à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre
2 > 1), on en déduit que la série
n
vn converge et que :
+∞ 1
1
=O
.
vk = O
2
n→+∞
k
n
k=n
k=n
1
Justifions ces deux dominations. Comme vn = O
, il existe un rang N et un
n→+∞
n2
réel positif M tel que
+∞
+∞
+∞
+∞
M
1
M
∀n ⩾ N, |vn | ⩽ 2 ⇒ |vk | ⩽
vk ⩽
=
M
n
k2
k2
k=n
k=n
k=n
k=n
+∞ +∞
1
(donc
vk = O
). On remarque ensuite que :
n→+∞
k2
∀k ⩾ 2,
7900
k=n
1
1
1
1
=
−
⩽
k2
k (k − 1)
k−1 k
:164
k=n
419
+∞
7.41
donc, en utilisant les sommes télescopiques et le fait que la suite
1
converge, on
k k
donc
+∞
k=n
vk
k=n
1
n−1
vn+1 − vn
=
=
n→+∞
O
1
1
1
=O
car
∼
.
n→+∞
n
n−1
n
8891
2502
k=n
:89.8
4.12
obtient la majoration suivante valable pour tout n ⩾ N :
+∞ +∞ 1
M
1
1
1
⩽
M
−
=
M
−
lim
=
v
k
k−1 k
n − 1 k→+∞ k
n−1
2. On considère la suite (vn )n⩾1 = (Hn − ln (n))n⩾1 . Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
582:
0753
=
Hn+1 − Hn − (ln (n + 1) − ln (n))
1
1
1
n+1
− ln
=
− ln 1 +
.
n+1
n
n+1
n
com:
None
:211
On utilise alors le développement limité de x → ln (1 + x) en 0 pour obtenir :
1
1
1
1
1
1
=
= O
−
+O
+O
vn+1 − vn =
2
2
n→+∞ n + 1
n→+∞
n→+∞
n
n
n (n + 1)
n
n2
=O(1/n2 )
n
scho
la
rvox.
1
1
(car
∼
). D’après la question précédente, on peut affirmer que la série
n (n + 1) n→+∞ n2
(vn+1 − vn ) converge donc, d’après le théorème sur les séries télescopiques, la suite
univ.
(vn )n converge. Notons γ sa limite alors, pour tout entier n ⩾ 1, on a :
+∞
1
(vk+1 − vk ) = O
γ − vn = lim vk − vn =
n→+∞
k→+∞
n
k=n
262
Centrale Math 1
(d’après la question précédente) donc :
1
1
⇒ Hn = ln (n) + vn = ln (n) + γ + O
vn = γ + O
n→+∞
n→+∞
n
n
3. Pour tout entier N ⩾ 1, on pose SN =
N
n=1
un . Rappelons que, pour tout réel x, x
désigne l’unique réel k tel que k ⩽ x < k + 1. Pour tout n ⩾ 2, on a
ln (2)
ln (n)
⩾
=1
ln (2)
ln (2)
ln(n)
est un entier strictement positif. En outre, pour tout entier k ⩾ 1, on a
ln(2)
les équivalences suivantes :
ln(n)
ln(n)
= k⇔k⩽
<k+1
⇔
k ln (2) ⩽ ln (n) ⩽ (k + 1) ln (2)
ln(2)
ln(2)
× ln(2)>0
⇔ ln 2k ⩽ ln (n) < ln 2k+1 ⇔ 2k ⩽ n < 2k+1 .
ln(n)
est constante sur chaque intervalle entier 2k , 2k+1 (k ∈
Ainsi, la suite
ln(2) n
N∗ ). On partitionne tout intervalle entier [2, N ] en


r(N )
2k , 2k+1 − 1  ∪ 2r(N ) , N .
[2, N ] = 
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
donc
8891
2502
k=1
où r (N ) est l’unique entier r tel que 2 ⩽ N < 2
r
r+1
(i.e. r =
étant disjointe, la relation de Chasles (ou Fubini) montre que :
=
N
(−1)n ln(n)
n
ln(2)

 k+1
r(N )−1 2
N
−1 (−1)n ln(n) (−1)n ln(n)
+

n
ln(2)
n
ln(2)
k=1
n=2k
n=2r(N )

 k+1
N
2
−1
N
n
(−1) 
(−1)n

k +
r (N )
n
n
k
r(N )
n=2
n=2
N
k+1
N
n
(−1)
(−1)n
+ r (N )
.
n
n
r(N )
2
−1
n=2k
n=2
scho
la
k=1
k
com:
=
k=1
rvox.
=
None
:211
0753
n=2
=
ln (N )
). Cette union
ln (2)
582:
SN
zn =
(−1)
n
n
univ.
Cette relation va nous permettre de prouver la convergence de la série
si n ∈ 2k , 2k+1 et zn = 0 si n ⩾ 2k+1 .
n
un . On pose
Suites et séries numériques
La série
n
263
zn est alternée et la suite (|zn |)n⩾2k est positive, décroissante et convergeant
vers 0 donc, d’après le critère spécial des séries alternées, on a :
k+1
k+1
+∞ 2 −1
2
n n 1
(−1)
(−1)
1
⩽
⩽ k
k
.
zn ⩽ |z2k | ⇔ ⇒
(I)
:
=
o
k
k
n 2
n 2 k→+∞
k2
k
k
k
n=2
n=2
1
(d’après les croissances comparées). La série
de paramètre 2 > 1) donc la série
 k
converge. Par conséquent, la suite 
r (N )
N
n=2
(−1)n
n
r(N )
k
k=1
n=2k
2k+1
−1
n=2k
(−1)
n
n
converge absolument donc elle

n
(−1) 
n
converge et comme la suite
N
tend vers 0 (majoration (I) adaptée à l’intervalle de somma-
7900
N
k
étant convergente (série de Riemann
k2
k
2k+1
−1
419
n=2
N
:164
tion), on en déduit que la suite (SN )N converge c’est-à-dire que la série
n=2
lim 
N →+∞
N
k
k=1
2k+1
−1
n=2k
(−1)
+ r (N )
n
n=2
(−1)
n
et wk =
2k+1
−1
n=2k
n

k+1
k=1
n=2
1
n
0753
n=2k
n
582:
vk =
2k+1
−1
8891
2502
Pour tout entier k ⩾ 1, on pose
un converge.
n
+∞ 2 −1
n
(−1)  (−1)
=
.
k
n
n
k
r(N )
N
n
4.12
un =

:89.8
+∞
7.41
En outre, on peut affirmer que :
1
−(
n
1
− wk = 2
n
=
2
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n pair
=
wk−1 − wk
com:
rvox.
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n pair
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n impair
−1
=
n
None
1
+
n
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n pair
=
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
scho
la
=
1
−
n
1
−
n
1
)
n
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n pair
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n pair
n=2q
et 2k ⩽2q<2k+1
univ.
vk
:211
et exprimons la suite v en fonction de la suite w. On découpe la somme vk selon les
indices pairs et impairs grâce à la relation de Chasles. Pour tout k ⩾ 2, on a :
k
n∈{2k ,..,2k+1 −1}
n impair
2
−1
1
1
− −wk =
− −wk
2q
q
k−1
q=2
1
n
264
Centrale Math 1
Alors, pour tout entier N, on a :
N
k=1
k
2k+1
−1
n=2k
(−1)
n
n
=
N
kvk = v1 +
k=1
=
v1 +
N
kwk−1 −
v1 + 2w1 +
N
−1
j=2
=
v1 + 2w1 +
N
−1
j=2
N
k=2
N
kwk
k=2
=
v1 +
j=k−1
(j + 1) wj −
k (wk−1 − wk )
N
−1
j=1
N
−1
k=2
(j + 1) wj −
N
kwk
k=2
kwk − N wN
wj − N wN
v1 + 2w1 + H2N −1 − H22 −1 − N (H2N +1 −1 − H2N −1 )
H2N −1 − N (H2N +1 −1 − H2N −1 )
419
=
=
kvk = v1 +
k=2
k=2
=
N
n=2
8891
2502
k=1
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
car wj = H2j+1 −1 − H2j −1 (somme télescopique) et v1 + 2w1 − H3 = 0. En utilisant la
question 1, on obtient :
1
1
1
H2N −1 = H2N − N
= ln 2N + γ + O
− N
N
2 N →+∞
2
2
1
1
N
+1
N
⇒
H
= N ln (2) + γ + O
−
H
=
ln
(2)
+
O
2
−1
2 −1
N
N →+∞
N →+∞
2
2N
N
2k+1
+∞
−1 (−1)n
N
⇒
→
= γ+O
k
γ
⇒
un = γ.
n N →+∞
2N N →+∞
k
n=2
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
Commentaires 130 Exercice original et progressif. Les deux premières questions sont
des questions de cours ou des applications directes du cours. La deuxième question est très
classique. N’hésitez pas à la retravailler si vous avez bloqué dessus.
La troisième question est la plus difficile. Les initiatives intéressantes du candidat seront
valorisées.
l’équation
Par exemple, cela sera le cas d’un candidat résolvant
correctement
ln(n)
ln(n)
∗
= k ou partitionnant N selon les valeurs prises par
(d’où la résolution
ln(2)
ln(2)
2k+1
−1 (−1)n
de l’équation) ou bien justifiant que chaque paquet
est majoré en module par
n
k
n=2
son premier terme. Pour les candidats n’ayant pas ces initiatives, l’interrogateur proposera
ces pistes mais il attendra que le candidat sache y répondre seul (il s’agit à chaque fois
d’application du cours).
scho
la
Exercice 131 Soit P un polynôme à coefficients dans R, à partir duquel on définit la suite
u par : ∀n ∈ N, un = e2iπP (n) .
1. Montrer que la suite u converge si et seulement si : ∀n ∈ N, P (n) − P (0) ∈ Z.
univ.
2. On suppose que la suite (P (n) − P (n))n∈N converge. Montrer qu’elle est constante.
Suites et séries numériques
265
Solution 131
1. Implication réciproque. Supposons que ∀n ∈ N, P (n) − P (0) ∈ Z alors, pour tout
entier n, il existe un entier relatif qn tel que :
∀n
∈
un
=
=
N, P (n) − P (0) = qn ⇔ P (n) = P (0) + qn ⇒
exp (2πiP (n)) = exp (2πi (P (0) + qn ))
exp (2πiP (0)) exp (2πiqn ) = u0
=1 car qn ∈Z
=u0
n→+∞
:164
7900
419
donc la suite (un )n∈N est constante.
Implication directe. On procède par récurrence forte sur le degré de P. Pour tout entier k ∈ N, on pose (Hk ) : « Pour tout P ∈ Rk [X], si la suite e2πiP (n) n converge alors
∀n ∈ N, P (n) − P (0) ∈ Z ».
Initialisation k = 0. Soit P ∈ R0 [X] alors P est constant donc la suite e2πiP (n) n est
constante, ce qui entraine sa convergence. Pour tout entier n, on a P (n) − P (0) = 0 ∈ Z
donc (H0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons la propriété (Hk ) vérifiée pour un certain entier k. Soit P ∈
Rk+1 [X] et supposons que la suite un = exp (2πiP (n)) converge. Notons L sa limite.
Comme, pour tout entier n, |un | = 1, on a :
|L| = lim un = lim |un | = lim 1 = 1
n→+∞
n→+∞
7.41
(par continuité de la fonction z → |z| sur C) donc L = 0. En outre, on a lim un+1 = L
L
exp (2πiP (n + 1))
= 1 ⇔ lim
=1
n→+∞
L
exp (2πiP (n))
lim exp (2πi (P (n + 1) − P (n))) = 1.
=
⇔
:89.8
un+1
un
n→+∞
8891
2502
lim
n→+∞
n→+∞
4.12
(suite extraite de la suite convergente (un )n ) donc :
On considère alors le polynôme Q (X) = P (X + 1) − P (X) ∈ Rk [X] car :
P (X)
=
aX k+1 + · · · , P (X + 1) = a (X + 1)
deg⩽k
+ · · · ) + · · · = aX
deg⩽k
deg⩽k
+ ···
deg⩽k
+ · · · ⇒ Q (X) = · · · ∈ Rk [X] .
582:
a(X
k+1
0753
=
k+1
k+1
deg⩽k
deg⩽k
:211
La suite (exp (2πiQ (n)))n convergeant vers 1 avec Q ∈ Rk [X] , l’hypothèse de récurrence
(Hk ) montre que :
∀n ∈ N, Q (n) − Q (0) ∈ Z.
k=0
=
N
−1
=
(Q (k) − Q (0)) +
scho
la
k=0
(P (k + 1) − P (k)) =
com:
N
−1
rvox.
=
N
−1 k=0
∈Z
N
−1
N
−1
∈Z
Q (k)
k=0
Q (0)
k=0
(Q (k) − Q (0)) + N Q (0)
univ.
P (N ) − P (0)
None
Or, pour tout entier naturel N ⩾ 1, on a :
266
Centrale Math 1
Ainsi, pour tout entier N ⩾ 1, il existe qN ∈ Z tel que :
P (N ) − P (0) = qN + N Q (0) ⇔ P (N ) = P (0) + qN + N Q (0) .
Cette formule restant valable pour N = 0 si on choisit q0 = 0. Grâce aux règles de calculs
sur l’exponentielle, on peut alors écrire pour tout entier n :
un
=
exp (2πiP (0) + 2πiqn + 2πinQ (0))
∈2πiZ
=
n
exp (2πiP (0)) exp (2πiqn ) (exp (2πiQ (0))) .
=1
Or, on dispose de la limite suivante :
un+1
un
=
1 ⇔ lim exp (2πiQ (0)) = 1 ⇔ exp (2πiQ (0)) = 1
n→+∞
⇔ ∃k ∈ Z, 2πiQ (0) = 2πik
∃k ∈ Z, Q (0) = k ∈ Z.
⇔
÷2πi=0
419
lim
n→+∞
7900
Ainsi, pour tout entier n, on a :
∈Z
∈Z
∈Z
:164
P (n) − P (0) = qN + N Q (0) ∈ Z,
4.12
ce qui démontre (Hk+1 ) et achève la récurrence.
7.41
∈Z
:89.8
2. Considérons la suite vn = P (n) − P (n) qui converge vers une limite L. Comme la
fonction
f : x ∈ R → e2πix = cos (x) + i sin (x)
8891
2502
est continue sur R, on en déduit que la suite (f (vn ))n converge vers f (L) . Or, pour tout
entier n, P (n) est un entier, on peut écrire :
582:
f (vn ) = exp (2πiP (n)) exp (−2πi P (n)) = exp (2πiP (n))
:211
0753
donc la suite (exp (2πiP (n)))n est convergente. D’après la question précédente, cela entraine que la suite (P (n) − P (0))n∈N est à valeurs dans Z. Ainsi, pour tout entier n, il
existe un entier relatif qn tel que :
None
P (n) − P (0) = qn ⇒ P (n) = P (0) + qn ⇒ P (n) = P (0) + qn
(par 1-périodicité de la fonction x → x) donc, pour tout entier n, on a :
com:
P (n) − P (n) = P (0) − P (0) ,
rvox.
ce qui prouve la constante de la suite (P (n) − P (n))n∈N .
univ.
scho
la
Commentaires 131 Exercice original sans difficulté particulière hormis la réciproque de
la première question. Pour celle-ci, l’interrogateur observera les initiatives du candidat et
proposera une récurrence si ce dernier n’a pas d’idée intéressante.
Suites et séries numériques
267
u2
Exercice 132 On définit une suite (un )n⩾1 par u1 = a ∈ R∗+ et, pour n ⩾ 1, un+1 = √n .
n
n
ln (k)
On définit une suite (Sn )n⩾1 par : ∀n ⩾ 1, Sn =
.
2k+1
k=1
ln (un )
.
1. Relier Sn−1 et
2n
2. Discuter de la limite de la suite (un ), sauf pour une certaine valeur de a, notée a0 ,
qu’on ne cherchera pas à calculer.
3. Donner la limite de (un )n⩾1 quand a = a0 .
Solution 132
7900
419
u2
1. Pour tout n ⩾ 1, un > 0 (vraie pour n = 1, si un > 0 alors un+1 = √n > 0) alors on
n
peut considérer la suite vn = ln (un ) qui satisfait à la relation de récurrence suivante :
2 ln (n)
ln (n)
u
vn+1 = ln (un+1 ) = ln √n = 2 ln (un ) −
= 2vn −
.
2
2
n
vn
ln (n)
vn+1
vn
ln (n)
vn+1
= n − n+1 ⇔ n+1 − n = − n+1 .
n+1
2
2
2
2
2
2
7.41
∀n ⩾ 1,
:164
En divisant par 2n+1 cette relation, on obtient
4.12
Pour tout entier N ⩾ 2, en sommant la relation précédente pour n ∈ {1, .., N − 1} qui
fournit une somme télescopique, on obtient l’égalité :
k⩾1
2k+1
est à termes positifs et
ln (k)
= o
2k+1 k→+∞
1
k2
car
1
k2
:211
(d’après les croissances comparées). La série
k 2 ln (k)
→ 0
2 × 2k k→+∞
582:
ln (k)
0753
2. La série
8891
2502
:89.8
N
−1
ln (n)
vN
vN
v1
v1
ln (a) ln (uN )
− N =
−
−
=
−
= −SN −1 ⇔ SN −1 =
.
N
1
n+1
2
2
2
2
2
2
2N
n=1
k
suite Sn =
None
de paramètre 2 > 1), on peut affirmer que la série
n
ln (k)
étant convergente (série de Riemann
ln (k)
k⩾1
2k+1
est convergente. Ainsi, la
com:
de ses sommes partielles converge dans R. Notons L sa limite.
2k+1
D’après la question précédente, on a :
ln (a)
+∞ si ln (a) /2 − L > 0 ⇔ a > e2L
N
−
S
2
→
ln (uN ) =
N −1
−∞ si ln (a) /2 − L < 0 ⇔ a < e2L
N →+∞
2
→ +∞
N →+∞
→
scho
la
rvox.
k=1
ln(a)/2−L
⇒ uN = exp (ln (uN ))
univ.
N →+∞
→
N →+∞
+∞ si a > e2L
.
0
si a < e2L
268
Centrale Math 1
3. On conserve les notations de la question précédente alors a0 = e2L ⇔
ln (k)
D’après la question 1, la série
est convergente et
2k
ln (a0 )
= L.
2
k⩾1
L=
lim SN =
+∞
ln (k)
N →+∞
k=1
+∞
ln (k)
N
−1
2k
donc :
ln (a)
− SN −1
2
=
−
2k+1
419
⩾
+∞
ln (k)
ln (k)
=
2k+1
2k+1
k=1
k=1
k=N
N +1
1
+∞
+∞
k+1
ln (N )
1
ln (N )
2
=
= ln (N )
= ln (N )
.
1
2k+1
2
2N
k=N
k=N
1−
2
L − SN −1 =
lim un = +∞.
n→+∞
4.12
d’où
→
N →+∞
+∞
7.41
∀N ⩾ 1, ln (uN ) ⩾ ln (N ) ⇔ uN ⩾ N
:164
7900
En multipliant par 2N cette inégalité et d’après la relation obtenue à la question 1, on
obtient l’inégalité :
univ.
scho
la
rvox.
com:
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
Commentaires 132 Exercice original et progressif.
Question 1 : Le point clé est d’observer que ln (n) dépend de ln (un+1 ) et ln (un ) d’après la
relation de récurrence vérifiée par la suite (un )n . Si le candidat ne l’observe pas, l’interrogateur le guidera dans une telle direction. Le reste est sans difficulté particulière hormis
une certaine rigueur dans les calculs. Les candidats parvenant à répondre seuls à cette
question seront fortement valorisés par rapport aux autres.
Question 2 : Elle ne présente pas de difficulté particulière.
Question 3 : Elle permet de récompenser les meilleurs candidats. L’interrogateur sera particulièrement attentif aux initiatives du candidat et proposera peu d’aides (hormis de faire
le lien avec le reste de la série de première question).
Suites et séries numériques
7.4
269
Mines-Ponts
Exercice 133 (Mines-Ponts) Soient α > 0 et a > 0. Pour tout n ⩾ 1, on pose Sn =
et un = aSn . Étudier la nature de la série
n
1
k=1
un en fonction de α et a.
kα
n⩾1
Solution 133 Nous allons procéder par disjoinction de cas.
Premier cas a ⩾ 1. Comme, pour tout entier n ⩾ 1, on a Sn ⩾ 1 et comme a ⩾ 1, on peut
affirmer que un = aSn ⩾ a > 0. En particulier, la suite (un )n ne peut tendre vers 0 donc la
série
un diverge grossièrement.
n
Deuxième cas a ∈ [0, 1[ et α > 1. La série
1
k⩾1
converge (série de paramètre α > 1) donc,
kα
7900
419
par définition de la convergence des séries, la suite (Sn )n converge. Notons L sa limite alors la
un diverge grossièrement.
suite (un )n converge vers aL = 0 donc la série
n
1
k⩾1
k
diverge (série de paramètre 1) et, comme
:164
Troisième cas a ∈ ]0, 1[ et α = 1. La série
f (n) −

n
n−1
f (t) dt
582:
n⩾2

8891
2502
:89.8
4.12
7.41
elle est à termes positifs, la suite (Sn )n diverge vers +∞. Comme a ∈ [0, 1[ , la suite (un )n
tend vers 0. Nous allons utiliser le théorème de comparaison série-intégrale pour obtenir un
équivalent asymptotique de la suite (Sn )n afin d’étudier plus finement la suite un .
1
Considérons la fonction f : t → qui est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[. D’après
t
le théorème de comparaison série-intégrale (qui est au programme), la série
f (n) −
n
n−1

f (t) dt =
N →+∞
L + o (1) ⇔ SN = 1 +
N
n=2
f (n)
rvox.
=
com:
converge. Notons L sa limite alors :
TN
N
:211
n=2

n=2
N
f (n) − f (t) dt.
1
None
TN =
N
0753
converge c’est-à-dire la suite
=
N →+∞
N
f (t) dt + L + 1 + o (1)
scho
la
1
t=N
= [ln (t)]t=1 + L + 1 + o (1) = ln (N ) + C + o (1)
N →+∞
N →+∞
univ.
avec C = L + 1 ∈ R. Réécrivons alors un à l’aide de l’exponentielle, du développement asymptotique précédent et des règles de calcul de l’expontielle et du logarithme. Pour tout entier n ⩾ 1,
270
Mines-Ponts
on a :
un = exp (ln (a) Sn ) = exp (ln (a) ln (n) + ln (a) C + o (1))
n→+∞
ln(a) C
= exp ln n
= exp ln nln(a) aC exp (o (1))
a + o (1)
n→+∞
n→+∞
aC nln(a) exp (o (1))
n→+∞
∼
=
→
n→+∞
aC nln(a) =
aC
n− ln(a)
.
exp(0)=1
n→+∞
La série
n
aC
n− ln(a)
= aC
n
1
est à termes positifs et converge si et seulement si
n− ln(a)
− ln (a) > 1 (série de Riemann) donc la série
un converge si et seulement si
n
1
.
e
419
− ln (a) > 1 ⇔ ln (a) < −1 ⇔ a < exp (−1) =
1
4.12
Explicitons cette dernière intégrale :
:164
=
N →+∞
7.41
SN
N
f (t) dt + L + 1 + o (1)
7900
Quatrième cas a ∈ ]0, 1[ et α ∈ ]0, 1[ . On procède comme au troisième cas en considérant la
1
fonction f : t → α . Il existe un réel C tel que :
t
1
8891
2502
:89.8
1−α t=N
N
N
1
N 1−α
t
−
.
=
f (t) dt = t−α dt =
1 − α t=1
1−α
1−α
1
Ainsi, on obtient l’équivalent suivant
N 1−α
.
N →+∞ 1 − α
∼
582:
SN
0753
L’exposant dans un explosant rapidement, on est tenté de croire que la série
un converge .
n
None
:211
Nous allons le justifier en comparant un au terme général d’une série de Riemann convergente.
Pour tout entier n ⩾ 1, on a l’égalité :
n2 un = exp (2 ln (n) + ln (a) Sn ) .
com:
Comme 1 − α > 0, les croissances comparées montre que
ln (n) = o n1−α ⇒ 2 ln (n) + ln (a) Sn
∼
N →+∞
ln (a) Sn .
lim (ln (a) Sn )
n→+∞
scho
la
lim Sn = +∞ et que ln (a) < 0 (car a ∈ ]0, 1[), on en déduit les limites suivantes :
n→+∞
−∞ ⇒ lim (2 ln (n) + ln (a) Sn ) = −∞
n→+∞
1
2
⇒
lim n un = 0 ⇒ un = o
.
n→+∞
n→+∞
n2
=
univ.
Puisque
rvox.
N →+∞
Suites et séries numériques
La série
1
n
la série
n2
271
est à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc
un converge.
1
un converge si et seulement si α ∈ ]0, 1[ ou (α = 1 et a ∈ 0, ).
Conclusion : La série
e
n
n
Commentaires 133 Exercice classique pour ce concours. L’interrogateur sera attentif
aux initiatives du candidat. Par exemple, il valorisera fortement le traitement des cas
α > 1 et / ou a ⩾ 1. Pour les autres questions, si le candidat n’a pas d’idée significative, il
propose l’étude asymptotique de Sn . L’obtention d’un équivalent de Sn peut se faire par la
méthode de comparaison série-intégrale, ce qui suffit pour conclure lorsque α < 1 et a < 1.
Exercice 134 (Mines-Ponts) Soit (un )n⩾0 la suite définie par :
419
1
arctan (un ) .
2
7900
u0 > 0 et pour tout ∈ N, un+1 =
1. Montrer que la suite (un )n⩾0 converge.
4.12
7.41
:164
2. Prouver que suite la suite (2n un )n⩾0 converge vers une limite que l’on ne déterminera pas.
3. Donner un équivalent en l’infini de un − n .
2
Solution 134
:89.8
1
arctan est strictement positive sur R∗+ c’est-à-dire que R∗+ est un
2
intervalle stable par f. Comme u0 ∈ R∗+ et que un+1 = f (un ) , on peut affirmer que,
pour tout entier n, un ∈ R∗+ . En outre, la fonction
f : x →
8891
2502
1. La fonction f =
1
1
×
2 1 + x2
None
:211
0753
582:
1
sur R, l’inégalité des accroissements finis montre l’inégalité suiétant majorée par
2
vante :
1
1
∀x ∈ R, |f (x) − f (0)| ⩽ |x − 0| ⇔ |f (x)| ⩽ |x| .
2
2
En choisissant x = un dans l’inégalité précédente et compte tenu que un est positif, on
obtient la majoration suivante valable pour tout entier n :
1
1
un ⇒ 0 ⩽ un ⩽ n u0
2
2
1
(par une récurrence immédiate). Comme lim n u0 = 0, le théorème d’encadrement
n→+∞ 2
montre que lim un = 0.
rvox.
com:
0 ⩽ un+1 ⩽
n→+∞
1
un ⇒ 0 ⩽ 2n+1 un+1 ⩽ 2n un .
2
×2n+1
univ.
0 ⩽ un+1 ⩽
scho
la
2. À la question précédente, nous avons démontré, pour tout entier n, que :
Ainsi, la suite (2n un )n∈N est décroissante et minorée par 0 donc elle converge.
272
Mines-Ponts
3. Posons, pour tout entier n, wn = 2n un
→
n→+∞
. En utilisant la relation de récurrence
vérifiée par la suite (un )n∈N , le fait que la suite (un )n tende vers 0 et le développement
limité à deux termes de arctan en 0, on obtient :
3
un
(un )
1
3
un+1 =
arctan (un ) =
+
+ o (un )
n→+∞ 2
2
6
1 wn
wn+1
1 w n 3
w n 3
⇔ (∗) : n+1
× n +
=
+
o
n→+∞ 2
2
2
6 2n
2n
Comme la suite (wn )n converge, elle est bornée donc
3
1
1
w n 3
o
o
=
=
.
o
n→+∞
n→+∞
2n
2n
8n
7900
419
En multipliant par 2n+1 le développement (∗) puis en retranchant wn , on obtient :
3
1
(wn )
3
+
o
∼
wn+1 − wn =
n→+∞ 3 × 4n
8n n→+∞ 3 × 4n
si = 0 (nous démontrons ceci à la fin de la preuve). La série
(wn+1 − wn ) est
n
7.41
:164
convergente (série télescopique associée à la suite convergente (wn )n ) ainsi que la série
n
3
3 1
=
3 × 4n
3 n 4
n
n
com:
n
None
:211
0753
582:
8891
2502
:89.8
4.12
1
converge (série géométrique de raison ∈ ]−1, 1[). Le théorème de sommation des restes
4
de séries convergentes à termes positifs montre que :
+∞
+∞
+∞ n
3
3 1
(wn+1 − wn ) ∼
⇔ wN +1 − wN ∼
n→+∞
n→+∞ 3
3 × 4n
4
n=N
n=N
n=N
N
1
N
3
43 1
4
⇔n
.
⇔ − 2N uN ∼
uN − N ∼ −
1 ×(−1/2 )=0
n→+∞ 3
2 n→+∞
9
8
1−
4
Preuve succincte que = 0. Comme
1
1
2
=
O
=
O
et
u
,
un
n
n→+∞
n→+∞
2n
4n
un et
u2n convergent. Considérons la suite tn = ln (2n un ) . Si on prouve
les séries
que la suite (tn )n converge alors, en notant K sa limite, on peut affirmer que :
→
rvox.
2n u n = e t n
n→+∞
eK > 0,
univ.
scho
la
ce qui permettra de conclure. Pour montrer que la suite (tn )n converge, il suffit de montrer que sa série télescopique converge. En utilisant les développements limités de arctan
et x → ln (1 + x) en 0, on a :
2un+1
arctan (un )
= O u2n ,
= ln
= ln 1 + O u2n
tn+1 − tn = ln
n→+∞
n→+∞
un
un
Suites et séries numériques
273
ce qui permet de conclure.
Commentaires 134 Exercice relativement classique pour ce concours et progressif.
Les deux premières questions sont des applications de cours de MPSI. Pour la première,
on peut aussi remarquer que f est croissante donc la suite (un )n est monotone et comme
f (x) ⩽ x sur R (via l’étude de la fonction x → f (x) − x), ce qui justifie sa convergence.
Sa limite est un point fixe de f donc il s’agit de 0 d’après l’étude des variations de x →
f (x) − x.
Pour la troisième question, l’idée force est de passer de la suite vn = 2n un à l’étude de
la série télescopique
(vn+1 − vn ) et d’interpréter vn − comme le reste partielle de
n
la série précédente puis d’utiliser les théorèmes de sommation des comparaisons. Cette
stratégie sert dans de nombreux exercices d’oraux.
7900
419
Exercice 135 (Mines-Ponts) Soient α ∈ ]0, 1[ et les suites (an )n∈N∗ , (bn )n∈N∗ définies
par :
n
k
(−1) k α et bn = an+1 + an .
∀n ∈ N∗ , an =
k=1
:164
1. La suite (an )n⩾1 converge-t-elle ?
4.12
7.41
2. Montrer que la suite (bn )n⩾1 converge vers un réel < 0.
1
3. Déterminer la nature de la série
.
an
n⩾1
ment) donc la suite
n
→
k→+∞
+∞ (car α > 0), la série
8891
2502
k
1. Comme (−1) k α = k α
:89.8
Solution 135
k
k
(−1) k α diverge (grossière-
k
(−1) k α = an ne converge pas (par définition de la convergence
k=1
0753
582:
des séries).
2. D’après le théorème sur les séries télescopiques, la suite (bn )n⩾1 converge si et seulement
(bn − bn−1 ) converge. Cherchons un équivalent de son terme général. Pour
si la série
n⩾2
:211
tout entier n ⩾ 1, on a :
None
bn − bn−1 = an+1 − an−1 = (−1)
α
α
[(n + 1) − nα ] .
com:
Comme α > 0, pour tout entier n, on a
n+1
α
rvox.
n + 1 ⩾ n ⇒ (n + 1) ⩾ nα ⇒ (n + 1) − nα ⩾ 0.
scho
la
Ainsi, la suite (bn − bn−1 )n⩾2 est alternée. Montrons que la suite
α
(|bn − bn |)n⩾2 = ((n + 1) − nα )n⩾2
univ.
est décroissante et tend vers 0. On considère la fonction
α
f : x → (x + 1) − xα
274
Mines-Ponts
qui est dérivable sur [2, +∞[ et possède pour dérivée
α
f : x → α (x + 1) − xα−1 ⩽ 0
car α − 1 < 0 et x + 1 ⩾ x quand x ⩾ 2. Par conséquent, la fonction f est décroissante
sur [2, +∞[ donc la suite (f (n))n⩾2 = (|bn − bn−1 |)n⩾2 l’est aussi. En outre, en utilisant
le théorème des accroissements à la fonction g : t → tα entre x et x + 1, pour tout x ⩾ 1,
il existe cx ∈ [x, x + 1] (donc lim cx = +∞) tel que :
x→+∞
f (x) = g (x + 1) − g (x) = (x + 1 − x) g (cx ) = α (cx )
(car α − 1 < 0 et
α−1
→
x→+∞
0
lim cx = +∞). En particulier, la suite (f (n))n⩾2 converge vers 0.
x→+∞
Le critère spécial des séries alternées permet d’affirmer que la série
n
(−1) f (n) =
(bn − bn−1 )
n⩾2
n⩾2
=
=
lim bn − b1 = − b1 ⇒ = b1 +
n→+∞
b1 +
+∞
:164
n=2
(bn − bn−1 )
(−1)
n+1
f (n) .
f (n)
=
n=2
−
N
(bn − bn−1 )
f (n)
n∈{2,..,2N }
n impair
f (2k) +
k=1
(−f (n)) +
n∈{2,..,2N }
n pair
=
:89.8
n+1
8891
2502
(−1)
N
f (2k + 1) =
k=1
582:
2N
n=2
4.12
n=2
Pour tout entier N, on a :
+∞
7.41
+∞
7900
419
converge d’où la convergence de la suite (bn )n⩾1 . Notons sa limite alors, d’après les
séries télescopiques, on a :
N
k=1
(f (2k + 1) − f (2k))
0753
La fonction g est concave sur [1, +∞[ car elle y est deux fois dérivable et
g : x → α (α − 1) xα−2 ⩽ 0
N
k=1
univ.
Ainsi, pour tout entier N, la somme
scho
la
rvox.
com:
None
:211
(car x ⩾ 0, α < 0 et α − 1 < 0). En particulier, pour tout entier k ⩾ 1, comme 2k + 1
est le milieu de 2k et 2k + 2, on a la minoration suivante :
1
1
1
1
(2k) + (2k + 2) ⩾ g (2k) + g (2k + 2)
g (2k + 1) = g
2
2
2
2
⇔ 2g (2k + 1) ⩾ g (2k) + g (2k + 2)
⇔ g (2k + 1) − g (2k) ⩾ g (2k + 2) − g (2k + 1)
⇔ f (2k) ⩾ f (2k + 1) ⇔ f (2k + 1) − f (2k) ⩽ 0.
(f (2k + 1) − f (2k)) =
2N
n=2
(−1)
n+1
f (n)
Suites et séries numériques
275
est négative. En passant à la limite quand N → +∞, on en déduit que :
+∞
(−1)
n+1
n=2
f (n) ⩽ 0 ⇒ = b1 +
+∞
(−1)
n+1
f (n) ⩽ b1
n=2
et comme b1 = 2α − 2 < 0 (car 2 ⩾ 1 et α < 1), on peut affirmer que est strictement
négatif.
3. D’après la question précédente, on a :
lim bn = ⇔ bn
n→+∞
=
n→+∞
+ o (1) ⇔ an + an+1
=
n→+∞
+ o (1) .
Or, d’après la relation de Chasles, pour tout entier n, on a :
an+1
=
an + (−1)
⇒
2an
=
n+1
n→+∞
(n + 1)
α
⇒ 2an+1
+an+1
=
n→+∞
(−1)
n+1
α
(n + 1) + + o (1)
n
(−1) nα + + o (1)
1
en factorisant
an
n α
par son terme dominant ((−1) n ) et en utilisant le développement limité à l’ordre 1
1
.
en 0 de la fonction x →
1+x
1
1
1
1
=
×
=
1
2an n→+∞ (−1)n nα + + o (1) n→+∞ (−1)n nα
1+
+o
n
nα
(−1) nα
1
1
1
1−
+o
=
+o
+o
n
n
n
n→+∞ (−1) nα
nα
nα
(−1) nα
(−1) nα
n
n
1
(−1)
(−1)
−
1
1
⇒
∼
−
− 2α + o
= −
+o
=
n→+∞
nα
n
n2α
2an
nα n→+∞ n2α
n2α n→+∞ n2α
La série
(−1)n
n
nα
8891
2502
:89.8
4.12
7.41
:164
7900
419
Ceci va nous permettre d’obtenir un développement asymptotique de
converge (d’après le critère spécial dont les hypothèses sont laissées en
vérification au lecteur) donc la série
1
converge si et seulement si la série
1
2an
n
com:
None
:211
0753
582:
an
n
−
1
converge si et seulement si la série
= (−)
converge (d’après l’équivalent
2α
n
n2α
n
n
précédent et qu’il s’agit d’une série à termes positifs). Or, cette dernière série converge
1
si et seulement si 2α > 1 (série de Riemann) si et seulement si α > .
2
1
1
Par conséquent, la série
converge si et seulement si α > .
a
2
n
n
univ.
scho
la
rvox.
Commentaires 135 Exercice progressif où l’initiative du candidat sera fortement valorisé car les stratégies nécessaires sont standards. Par exemple, pour la deuxième question,
si le candidat fait le lien avec les séries télescopiques et pour la troisième question, s’il
devine l’équivalent de an et / ou songe à interpréter la limite précédente pour avoir un
développement asymptotique à deux termes de an et / ou à expliciter un développement
asymptotique à deux termes de an . Pour les autres candidats, l’interrogateur guidera le
candidat vers ces stratégies.
276
Mines-Ponts
La détermination du signe de ou la vérification de la décroissance de la suite |bn+1 − bn |
sont les points les plus délicats.
u2n Exercice 136 (Mines-Ponts) Soit (un )n⩾0 une suite réelle bornée telle que un +
2 n
converge. Montrer que (un )n⩾0 converge.
u2n . Comme la suite (un )n est bor2 n
née, le théorème de Bolzano-Weierstrass montre qu’elle admet au moins une valeur d’adhérence i.e. il existe une suite extraite (uϕ(n) )n de (un )n qui converge vers . Comme la suite
u2ϕ(n) u2n est extraite de la suite un +
qui converge vers K, on a :
uϕ(n) +
2
2 n
n
u2ϕ(n) lim uϕ(n) +
= K.
n→+∞
2
Or, la suite uϕ(n) n convergeant vers , on peut écrire :
un +
419
Solution 136 Notons K la limite de la suite
u2ϕ(n)
= K − L ⇒ lim u2ϕ(n) = 2 (K − L) .
n→+∞
2
:164
7900
lim
n→+∞
:89.8
4.12
7.41
La suite (u2ϕ(n) )n étant clairement extraite de (un )n , on en déduit que 2(K − ) est également
une valeur d’adhérence de (un )n . On constate alors que l’ensemble A des valeurs d’adhérence
de (un )n est stable par la fonction f : x → 2(K − x) donc la suite récurrente
x0 = ∈ A
xn+1 = f (xn ) = 2K − 2xn
2
K
3
582:
L = 2K − 2L ⇔ L =
8891
2502
est à valeurs dans A (par une récurrence immédiate). Explicitons cette suite arithméticogéométrique xn . Cherchons une constante L vérifiant :
0753
alors la suite yn = xn − L est géométrique de raison 2 donc, pour tout entier n, on a :
yn = 2n y0 ⇔ xn − L = 2n ( − L) .
com:
None
:211
Or, la suite (un )n étant bornée, l’ensemble A de ses valeurs d’adhérence
est aussi borné donc
xn − L
la suite (xn )n est également bornée. Par conséquent, la suite
tend vers 0 quand
2n
n
n → +∞ et comme elle vaut constamment − L, ce qui prouve l’égalité :
rvox.
− L = 0 ⇔ L = .
univ.
scho
la
Par conséquent, A = {} et la suite (un )n admet une unique valeur d’adhérence et, comme elle
est bornée, elle converge (c’est un théorème peu usuité du cours, chapitre « espaces vectoriels
normés de dimension finie »).
Suites et séries numériques
277
Commentaires 136 Exercice plutôt difficile qui était donné originellement aux concours
X ou ENS. L’interrogateur valorisera significativement les candidats songeant d’eux même
au théorème de Bolzano ou bien observant un système dynamique dans l’affirmation « si
L eset une valeur d’adhérence alors 2 (K − L) l’est aussi » (c’est-à-dire une suite associée
à ce processus).
Exercice 137 (Mines-Ponts) Soit (un )n∈N∗ une suite de nombres réels strictement positifs
telle que :
1
∀n ∈ N∗ , un+1 = un +
.
nun
1. Déterminer la limite de (un )n∈N∗ .
2. Donner un équivalent de un .
Solution 137
1
> 0 (car la suite est strictement positive
un
par hypothèse) donc la suite (un )n est croissante. D’après le théorème de convergence
monotone, elle converge vers L ∈ R ∪ {+∞} . Supposons que L ∈ R alors, par croissance
de la suite, on a L ⩾ u0 > 0. On peut alors écrire :
1
1
.
∼
nun n→+∞ nL
7.41
un+1 − un =
:164
7900
419
1. Pour tout entier n, on a un+1 − un =
11
étant à termes positifs et diverge donc la série
(un+1 − un ) diverge.
L n n
n
D’après le théorème sur les séries télescopiques, la suite (un )n diverge, ce qui est absurde
(on a supposé qu’elle converge). Ainsi, l’hypothèse émise est fausse donc L = +∞, ce
qui montre que
lim un = +∞.
8891
2502
:89.8
4.12
La série
n→+∞
2. Commençons par une remarque fondamentale. Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
1
1
2
2
2
+ 2 2 ⇒ u2n+1 − u2n = + 2 2
∼
n→+∞
n n un
n n un
n
582:
u2n+1 = u2n +
0753
n
1
=
→ 0 puisque lim u2n = +∞). On remarque alors que :
n→+∞
n2 u2n
nu2n n→+∞
1
1
1
2
2
ln 1 +
∼
⇒ un+1 − un ∼ 2 ln 1 +
= 2 (ln (n + 1) − ln (n)) .
n→+∞
n n→+∞ n
n
n
u2n+1 − u2n
et
com:
n
(ln (n + 1) − ln (n))
rvox.
Comme la série
None
:211
(car
2
un+1 − u2n
n=1
u2N − u21
∼
n→+∞
∼
n→+∞
univ.
⇔
N
−1
scho
la
sont à termes positifs et divergentes (séries télescopiques associées à des suites divergentes), le théorème de sommation des séries divergentes montre que :
N
−1
n=1
2 (ln (n + 1) − ln (n))
2 ln (N ) − 2 ln (1) = 2 ln (N ) .
278
Mines-Ponts
Comme u2N → +∞, on peut affirmer que u2N − u21
∼
n→+∞
u2N et, par transitivité de la
relation l’équivalence, on obtient l’équivalent suivante :
2 ln (N ) ⇒ uN
u2N ∼ 2 ln (N ) ⇒ u2N ∼
n→+∞
n→+∞
un >0
∼
n→+∞
2 ln (N ).
Commentaires 137 Exercice classique pour ce concours dont l’élément clé est le lien
entre suite et série télescopique associée. L’interrogateur attendra du candidat qu’il songe
à la monotonie de la suite (ou à la série télescopique associée) et qu’il justifie (au moins
succinctement) le signe de celle-ci. Pour la première question, un raisonnement par l’absurde est une idée naturelle. Pour
la
seconde question, l’interrogateur proposera d’étudier
la série télescopique associée à u2n n .
Exercice 138 (Mines-Ponts) Soit n ∈ N∗ .
419
1. Montrer qu’il existe un unique xn ∈ R vérifiant xn exp (nxn ) = 1.
n
:164
n
7900
2. Limite et équivalent de la suite (xn )n∈N .
3. Nature des séries
xn et
x2n .
7.41
Solution 138
1. En divisant par enx = 0, on observe l’équivalence suivante :
4.12
xenx = 1 ⇔ x = e−nx ⇔ x − e−nx = 0.
−x→−∞
8891
2502
:89.8
La fonction fn : x → x + (−e−nx ) est continue et strictement croissante (comme somme
de deux telles fonctions) donc elle réalise une bijection de R sur
fn (R) =
lim fn (x) , lim fn (x) = ]−∞, +∞[ = R.
x→+∞
582:
(la limite en +∞ est évidente, en −∞, cela résulte des croissances comparées). Comme
1 ∈ R = fn (R) , on en déduit que l’équation
0753
fn (x) = x ⇔ xenx = 1
:211
admet une et une seule solution sur R.
2. Limite. Pour commencer, on observe que
None
(∗) : xn = e−nxn > 0 ⇒ −nxn < 0 ⇒ xn = e−nxn < 1
scho
la
rvox.
com:
donc xn ∈ ]0, 1[ . Ne pouvant pas aller plus loin dans cette démarche, nous allons deviner
des valeurs de fn (définie à la question précédente) qui soient le plus proche possible de
0. Après tatonnements, on constate que :
ln (n) 1
ln (n)
=
− ⩾ 0 = fn (xn )
∀n ⩾ 3, fn
n
n
e
∀n ⩾ 3, 0 ⩽ xn ⩽
univ.
et comme fn est strictement croissante sur R, on en déduit que :
ln (n)
→ 0 ⇒ lim xn = 0.
n→+∞
n n→+∞
Suites et séries numériques
279
Équivalent. Comme xn > 0 pour tout entier n, en divisant l’équation originelle par xn ,
on obtient :
1
enxn =
→ +∞ ⇒ lim (nxn ) = +∞.
n→+∞
xn n→+∞
Nous allons transformer l’équation originelle vérifiée par xn en la multipliant par n (pour
considérer la suite yn = nxn ) puis la composer par le logarithme afin de mieux contrôler
les divergences vers ∞.
nxn = ne−nxn
⇔
yn =nxn
yn = ne−yn ⇒ ln (yn ) = ln (n) − yn ⇔ yn + ln (yn ) = ln (n) .
Comme la suite (yn )n tend vers +∞ et que, d’après les croissances comparées, on a
x + ln (x) ∼ x, on en déduit que :
x→+∞
yn
∼
n→+∞
yn
ln (n)
∼
.
n→+∞
n
n
ln (n) ⇔ xn =
4.12
7.41
:164
7900
419
ln (n)
3. D’après la question précédente, on a l’équivalent xn ∼
et comme, pour tout
n→+∞
n
1
ln (n)
1
⩾ , la série
étant à termes positifs et divergente (série de
entier n ⩾ 3,
n
n
n
n
ln (n)
diverge donc la série
Riemann de paramètre 1), on peut affirmer que la série
n
n
xn diverge.
n
∼
n→+∞
ln (n)
n
2
=
n→+∞
o
1
n3/2
car n3/2
(d’après les croissances comparées). Comme la série
2
=
(ln (n))
n1/2
2
→
n→+∞
0
1
est à termes positifs et
n3/2
n
x2n converge.
582:
convergente, on en déduit que la série
ln (n)
n
8891
2502
x2n
:89.8
Ensuite, on dispose des dominations suivantes :
0753
n
com:
None
:211
Commentaires 138 Exercice original et progressif. Hormis pour la question 2 où l’interrogateur proposera de l’aide pour deviner l’équivalent, les thématiques abordées et leurs
stratégies de résolution sont standards (et probablement vu déjà en MPSI).
rvox.
Exercice 139 (Mines-Ponts) Soient a ∈ R∗+ et (xn )n∈N∗ la suite réelle telle que x1 = 1 et
a
∀n ⩾ 1, xn+1 = xn +
.
1/n
(x1 · · · xn )
scho
la
1. Déterminer la limite de la suite (xn )n∈N∗ .
univ.
2. Déterminer la limite de la suite de terme général
xn
.
ln (n)
280
Mines-Ponts
Solution 139
1. Une récurrence forte montre que ∀n ⩾ 1, xn existe et xn > 0 donc la suite (xn )n est
croissante car
a
(∗) : ∀n ⩾ 1, xn+1 − xn =
⩾ 0.
1/n
(x1 · · · xn )
D’après le théorème de limite monotone, elle possède une limite dans R∪ {+∞} . Notons
là L alors L ⩾ x1 = 1 (par croissance de (xn )n ). Supposons uqe L ∈ R alors la suite
(xn+1 − xn )n tend vers 0 et la suite
1
1/n
(x1 · · · xn )
(ln (x1 ) + · · · + ln (xn ))
→ exp (ln (L)) = L
= exp
n→+∞
n
(en appliquant le lemme de Cesàro à la suite ln (xn ) qui converge vers ln (L) . En faisant
a
tendre n vers +∞ dans l’égalité (∗) , on obtient l’égalité 0 = , ce qui est absurde donc
L
L = +∞ c’est-à-dire que lim xn = +∞.
n→+∞
1/n
⩽
xn + · · · + x n
x1 + .. + xn
⩽
= xn
n
n
:164
∀n ⩾ 1, (x1 .., xn )
7900
419
2. Comme, pour tout entier n ⩾ 1, xn > 0 (cf. question précédente), on peut appliquer
l’inégalité arithmético-géométrique :
(par croissance de la suite (xn )n ), ce qui prouve la minoration suivante :
1, xn+1 − xn =
a
1/n
⩾
a
a
⇔ xn+1 ⩾ xn +
>0
xn
xn
7.41
⩾
(x1 .., xn )
2
a
a2
2
= x2n + 2a + 2 ⩾ x2n + 2a ⇒ x2n+1 ⩾ x2n + 2a
⇒ xn+1 ⩾ xn +
xn
xn
2
2
⇒ xn ⩾ x1 + 2 (n − 1) a (par récurrence) ⇒ xn ⩾ 1 + 2 (n − 1) a
√
1 + 2 (n − 1) a
2na
xn
⇒
⩾
∼
→ +∞ (croissances comparées).
n→+∞ ln (n) n→+∞
ln (n)
ln (n)
4.12
∀n
8891
2502
:89.8
xn
= +∞.
0753
lim
n→+∞ ln (n)
582:
Le théorème d’encadrement permet de conclure :
n=0
√
rvox.
f et calculer la somme.
∞
x n . Donner l’ensemble de définition de
scho
la
Exercice 140 (Mines-Ponts) Soit f (x) =
com:
None
:211
Commentaires 139 Exercice original et les techniques nécessaires à la résolution des
questions sont peu standards (mais tout à fait dans le programme de MPSI-MP). Cet
exercice permet de tester les candidats sur leur initiative et autonomie. L’interaction avec
l’interrogateur sera probablement importante.
univ.
√
Solution 140 Domaine de définition. Si |x| ⩾ 1 alors, pour tout n ∈ N, n ∈ N donc
√ √ √
n n
⩾ 1 ⇒ lim x n = 0,
x
= |x|
n→+∞
Suites et séries numériques
281
ce qui prouve la divergence (grossière) de la série.
√ Si |x| < 1, nous allons montrer que la famille x n
est sommable par le théorème de
n∈N
sommation par paquets et obtenir également la somme de la série.
Pour tout entier k, on pose
√
2
Ik = n ∈ N, n = k = k 2 , .., (k + 1) − 1 .
En effet, par définition de la partie entière, pour tout entier k, on a :
√
√
2
n = k ⇔ k ⩽ n < k + 1 ⇔ k 2 ⩽ n < (k + 1) .
√ n
La famille (Ik )k∈N forme une partition de N. Pour chaque entier k, la famille |x|
sommable car elle ne contient qu’un nombre fini de termes. On pose alors
k
√n
k
k
2
=
|x| = |x| card (Ik ) = |x| (k + 1) − k 2
|x|
Sk =
∼
k→+∞
2k |x|
=
k→+∞
o
1
k2
1
k
k2
7.41
(d’après les croissances comparées puisque |x| < 1). La série
419
(2k + 1) |x|
k
étant à termes positifs et
√
x n
n∈N
est sommable donc la série
√
Sk converge.
k
x n est absolument
n∈N
:89.8
4.12
convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1), on en déduit que la série
Par conséquent, la famille
est
7900
=
k
:164
n∈Ik
n∈Ik
n∈Ik
k=0
k=0
k=0
z k étant une série entière de rayon de convergence R = 1, on peut la dériver terme
0753
La série
n∈Ik
582:
k=0
8891
2502
convergente donc convergente, ce qui assure l’existence de f (x).
Ainsi, le domaine de définition de f est ]−1, 1[ .
Somme. Soit x ∈ ]−1, 1[ .D’après le théorème de sommation par paquets, on a :
+∞
+∞
+∞
+∞
√
n
x
(2k + 1) xk = 2x
kxk−1 +
xk .
=
f (x) =
k
k=0
=
2x
(1 − x)
x
None
2x
1
= 2x
+
1−x
com:
=
k
1
2 + 1−x =
1
1−x
2x + 1 − x
(1 − x)
rvox.
f (x)
+∞
:211
à terme sur son intervalle ouvert de convergence ]−R, R[ . Par conséquent, on peut écrire :
2
=
+
1
1−x
x+1
(1 − x)
2.
univ.
scho
la
Commentaires
140 Exercice original sans difficulté majeure, hormis de savoir résoudre
√
l’équation n = k. Les stratégies de résolution étant tout à fait standard. Pour la convergence de la série, il est possible d’utiliser directement un théorème √
de comparaison comme
√
n
suit. Si |x| ⩾ 1 alors, comme n est un entier naturel, on a |x|
⩾ 1 quel que soit n
282
Mines-Ponts
donc la série
n
√
x n diverge grossièrement. Si |x| < 1 alors
n2 |x|
√
n
√
= exp 2 ln (n) + n ln |x|
et, par les croissances comparées, on a :
√
2 ln (n) + n ln |x|
∼
n→+∞
√
n ln |x|
Comme l’exponentielle tend vers 0 en −∞, on obtient :
2
n |x|
1
n
2
n
|x|
√
n
n2
→
n→+∞
2
0 ⇔ |x|
√
n
−∞.
=
n→+∞
o
1
n2
.
étant à termes positifs et convergente, on peut affirmer que la série
converge d’où la convergence de la série
√
x n . Pour le calcul de la somme,
419
La série
√
n
→
n→+∞
n
:164
7900
l’interrogateur acceptera, dans
√ un premier temps au moins, que le candidat regroupe les
termes selon les valeurs de n pour se ramener à des séries entières usuelles.
:89.8
4.12
7.41
2
N
Exercice 141 (Mines-Ponts) Si (a, b) ∈ R×
, on définit (un )n⩾0 ∈ R×
en posant :
+
+
u2n
u0 = a, u1 = b et pour n ⩾ 1, un+1 =
.
1 + un un−1
8891
2502
1. On suppose que ∀n ⩾ 1, un ⩾ 1. Établir la convergence de la suite (un )n et préciser
sa limite. Conclusion ?
2. Établir la convergence de la suite (un )n .
Solution 141
:211
0753
582:
1. Une récurrence double montre que ∀n ∈ N, un > 0 (vraie pour n ∈ {0, 1} , si un > 0
et un−1 > 0 alors un+1 > 0 comme somme, produit et quotient de nombres strictement
positifs). La suite (un )n∈N est décroissante puisque, par hypothèse un ⩾ 1 pour tout
entier n ⩾ 1, on peut écrire :
⩾0
⩽0
⩾0
rvox.
com:
None
⩾0
2
2
u (1 − un−1 ) − un
u − un (1 + un un−1 )
un+1 − un = n
= n
⩽ 0.
1 + un un−1
1 + un un−1
L=
univ.
scho
la
La suite (un )n∈N étant décroissante et minorée par 1, elle converge. Si on note L sa
limite, on est assuré que L ⩾ 1. En faisant tendre n vers +∞, dans la relation de
récurrence vérifiée par (un )n et comme les suites extraites (un−1 )n⩾1 et (un+1 )n tendent
aussi vers L, on obtient l’équation :
L
L2
⇔ 1=
⇔ 1 + L2 = L ⇔ L2 − L + 1 = 0,
1 + L2 ÷L=0
1 + L2
Suites et séries numériques
283
ce qui est impossible car le trinôme 1 + X 2 − X n’admet pas de racines réelles (son
discriminant vaut −3 < 0). Par conséquent, l’hypothèse un ⩾ 1 pour tout entier n est
fausse c’est-à-dire qu’il existe un entier N ⩾ 1 tel que uN < 1.
2. D’après la question précédente, il existe un entier N ⩾ 1 tel que uN < 1 donc
uN +1 =
u2N
⩽ u2N < 12 = 1.
1 + uN uN −1
⩾1
On en déduit par récurrence (simple) que un < 1 pour tout entier n ⩾ N (l’hérédité est
identique à l’étude de uN +1 ). Par conséquent, pour tout entier n ⩾ N, on a :
un+1 =
u2n
⩽ u2n ⩽ un
1 + un un−1
⩾1
7900
419
(car un < 1) donc la suite (un )n⩾N est décroissante et comme elle est minorée par 0 (cf.
la preuve de la question précédente), on en déduit qu’elle converge. D’après la question
précédente, sa limite L vaut nécessairement 0 (L = 0 étant impossible).
sont-elles sommables (α ∈ R) ?
1
α
(p + q)
4.12
et
(p,q)∈(N∗ )2
:89.8
Exercice 142 (Mines-Ponts) Les familles
7.41
:164
Commentaires 141 Exercice original sans difficulté particulière. L’interrogateur sera
attentif aux initiatives pertinentes du candidat.
1
α
(p2 + q 2 )
(p,q)∈(N∗ )2
0753
582:
8891
2502
Solution 142 Étude de la première famille. Pour la première
on utilise le théo famille, 1
rème de sommation par paquets à la famille de nombres positifs
. Pour
α
(p + q) (p,q)∈(N∗ )2
tout entier n ⩾ 2, on pose
2
In = (p, q) ∈ (N∗ ) , p + q = n = {(0, n) , (1, n − 1) , .., (n, 0)} .
2
(p,q)∈In
La série
n
1
nα−1
(p,q)∈In
1
n+1
n
∼
= α−1 .
nα n→+∞ nα
n
1
1
= α
nα
n
rvox.
=
1
α =
(p + q)
com:
scho
la
=
(p,q)∈In
=
1
card (In )
nα
est à termes positifs et elle converge si et seulement si α − 1 > 1 ⇔ α > 2
univ.
Sn
None
:211
La famille (In )n⩾2 forme une partition de (N∗ ) . Pour tout entier n ⩾ 2, la famille
1
est sommable puisqu’elle ne contient qu’un nombre fini d’éléments et on
α
(p + q) (p,q)∈In
pose
(série de Riemann de paramètre α − 1) donc la série
n
Sn converge si et seulement si α > 2.
284
Mines-Ponts
D’après le théorème de sommation par paquets, la famille
si et seulement si α > 2.
1
α
(p + q)
est sommable
(p,q)∈(N∗ )2
Étude de la seconde famille. Comme R2 est un espace vectoriel normé de dimension finie,
les normes
(x, y)1 = |x| + |y| et (x, y)2 = x2 + y 2
sont équivalentes donc il existe deux réels A et B tels que :
∀ (x, y) ∈ R2 , A (x, y)1 ⩽ (x, y)2 ⩽ B (x, y)1 .
2
En choisissant (p, q) ∈ (N∗ ) dans cette inégalité (donc |p| = p et |q| = q), puis en élévant à la
puissance 2α et enfin en passant à l’inverse, on obtient l’encadrement :
1
1
1
1
1
⩽ 2
.
α ⩽
2α
α
α
2
B (p + q)
A (p + q)2α
(p + q )
1
est sommable donc la famille
Si α > 1 ⇔ 2α > 2, la famille
2α
(p + q)
2
∗
(p,q)∈(N )
1
l’est aussi (par la seconde inégalité).
α
(p2 + q 2 ) (p,q)∈(N∗ )2
1
Si la famille
est sommable donc, d’après la première inégalité, la famille
α
(p2 + q 2 ) (p,q)∈(N∗ )2
1
l’est aussi donc 2α > 2 ⇔ α > 1.
2α
(p + q)
(p,q)∈(N∗ )2
1
Par conséquent, la famille
est sommable si et seulement si α > 1.
α
(p2 + q 2 ) (p,q)∈(N∗ )2
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.76.2
30:1
6515
2789
3
∀ (p, q) ∈ (N∗ ) , 0 ⩽
Commentaires 142 Exercice classique pour tous les concours de cet ouvrage. Il est possible de répondre à la première famille via le théorème de Fubini. Pour chaque q, la série
p⩾1
1
1
α =
kα
(p + q) k=p
k⩾p+1
converge. Sa somme Sp peut s’encadrer via la comparaison série-intégrale avec la fonction
1
f : t → α qui est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[ . On obtient, pour tout
t
entier p ⩾ 2,
1
dt ⩽ Sp ⩽
tα
p
+∞
p−1
x.com
:Non
+∞
1
1
1
dt ⇔
⩽ Sp ⩽
α−1 .
α
α−1
t
(α − 1) p
(α − 1) (p − 1)
1
quand p → +∞ puis, par théorème de
(α − 1) pα−1
comparaison, on obtient que la série
Sp converge si et seulement si α − 1 > 1.
p
scho
larvo
On en déduit que Sp est équivalent à
univ.
La deuxième question est plus subtile mais un candidat parvenant à comparer les termes de
Suites et séries numériques
285
deux suites (encadrement ou une seule majoration) sera bien valorisé par l’interrogateur.
Dans le cas contraire, l’interrogateur lui demandera une telle comparaison.
Exercice 143 (Mines-Ponts) Quelle est la nature de la série de terme général
ln(n)
(−1)
un =
, n ∈ N∗ ?
n
Solution 143 Soit k ∈ N∗ . Par définition de la partie entière, pour tout entier n, on a :
ln (n) = k ⇔ k ⩽ ln (n) < k + 1 ⇔ ek ⩽ n < ek+1
n∈N∗
⇔ ∗ ek + 1 ⩽ n ⩽ ek+1
donc k∈N
3589
5
Explicitons vk la somme un lorsque n varie sur une tranche ek + 1, .., ek+1
où ln (n)
est constant.
k+1
k+1
k+1
e
e
e
1
1
k
vk =
⇒ |vk | =
.
un = (−1)
n
n
k
k
k
n=e +1
n=e +1
n=e +1
n=ek +1
∼
x→+∞
k
e
=
ek+1 n=ek +1
k
k+1 k e
e
− e
= 1 − k+1 .
1=
k+1
e
e
x, on en déduit l’équivalent suivant :
k
k
e
e
ek
1
1
∼
= ⇒ lim 1 − k+1 = 1 − > 0.
∼ e ⇒ k+1
k+1
k→+∞
k→+∞
e
k→+∞ e
e
e
e
k
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Puisque x
ek+1 k+1
e
1
.20.2
(∗) : vk ⩾
1
:165
.225
k+1
e
55:1
6479
Chaque terme de la somme étant supérieur au plus petit terme de la somme, on obtient la
minoration suivante :
En particulier, la suite (vk )k∈N ne peut tendre vers 0, (sinon, en faisant tendre k vers +∞ dans
1
l’inégalité (∗) , on obtient lim vk ⩾ 1 − > 0, ce qui est absurde). Supposons que la série
un
+∞
e
n
converge alors, pour tout entier N ⩾ 1, on pose
+∞
n=N
un
→
N →+∞
0 ⇒ ∀k ∈ N, vk = Rek+1 − Rek ce qui fournit une contradiction donc la série
→
k→+∞
0 − 0 = 0,
un diverge.
x.com
:Non
Rn =
n
univ.
scho
larvo
Commentaires 143 Exercice classique pour ce concours dont le point clé est de regrouper
les termes par paquets selon les valeurs de ln (n) c’est-à-dire de résoudre l’équation
ln (n) = k.
√
n
(−1) Le raisonnement mené par le corrigé s’étend à la suite un =
qui est aussi un
n
grand classique de ce concours mais qui est une série convergente. En effet, en suivant la
286
Mines-Ponts
même stratégie, on obtient :
√ n
2
k ⇔ n ∈ k 2 , .., (k + 1) − 1 donc
=
vk
(k+1)2 −1
=
un = (−1)
k
(k+1)2 −1
n=k2
n=k2
k2 +2k
1
1
k
= (−1)
.
n
n
2
n=k
Montrons qu’elle vérifie le critère spécial des séries alternées, ce qui prouvera la conver
gence de la série
vk donc de la série
un . Avec le développement asymptotique de la
k
question 2 de l’exercice 130, on obtient :
k
+2k
k
−1
2
1
1
1
1
=
−
= +O
2
n
n
n
k
k
2
n=1
n=1
puis on en déduire que la série
vk =
k
2
k
(−1) vk converge.
k
n n
(−1) 1
. Déterminer la
n
k
k=1
.20.2
nature de la série
55:1
Exercice 144 (Mines-Ponts) Pour tout n dans N∗ , soit un =
5
n=k
2
3589
2
k
+2k
6479
|vk | =
n
un .
:165
.225
n⩾1
d’après le lemme de Césaro, on a :
n
1
tend vers 0 donc,
n n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Solution 144 La suite (un )n est manifestement alternée. La suite
11
= 0 ⇒ lim |un | = 0 ⇒ lim un = 0.
n→+∞ n
n→+∞
n→+∞
k
lim
k=1
Vérifions la décroissance de la suite (|un |)n , ce qui permettra d’appliquer le critère spécial des
un . Si, pour tout entier n ⩾ 1, on
séries alternées et de prouver la convergence de la série
|un+1 | − |un |
=
1
n+1
1+
=
−
Hn +
n
1
k=2
k
n (n + 1)
+
1
n+1
−
1
(n + 1)
x.com
:Non
, alors, pour tout entier n ⩾ 2, on a :
Hn
1
Hn
=−
+
n
n (n + 1) (n + 1)2
larvo
k
2 =−
scho
k=1
n
univ.
pose Hn =
n
1
n
1
1
1
−
⩽ 0.
n (n + 1)
k n (n + 1)2
k=2
Suites et séries numériques
287
Commentaires 144 Exercice assez simple pour ce concours. Pour la convergence vers
n
1
∼ ln (n) (par comparaison
0 de un , on peut aussi utiliser l’équivalent classique
k n→+∞
k=1
1
série-intégrale ou le théorème de comparaison série-intégrale avec la fonction f : t →
t
qui est continue, positive et décroissante).
Exercice 145 (Mines-Ponts) Pour tout n ⩾ 2, on pose an =
n
k=2
1. La série
2 − e1/k .
n
(−1) an converge-t-elle ?
n⩾2
2. Trouver α > 0 0 tel que la suite (nα an )n⩾2 admette une limite dans R∗+ .
3589
5
Solution 145
1. Pour tout entier k ⩾ 2, on a :
6479
1
1
⩽ ⇒ 1 ⩽ e1/k ⩽ e1/2 < 2 (car e < 4 = 22 )
k
2
55:1
0⩽
an+1
= 2 − e1/(n+1) ⩽ 1.
an
:165
.225
∀n ⩾ 2,
.20.2
donc, pour tout entier n ⩾ 2, an est positif (comme produit de tels facteurs). En outre,
la suite (an )n⩾2 est décroissante car :
∀x
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction exp étant convexe sur R (sa dérivée seconde est exp qui est positive sur R)
donc son graphe est au-dessus de sa tangente en 0 c’est-à-dire :
1
1
R, ex ⩾ 1 + x ⇒ ∀k ⩾ 2, e1/k ⩾ 1 + ⇒ 0 ⩽ 2 − e1/k ⩽ 1 −
k
k
n
n k−1
2−1
1
1
⇒ ∀n ⩾ 2, 0 ⩽ an ⩽
=
=
=
1−
k
k
n
n
∈
k=2
k=2
x.com
:Non
1
tendant vers 0, le théorème d’enca(d’après les produits télescopiques). La suite
n n
drement montre que lim an = 0 donc, d’après le critère spécial des séries alternées, la
n→+∞
n
série
(−1) an converge.
n⩾2
2. On considère la suite vn = ln (nα an ) qui converge si et seulement la série télescopique
(vn+1 − vn ) converge. Explicitons une domination de son terme général. Pour tout
entier n ⩾ 2, on a alors
=
scho
=
α
α an+1
n+1
1
1/(n+1)
ln
= ln
1+
2−e
n
an
n
1
+ ln 2 − e1/(n+1) .
α ln 1 +
n
univ.
vn+1 − vn
larvo
n⩾2
288
Mines-Ponts
On utilise alors les développements limités de x → ln (1 + x) et x → ex .
1
1
,e
+O
= 1+
2
n→+∞
n+1
(n + 1)
1
1
ln 2 − e1/(n+1)
= ln 1 −
+O
2
n→+∞
n+1
(n + 1)

2 
1
1
1
1

+O
+O
=
+O −
−
2
2
n→+∞
n+1
n+1
(n + 1)
(n + 1)
1
1
1
1
= −
+O
+O
= −
.
2
n→+∞
n→+∞
n+1
n+1
n2
(n + 1)
(n + 1)
1
=
+O
n→+∞ n
Puisque
1
+O
n+1
1
n2
1
2
1/(n+1)
1
∼
n→+∞ n + 1
et
1
1
∼
.
n + 1 n→+∞ n
5
3589
1
ln 1 +
n
on peut alors écrire :
=
1
n
n2
1
n2
1
+O
n→+∞ n (n + 1)
=
:165
.225
La série
1
1
−
+O
n→+∞ n
n+1
=
.
1
n2
=
n→+∞
O
1
n2
.
étant à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre
2 > 1), on en déduit que la série
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
vn+1 − vn
.20.2
Si α = 1 alors
1
n2
55:1
1
α
−
+O
n→+∞ n
n+1
vn+1 − vn
6479
(vn+1 − vn ) converge, ce qui assure la convergence
de la suite (vn )n = (ln (nan ))n . Notons L sa limite alors
nan = evn
→
n→+∞
eL > 0.
x.com
:Non
Commentaires 145 Exercice original pour ce concours mais les stratégies sont relativement classiques. Pour la première question, il est possible
de procéder
comme suit : ln (an )
est la somme partielle de la série de terme général ln 2 − e1/k . D’après le développement
1
limité, de la question 2, ce terme général est équivalent à − qui est le terme général d’une
k
série divergente et de signe constant. Ainsi, la série
ln 2 − e1/k diverge et sa somme
k
univ.
scho
larvo
partielle tend vers −∞ (elle est décroissante et non convergente) donc an tend vers 0
(puisque l’exponentielle tend vers 0 en −∞).
La méthodologie pour la deuxième question est très classique et intervient dans un nombre
important d’exercices oraux de ce concours. N’hésitez pas à la retravailler si nécessaire.
Chapitre 8
Suites et séries de fonctions
Exercice 146 (CCINP) Soit α ∈ [0, 2[ .
1. Existence et continuité sur R∗+ de f (x) =
+∞
3589
5
CCINP
6479
8.1
x2−α e−nx .
55:1
n=1
.20.2
2. Trouver une condition nécessaire et suffisante sur α pour que la série converge
normalement sur R+ .
:165
.225
3. Si α = 1, a-t-on convergence uniforme sur R+ ?
Solution 146
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1. Pour tout entier n ⩾ 2, on pose fn : x → x2−α e−nx qui est continue sur R∗+ . Pour tout
segment [a, b] de R∗+ (i.e. 0 < a ⩽ b), on dispose des majorations suivantes :
∀x ∈ [a, b] , |fn (x)| ⩽ b2−α e−na ⇒ sup |fn | ⩽ b2−α e−na .
[a,b]
La série
n
e
−a
b2−α e−na = b2−α
n
(e−a ) converge (série géométrique de raison
n
∈ ]−1, 1[ (car a > 0) donc la série
sup |fn | converge. En particulier, la série
n [a,b]
fn converge normalement donc uniformément (et simplement) sur tout segment de
x.com
:Non
n
R∗+ , ce qui assure l’existence et la continuité de
+∞
fn = f sur R∗+ .
n=2
larvo
2. Il s’agit de trouver une condition nécessaire et suffisante pour que la série
sup |fn |
n x∈R+
univ.
scho
s
converge. À l’aide du changement de variable s = nx ⇔ x = , quand x décrit R+ , s
n
décrit R+ donc on obtient les égalités :
s 2−α −s 1
e = 2−α sup |f1 (s)| .
sup |fn (x)| = sup n
n
x∈R+
s∈R+
s∈R+
290
CCINP
La fonction f1 est continue sur [0, +∞[ et tend vers 0 quand s tend vers +∞ (d’après les
croissances comparées) donc la fonction f1 est bornée sur R+ , ce qui assure l’existence
de sup |f1 | . En outre, comme f1 n’est pas identiquement nulle sur R+ , on est assuré
R+
que sup |f1 | > 0. Ainsi, la série
R+
sup x2−α e−nx = sup |f1 |
s∈R+
n x∈R+
seulement si 2 − α > 1 ⇔ α < 1. Par conséquent, la série
n
1
converge si et
n2−α
fn converge normalement
n
sur R+ si et seulement si α ∈ [0, 1[ (car l’énoncé impose que α soit positif ).
3. On procède par l’absurde en supposant que la série
fn converge uniformément sur
n⩾0
R+ . Or, pour tout entier n ⩾ 1, la fonction fn est continue sur R+ donc la fonction
+∞
fn = f est continue sur R+ . Si x = 0, pour tout n ⩾ 1, on a fn (0) = 0 donc
n=1
+∞
e−x
n=1
n
=
xe−x
.
1 − e−x
55:1
Par continuité de f en 0, on peut affirmer l’égalité :
6479
f (x) = x
3589
5
f (0) = 0. Si x > 0, on a :
xe−x
= 0.
x→0 1 − e−x
x→0
.20.2
lim f (x) = f (0) ⇔ lim
:165
.225
Or, on dispose de l’équivalent suivant :
e−x ∼ 1
xe−x
x×1
x→0
= 1 ⇒ lim f (x) = 1,
⇒
∼
−x
∼ x
1−e
x→0
1 − e−x x→0 x
x→0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
ce qui est absurde. Par conséquent, la série
fn ne converge pas uniformément sur
n
R+ .
Commentaires 146 Exercice de niveau standard et progressif.
Question 1 : Il s’agit d’une question d’application du cours.
Question 2 : Pour cette question, il est indispensable de déterminer la borne supérieure de
fn : x → x2−α e−nx sur R+ . On peut mener une étude de variation de la fonction fn via
sa dérivée
2−α
> 0 (car α < 2), le tableau de variation de fn est le suivant :
n
xn
+
larvo
0
fn (xn )
0
scho
x
fn (x)
univ.
Si on pose xn =
x.com
:Non
fn : x → (2 − α) x1−α e−nx − nx2−α e−nx = e−nx x1−α (2 − α − nx) .
+∞
−
0
Suites et séries de fonctions
291
En effet, comme 2 − α > 0, la fonction x → x2−α est définie en 0 et
lim fn (x) = 0
x→+∞
d’après les croissances comparées. Par conséquent, on peut affirmer que :
sup |fn | = fn (xn ) =
R+
2−α
n
2−α
e−(2−α) =
C
n2−α
Question 3 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet. Il est envisageable de revenir
à la définition originale de la convergence uniforme de la série sur R+ c’est-à-dire que :
+∞
xe−(n+1)x
xe−kx → 0 ⇔ sup
→ 0.
sup −x n→+∞
x→+∞
x∈R+ x∈R+ 1 − e
k=n+1
(somme d’une série géométrique de raison e−x dont le premier terme est xe−(n+1)x ).
L’étude des extrémums de la fonction
5
xe−(n+1)x
1 − e−x
3589
gn : x →
∀n ∈ N, sup gn (x) ⩾ gn
x∈R+
1
n+1
1 −1
1 −1
e
e
n
+
1
n
+
1
= e−1
=
∼
1
1 − e−1/(n+1) n→+∞
n+1
:165
.225
.20.2
55:1
6479
est compliquée à étudier (faites la pour vous en convaincre si vous avez un doute). Pour
contourner ce problème, nous allons minorer cette borne supérieure à la main en évaluant
1
gn en un point judicieux dépendant de n. On choisit x =
(afin d’éliminer la dépense
n+1
en n de l’exponentielle du numérateur) alors
suite
est minorée par e−1 qui est strictement positif donc cette suite ne
sup gn (x)
x∈R+
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(puisque 1 − e−x ∼ x grâce au développement limité à l’ordre 1 de l’exponentielle). La
x→0
n
peux tendre vers 0 donc la série
fn ne converge pas uniformément sur R+ .
n
Exercice 147 (CCINP) Soit δ ∈ ]0, π] . Pour tout n ∈ N∗ , on pose Sn (δ) =
n
cos (kδ) .
k=1
univ.
n
scho
larvo
x.com
:Non
1. Donner une expression simplifiée de Sn (δ). Exhiber un réel M (δ) indépendant de
n tel que |Sn (δ)| ⩽ M (δ).
√
n
2. Pour tout n ∈ N avec n ⩾ 2, on pose un (δ) =
cos(nδ).
n−1
√
x
est décroissante sur [2, +∞[.
(a) Montrer que la fonction x →
x−1
un converge simplement sur ]0, π]. On pourra écrire
(b) Montrer que la série
292
CCINP
cos (nδ) = Sn (δ) − Sn−1 (δ).
3. Étudier la convergence uniforme sur tout segment inclus dans ]0, π] de la série de
un .
fonctions
n
Solution 147
1. On utilise les formules d’Euler.
Sn (δ) =
n
k=1
n
n
inδ
k
ikδ ikδ
iδ
iδ 1 − e
= Re
= Re e
.
= Re
e
Re e
e
1 − eiδ
k=1
k=1
Or, pour tout complexe z, on a |Re (z)| ⩽ |z| d’où les majorations suivantes :
=1
3589
5
iδ e iδ 1 − einδ 2
1 − einδ ⩽
|Sn (δ)| ⩽ e
= M (δ) convient.
=
iδ
iδ
1−e
|1 − e | |1 − eiδ |
6479
⩽|1|+|eiδ |=2
.20.2
55:1
√
x
2. (a) La fonction f : x →
est dérivable sur [2, +∞[ comme quotient de deux telles
x−1
fonctions et, pour tout x ∈ [2, +∞[ , on a :
:165
.225
√
1
√ (x − 1) − x
(x − 1) − 2x
− (x + 1)
2
x
f (x) =
= √
2
2 = √
2 ⩽ 0.
(x − 1)
2 x (x − 1)
2 x (x − 1)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Ainsi, f est décroissante sur [2, +∞[ .
(b) La seule majoration naturelle est la suivante :
∀n ⩾ 2, |un | ⩽ f (n)
∼
n→+∞
√
1
n
= 1/2
n
n
1
1
n’est pas convergente (série de Riemann de paramètre ⩽ 1).
1/2
2
n
n
Revenons alors à la définition originale de la convergence des séries c’est-à-dire à la
convergence des sommes partielles. Pour tout n ⩾ 2, on a les égalités :
mais la série
f (n) cos (nδ) =
n=2
N
n=2
=
N
n=2
=
n=2
f (n) Sn (δ) −
f (n) Sn (δ) −
N
f (n) Sn−1 (δ)
n=2
larvo
=
f (n) (Sn (δ) − Sn−1 (δ))
x.com
:Non
=
N
N
−1
scho
un (δ)
n=2
N
f (k + 1) Sk (δ)
k=1
f (N ) SN (δ) − f (2) S1 (δ) +
univ.
N
N
−1
n=2
(k = n − 1)
(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ) .
Suites et séries de fonctions
293
La suite (SN )N étant bornée et la suite (f (N ))N convergeant vers 0, on est assuré
que lim f (N ) SN = 0. On peut également affirmer, pour tout n ⩾ 2, que :
N →+∞
|(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)| = |f (n) − f (n + 1)| |Sn (δ)|
= (f (n) − f (n + 1)) |Sn (δ)| ⩽ (f (n) − f (n + 1)) M (δ)
q1
(∗)
(∗) car f est décroissante donc f (n) − f (n + 1) ⩾ 0.
La série
(f (n) − f (n + 1)) M (δ) = M (δ)
(f (n) − f (n + 1))
n
n
n
un (δ)
n=2
∀n ⩾ 2, |Sn (δ)| ⩽
1
= g (δ) .
|1 − eiδ |
n=2
N
converge c’est-à-dire que la série
N
6479
On en déduit que la suite
N
3589
5
converge (série télescopique associé à la suite (f (n))n qui converge) donc la sé
rie
|(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)| converge. Ceci entraine la convergence de la sén
N −1
rie
(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ) donc de la suite
(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)
.
un (δ)
n
:165
.225
.20.2
55:1
converge.
3. Soit [a, b] un segment inclus dans ]0, π] c’est-à-dire 0 < a ⩽ b ⩽ π. D’après la question
1, pour tout δ ∈ [a, b] , on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction g est continue sur [a, b] (comme inverse d’une telle fonction qui ne s’annule
pas sur cet intervalle) et comme [a, b] est un segment, elle y est bornée. En particulier,
on en déduit l’inégalité :
∀n ⩾ 2, sup |Sn (δ)| ⩽ sup g.
δ∈[a,b]
[a,b]
D’après les inégalités obtenues à la question précédente, on peut affirmer que :
∀N ⩾ 2, sup |f (N ) SN (δ)| ⩽ f (N ) sup g
δ∈[a,b]
[a,b]
→
N →+∞
0
donc la suite de fonctions (f (N ) SN )N converge uniformément vers 0. En outre, on a :
∀n ⩾ 2, sup |(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)| ⩽ (f (n) − f (n + 1)) sup g.
[a,b]
n
[a,b]
(f (n) − f (n + 1)) converge, on peut affirmer que la série
sup |(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)|
n δ∈[a,b]
converge c’est-à-dire que la série
larvo
Comme la série sup g
x.com
:Non
δ∈[a,b]
univ.
scho
(f (n) − f (n + 1)) Sn converge normalement, donc
N −1
uniformément, sur [a, b] . Ainsi, la suite de fonctions
(f (n) − f (n + 1)) Sn
n
n=2
N
294
CCINP
converge uniformément sur [a, b] , ce qui prouve la convergence uniforme sur [a, b] de
la suite de fonctions
f (N ) SN − f (2) S1 +
Autrement dit, la série
N
−1
n=2
(f (n) − f (n + 1)) Sn =
N
un .
n=2
un converge uniformément sur [a, b] .
n
n=2
(f (n) − f (n + 1)) Sn (δ)
:165
.225
N
−1
.20.2
55:1
6479
3589
5
Commentaires 147 L’exercice traite d’une thématique classique : La transformation
d’Abel (version discrète de l’intégration par parties) sur un cas particulier. L’exercice est
classique pour les concours Centrale-SupElec et Mines-Ponts, moins pour CCINP. Néanmoins, l’exercice est suffisamment progressif pour être tout à fait adapté au public du
concours CCINP.
Question 1. La première question est un grand classique, vu en MPSI et probablement revu
en MP.
Question 2. La question 2.a est rudimentaire. La seconde est beaucoup plus sélective car le
candidat doit songer à penser aux sommes partielles, à utiliser l’indication du texte pour
aboutir à une nouvelle somme puis à utiliser les théorèmes de comparaison des séries.
Pour l’immense majorité des candidats, toutes ces démarches ne seront pas faites (sauf
pour ceux connaissant la transformation d’Abel et ... s’en rappelant). Un candidat songeant
à transformer les sommes partielles et se ramenant à la somme
e:21
1075
3582
:889
1250
2
sera valorisé. Pour les autres, l’interaction avec l’interrogateur sera cruciale. Celui-ci donnera l’indication des sommes partielles et de leurs transformations puis demandera l’étude
de la nouvelle série.
Question 3 : Elle récompense les candidats les plus rapides (en général, les meilleurs ou
bien ceux ayant eu une très bonne réactivité à la question précédente).
Exercice 148 (CCINP) Pour tous n ∈ N∗ et x ∈ R+ , on pose :
n
(−1) sin (x)
fn (x) = √
et Un =
nπ + x
(n+1)π
nπ
sin (x)
√ dx.
x
2. Prouver la convergence de la série
x.com
:Non
1. Étudier la convergence simple, uniforme et normale de
Un .
n⩾1
fn sur R+ .
n⩾1
scho
Solution 148
larvo
3. Proposer un équivalent simple de Un quand n → +∞.
univ.
1. Étude de la convergence simple. Soit x ∈ R+ . Pour tout n ⩾ 1, on pose
n
(−1)
1
est
. Il s’agit d’une suite alternée et la suite (|an |)n = √
an = √
nπ + x
nπ + x n
Suites et séries de fonctions
295
décroissante et converge vers 0. D’après le critère spécial des séries alternées, la série
an converge donc la série sin (πx)
an =
fn (x) converge également c’est-à-dire
n
que la série de fonctions
n
n
fn converge simplement sur R+ .
n
Étude de la convergence uniforme. D’après le critère spécial des séries alternées,
on a :
+∞
+∞
n
(−1) √
fn (x) = |sin (x)| ∀N ⩾ 0, ∀x ∈ R+ , nπ + x n=N +1
n=N +1
+∞
N +1
n
(−1) (−1)
1
√
⩽ ⩽ = nπ + x
(N + 1) π + x
(N + 1) π + x
n=N +1
+∞
1
1
⇒ sup .
fn ⩽ ⩽ (N + 1) π
(N + 1) π
R+
3589
5
n=N +1
55:1
6479
1
convergeant vers 0, le théorème d’encadrement montre que
(N + 1) π N
+∞
lim sup fn converge uniformément sur
fn = 0 c’est-à-dire que la série
N →+∞ R+ La suite
n
n=N +1
:165
.225
.20.2
R+ .
Étude de la convergence normale. On remarque que :
π 1
1
∼ √ .
∀n ⩾ 1, sup |fn | ⩾ fn
= 2
nπ + π/2 n→+∞ πn
R+
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
1
1 1
√
⩽ 1)
diverge (série de Riemann de paramètre
= √
1/2
2
πn
π n n
n
π donc la série
sup |fn | .
diverge, ce qui prouve la divergence de la série
fn
2
n
n R+
fn ne converge pas normalement sur R+ .
Ainsi, la série
Or la série
n
2. Soit n ⩾ 1. On utilise le changement de variable t = x − nπ pour donner une autre
expression à Un . Quand x = nπ alors t = 0, quand x = (n + 1) π alors t = π et on a
dt = dx. En utilisant la formule d’addition du sinus, on peut écrire :
Première méthode. La série
larvo
π
n
0
=0
n
(−1) sin (t)
√
dt =
nπ + t
π
fn (t) dt.
0
scho
0
sin (t + nπ)
√
dt =
t + nπ
fn étant uniformément convergente sur R+ , elle est
univ.
Un =
π
x.com
:Non
=(−1)n
donc :
n
sin (t + nπ) = sin (t) cos (nπ) + cos (t) sin (nπ) = (−1) sin (t) .
aussi uniformément convergente sur [0, π] . En outre, pour tout entier n, fn est continue
296
CCINP
π
sur [0, π] donc la série
n
fn converge (d’après le théorème de permutation série-
0
intégrale pour les segments), ce qui prouve la convergence de la série
Deuxième méthode. Montrons que la série
Un .
n
Un vérifie le critère spécial des séries
n
alternées, ce qui prouvera la convergence de cette série.
sin (t)
est positive sur [0, π] , son intégrale
La suite (Un )n est alternée (la fonction t → √
nπ + t
est aussi positive).
Pour tout entier n, on dispose de la majoration suivante :
π
π
sin (t)
1
π
0 ⩽ |Un | = √
dt ⩽ √ dt = √
→ 0
nπ
nπ n→+∞
nπ + t
0
0
6479
3589
5
donc la suite (|Un |)n converge vers 0. En outre, on a l’égalité suivante :
π 1
1
√
−
sin (t) dt ⩾ 0
|Un | − |Un+1 | =
nπ + t
(n + 1) π + t
0
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
car l’intégrande (la
à intégrer) est positive sur l’intervalle [0, π] (puisque, pour
fonction 1
chaque t, la suite √
est décroissante et la fonction sin positive sur [0, π]), ce
nπ + t n
qui permet de conclure.
n
(−1) sin (t)
√
donc, si on peut permuter les symboles ∼
3. Intuitivement, on a fn (t) ∼
n→+∞
nπ
et intégrale, on obtient :
π
π
n
n
n
n
2 (−1)
(−1)
(−1)
(−1) sin (t)
π
√
sin (t) dt = √
Un ∼
dt = √
[− cos (t)]0 = √
.
n→+∞
nπ
nπ
nπ
nπ
0
n√
Pour rendre rigoureusement cette intuition, il suffit de montrer que la suite ((−1)
nπUn )n
π
converge vers
sin (t) dt. Pour cela, nous allons utiliser le théorème de convergence do0
minée. Pour tout n ⩾ 1 et pour tout t ∈ [0, π] , on pose :
nπ
n√
sin (t) → sin (t) .
gn (t) = (−1)
nπfn (t) =
n→+∞
nπ + t
n→+∞
0
0
n→+∞
univ.
n→+∞
scho
larvo
x.com
:Non
Pour chaque n ⩾ 1, la fonction gn est continue sur [0, π] et on dispose de la domination
suivante :
nπ
sin (t) ⩽ 1 × 1 = 1.
∀n ⩾ 1, ∀t ∈ [0, π] , |gn (t)| ⩽
nπ + t
La fonction t → 1 étant indépendante de n et intégrable sur [0, π] , le théorème de convergence dominée prouve que :
π
π
π
n√
lim
gn =
lim gn ⇔ lim (−1)
nπUn = sin (t) dt.
0
Suites et séries de fonctions
297
Commentaires 148 Exercice original couvrant une part importante du chapitre d’analyse de deuxième année et les questions sont largement indépendantes. Il s’agit d’un sujet
de niveau standard pour ce concours et sans difficulté particulière pour ceux connaissant
bien leur cours ou, du moins, ils pourront être très réactif aux indications de l’interrogateur
durant la phase d’interaction et pourront avancer très significativement dans ce sujet. Un
élément clé des réponses aux questions 1 et 2 est les différents résultats du critère spécial
(convergence et majoration du reste partiel).
ln 1 + n2 x2
Exercice 149 (CCINP) Soient n ∈ N et fn (x) =
définie sur R.
n3
+∞
fn est définie sur R.
1. Montrer que S =
∗
n=1
2. Prouver que S est de classe C 1 sur R.
1. Cela revient à montrer que la série
fn (x) converge quelque soit le réel x.
6479
Solution 149
3589
5
3. Démontrer que S est deux fois dérivable sur ]0, +∞[.
Si x = 0 alors fn (0) = 0 pour tout entier n donc la série
fn (0) converge.
=
les comparaisons suivants :
ln 1 + n2 x2
1
ln n x 1 + 2 2
n x
2
2 ln (n) + ln x + ln 1 +
2 2
2
lim ln x + ln 1 +
e:21
1075
3582
:889
1250
2
lim 2 ln (n) = +∞ et
n→+∞
:165
.225
ln 1 + n2 x2
=
.20.2
n
Si x = 0 alors
Comme
55:1
n
n→+∞
1
n2 x 2
1
2
n x2
= ln x2 , on en déduit
2 ln (n)
∼ 2 ln (n) ⇒ fn (x) ∼
= o
n→+∞
n→+∞
n3 n→+∞
1
n2
x.com
:Non
2 ln (n)
2 ln (n)
→ 0 (d’après les croissances comparées). Comme la
=
puisque n2 ×
n→+∞
n3
n
1
série
est à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1),
n2
n
on peut affirmer que la série
fn (x) converge.
n
larvo
2. Pour chaque entier n ⩾ 1, la fonction fn est de classe C 1 sur R (comme composée de la
fonction ln qui est C 1 sur R∗+ et de la fonction x → 1 + n2 x2 qui est de classe C 1 sur
fn converge
R et à valeurs strictement positives donc à valeurs dans R∗+ ). La série
n
x∈R
=
2n2 x
1
2x
.
×
= sup
3
2
2
fn ⩾0 x∈R+ n
1 + n x 2/n⩾0 x∈R+ n (1 + n2 x2 )
sup |fn (x)| =
fn paire x∈R+
univ.
sup |fn (x)|
scho
simplement sur R (d’après la question précédente). Pour tout entier n ⩾ 1 et tout réel
x ⩾ 0, on a :
sup
298
CCINP
La fonction fn est dérivable sur R+ et sa dérivée est donnée pour tout réel positif x par :
1 1 + n2 x2 − x 2n2 x
2
1 − n2 x 2
fn (x) =
×
=
2
2 ⩾0
n
(1 + n2 x2 )
(1 + n2 x2 )
1
1
⩾ x.
⩾ x2 ⇔
⇔ 1 ⩾ n2 x2 ⇔
√
n
÷n2 >0 n2
t→ t
On en déduit son tableau de variation :
x
fn (x)
0
1/n
+
1/n
fn (x)
0
+∞
−
0
1
1
= 2
converge (série de
n
n
n2
x∈R
n⩾1
n⩾1
n⩾1
fn converge normalement,
Riemann de paramètre 2 > 1) c’est-à-dire que la série
sup |fn (x)| =
2
×
5
3589
On en déduit que la série
n=1
.20.2
R.
fn = f est de classe C 1 sur
55:1
donc uniformément, sur R. Par conséquent, la fonction
6479
n
+∞
:165
.225
3. Pour tout entier n ⩾ 1, la fonction fn est de classe C 2 sur R∗+ . Les séries
fn et
n
fn convergent simplement sur R∗+ (d’après les deux questions précédentes). Pour
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
tout segment [a, b] de R∗+ (c’est-à-dire 0 < a ⩽ b), on a :
2
1 − n2 x2 ∀n ⩾ 1, ∀x ∈ [a, b] , |fn (x)| = ×
n (1 + n2 x2 )2 1 − n2 x2 inégalité 2
2
1 + n 2 x2
1
2
×
×
= ×
⩽
=
2
n (1 + n2 x2 ) triangulaire n (1 + n2 x2 )2
n 1 + n2 x2
1
1
2
2
2
2
×
⩽
⩽ × 2 2 = 3 2 ⇒ sup |fn (x)| ⩽ 3 2 .
n 1 + n2 a2
n n a
n a
n
a
x∈[a,b]
2 1
converge (série de Riemann de paramètre 3 > 1) donc la
a 2 n n3
n
sup |fn | aussi. Ainsi, la série
fn converge normalement, donc uniformésérie
2
n3 a 2
=
n x∈[a,b]
n
x.com
:Non
La série
scho
univ.
n=1
larvo
ment, sur tout segment de R∗+ . D’après le théorème de dérivation des sommes de séries
+∞
fn = f est de classe C 2 sur R∗+ .
de fonctions, la fonction
Suites et séries de fonctions
299
Commentaires 149 Exercice concernant des thématiques très classiques et des questions
qui sont des applications directes du cours. Elles ne doivent pas vous poser de difficulté
particulière (éventuellement à la question 1 pour le domaine de définition et la gestion du
logarithme).
Exercice 150 (CCINP) On pose F (x) =
+∞
4
(sin (nx))
n!
n=0
pour tout x ∈ R.
1. Étudier la convergence de cette série (simple, uniforme).
π
2. Calculer l’intégrale F (x) dx.
3. Exprimer F (x) sans symbole
Solution 150
.
5
0
3589
4
(sin (nx))
. On a la majoration suivante :
n!
1
1
∀n ∈ N, ∀x ∈ R, |fn (x)| ⩽
⇒ sup |fn | ⩽ .
n!
n!
R+
55:1
1
n!
à-dire que la série
.20.2
n
converge (série exponentielle) donc la série
n
sup |fn | converge c’estR+
fn converge normalement sur R. Par conséquent, elle converge
:165
.225
Or, la série
6479
1. Pour tout n ⩾ 0, on pose fn : x →
n
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
uniformément, donc simplement, sur R.
2. On conserve les notations de la question précédente. Pour tout entier n, fn est continue
sur [0, π] et la série
fn converge uniformément sur [0, π] (car elle converge unifor-
mément sur R). D’après le théorème de permutation série-intégrale (sur les segments),
on a :
π
π π
+∞ π
+∞
+∞
1
4
F (x) dx =
fn =
fn =
(sin (nx)) dx.
n!
n=0
n=0
n=0
0
Si n = 0, on a
0
π
0
4
(sin (nx)) dx =
0
π
0
0dx = 0. Si n ⩾ 1, pour calculer cette intégrale,
0
x.com
:Non
il suffit de trouver une primitive de sin4 . On procède par linéarisation en utilisant les
fomules trigonométriques suivantes :
2
2
2
Pour tout x ∈ R, on a :.
=
2
2
scho
=
1 − cos (2θ)
2
2
1 − cos (2x)
1
2
1 − 2 cos (2x) + (cos (2x))
(sin (x))
=
=
2
4
cos (4x) + 1
3 cos (2x) cos (4x)
1
1 − 2 cos (2x) +
= −
+
.
4
2
8
2
8
univ.
(sin (x))
4
larvo
cos (2θ) = 2 (cos (θ)) − 1 = 1 − 2 (sin (θ)) ⇔ (sin (x)) =
300
CCINP
Ainsi, si n ⩾ 1, on obtient :
π
4
(sin (nx)) dx =
0
π
sin (2nx) sin (4nx)
3
3π
x−
+
=
8
4n
32n
8
0
d’où l’égalité :
π
0
+∞
3π
3π 1
=
F (x) dx =
8 n=1 n!
8
+∞
1
1
−
n! 0!
n=0
=
3π
(e − 1) .
8
3. Pour calculer la somme, on utilise la linéarisation de sin4 obtenue à la question pré k
cédente, la formule d’Euler cos (θ) = Re eiθ ainsi que la relation eikθ = eiθ (pour
k ∈ N). Pour tout réel x, on a :
=
3589
5
+∞
+∞
+∞
3 1
1 cos (2nx) 1 cos (4nx)
−
+
8 n=0 n! 2 n=0
n!
8 n=0
n!
+∞ +∞ 4ix n
e2ix n
e
3
1
1
e − Re
+ Re
.
8
2
n!
8
n!
n=0
n=0
6479
=
55:1
F (x)
n=0
n!
exp eix = exp (cos (x) + i sin (x))
=
ecos(x) ei sin(x) = ecos(x) (cos (sin (x)) + i sin (sin (x)))
=
ecos(x) cos (sin (x)) ,
ce qui nous donne la formule :
F (x) =
:165
.225
Re
+∞ n eix
=
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞ ix n
e
n!
n=0
.20.2
Or, d’après la somme de série exponentielle dans C, pour tout réel x, on a :
1
1
3
e − ecos(2x) cos (sin (2x)) + ecos(4x) cos (sin (4x)) .
8
2
8
x.com
:Non
Commentaires 150 Exercice concernant des thématiques très classiques et des questions
qui sont des applications directes du cours, au moins pour les deux premières questions.
La principale difficulté du sujet est la linéarisation de sin4 qui est néanmoins une question
classique de MPSI donc à revoir si vous vous ne souvenez plus de la stratégie générale.
n
x > 0, .
(−1)
pour tout entier naturel n et pour tout
x+n
larvo
Exercice 151 (CCINP) On pose fn (x) =
scho
1. Démontrer la convergence simple de la série de terme général fn .
univ.
2. On note f la somme des fonctions fn pour n ∈ N.
La fonction f est-elle continue sur R∗+ ? dérivable sur R∗+ ?
Suites et séries de fonctions
301
1 x−1
t
dt.
3. Soit x > 0. Montrer que f (x) =
1+t
0
Solution 151
1
1.
x + n n∈N
est décroissante et tend vers 0 donc, d’après le critère spécial des séries alternées, la
série
fn (x) converge c’est-à-dire que la série
fn converge simplement sur R∗+ .
Soit x ∈ R∗+ . La suite (fn (x))n∈N est alternée et la suite (|fn (x)|)n⩾1 =
n⩾0
2. Pour tout entier n, fn est de classe C 1 sur R∗+ et la série
sur R∗+ . En outre, pour tout segment [a, b] dans R∗+ , on a :
(∗) car la fonction x →
2
1
=
1
(∗) (n + a)
est décroissante sur [a, b] .
∼
.
2 n→+∞
n2
étant convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1), on peut
affirmer que la série
55:1
n2
n
1
(x + n)
2
sup |fn (x)| converge c’est-à-dire que la série
n⩾0 x∈[a,b]
normalement sur [a, b] . Ainsi, la série
.20.2
1
(x + n)
n∈N x∈[a,b]
n
fn = f est de classe C 1 sur R∗+ . En particulier, elle y
n=0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est continue et dérivable.
+∞
fn converge
fn converge uniformément sur tout segment
n
[a, b] de R∗+ donc la fonction
:165
.225
La série
1
sup
5
x∈[a,b]
fn converge simplement
n⩾0
6479
sup |fn (x)| =
3589
n⩾0
1
3. Soit x > 0. Pour obtenir la formule attendue, on développe la fonction t →
en
1+t
série entière pour obtenir un développement en série
gn de l’intégrande. Ensuite,
n
on souhaite utiliser un thèorème de permutations série-intégrale pour obtenir la formule
demandée. Malheureusement, la série
gn ne converge pas uniformément sur ]0, 1[ et
n
n
0
|gn | diverge donc il faudra revenir aux suites de fonctions pour appliquer
x.com
:Non
la série
1
le théorème de convergence dominée.
1
, pour tout t ∈ ]0, 1[ ,
D’après le développement en série entière de la fonction z →
1−z
on a :
larvo
+∞
+∞
1
1
tx−1
n
=
=
=
(−tn ) ⇒
(−1) tx+n−1 .
1+t
1 − (−t) n=0
1 + t n=0
N
univ.
Pour tout entier N, on note SN : t →
scho
|−t| = t < 1 ⇒
n=0
n
(−1) tx+n−1 qui est continue sur ]0, 1] . Pour
302
CCINP
tx−1
(par construction) qui est
1+t
continue sur ]0, 1] . En outre, d’après le critère spécial des séries alternées, on dispose de
la domination suivante valable pour tout N ∈ N et tout t ∈ ]0, 1] :
tout t ∈ ]0, 1[ , la suite (SN (t))N converge vers S (t) =
0
|SN (t)| ⩽ (−1) tx+0−1 = tx−1 =
1
= ϕ (t) .
t1−x
La fonction ϕ est intégrable sur ]0, 1] (intégrale de Riemann de paramètre 1 − x < 1)
donc, d’après le théorième de convergence dominée, on a :
1
=
0
0
lim SN =
N →+∞
lim
N →+∞
1
SN =
0
lim
N →+∞
N
(−1)
n=0
n
1
tx+n−1 dt
0
x+n t=1
N
n
(−1)
t
n
lim
= f (x) .
(−1)
= lim
N →+∞
x + n t=0 N →+∞ n=0 x + n
n=0
N
3589
=
5
1 x−1
t
dt
1+t
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Commentaires 151 Exercice de niveau standard pour ce concours et suffisamment progressif.
Question 1 : Question d’application directe du cours.
Question 2 : La continuité est plus difficile à gérer que la dérivabilité car la série considérée ne converge pas normalement (sur aucun intervalle en fait !). Il faut revenir à la
définition de la convergence uniforme des séries de fonctions et à la majoration du reste
via le critère spécial des séries alternées, ce qui posera difficulté à un nombre significatif de
candidats. Les candidats ayant un peu de recul se rappeleront que la dérivabilité entraine
la continuité et ils ne traiteront que la dérivabilité.
Exercice 3 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet. Si le candidat ne songe pas au
1
1
1
ou à l’astuce
= tα dt, l’interrogateur
développement en série entière de t →
1+t
α+1
0
l’amènera sur l’une de ces deux pistes. Aucun théorème de permutation série-intégrale ne
s’applique hormis le théorème de convergence dominée pour les suites de fonctions. Une
erreur récurrente de la part d’un nombre important de candidat est de penser que le théorème de permutation série-intégrale du chapitre « suites et séries de fonctions » requiert
uniquement la convergence uniforme sur tout segment inclus dans l’intervalle d’intégration (ici ]0, 1[). Ceci est faux et vous pouvez vous en convaincre en considérant la suite de
fonctions
fn : x → (n + 1) xn
→
larvo
n→+∞
scho
0
x=1
fn = xn+1 x=0 = 1
univ.
1
x.com
:Non
qui converge uniformément vers 0 sur tout segment [a, b] de [0, 1[ alors que
1 =
1
0
0 = 0.
Suites et séries de fonctions
8.2
303
Mines-Telecom
Exercice 152 (Mines-Telecom) Si n ∈ N, on note
e−x
fn : x ∈ [0, 1] →
et un =
1 + n2 x2
1
fn (x) dx.
0
1. (fn ) converge t-elle simplement sur [0, 1] ? uniformément sur [0, 1] ? Y-a-t-il convergence uniforme sur [a, 1] lorsque 0 < a ⩽ 1 ?
2. Donner la limite de (un ).
Solution 152
1. Soit x ∈ ]0, 1] . On dispose de l’équivalent suivant :
5
3589
1. Autrement dit, la suite (fn )n∈N converge simplement
f : x →
0 si 0 < x ⩽ 1
.
1 si x = 1
6479
sur [0, 1] vers la fonction
→
n→+∞
55:1
Si x = 0, on a fn (0) = 1
e−x
→ 0 ⇒ lim fn (x) = 0.
n→+∞
n→+∞ n2 x n→+∞
∼
.20.2
fn (x)
∈
[a, 1] , |fn (x) − f (x)| = |fn (x)| = fn (x) ⩽
⇒
[a,1]
sup |fn − f | ⩽
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀x
:165
.225
Pour tout entier n, fn est continue sur [0, 1] . Supposons que (fn )n∈N converge uniformément vers f sur [0, 1] alors f est continue sur [0, 1] . Ceci est absurde donc (fn )n∈N
ne converge pas uniformément sur [0, 1] . Soit a ∈ ]0, 1] , on a :
1
1 + n2 a 2
1
→ 0 ⇒ lim sup |fn − f | = 0
n→+∞ [a,1]
1 + n2 a2 n→+∞
c’est-à-dire que la suite de fonctions (fn )n∈N converge uniformément vers f sur [a, 1] .
2. Pour tout entier n, fn est continue sur le segment [0, 1] donc elle y est intégrable. La suite
(fn )n∈N converge simplement vers f sur [0, 1] . On dispose de la domination suivante :
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1] , |fn (x)| = fn (x) ⩽
1
= 1 = ϕ (x) .
1
n→+∞
n→+∞
1
0
fn =
larvo
lim un = lim
x.com
:Non
La fonction ϕ est continue et intégrable sur [0, 1] . D’après le théorème de convergence
dominée, on a l’égalité :
1
0
lim fn =
n→+∞
1
f = 0.
0
univ.
scho
Commentaires 152 Exercice de difficulté standard dont les questions sont des applications directes du cours.
304
Mines-Telecom
xn e−x
pour tout n ∈ N et x ∈ [0, +∞[ .
n!
1. Montrer que fn converge simplement vers une fonction g.
Exercice 153 (Mines-Telecom) Soit fn (x) =
2. Montrer que fn converge uniformément sur [0, +∞[. On utilisera la formule de
Stirling.
+∞
3. Calculer
fn (x) dx.
0
+∞
+∞
fn (x) dx et
lim fn (x) dx. Que peut-on en conclure ?
4. Calculer lim
n→∞
n→∞
0
0
Solution 153
5
1. Soit x ∈ [0, +∞[ . D’après les croissances comparées, on a :
3589
xn
= 0 ⇒ lim gn (x) = 0
n→+∞ n!
n→+∞
6479
lim
donc (gn )n∈N converge simplement sur [0, +∞[ vers la fonction g : x → 0.
55:1
2. Soit n ∈ N. La fonction gn est dérivable sur [0, +∞[ et, pour tout x ∈ [0, +∞[ , on a :
.20.2
nxn−1 −x xn −x
xn−1 −x
e −
e =
e (n − x) .
n!
n!
n!
Ainsi, le tableau de variations de gn est :
x
gn (x)
0
n
+∞
−
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+
gn (n)
gn (x)
0
:165
.225
gn (x) =
0
(d’après les croissances comparées, lim xn e−x = 0). Par conséquent, on a :
x→+∞
sup
x∈[0,+∞[
|gn (x) − g (x)| =
sup
gn (x) = gn (n) =
x∈[0,+∞[
nn −n
1
e
∼ √
→ 0
n→+∞
n!
2πn n→+∞
x.com
:Non
(d’après la formule de Stirling) et la suite (gn )n∈N converge uniformément vers g sur
[0, +∞[ .
xn
et v : x → −e−x sont de classe C 1 sur R+
3. Soit n ∈ N∗ . Les fonctions u : x →
n!
et on a : lim u (x) v (x) = 0 (d’après les croissances comparées). D’après le théorème
x→+∞
scho
0
larvo
+∞
+∞
+∞
+∞
uv =
fn et
u v = − fn−1 sont de
d’intégration par parties, les intégrales
0
0
0
0
0
univ.
+∞
+∞
même nature. Puisque
f0 =
e−x dx converge (d’après le cours puisque a = 1 > 0),
Suites et séries de fonctions
305
+∞
on peut affirmer que
fn converge pour tout n ∈ N. En outre, pour tout entier n ∈ N∗ ,
0
on a :
+∞
fn =
X
lim [uv]0 +
X→+∞
0
+∞
+∞
fn−1 =
fn−1
0
0
 +∞ 
+∞
f0 = 1.
c’est-à-dire que la suite  fn  est constante et cette constante vaut
0
0
n
4. D’après la question précédente, pour tout entier n, on a :
+∞
fn = 1 ⇒ lim
n→+∞
0
+∞
+∞
+∞
fn = 1 = 0 =
0=
lim fn .
n→+∞
0
0
0
3589
5
La conclusion est que le théorème de permutation limite-intégrale (si (hn )n converge
b
b
uniformément vers h sur un segment [a, b] alors lim
hn = h) est faux si l’intervalle
6479
n→+∞
a
a
55:1
d’intégration n’est pas un segment.
:165
.225
.20.2
Commentaires 153 Exercice de difficulté standard dont les questions sont des applications directes du cours (ou quasiment comme la question 3).
Exercice 154 (Mines-Telecom) Soit la série de fonctions de terme général définie par
√
un : x → e−x n .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀n ⩾ 1,
1. Donner le domaine de définition de la fonction S =
+∞
un .
n=1
2. Étudier la continuité et la limite en +∞ de S.
Solution 154
1. Si x ⩽ 0 alors, pour tout n ⩾ 1, on a un (x) ⩾ e0 = 1 donc la série
x.com
:Non
√
lim n2 e−x n = 0 ⇔ un (x)
t= n n→+∞
t→+∞
1
un (x) diverge
n
grossièrement.
Si x > 0 alors, d’après les croissances comparées, on a
lim t4 e−xt = 0 ⇒
√
=
n→+∞
o
1
n2
.
n
Au final, la série
n
un converge simplement sur R∗+ .
univ.
n
scho
larvo
est à termes positifs et converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1)
n2
un (x) converge.
donc la série
La série
306
Mines-Telecom
2. Continuité de S. Pour tout entier n ⩾ 1, la fonction un est continue sur R∗+ . Pour
tout segment [a, b] inclus dans R∗+ (c’est-à-dire que a > 0), la série
sup |un (x)| =
n x∈[a,b]
sup un (x) =
n x∈[a,b]
un (a)
n
(car un est positive et décroissante sur R∗+ ) converge (d’après la question 1). Ainsi, la
un converge normalement, donc uniformément, sur tout segment de R∗+ , ce qui
série
n
prouve que
+∞
un = S est continue sur R∗+ .
n=1
Limite de S en +∞. Pour tout entier n ⩾ 1, on a lim un (x) = 0. La série
x→+∞
sup
n x∈[1,+∞[
|un (x)| =
sup
un (x) =
n x∈[1,+∞[
un (1)
n
5
6479
3589
(car un est positive et décroissante sur R∗+ ) converge (d’après la question 1). Ainsi,
un converge normalement, donc uniformément, sur [1, +∞[, ce qui prouve
la série
n
un (x) =
n=1
n=1
lim un (x) =
x→+∞
+∞
0 = 0.
n=1
:165
.225
x→+∞
+∞
.20.2
lim S (x) = lim
x→+∞
+∞
55:1
l’égalité suivante :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 154 Pour la première question, il est attendu du candidat certains automatismes (théorème de comparaison) ce qui distinguera les candidats. La précision des
théorèmes utilisés (positivité, justification de la domination) sera un élément important
dans la notation.
La deuxième question est sans difficulté pour les candidats connaissant leur cours.
Exercice 155 (Mines-Telecom) On considère la fonction f : x →
1. Déterminer le domaine de définition de f, noté Df .
2. Montrer que f est continue sur Df .
+∞
1
sh
(nx)
n=1
3. Déterminer la limite, puis un équivalent de f en +∞.
x.com
:Non
4. Déterminer un équivalent de f en 0+ .
Solution 155
scho
larvo
1. Soit x ∈ R. Pour que f (x) existe, il est indispensable que sh (nx) soit non nul pour tout
1
entier n c’est-à-dire que x soit non nul et que la série
soit convergente. Par
sh
(nx)
n
imparité de sh, on suppose désormais que x > 0. On détermine un équivalent du terme
général lorsque n tend vers +∞ :
enx − e−nx
enx
∼
n→+∞ 2
2
univ.
sh (nx) =
Suites et séries de fonctions
307
1
2
∼
(car enx → +∞ et e−nx → 0 puisque x > 0) donc
. La série
nx
n→+∞
n→+∞
sh (nx) n→+∞ e
2
n
=2
(e−x ) est une série à termes positifs et convergente (série géométrique
nx
e
n
n
1
−x
converge quelque soit x > 0. Ainsi,
∈ ]−1, 1[) donc la série
de raison e
sh (nx)
n
1
par imparité de sh, la série
converge quelque soit x ∈ R∗ d’où Df = R∗ (et
sh
(nx)
n
la fonction f est impaire).
2. Par imparité de f, il suffit de montrer qu’elle est continue sur R∗+ . Pour tout entier
1
n ⩾ 1, on pose fn : x →
qui est continue sur R∗+ . Cette fonction est positive et
sh (nx)
décroissante (comme inverse d’une fonction strictement positive et croissante sur R∗+ ).
En particulier, pour tout segment [a, b] inclus dans R∗+ (i.e. 0 < a ⩽ b), on a :
sup |fn (x)| = sup fn (x) = fn (a)
sup |fn (x)| =
n x∈[a,b]
5
fn (a) converge (d’après la question 1). Ainsi, la
n
fn converge normalement, donc uniformément, sur tout segment de R∗+ . Ceci
55:1
série
x∈[a,b]
6479
donc la série
3589
x∈[a,b]
n
+∞
fn = f sur R∗+ donc, par imparité, sa continuité sur R∗ .
.20.2
prouve la continuité de
n=1
+∞
|fn (x)| =
sup
fn (1)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
x→+∞
:165
.225
3. Nous conservons les notations de la réponse à la question précédente. Pour tout entier
n ⩾ 1, on a lim fn (x) = 0 (car lim sh = +∞) et la série
n⩾1 x∈[1,+∞[
n⩾1
converge (d’après la question 1) donc la série
fn converge normalement, donc uni-
n
formément, sur [1, +∞[ . Le théorème de permutation limite-série montre que :
lim f (x) = lim
x→+∞
x→+∞
+∞
fn (x) =
n=1
+∞
n=1
lim fn (x) =
x→+∞
+∞
0 = 0.
n=1
La recherche de l’équivalent demande un peu de prospective. On remarque que
(∗) : ∀n ⩾ 2, fn (x)
∼
x.com
:Non
et que
f (x) = f1 (x) + f2 (x) + · · ·
x→+∞
2e−nx = o e−x = o (f1 (x))
scho
larvo
donc on peut espérer que f1 (x) soit le terme dominant de f (x) . Ceci serait vrai si f
était une somme d’un nombre fini de termes mais pas, a priori, si f est une somme
possédant un nombre infini de termes. Prouvons néanmoins que notre conjecture est
fondée c’est-à-dire montrons que :
univ.
+∞
f (x)
fn (x)
= 1 ⇔ lim
=1
x→+∞ f1 (x)
x→+∞
f (x)
n=1 1
lim
308
Mines-Telecom
en utilisant le théorème de permutation limite-série. Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
fn (x)
1 si n = 1
=
lim
0 si n > 1
x→+∞ f1 (x)
fn
converge normalement, donc uniformément,
fn sur [1, +∞[ . La détermination directe de sup s’avère trop complexe donc nous
[1,+∞[ f1
allons effectuer des majorations « à la main » en utilisant les formules de trigonométrie
hyperbolique (qui ne sont plus au programme mais s’obtiennent aisément en considérant
sh (x) comme la partie paire de ex et en utilisant la formule ex ey = ex+y ) . Pour tout
n ⩾ 1 et tout x ⩾ 1, on a :
(d’après (∗)). Prouvons que la série
n
sh (nx)
f1
sh ((n − 1) x + x) = sh ((n − 1) x) ch (x) + ch ((n − 1) x) sh (x)
=
x⩾1
⩾
ch et sh⩾0
3589
ch ((n − 1) x) sh (x)
ch ((n − 1)) sh (x) ,
6479
⩾
5
⩾0
ce qui fournit les encadrements suivants :
55:1
1
fn (x) ⩽
sh (x) ch ((n − 1))
fn (x) fn (x)
1
=
⩽
⇒ 0⩽
f1 (x)
f1 (x)
ch ((n − 1))
n
fn 2
1
2
1
⇒ sup ⩽
= n−1
⩽ n−1 = 2e
.
−(n−1)
ch ((n − 1))
e
e
e
+e
[1,+∞[ f1
⩽
:165
.225
.20.2
0
2e
f (x)
x→+∞ f1 (x)
lim
=
⇔
lim
x→+∞
f (x)
+∞
fn (x)
n=1
f1 (x)
∼
x→+∞
=
+∞
+∞
fn (x)
=1+
0=1
x→+∞ f1 (x)
n=1
n=2
f1 (x) =
lim
2
2
∼
= 2e−x .
ex − e−x x→+∞ ex
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
1 n
1
1
= 2e
converge (série géométrique de raison ∈ ]−1, 1[)
e
e
e
n
n
fn donc la série
sup aussi ce qui prouve la convergence normale, donc uniforme,
[1,+∞[ f1
fn
. D’après le théorème de permutation limite-série, on a :
sur [1, +∞[ de la série
f1
n
La série
larvo
4. On procède par comparaison série-intégrale. Soit x > 0 (fixé provisoirement). On consi1
qui est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[ .
dère la fonction g : t →
sh (tx)
Comme la série
g (n) converge (d’après la question 1), le théorème de comparaison
scho
n
1
univ.
+∞
+∞
dt
série-intégrale montre que l’intégrale
converge. Remarquons que
g (t) dt =
sh (tx)
1
Suites et séries de fonctions
+∞
309
g (n) = f (x) . Pour tout entier n ⩾ 1, on a :
n=1
[n, n + 1] , g (n + 1) ⩽ g (t) ⩽ g (n) ⇒
g (t) dt ⩽ g (n) ⇒
n
1
x
g (n + 1) ⩽
n=1
+∞
dt
⩽ f (x) ⇔ f (x) − g (1) ⩽
s=tx
sh (tx)
1
1
1
⩽
sh (x)
x
+∞
x
1
ds
− f (x) ⩽ 0 ⇒
sh (s)
x
1
1
∼
donc O
sh (x) x→0 x
1
sh (x)
+∞
n=1
1
+∞
ds/x
⩽ f (x)
sh (s)
x
1
sh (x)
1
= O
, on obtient la comparaison suix→0
x
 +∞

1
ds
1
ds
− f (x) = O
⇔ (C1 ) : f (x) =
+ O (1)
x→0
x→0 x
sh (s)
x
sh (s)
+∞
x
g (n) dt
n
ds
− f (x) = O
x→0
sh (s)
x
n+1
+∞
+∞
g=
g⩽
g (n)
n=1 n
.20.2
vante :
n
+∞ n+1
5
k=2
⇔ −
Comme
g (k) ⩽
n
3589
⇔
g (t) dt ⩽
6479
+∞
+∞
n+1
g (n + 1) dt ⩽
55:1
g (n + 1) ⩽
⇔
n+1
n+1
On remarque que l’intégrale
1
0
:165
.225
∈
x
1
1
1
ds diverge car
∼
⩾ 0 et
sh (s)
sh (s) s→0 s
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀t
1
1
ds diverge
s
0
(intégrale de Riemann de paramètre α = 1 ⩾ 1). Néanmoins, le théorème de sommation
des intégrales divergentes permet d’affirmer que :
x
ds
∼
sh (s) x→0
⇒ (C2 ) :
+∞
1
x
ds
=
sh (s)
x
1
s=1
ds = [ln (s)]s=x = − ln (x)
s
1
ds
+
sh (s)
x
+∞
1
x.com
:Non
1
ds
∼ − ln (x)
sh (s) x→0
∈R
Comme − ln (x) → +∞ et que O (1) est bornée au voisinage de 0, les comparaisons
x→0
(C1 ) et (C2 ) prouvent l’équivalent suivant :
univ.
scho
larvo
ln (x)
1
× (− ln (x)) = −
.
x→0 x
x
f (x) ∼
310
Mines-Telecom
Commentaires 155 Exercice relativement difficile mais les questions sont suffisamment
progressives. Les deux premières questions ainsi que le début de la question 3 (la limite
en +∞) sont des applications directes du cours qui ne devraient pas poser de difficulté
particulière au candidat du concours Mines-Telecom. L’équivalent en +∞ est une question
plus discriminante mais, avec une petite indication de l’interrogateur, le candidat peut le
trouver et le justifier rapidement.
La quatrième question est manifestement la plus difficile du sujet et s’adresse aux bons candidats de ce concours. L’interrogateur proposera à la plupart des candidats d’utiliser une
comparaison série-intégrale. Il valorisera les candidats considérant seul la bonne fonction
1
(t →
pour x fixé) et proposant (rigoureusement ou via un dessin) un encadresh (xt)
ment convenable de f (x) . L’obtention de l’équivalent permet de récompenser les meilleurs
candidats.
3589
5
Exercice 156 (Mines-Telecom) Pour toute fonction f : [0, 1] → R bornée sur [0, 1] , on
note f = sup |f | . On définit la suite de fonctions (gn )n de [0, 1] dans R par :
0
gn (1 − t)dt
55:1

∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1] , gn+1 (x) =


x
.20.2


g =1

 0
6479
[0,1]
2. On pose : G : x →
+∞
:165
.225
1. Montrer que pour tout n, gn est bornée et que : ∀n ∈ N, gn+2 ⩽
1
gn .
2
gn (x). Montrer que G est bien définie sur [0, 1] et déterminer
n=0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
une équation différentielle vérifiée par G.
3. En déduire l’expression de G.
Solution 156
1. Montrons par récurrence la propriété (Pn ) : « gn est une fonction continue sur [0, 1] ».
Initialisation n = 0. g0 = 1 est continue sur [0, 1] donc (P0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons (Pn ) vraie pour un certain entier n alors la fonction
hn : t → gn (1 − t) est continue sur [0, 1] car les fonctions gn et ϕ : x → 1 − x le sont et
x
ϕ ([0, 1]) = [0, 1] ⊂ [0, 1] . Ainsi, la fonction x → hn = gn+1 (x) est une primtive de hn
x.com
:Non
0
donc gn+1 est continue (et même dérivable) sur [0, 1] , ce qui démontre (Pn+1 ) et achève
la récurrence.
Pour tout entier n et tout x ∈ [0, 1] , on a :
larvo
gn+1 (1 − t) dt.
scho
gn+2 (x) =
x
0
univ.
Comme gn+1 est l’unique primitive de t → gn (1 − t) s’annulant en 0, gn+1 est dérivable
: x → gn (1 − x) . En utilisant une intégration par parties en primitivant t → 1
et gn+1
Suites et séries de fonctions
311
et en dérivant t → gn+1 (1 − t) , tout en tenant compte que gn+1 (0) = 0, on obtient la
formule suivante valable pour tout x ∈ [0, 1] :
gn+2 (x)
=
=
=
t=1
[tgn+1 (1 − t)]t=0 −
−
x
−
x
0
0
x
0
t (gn+1 (1 − t)) dt
t −gn+1
(1 − t) dt = −
tgn (1 − (1 − t)) dt = −
x
0
x
tgn+1
(1 − t) dt
tgn (t) dt.
0
Par conséquent, on en déduit que :
⇒
0
3589
5
0
t gn dt = gn x
0
0
2 t=x
1
x2
t
⩽ gn tdt = gn = gn 2 t=0
2
2
6479
⩽
0
x
gn+2 = sup |gn+2 (x)| ⩽
x∈[0,1]
1
gn .
2
55:1
∈
.20.2
∀x
x
x
x
[0, 1] , |gn+2 (x)| = tgn (t) dt ⩽ |tgn (t)| dt = t |gn (t)| dt
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
2. La relation de récurrence allant de 2 en 2, on introduit les suites extraites correspondant
aux indices pairs et impairs. Pour tout entier n, on pose an = g2n et bn = g2n+1 alors :




 an+1 = g2n+2 ⩽ 1 g2n = 1 an
 an ⩽ 1 a 0
2
2
2n
∀n ∈ N,
⇒
1
1
1


 bn+1 = g2n+3 ⩽ g2n+1 = bn
 bn ⩽
b0
2
2
2n
(par une récurrence immédiate) donc :
n
q n étant convergente (série géométrique de raison q ∈ ]−1, 1[), on peut affir-
mer que la série
n
scho
gn converge. Autrement dit, la série
univ.
La série
larvo
x.com
:Non

2n
1
1


g0 ⩽
g
=
g
 2n
0
2n
21/2
2n+1
.
∀n ∈ N,

1
1
1

 g2n+1 ⩽
g1 =
g1 2n+1
21/2
21/2
1
1
Si on pose M = max g0 , 1/2 g1 et q = 1/2 , on a :
2
2
g2n ⩽ q 2n M
∀n ∈ N,
⇒ ∀n ∈ N, gn ⩽ M q n .
g2n+1 ⩽ q 2n+1 M
n
gn converge normalement,
312
Mines-Telecom
+∞
donc simplement, sur [0, 1] . On en déduit que la fonction G =
gn est définie sur [0, 1]
n=0
et continue sur [0, 1] (puisque chaque fonction gn est continue sur [0, 1] et que la série
gn converge uniformément, puisque normalement, sur [0, 1]).
n
Pour tout x ∈ [0, 1] , on a :
G (x)
=
g0 (x) +
+∞
n=1
=
1+
x +∞
0 k=0
+∞ x
gn (x) = 1 +
gn−1 (1 − t) dt = 1 +
(∗)
n=1 0
gk (1 − t) dt = 1 +
x
0
G (1 − t) dt
s=1−t
=
dt=−ds
x +∞
0 n=1
1−
gn−1 (1 − t) dt
1−x
G (s) ds.
1
n⩾1
hn =
n⩾1
gn−1 de prouver que la série de fonctions
=
k=n−1
sup |gn−1 (s)| = gn−1 gk converge. Par conséquent, on vient
k⩾0
hn converge normalement (donc uniformément)
.20.2
donc la série
=
s=1−t s∈[0,1]
6479
t∈[0,1]
55:1
hn = sup |gn−1 (1 − t)|
3589
5
(∗) pour chaque entier n ⩾ 1, la fonction hn : t → gn−1 (1 − t) est continue sur [0, 1] .
Comme t → 1 − t est une bijection de [0, 1] sur [0, 1] , on a l’égalité suivante :
:165
.225
n
sur le segment [0, 1] (donc sur [0, x]) de la série de fonctions
hn , ce qui justifie la
n
permutation série-intégrale. Autrement dit, la fonction continue G vérifie la relation :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1−x
(R1 ) : ∀x ∈ [0, 1] , G (x) = 1 −
G (s) ds.
1
Notons H une primitive de G alors H est dérivable sur [0, 1] et on a :
∀x ∈ [0, 1] ,
1
G (s) = H (1 − x) − H (1)
1−x
G (s) ds est dérivable sur [0, 1] (car les fonctions H et ϕ :
x.com
:Non
donc la fonction x →
1−x
1
∈ [0, 1] , G (x) = − (H (1 − x) − H (1)) = − (1 − x) H (1 − x) = G (1 − x)
⇒ (R2 ) : ∀x ∈ [0, 1] , G (x) = G (1 − x) .
univ.
∀x
1
scho
obtient :
larvo
x → 1 − x sont dérivables sur [0, 1] avec ϕ ([0, 1]) = [0, 1] ⊂ [0, 1]). Ainsi, la fonction
1−x
x → 1 −
G (s) ds = G (x) est dérivable sur [0, 1]. En dérivant la relation (R1 ) , on
Suites et séries de fonctions
313
Comme les fonctions G et ϕ : x → 1 − x sont dérivables sur [0, 1] avec ϕ ([0, 1]) = [0, 1] ⊂
[0, 1] , on peut affirmer que x → G (1 − x) = G (x) est dérivable sur [0, 1] . En dérivant
la relation (R2 ) , on obtient :
∀x
∈
[0, 1] , G (x) = (1 − x) G (1 − x) = −G (1 − x) = −G (1 − (1 − x)) = −G (x)
⇒
(R3 ) : ∀x ∈ [0, 1] , G (x) + G (x) = 0.
(R2 )
3. D’après la question précédente, G vérifie l’équation différentielle y + y = 0 donc il existe
deux réels a, b tels que :
G : x → a cos (x) + b sin (x)
.20.2
55:1
6479
3589
5
(via l’équation caractéristique par exemple ou en invoquant le théorème de structure des
équations différentielles linéaires, en remarquant que sin et cos sont deux solutions de
celle-ci et qu’elles forment une famille libre (car l’une est paire et l’autre est impaire)
donc une base de l’ensemble des solutions de cette équation différentielle).
Déterminons a et b. En conservant les notations introduites lors de la résolution de la
question 2, en évaluant (R1 ) en x = 0, on obtient G (0) = 1 et en évaluant (R2 ) en
x = 1, on obtient G (1) = G (0) = 1 d’où le système :

a=1

1 + sin (1)
G (0) = 1
1
+ sin (1) ⇒ G : x → cos (x) +
sin (x) .
⇔
G (1) = 1
b
=

cos (1)
cos (1)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 156 Exercice original et relativement difficile pour ce concours. Néanmoins, les questions sont de niveaux très variées.
Question 1 : Il est attendu que le candidat songe à procéder par récurrence. Le caractère
borné est aisé à justifier (ne pas confondre majorer et borner comme le font un nombre
trop important de candidats). Un candidat indiquant que gn+1 est une primitive (de ..., à
completer) sera valorisé car c’est un point crucial pour obtenir l’inégalité proposée. L’interrogateur guidera éventuellement le candidat sur cette piste s’il ne la pas fait lui même.
Question 2 : Pour le caractère défini de G, il est attendu l’étude de la convergence simple
de la série et proposer un théorème de domination. Les bons candidats verront la décrois1
sance géométrique (en n/2 ) en distinguant les cas pairs des cas impairs (ou en sentant
2
une majoration convenable). Ils seront fortement valorisés et, pour les autres, l’interrogateur les amènera sur cette piste. Pour l’équation différentielle, l’interrogateur proposera
+∞
gn sous forme intégrale. Les candidats le justifiant convenablement seront vad’écrire
n=1
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
lorisés et ils obtiendront une équation fonctionnelle. Le raisonnement est alors classique
et utilisée couramment (par exemple pour la recherche de vecteurs d’endomorphismes sur
les fonctions définis via des intégrales). Si vous n’avez pas l’habitude, retravaillez le (il sert
à la fois aux écrits et oraux des différents concours de cet ouvrage).
Question 3 : Elle ne pose pas de difficulté particulière, si le candidat a trouvé l’équation
différentielle. En pratique, elle sert à récompenser les candidats les plus rapides et les plus
autonomes ou bien à permettre aux candidats les plus faibles de répondre à des questions
mathématiques plus aisées (l’équation différentielle sera alors donnée par l’interrogateur).
314
Centrale Math 1
8.3
Centrale Math 1
Exercice 157 (Centrale) On définit, pour x ∈ R∗+ , la suite (Un (x))n∈N par
2
U0 (x) = x et ∀n ∈ N, Un+1 (x) = (Un (x)) + Un (x) .
On définit également la suite (Vn (x))n∈N par :
∀n ∈ N, Vn (x) =
ln (Un (x))
.
2n
1. Soit x ∈ R∗+ . Montrer que (Un (x))n∈N est strictement croissante et tend vers +∞.
(Vn+1 (x) − Vn (x)) converge et qu’il existe
2. Soit x ∈ R∗+ . Montrer que la série
α(x) ∈ R tel que α (x) − Vn (x)
=
n→+∞
o
1
2n
. En déduire un équivalent de Un (x)
3589
quand n → +∞.
5
n⩾0
6479
3. Montrer que α est continue sur R∗+ .
1. Soit x ∈ R∗+ . Pour tout entier n,
2
55:1
Solution 157
.20.2
Un+1 (x) − Un (x) = (Un (x)) ⩾ 0
:165
.225
donc la suite (Un (x))n∈N est croissante. Comme U0 (x) = x > 0, la suite (Un (x))n∈N
est à valeurs strictement positives donc, pour tout entier n,
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Un+1 (x) − Un (x) = (Un (x)) > 0,
ce qui prouve la stricte croissance de la suite (Un (x))n∈N . Par conséquent, d’après le
théorème de limite monotone, elle converge dans R ∪ {+∞} . Supposons que sa limite L
appartient à R alors, en faisant tendre n vers +∞ dans la relation de récurrence vérifiée
par (Un (x))n∈N , on obtient l’égalité :
L = L2 + L ⇔ L2 = 0 ⇔ L = 0.
Ceci est absurde car, la suite (Un (x))n étant croissante, on a L ⩾ U0 (x) > 0 donc
L = +∞ c’est-à-dire que Un (x) → +∞.
n→+∞
car
larvo
=
1
ln 1 +
Un (x)
scho
=
2
ln (Un+1 (x)) ln (Un (x))
ln (Un+1 (x)) ln (Un (x))
−
=
−
n
2n+1
2n+1
2n+1
2
1
Un+1 (x)
1
1
1
=
ln
ln
1
+
o
=
2
2n+1
2n+1
Un (x) n→+∞
2n+1
(Un (x))
univ.
Vn+1 (x) − Vn (x)
x.com
:Non
2. Déterminons un équivalent simple de Vn+1 (x) − Vn (x) lorsque n → +∞.
→
n→+∞
ln (1 + 0) = 0.
Suites et séries de fonctions
315
n
1 1
La série
=
étant à termes positifs et convergente (série géomé2n+1
2 n 2
n
1
trique de raison ∈ ]−1, 1[), on en déduit que la série
(Vn+1 (x) − Vn (x)) converge.
2
n
D’après le théorème sur les séries télescopiques, on peut affirmer que la suite (Vn (x))n∈N
converge. Notons α (x) sa limite.
Puisque
1
Vn+1 (x) − Vn (x) = o
,
n→+∞
2n+1
1
que les séries
(Vn+1 (x) − Vn (x)) et
sont à termes positifs et que cette der2n+1
n
n
nière série converge, le théorème de sommation des restes partiels de séries convergentes
montre que :
+∞
+∞
1
(Vk+1 (x) − Vk (x)) = o
.
n→+∞
2k+1
1
+∞
1
=
1
×
1
1
k=n
1−
2
et d’après les sommes de séries télescopiques, on a :
5
1
2n
=
.20.2
k=n
2n+1
(Vk+1 (x) − Vk (x)) = lim Vk (x) − Vn (x) = α (x) − Vn (x)
k→+∞
:165
.225
+∞
2k+1
3589
Or, on sait que
k=n
6479
k=n
55:1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
donc on obtient les dominations suivantes :
1
1
α (x) − Vn (x) = o
⇔
V
(x)
=
α
(x)
+
o
n
n
n→+∞
n→+∞
2
2n
ln (Un (x))
1
⇔
= α (x) + o
⇔ ln (Un (x)) = 2n α (x) + o (1) ,
n
n→+∞
n→+∞
2
2n ×2n
→ 0
→+∞
⇔ Un (x) = exp (2n α (x) + o (1)) = exp (2n α (x)) exp (o (1)) ,
n→+∞
n→+∞
ce qui assure que
∼
n→+∞
(par définition des équivalents).
1
exp (2n α (x))
x.com
:Non
Un (x)
→
n→+∞
(Vn+1 (x) − Vn (x)) = lim Vn (x) − V0 (x) = α (x) − V0 (x)
⇔ α (x) = V0 (x) +
n→+∞
+∞
n=0
scho
n=0
(Vn+1 (x) − Vn (x)) = ln (x) +
univ.
+∞
larvo
3. Pour tout x ∈ R∗+ , soit α (x) la limite de la suite (Vn (x))n∈N alors, d’après le théorème
sur les séries télescopiques, on a la formule :
+∞
n=0
(Vn+1 (x) − Vn (x)) .
316
Centrale Math 1
U0 : x → x est continue sur R∗+ et, si pour un entier n, Un est continue sur R+ alors la
fonction
2
(Un ) + Un = Un+1
est continue sur R∗+ (comme somme et produit de telles fonctions) alors on peut affirmer
que Un est continue sur R+ pour tout entier n. En outre, pour tout entier n, Un est à
valeurs strictement positives donc la fonction
Vn+1 − Vn = ln (Un+1 ) − ln (Un )
est continue sur R∗+ . Montrons que la série
(Vn+1 − Vn ) converge normalement (donc
n
uniformément) sur tout segment de R∗+ , ce qui démontrera la continuité de
+∞
n=1
(Vn+1 − Vn )
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
sur R∗+ donc la continuité de α sur R∗+ .
Soit [a, b] un segment de R∗+ (i.e. 0 < a ⩽ b). Pour tout x ∈ [a, b], comme la suite
(Un (x))n est croissante, la suite (Vn (x))n l’est aussi donc la suite (Vn+1 (x) − Vn (x))
est positive. D’après les calculs menés à la réponse de la question 2, pour tout x ∈ [a, b] ,
on a :
1
1
|Vn+1 (x) − Vn (x)| = Vn+1 (x) − Vn (x) = n+1 ln 1 +
2
Un (x)
1
1
1
1
⩽
(∗) ⩽ n+1 ln 1 +
ln 1 +
2n+1
x
2
a
1
1
⇒ sup |Vn+1 − Vn | ⩽ n+1 ln 1 +
.
2
a
[a,b]
Autrement dit, la série
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(∗) : la suite (Un (x))
n étant croissante, on a la minoration : Un (x) ⩾ U0 (x) = x > 0.
1
1
1
étant convergente (série géométrique de raison ∈ ]−1, 1[),
La série
ln 1 +
n+1
2
a
2
n
on peut affirmer que la série
sup |Vn+1 − Vn | converge pour tout segment [a, b] de R∗+ .
n [a,b]
(Vn+1 − Vn ) converge normalement sur tout segment de R∗+ ,
ce qui permet de conclure.
Commentaires 157 Exercice original, les questions sont suffisamment détaillées et progressives. Les questions sont des applications du cours.
larvo
x.com
:Non
Exercice 158 Soit f ∈ C 2 ([1, +∞[ , R). Si n ∈ N∗ , on définit
[1, +∞[ → R n
x
fn :
.
x
→
f (x + ) − f (x))
x
n
2. On se place dans des cas particuliers.
scho
1. Montrer la convergence simple de la suite (fn )n⩾1 sur [1, +∞[.
univ.
(a) Cas f = ln. Montrer la convergence uniforme de (fn )n⩾1 sur [1, +∞[
Suites et séries de fonctions
317
(b) Cas f = sin. Montrer que (fn )n⩾1 ne converge pas uniformément sur [1, +∞[.
3. (a) On suppose que x → xf (x) est bornée sur [1, +∞[.
Montrer la convergence uniforme de la suite (fn )n⩾1 sur [1, +∞[.
f (x)
→ quand x → +∞ et que la suite (fn ) converge uniforx
mément sur [1, +∞[.
Que peut-on dire du comportement de f en +∞ ?
(b) On suppose que
Solution 158
1. Soit x ∈ [1, +∞[ . Comme
x
→ 0 et que f est dérivable en x, on a :
n n→+∞
lim fn (x)
n→+∞
=
lim
s=x/n s→0
f (x + s) − f (x)
= f (x)
s
3589
5
donc la suite de fonctions (fn )n∈N∗ converge vers f simplement sur [1, +∞[.
2. (a) D’après la question précédente, la suite (fn )n converge simplement vers f : x →
.20.2
55:1
6479
sur [1, +∞[. Pour tout n ⩾ 1 et tout x ∈ [1, +∞[ , on a :
n x + x/n n x
1
n ln x +
− ln (x) = ln
= ln 1 +
fn (x) =
x
n
x
x
x
n
1
x
sup
x∈[1,+∞[
|fn (x) − fn (x)| ⩽ |fn (1) − f (1)|
⇒ lim
sup
e:21
1075
3582
:889
1250
2
⇒
:165
.225
ce qui nous permet d’écrire :
1
1
1 |fn (x) − f (x)| = n ln 1 +
− 1 ⩽ n ln 1 +
− 1 = |fn (1) − f (1)|
x
n
n
x⩾1
n→+∞ x∈[1,+∞[
→
n→+∞
0 (∗)
|fn (x) − fn | = 0
(∗) d’après la convergence simple de (fn )n vers f [1, +∞[ .
Ainsi, la suite (fn )n converge uniformément vers f sur [1, +∞[ .
(b) D’après la question précédente, la suite (fn )n∈N∗ converge simplement vers f = cos
sur [1, +∞[. Pour tout n ⩾ 1 et tout x ∈ [1, +∞[ , on a :
n
x
− cos (x) .
|fn (x) − f (x)| = sin x +
x
n
larvo
x.com
:Non
En choisissant xn = 2πn (pour annuler le sin sans annuler le cos), on obtient :
1
sin (2πn + 2π) − cos (2π) = 1
|fn (xn ) − f (xn )| = 2π
⇒
sup |fn (x) − f (x)| ⩾ 1
sup
x∈[1,+∞[
|fn (x) − f (x)|
univ.
donc la suite
scho
x∈[1,+∞[
ne peut tendre vers 0. Par conséquent,
n⩾1
la suite (fn )n∈N∗ ne converge pas uniformément vers f sur [1, +∞[ .
318
Centrale Math 1
3.
(a) Soit x ∈ [1, +∞[ . D’après l’inégalité de Taylor à l’ordre 2 en x, pour tout h > 0, on
a:
|f (x + h) − f (x) − hf (x)|
f (x + h) − f (x)
⇔ − f (x)
÷h>0
h
⩽
h2
sup |f (y)|
2 y∈[x,x+h]
⩽
h
sup |f (y)|
2 y∈[x,x+h]
Comme y → yf (y) est bornée sur [1, +∞[ , il existe un réel M tel que :
∀y
∈
⇒
[1, +∞[ , |yf (y)| ⩽ M ⇒ ∀y ∈ [x, x + h] , |f (y)| ⩽
sup
y∈[x,x+h]
|f (y)| ⩽
M
M
⩽
y
x
M
.
x
[1, +∞[ , ∀n ∈ N∗ , |fn (x) − f (x)| ⩽
⇒
x∈[1,+∞[
sup
|fn (x) − f (x)| ⩽
55:1
∈
M
2n
M
→ 0 ⇒ lim
sup |fn (x) − f (x)| = 0
n→+∞ x∈[1,+∞[
2n n→+∞
:165
.225
∀x
x
> 0 dans l’inégalité ci-dessus on obtient :
n
.20.2
Pour tout n ∈ N∗ , en choisissant h =
6479
3589
5
Ainsi, pour tout x ∈ [1, +∞[ et tout h ⩾ 0, on a l’inégalité :
h M
f (x + h) − f (x)
⩽ ×
−
f
.
(x)
2
h
x
e:21
1075
3582
:889
1250
2
c’est-à-dire que la suite (fn )n∈N∗ converge uniformément vers f sur [1, +∞[ .
f (x)
(b) Par hypothèse, on a lim
= donc
x→+∞
x
f (x)
= + o (1) ⇔ f (x) = x + o (x) .
×
x→+∞
x x→+∞
c’est-à-dire que
x.com
:Non
On en déduit, pour tout entier n ∈ N∗ , le développement asymptotique :
x
x
x
x
f x+
= x+
+o x+
= x+
+ o (x)
n x→+∞
n
n x→+∞
n
x
(car x +
= O (x)) donc :
n x→+∞
x
x
n n
fn (x) =
f x+
− f (x)
=
× + o (x)
= + o (1)
x→+∞ x
x→+∞
x
n
n
lim fn (x) = pour tout n ∈ N∗ . Comme la suite (fn )n converge
x→+∞
n→+∞
scho
n→+∞
x→+∞
univ.
x→+∞
larvo
uniformément vers f sur [1, +∞[ , le théorème de permutation de doubles limites
montre que :
lim
lim fn (x) = lim
lim fn (x) ⇔ lim f (x) = lim = .
x→+∞
n→+∞
Suites et séries de fonctions
319
Commentaires 158 Exercice original faisant la part belle à l’étude de la convergence de
suites de fonctions sur des exemples variés à la fois pratiques et théoriques.
Exercice 159 (Centrale) Soit q ∈ ]−1, 1[ . On pose :
∗
∀n ∈ N , ∀x ∈ R, fn (x) =
n
1 − qk x .
k=1
1. Montrer que (fn )n∈N∗ converge vers une fonction f continue.
2. Montrer qu’il existe une unique fonction g continue en 0 qui vérifie
g(0) = 1 et ∀x ∈ R, g (x) = (1 − qx) g (qx) .
Solution 159
5
3. Montrer que f est développable en série entière et expliciter ce développement.
6479
k→+∞
3589
1 − q k x = 1, il existe un rang N tel que
1. Soit x ∈ R. Comme q ∈ ]−1, 1[ , lim
55:1
∀k ⩾ N, 1 − q k x > 0
k=N
k
1−q x
=
n
k=N
ln 1 − q k x .
:165
.225
ln
n
.20.2
alors on peut écrire :
Grâce à l’équivalent de x → ln (1 + x) en 0, on a l’équivalent suivant :
ln 1 − q k x ∼ −q k x = |q|k |x| .
k⩾N
k
|q| |x| = |x|
n⩾N
k
|q| est à termes positifs et converge (série géométrique
de raison |q| ∈ ]−1, 1[) donc la série
convergence de la série
k⩾N
n
k=N
ln 1 − q k x converge, ce qui entraine la
k⩾N
ln 1 − q k x . Par conséquent, la suite
ln 1 − q k x
=
n⩾N
ln
x.com
:Non
La série
e:21
1075
3582
:889
1250
2
k→+∞
n
k=N
k
1−q x
n⩾N
⇒ fn (x) =
N
−1
k=0
1 − qk x
k=N
n→+∞
k=N
n
univ.
k=N
scho
larvo
converge. Notons L sa limite alors, par continuité de l’exponentielle sur R (donc en L),
on a les limites suivantes :
n
n
1 − q k x = exp ln
1 − qk x
→ eL
1 − qk x
→
n→+∞
eL
N
−1
k=0
1 − qk x ,
320
Centrale Math 1
ce qui prouve la convergence simple de la suite (fn )n sur R. Notons f sa limite simple.
En outre, pour tout segment [−a, a] de R, on dispose des majorations :
k
k
∀k ∈ N, ∀x ∈ [−a, a] , q k x ⩽ |q| |x| ⩽ |q| a.
Comme lim q k a = 0, il existe un rang Na ∈ N tel que :
k→+∞
1
1
∀k ⩾ Na , q k a ⩽ ∀k ⩾ Na , ∀x ∈ [−a, a] , q k x ⩽ .
2
2
1 1
1
La fonction y → ln (1 + y) est dérivable sur − ,
et sa dérivée y →
est bornée
2 2
1+y
1
= 2 sur ce segment donc, d’après l’inégalité des accroissements finis, on a :
par
1 − 1/2
1 1
∀y ∈ − ,
, |ln (1 + y) − ln (1 + 0)| ⩽ 2 |y − 0| ⇔ |ln (1 + y)| ⩽ 2 |y| .
2 2
6479
3589
5
Par conséquent, on obtient l’inégalité suivante :
k
k
∀k ⩾ Na , ∀x ∈ [−a, a] , ln 1 − q k x ⩽ 2 −q k x = 2 |q| |x| ⩽ 2 |q| a
k
⇒ ∀k ⩾ Na , sup ln 1 − q k x ⩽ 2 |q| a.
x∈[−a,a]
sup
k⩾Na x∈[−a,a]
k
55:1
k
|q| converge (série géométrique de raison |q| ∈ ]−1, 1[) donc
ln 1 − q k x . Autrement dit, la série
ln 1 − q k x converge
.20.2
k
la série
k
2 |q| a = 2a
:165
.225
La série
k⩾Na
normalement
sur le segment [−a, a] . Or, pour tout k ⩾ Na , la fonc
donc uniformément
tion x → ln 1 − q k x est continue sur [−a, a] donc la fonction
+∞
k=Na
ln 1 − q k x
e:21
1075
3582
:889
1250
2
gNa : x →
est continue sur [−a, a] . Remarquons alors que, pour tout x ∈ [−a, a] , on a :
n→+∞
N
a −1
k=1
=
N
a −1
k=1
=
N
a −1
k=1
=
N
a −1
k=1
n→+∞
1 − qk x
lim
n→+∞
N
a −1
n
k=Na
1 − q k x lim exp
n→+∞
1 − q k x exp
lim
1 − qk x
k=1
x.com
:Non
=
lim fn (x) = lim
n→+∞
larvo
=
1 − qk x
n
k=Na
n
k=Na
1 − q k x exp (gNa (x)) .
scho
f (x)
n
k=Na
1 − qk x
ln 1 − q k x
ln 1 − q k x
univ.
Ainsi, la fonction f est continue sur [−a, a] (comme produit et composée de telles fonctions). Ceci étant vrai pour tout a ∈ R+ , on peut affirmer que f est continue sur R.
Suites et séries de fonctions
321
2. Supposons qu’une telle fonction g existe et soit x ∈ R. On a les égalités suivantes :
g (x)
(1 − qx) g (qx) = (1 − qx) 1 − q 2 x g q 2 x
(1 − qx) 1 − q 2 x 1 − q 3 x g q 3 x = · · · ⇒
n
g (x) =
1 − q k x g (q n x) = fn (x) g (q n x) ,
=
=
(R)
:
k=1
valables pour tout entier n (par une récurrence immédiate laissée au lecteur). Comme
lim q n x = 0 (suite géométrique de raison q ∈ ]−1, 1[), par continuité de g en 0, on
n→+∞
obtient l’égalité :
lim g (q n x) = g (0) = 1.
n→+∞
En outre, comme
lim fn (x) = f (x), en faisant tendre n vers +∞ dans la relation
n→+∞
3589
5
(R) , on obtient l’égalité :
6479
g (x) = lim fn (x) g (q n x) = f (x) × 1 = f (x) .
n→+∞
n+1
k=1
n+1
1 − q k x = (1 − qx)
1 − qk x
k=2
n+1
1 − q k−1 (qx)
=
(1 − qx)
=
(1 − qx) fn (qx) .
k=2
:165
.225
=
=
j=k−1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
fn+1 (x)
.20.2
55:1
Ainsi, g = f , ce qui montre son unicité. En outre, pour tout x ∈ R, pour tout entier n,
on a :
(1 − qx)
n
j=1
1 − q j (qx)
En faisant tendre n vers +∞, on obtient l’égalité :
∀x ∈ R, f (x) = (1 − qx) f (qx) ,
ce qui prouve l’existence d’une telle fonction g.
larvo
x.com
:Non
3. Nous allons démontrer que f est de classe C ∞ sur ]−1, 1[ puis nous allons majorer ses
dérivées ne afin de prouver que le reste de Taylor de f en 0 tend vers 0 lorsque n → +∞,
ce qui prouvera l’existence du développement en série entière de f au voisinage de 0.
f C ∞ Pour tout entier k ⩾ 1, on note gk : x → ln 1 − q k x qui est de classe C ∞
sur ]−1, 1[ (comme composée de deux telles fonctions et la fonction x → 1 − q k x est
strictement positive sur ]−1, 1[ car
k
scho
gk converge uniformément sur tout segment [−a, a] de
univ.
sur cet intervalle). La série
k q x = |q|k |x| < 1k 1 = 1
322
Centrale Math 1
]−1, 1[ (cf. la réponse à la question 1). Pour tout entier n ∈ N et tout entier k, on a :
n k (n)
n! q k
−q
−q k
(n+1)
(n)
gk
= (gk ) : x →
=
n+1
k
1−q x
(1 − q k x)
n+1
n+1
k
k
n!
|q|
n!
|q|
(n+1)
⇒ ∀x ∈ [−a, a] , gk
(x) =
n+1
n+1 ⩽ k
(∗)
(1 − q k x)
1 − |q| a
k
n+1
n+1
k
n!
|q|
n!
|q|
(n+1)
⇒ sup gk
(x) ⩽ n+1 = n+1
k
k
x∈[−a,a]
1 − |q| a
1 − |q| a
k
raison |q|
n+1
∈ ]−1, 1[) donc la série
sup
k x∈[−a,a]
(n+1)
(x) converge c’est-à-dire que la
gk
.20.2
k
55:1
6479
3589
5
k
k
(∗) : car q k x ⩽ q k x = |q| |x| ⩽ |q| a puis on utilise la croissance de la fonction
1
t →
n+1 .
(1 − t)
k
n+1
k
n! |q|
k
n+1
. La série
Comme lim 1 − |q| a = 1, on a n+1 ∼ n! |q|
k→+∞
k→+∞
k
1 − |q| a
k
k
q n+1 est à termes positifs et converge (série géométrique de
n! q n+1 = n!
:165
.225
(n+1)
gk
converge normalement (donc uniformément) sur tout segment [−a, a] de
série
k
e:21
1075
3582
:889
1250
2
]−1, 1[ . D’après le théorème de dérivation des séries de fonctons, on peut affirmer que la
+∞
fonction
gk = ln (f ) est C ∞ sur ]−1, 1[ . Comme la fonction exp (ln (f )) est de classe
k=1
C ∞ sur ]−1, 1[ .
Majoration de f (n) Soit n ∈ N∗ , en dérivant n fois la relation
f (x) = (1 − qx) f (qx) ,
la formule de Leibniz montre, pour tout x ∈ ]−1, 1[, que :
f (n) (x) = (1 − qx) q n f (n) (qx) − n1 qq n−1 f (n−1) (qx)
(1 − qx) q n f (n) (x) − nq n f (n−1) (qx) ⇒
:
f (n) (x) = −
nq n f (n−1) (qx)
.
1 − q n (1 − qx)
x.com
:Non
(S)
=
larvo
Soit a ∈ [0, 1[ . Pour tout entier n, la fonction f (n) est continue sur le segment [−a, a]
donc elle y est bornée et on note :
Ma(n) = sup f (n) (x) .
x∈[−a,a]
univ.
scho
D’après l’égalité ci-dessus, on a pour tout x ∈ [−a, a] :
(n−1)
n
n |q|n f (n−1) (qx)
n |q| Ma
(n)
n
⩽
⩽ Ca n |q| Ma(n−1)
f (x) =
1 − q n (1 − qx)
1 − q n (1 − qx)
Suites et séries de fonctions
avec Ca =
323
1
1
car la fonction t →
est croissante et que :
1 − |q| (1 + |q| a)
1−t
n
q n (1 − qx) ⩽ |q n (1 − qx)| ⩽ |q| (1 + |q| |x|) ⩽ |q| (1 + |q| a) .
Par conséquent, on en déduit la majoration suivante :
Ma(n) =
sup
x∈[−a,a]
(n)
n
f (x) ⩽ Ca n |q| Mn(n−1)
(n−1)
(n)
Ma
÷n!>0
n!
⩽ Ca q n
⇒
Ma
.
(n − 1)!
Une récurrence immédiate (laissée au lecteur) montre, pour tout entier n, que :
(n)
Ma
n!
n
n
⩽ (Ca ) q n+(n−1)+···+1 Ma(0) = (Ca ) q n(n+1)/2 Ma(0) .
3589
5
DSE de f Soit a ∈ [0, 1[ . D’après l’inégalité de Taylor, pour tout x ∈ [−a, a] , pour tout
n ⩾ 1, on a la majoration :
n−1
f (k) (0) Ma(n) |x|n
n
k
x ⩽
⩽ (Ca ) q n(n+1)/2 an = un .
f (x) −
k!
n!
k=0
n→+∞
c’est-à-dire que la série
n−1
k=0
f (k) (0)
k⩾0
k!
f (k) (0) k
x = f (x)
k!
:165
.225
lim
.20.2
n→+∞
xk converge et sa somme vaut f (x) lorsque x ∈
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
55:1
6479
un+1
= Ca q n+1 a → 0 < 1 alors, d’après le critère de D’Alembert, la série
Comme
n→+∞
un
un converge donc lim un = 0. Par le théorème d’encadrement, on en déduit que :
[−a, a] quelque soit a ∈ [0, 1[ . Autrement dit, on a prouvé que :
∀x ∈ ]−1, 1[ , f (x) =
+∞ (k)
f (0)
k!
k=0
xk
c’est-à-dire que f est développable en série entière sur ]−1, 1[ . En outre, d’après la
relation (S) évaluée en x = 0, pour tout entier n ⩾ 1, on a
f (n) (0) = −
qn
f (n−1) (0)
nq n f (n−1) (0)
f (n) (0)
=−
.
⇒
×
n
n
÷n!
1−q
n!
1−q
(n − 1)!
∀n ⩾ 1,
x.com
:Non
Une récurrence immédiate montre que :
n
qk
f (n) (0)
n
= (−1)
n!
1 − qk
k=1
scho
larvo
(laissée au lecteur) et comme f (0) = 1, on obtient la formule :
univ.
∀x ∈ ]−1, 1[ , f (x) = 1 +
+∞
n=1
n
(−1) xn
n
k=1
qk
.
1 − qk
324
Centrale Math 1
Commentaires 159 Exercice relativement classique, difficile et progressif.
Question 1 : On peut aborder l’étude de la convergence simple uniquement à l’aide du
théorème de convergence monotone des suites numériques. Comme la suite 1 − q k x k
converge vers 1, à partir d’un certain rang k0 , 1 − q k x est strictement positif et inférieur
à 1 donc la suite
n
vn =
1 − qk x
k=k0
vn
= 1 − q n x < 1) donc elle converge.
vn−1
Pour la continuité, il est indispensable d’utiliser le théorème dédié aux suites de fonctions.
Comme il s’agit d’un produit, le passage au logarithme permet d’utiliser la théorie des séries. Cette dernière est plus efficace car elle ajoute une notion de convergence très efficace
et simple d’utilisation (la convergence absolue pour les séries numériques et la convergence
normale pour les séries de fonctions). N’hésitez pas à retenir cette stratégie, elle vous sera
bien utile pour la gestion des produits infinis.
Pour les candidats n’y songeant pas, l’interrogateur les amènera sur cette piste. Il est alors
attendu certains automatismes concernant la convergence des séries numériques ainsi que
sur la justification de la continuité d’une somme de série de fonctions.
Question 2 : Comme d’habitude sur ce type d’équations fonctionnelles l’idée majeure est
d’itérer le processus induit par l’équation fonctionnelle puis de passer à la limite Les candidats y songeant seront fortement valorisés et les autres seront orientés dans cette direction.
Question 3 : Elle s’adresse aux bons candidats. L’argument clé dans ce type de question
est de montrer que la série de Taylor en 0 de f converge (un candidat le justifiant sera
fortement valorisé). Malheureusement, cela n’est pas suffisant (par exemple, la fonction
2
e−1/x si x = 0
g : x →
0
si x = 0
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
est positive et décroissante (car
g (n) (0)
n⩾0
n!
xn =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est de classe C ∞ sur R, pour tout entier n, g (n) (0) = 0 donc sa série de Taylor est
0
n⩾0
qui converge mais sa somme n’est pas g. Il faut ensuite montrer que la somme de la série
de Taylor vaut f c’est-à-dire, d’après la formule de Taylor, que le reste de Taylor tend
vers 0 quand n tend vers +∞. Ceci s’adresse aux meilleurs candidats.
f : x →
x.com
:Non
Exercice 160 (Centrale) On pose
+∞
(−1)n
n=0
n!
1
.
x+n
univ.
scho
larvo
1. Trouver l’ensemble de définition D. Montrer que f est de classe C ∞ sur D.
+∞
1
2. Soit x ∈ D. Montrer que e ∗ f (x) =
et calculer
x(x
+
1)
.
. . (x + n)
n=0
xf (x) − f (x + 1).
Suites et séries de fonctions
325
3. Soit x > 0. Montrer que f (x) =
1
tx−1 e−t dt.
0
Solution 160
1. Domaine de définition. Pour f (x) existe, il est impératif que
x + n = 0 ⇔ x = −n
pour tout n ∈ N c’est-à-dire que x ∈ R\Z− . Pour tout n ∈ N, on considère la fonction

R
 R\Z− →
n
(−1)
fn :
→
 x
n! (x + n)
donc la série
6479
3589
5
Soit x ∈ R\Z− , chaque terme fn (x) étant non nul, on peut appliquer le critère de
d’Alembert.
fn+1 (x) x + n 1
1
1
n
=
∼
× =
→ 0<1
fn (x) x + n + 1 × n + 1 n→+∞
n n
n n→+∞
fn (x) converge absolument donc converge. Ainsi, le domaine de défi-
55:1
n
:165
.225
.20.2
nition de f est D = R\Z− .
Caractère C ∞ de f. Pour tout entier n, fn est de classe C ∞ sur R\Z− . Pour tout
entier k, on a l’égalité suivante :
n
fn(k) (x) =
k
(−1) k!
(−1)
×
k+1
n!
(x + n)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(par une récurrence aisée). Soit [a, b] un segment de R\Z. Comme lim (a + n) = +∞,
n→+∞
il existe un entier Na tel que ∀n > Na , a + n ⩾ 1. On en déduit les majorations :
∀n >
(k)
fn (x) =
k!
Na , ∀x ∈ [a, b] , x + n ⩾ a + n ⩾ 1 ⇒
k!
k!
1
k!
(k)
×
⇒
sup
⩽
(x)
f
⩽ .
n
n! (x + n)k
n!
n!
x∈[a,b]
1
converge (série exponentielle ou par le critère de D’Alemn!
n!
n>Na
n>NA
(k)
fn converge normalement (donc uniforbert). Ainsi, pour tout entier k, la série
La série
= k!
x.com
:Non
n>Na
mément) sur le segment [a, b] . D’après le théorème de dérivation des séries de fonctions,
Na
+∞
la fonction
fn est de classe C ∞ sur [a, b] et comme la fonction
fn est C ∞
n=Na +1
n=0
scho
+∞
larvo
sur [a, b] (comme somme d’un nombre fini de telle fonctions), on en déduit que
fn +
univ.
n=Na +1
Na
fn = f
n=0
est C ∞ sur [a, b] , quelque soit le segment [a, b] de R\Z− donc f est C ∞ sur R\Z− .
326
Centrale Math 1
2. Effectuons la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle
Il existe des réels α0 , .., αn tels que :
1
.
x(x + 1)..(x + n)
n
αk
1
=
.
x(x + 1)..(x + n)
x+k
k=0
Pour chaque q ∈ {0, .., n} , en multipliant cette égalité par x + q puis en faisant tendre x
vers −q, on obtient la formule :
1
αq =
−q(−q + 1) · · · (−q + (q − 1))(−q + (q + 1)) · · · (−q + n)
1
(−1)q
=
.
=
q
(−1) (q(q − 1) · · · 1) (1 · · · (n − q))
q!(n − q)!
On en déduit l’égalité :
n
n
n⩾0
n!
n⩾0
3589
. D’après le théorème du produit de Cauchy. pour tout x ∈ D, on peut écrire :
+∞
1
=
x(x
+
1)..(x
+ n)
n=0
+∞ +∞
1
n!
n=0
:165
.225
n⩾0
(−1)n
=
fn (x)
n!(x + n)
(−1)n
n!(x + n)
n=0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
et
est le produit de Cauchy des deux
6479
séries absolument convergentes
1
1
n⩾0 x(x + 1)..(x + n)
55:1
On remarque alors que la série
k=0
.20.2
k=0
5
(−1)k
(−1)k
1
1
1
=
∗
=
∗
x(x + 1)..(x + n)
k!(n − k)! x + k
k!(x + k) (n − k)!
= ef (x) .
Grâce à cette formule, on obtient la relation :
+∞
+∞
x 1 1 1
1
1
xf (x) =
+
= +
e x n=1 x(x + 1)..(x + n)
e e n=1 (x + 1)..(x + n)
+∞
f (x + 1)
=
1
1
e n=0 (x + 1) (x + 2)..(x + n + 1)
+∞
1
1
.
k=n+1 e
(x + 1) (x + 2)..(x + k)
=
x.com
:Non
k=1
donc :
1
.
e
3. On développe en série entière t → e−t puis on justifie la possibilité de permuter les
symboles série et intégrale. Pour tout réel t, on a les égalités suivantes :
+∞
n
(−t)
n=0
∀ (x, t)
∈
n!
=
+∞
n
(−1)
scho
=
n=0
n!
R × ]0, 1] , tx−1 e−t =
univ.
e−t
larvo
xf (x) − f (x + 1) =
tn ⇒
+∞
n
(−1)
n=0
n!
tn+x−1 .
Suites et séries de fonctions
327
Soit x > 0 (fixé). Pour tout entier n, on considère la fonction
n
fn : t →
(−1) n+x−1
t
n!
qui est continue et intégrable sur ]0, 1] car l’intégrale
1
1
|fn (t)| dt =
n!
0
1
1
dt
t1−(x+n)
0
est une intégrale de Riemann de paramètre 1 − (x + n) < 1. La série
simplement sur ]0, 1] et sa somme
+∞
n=0
fn converge
n
fn : t → tx−1 e−t est continue sur ]0, 1] . Pour
5
finir, la série
n⩾0 0
1
1
|fn (t)| dt =
n⩾0
n!
t
n+x−1
dt =
1 tx+n t=1
3589
1
n⩾0
0
n! x + n t=0
6479
=
n⩾0
1
n! (x + n)
55:1
1
qui est la série exponentielle réputée être
n!
convergente). D’après le théorème de permutation série-intégrale, on peut affirmer que
la fonction
+∞
fn : t → e−t tx−1
:165
.225
.20.2
converge (son terme général est majoré par
n=0
1 +∞
0 n=0
+∞ 1
fn =
n=0 0
fn ⇔
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est intégrable sur ]0, 1] et on a la formule :
e−t tx−1 dt =
+∞
n
(−1)
n=0
0
n!
×
1
= f (x) .
n+x
Commentaires 160 Exercice de niveau standard et assez progressif. La principale difficulté étant la preuve de la première formule
1
.
x(x
+
1)
.
. . (x + n)
n=0
x.com
:Non
e ∗ f (x) =
+∞
larvo
Elle est astucieuse et nécessitera, pour l’immense majorité des candidats, au moins une
indication de l’interrogateur (utilisation du développement en série entière de l’exponentielle pour écrire e comme somme d’une série). Il est attendu du candidat l’application
rigoureuse du produit de Cauchy (et sa connaissance !). Il est probable également que l’interrogateur demande la décomposition en éléments simples de
univ.
scho
1
.
x(x + 1) . . . (x + n)
328
8.4
Mines-Ponts
Mines-Ponts
Exercice 161 (Mines-Ponts) Soit f0 une fonction continue de R+ dans R. On pose :
∀n ∈ N, ∀x ∈ R+ , fn+1 (x) =
Montrer que la fonction g =
+∞
x
fn (t)dt.
0
fn est définie sur R+ et la calculer en fonction de f0 .
n=0
Solution 161 Commençons par justifier par récurrence sur n que fn est continue sur R+ . Ceci
est immédiat par définition de f0 . Supposons que fn soit continue sur R+ alors la fonction
5
fn (t)dt = fn+1 (x)
0
3589
x →
x
55:1
6479
est l’unique primitive de fn s’annulant en 0 donc fn+1 est dérivable sur R+ et à fortiori continue.
Soit a > 0, la fonction f étant continue sur le segment [0, a] , elle y est bornée donc le nombre
M (a) = sup |f | existe. Pour tout x ∈ [0, a] et tout entier n, on a les majorations suivantes :
|f1 (x)|
=
|f2 (x)|
=
|f3 (x)|
=
|f (x)| ⩽ M (a)
x
x
x
f0 (t)dt ⩽
0⩽x |f0 (t)| dt ⩽ M (a)dt = M (a)x
0
0
0
x
x
x
M (a)x2
f1 (t)dt ⩽
|f
(t)|
dt
⩽
M
(a)tdt
=
1
0⩽x
2
0
0
0
x
x
x
M (a)t2
M (a)x3
f2 (t)dt ⩽
dt
=
|f
(t)|
dt
⩽
2
0⩽x
2
6
:165
.225
=
0
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
|f0 (x)|
.20.2
[0,a]
0
Démontrons alors par récurrence sur n la propriété
M (a)xn
».
n!
x.com
:Non
(Hn ) : « ∀x ∈ [0, a] , |fn (x)| ⩽
0
0
M (a)xn+1
M (a)xn+1
=
,
n!(n + 1)
(n + 1)!
univ.
=
scho
larvo
Initialisation n = 0. Ceci a été vérifiée précédemment donc (H0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons (Hn ) vraie pour un certain entier n et montrons (Hn+1 ). Pour tout
x ∈ [0, a] , on a :
x
x
x
M (a)tn
dt
|fn+1 (x)| = fn (t)dt ⩽
|fn (t)| dt ⩽
n!
0⩽x
0
Suites et séries de fonctions
329
ce qui démontre (Hn+1 ) et achève la récurrence.
Par conséquent, on dispose des majorations suivantes :
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, a] , |fn (x)| ⩽
M (a)an
M (a)xn
M (a)an
⩽
⇒ sup |fn | ⩽
.
n!
n!
n!
[0,a]
an
M (a)an
= M (a)
converge (série exponentielle) donc la série de fonctions
La série
n!
n!
n
n
fn converge normalement, donc uniformément, sur tout segment [0, a] de R+ .
n
En particulier, la série
fn converge simplement sur
n
[0, a] = R+ et sa somme S =
a>0
fn (x) = f (x) +
n=1
=
f0 (x) +
x +∞
fn−1 (t) dt = f0 (x) +
(∗)
n=1 0
fk (t) dt = f0 (x) +
0 k=0
x
0
fn−1 (t) dt
0 n=1
5
f0 (x) +
x +∞
3589
=
x
S (t) dt ⇒ (E) : S (x) = f0 (x) +
6479
S (x)
+∞ fn
n=0
est continue sur R+ . Explicitons celle-ci. Pour tout réel x ∈ R+ , on a :
+∞
+∞
x
S (t) dt..
0
k⩾0
La fonction T : x →
x
:165
.225
n⩾1
.20.2
55:1
(∗) car, pour chaque entier n ⩾ 1, la fonction fn−1 est continue sur le segment [0, x] et la série
fn−1 =
fk converge uniformément sur ce segment.
S (t) dt est l’unique primitive de S s’annulant en 0 donc T = S et
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
l’équation (E) s’écrit pour tout t ∈ R+ :
T (t) = f0 (t) + T (t) ⇔ T (t) − T (t) = f0 (t) .
Résolvons cette équation différentielle. Le plus rapide est de la multiplier par e−t pour observer
la dérivée d’un produit :
T (t) e−t − e−t T (t) = f0 (t) e−t ⇔ T (t) e−t = f0 (t) e−t .
Pour tout x ∈ R+ , en primitivant cette égalité sur [0, x], on obtient :
0
T (t) e−t dt =
x
0
x
f0 (t) e−t dt ⇔ T (t) e−t 0 =
⇔ T (x) e−x − T (0) =
=0
x
0
x.com
:Non
x
f0 (t) e−t dt ⇔ T (x) = ex
x
f0 (t) e−t dt
0
x
f0 (t) e−t dt.
0
scho
larvo
On en déduit l’expression de S (x) pour tout x ∈ R+ :
univ.
S (x) = T (x) = f0 (x) + T (x) = f0 (x) + e
x
x
0
f0 (t) e−t dt.
330
Mines-Ponts
Commentaires 161 Exercice classique pour ce concours. Le point clé est d’observer que
fn+1 est l’unique primitive de fn s’annulant en 0. Une récurrence immédiate montre alors
que fn est de classe C n et
∀n ∈ N∗ , fn = fn−1 ⇒ ∀k ∈ {0, .., n} , fn(k) = fn−k .
En évaluant en 0 cette dernière égalité, si n ∈ N∗ , on obtient que
∀k ∈ {0, .., n − 1} , fn(k) (0) = fn−k (0) = 0
(car n − k > 0 donc fn−k est une primitive s’annulant en 0). Certains candidats songent
alors à l’inégalité de Taylor à l’ordre n − 1 pour majorer |fn | .
n−1
n
fn(k) (0) |x − 0|n
|x|
k
∀x ∈ R, fn (x) −
x ⩽
sup fn(n) ⇔ |fn (x)| ⩽
sup |f0 | .
k!
n!
n! [0,x]
[0,x]
k=0
fn (x) est alors immédiate (cf. le corrigé). De tels candidats
5
3589
La convergence de la série
n
:165
.225
.20.2
55:1
6479
sont fortement valorisés. Sinon, l’interrogateur proposera une indication, probablement
celle du corrigé. Dans ce cas, on attend que le candidat conclut seul à la récurrence et à
la convergence.
Pour le calcul de la somme, les candidats songeant à sommer sur tous les entiers n la relation de récurrence de (fn )n et à justifier la permutation série-intégrale, seront fortement
valorisés par l’interrogateur. Pour les autres, il proposera une indication similaire.
Pour la résolution de l’équation « intégrale », si le candidat songe à la notion de primitive, cela sera un plus. Pour la plupart des candidats, l’interrogateur proposera de noter
x
y = S et de trouver son équation différentielle. La résolution de celle-ci ne doit pas poser
0
Exercice 162 (Mines-Ponts) On pose S : x →
1. Montrer que S est continue sur ]0, +∞[ .
+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
de difficulté particulière au candidat (il s’agit essentiellement d’une question de cours de
MPSI).
1
.
n (1 + nx)
n=1
2. Étudier la monotonie, les limites et équivalents de S en 0+ et en +∞.
x.com
:Non
Solution 162
1
est continue sur R∗+ . En outre,
n (1 + nx)
elle est positive et décroissante sur R∗+ donc, pour tout segment [a, b] ⊂ R∗+ (c’est-à-dire
0 < a ⩽ b), on peut écrire :
larvo
1. Pour tout entier n ⩾ 1, la fonction un : x →
x∈[a,b]
1
1
⩽ 2
n + n2 a
n a
1
1 1
=
converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la
2
n a
a
n2
n⩾1
n⩾1
univ.
La série
scho
sup |un (x)| = un (a) =
Suites et séries de fonctions
série
331
sup |un (x)| converge. Autrement dit, la série
n x∈[a,b]
sur tout segment de [a, b] de R∗+ donc sa somme
+∞
un converge normalement
n
un = S est continue sur R∗+ .
n=1
2. Monotonie. Pour chaque n ⩾ 1, la fonction un : x →
1
est décroissante donc :
n (1 + nx)
2
∀ (x, y) ∈ ]0, +∞[ avec x ⩽ y ⇒ ∀n ⩾ 1, un (y) ⩽ un (x) .
En sommant sur n ∈ N∗ , on obtient l’inégalité S (y) ⩽ S (x) donc S est décroissante sur
]0, +∞[ .
Limite en +∞. Nous allons utiliser le théorème permutation limite-série. Pour tout
entier n ⩾ 1, on a lim un (x) = 0 et la série
x→+∞
|un (x)| =
sup
un (x) =
n⩾1 x∈[1,+∞[
un (1) =
1
5
sup
n⩾1 x∈[1,+∞[
n⩾1
n⩾1
3589
1
−
n n+1
55:1
6479
1
converge (série télescopique associée à la suite convergente
). Ainsi, la série
n n⩾1
un converge normalement, donc uniformément, sur [1, +∞[ d’où l’égalité :
x→+∞
+∞
un (x) =
n=1
+∞
n=1
lim un (x) ⇔ lim S (x) = 0.
x→+∞
x→+∞
:165
.225
lim
.20.2
n⩾1
Équivalent en +∞. Formellement, pour tout entier n ⩾ 1, on a l’équivalent suivant :
1
1
∼
.
n + n2 x x→+∞ n2 x
e:21
1075
3582
:889
1250
2
un (x) =
En sommant sur n ∈ N∗ ces équivalents (ce qui est illicite), on obtient :
S(x) =
+∞
un (x)
n=1
+∞
+∞
1 1
1
=
.
x→+∞
n2 x
x n=1 n2
n=1
∼
Prouvons rigoureusement cet équivalent en montrant que
lim xS (x) =
x.com
:Non
x→+∞
+∞
1
n=1
n2
scho
larvo
Grâce au théorème de permutation limite-série. Pour tout entier n ⩾ 1, on considère la
fonction
x
vn : x →
n (1 + nx)
1
qui tend vers 2 lorsque n → +∞. En outre, on dispose de la majoration suivante valable
n
pour tout n ⩾ 1 :
univ.
∀x ∈ ]0, +∞[ , |vn (x)| = vn (x) ⩽
1
x
1
= 2 ⇒ sup |vn | ⩽ 2 .
n (nx)
n
n
]0,+∞[
332
Mines-Ponts
La série
1
n
étant convergente (série de Riemann de paramètre 2 > 1), on en dé-
n2
duit que la série
sup |vn | converge. Ainsi, la série
n⩾1 ]0,+∞[
vn converge normalement,
n⩾1
donc uniformément, sur ]0, +∞[ et le le théorème de permutation série limite permet de
conclure.
Limite en 0. La fonction S est décroissante sur ]0, +∞[ donc elle admet une limite
L ∈ R ∪ {+∞} en 0+ . Supposons que L ∈ R. Pour tout x ∈ R∗+ , chaque terme de la
somme S (x) étant positif, on dispose de la majoration suivante :
∗
∀N ∈ N ,
N
un (x) ⩽
n=1
+∞
n=1
un (x) ⇔
N
un (x) ⩽ S (x) .
n=1
n=1
un (0) ⩽ L ⇔
N
1
n=1
n
⩽ L.
3589
N 1
N
6479
∀N ∈ N∗ ,
5
En faisant tendre x vers 0 (ce qui est licite car les deux membres de l’inégalité possède
une limite en 0+ ), on obtient :
est majorée (par L) et croissante donc elle converge ce qui
n
N
1
converge. Ceci est absurde car il s’agit d’une série de Riemann
signifie que la série
n
55:1
n=1
n⩾1
de paramètre 1 donc L = +∞ c’est-à-dire lim S = +∞.
:165
.225
0+
.20.2
Ainsi, la suite
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Équivalent en 0. On utilise la comparaison série intégrale. Soit x ∈ R∗ , on considère
la fonction
1
f : t →
t (1 + tx)
qui est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[. En outre, la fonction f est intégrable sur [1, +∞[ car :
A
A x
1
t=A
∀A ⩾ 1, f (t) dt =
−
dt = [ln (t) − ln (1 + tx)]t=1
t
1 + tx
1
1
t=A
1
t
A
− ln
= ln
= ln
1 + tx t=1
1 + Ax
1+x
1
→ ln
− ln (1 + x) = − ln (x) − ln (1 + x) .
A→+∞
x
x.com
:Non
Pour tout entier n ⩾ 1, on dispose des encadrements suivants :
[n, n + 1] , f (n + 1) ⩽ f (t) ⩽ f (n)
n+1
n+1
n+1
⇒
f (n + 1)dt ⩽
f (t)dt ⩽
f (n)dt
n
⇔ f (n + 1) ⩽
scho
larvo
∈
n+1
univ.
∀t
n
n
f (t)dt ⩽ f (n)
n
Suites et séries de fonctions
333
En sommant cet encadrement sur n ∈ N∗ , on obtient l’encadrement :
S (x) − f (1)
⩽
+∞
f (t) dt ⩽ S (x)
1
⇔
S (x) −
⇔ −
1
⩽ − ln (x) − ln (1 + x) . ⩽ S (x)
1+x
1
+ ln (1 + x) ⩽ − ln (x) − S (x) ⩽ 0.
1+x
1
+ ln (1 + x) est bornée au voisinage de 0, on en déduit
Comme la fonction x → −
1+x
que :
− ln (x) − S (x) = O (1) ⇔ S (x) = − ln (x) + O (1) ∼ − ln (x) .
x→0+
→ +∞
3589
5
x→0+
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Commentaires 162 Exercice de difficulté standard pour ce concours. La continuité, les
variations et la limite de f en +∞ ne doivent pas poser de difficulté particulière. La
différenciation des candidats se fera sur l’équivalent en +∞ mais surtout son asymptotique
en 0+ .
Pour la limite en 0+ , l’argument est classique pour ce concours (valable pour toute somme
de fonctions positives et monotones). On peut se passer de cet argumentaire dans le cas
présent en cherchant directement un équivalent. Si on procède comme en +∞, le terme
1
général est équivalent, quand x tend vers 0, à
donc, si on somme sur tous les entiers
n
+∞
1
n ⩾ 1, on obtient que S (x) est équivalent à
qui est une expression n’existant pas (la
n
n=1
série diverge comme série de Riemann de paramètre 1). Ainsi, il faut une autre stratégie et
la comparaison série-intégrale doit être une idée naturelle pour le candidat afin d’encadrer
finement la somme. Par exemple, la minoration de S par comparaison-série intégrale suffit
à obtenir la limite en 0+ .
Exercice 163 (Mines-Ponts) Soit α ∈ R et, pour tout n ∈ N, la fonction un : [0, 1] → R
définie par
∀x ∈ [0, 1] , un (x) = nα xn (1 − x).
x.com
:Non
Étudier la convergence simple, normale et uniforme sur [0, 1] de la série de fonctions
un .
n
larvo
Solution 163 Étude de la convergence simple. Si x = 1 alors, pour tout entier n, un (1) =
0 donc la série
un (1) converge.
n
2
α+2 n
n un (x) = n
x
univ.
scho
Si x ∈ [0, 1[ , d’après les croissances comparées, on a :
→
n→+∞
0 ⇒ un (x)
=
n→+∞
o
1
n2
.
334
Mines-Ponts
Comme la série
1
n2
n
est à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre
2 > 1), on peut affirmer que la série
Ainsi, la série
un (x) converge.
n
un converge simplement sur [0, 1] .
n
Étude de la convergence normale. Pour tout entier n, la fonction un est dérivable sur [0, 1]
et sa dérivée vaut :
un (x) = nα nxn−1 (1 − x) − xn = nα xn−1 (n(1 − x) − x) = nα xn (n − (n + 1)x) .
On en déduit le tableau des variations de fn .
un (x)
0
1
−
5
n/(n + 1)
0
un (n/(n + 1))
+
0
[0,1]
nα
=
n+1
n
n+1
n
nα
=
n+1
1
1−
n+1
n
.
:165
.225
[0,1]
n
n+1
.20.2
sup |un | = sup un = un
55:1
Par conséquent, on a les égalités suivantes :
3589
0
6479
x
un (x)
À l’aide de l’écriture exponentielle et de l’équivalent x → ln (1 + x) , on obtient :
La série
e−1
n
n1−α
= e−1
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
1
1
n ln 1 −
∼ n× −
∼ n× −
= −1
n + 1 n→+∞
n + 1 n→+∞
n
n
1
1
⇒ 1−
→ exp (−1) = e−1 = 0
= exp n ln 1 −
n→+∞
n+1
n+1
e−1
nα −1
e = 1−α .
⇒ sup |un | ∼
n→+∞ n
n
[0,1]
1
converge si et seulement si
n1−α
(série de Riemann) donc la série
n
sup |un | converge si et seulement si α < 0 c’est-à-dire que
n [0,1]
un converge normalement sur [0, 1] si et seulement si α < 0.
larvo
la série de fonctions
x.com
:Non
1−α>1⇔α<0
scho
Étude de la convergence uniforme. Si α < 0 alors la série
n
un converge normalement,
univ.
donc uniformément, sur [0, 1] .
Supposons α ⩾ 0 alors, pour tout entier n ⩾ 1 et tout x ∈ [0, 1[ , on a nα ⩾ 1 donc on dispose
Suites et séries de fonctions
335
de la minoration suivante :
un (x)
⩾
xn (1 − x) ⇒
+∞
=
n=1
+∞
+∞
+∞
un (x) ⩾
un (x) ⩾
xn (1 − x)
n=0
n=1
n=1
⩾0
+∞
n
x − xn+1 = x ⇒ (∗) : ∀x ∈ [0, 1[ ,
un (x) ⩾ x.
n=0
(d’après les sommes télescopiques comme lim xn = 0). Supposons que la série
n→+∞
un converge
n⩾0
uniformément sur [0, 1] . Pour tout entier n, lim− un (x) existe et vaut 0 donc, d’après le théox→1
rème de permutation limite-série, on peut affirmer que :
x→1
+∞
n=0
un (x) =
+∞
n=0
lim+ un (x) =
x→1
+∞
0 = 0.
n=0
5
lim−
6479
3589
Ainsi, en faisant tendre x vers 1− dans la minoration (∗) , on obtient 0 ⩾ 1, ce qui est absurde.
Par conséquent, la série
un ne converge pas uniformément sur [0, 1] .
n
un converge uniformément sur [0, 1] si et seulement si α < 0.
55:1
Conclusion. La série
.20.2
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 163 Exercice classique pour ce concours de difficulté bien graduée. La
convergence simple ne doit pas poser de difficulté particulier (l’argumentaire doit être
précis et rigoureux pour une question aussi simple).
La convergence normale discriminera les candidats. Il est attendu du candidat d’établir
convenablement
n la borne supérieure de |un |. Le piège classique étant d’affirmer que la suite
n
converge vers 1. Ceci est faux sans altérer fondamentalement la contrainte
n+1
n
sur α mais l’interrogateur tiquera forcément et attendra un argument plus sérieux.
La convergence uniforme permettra de distinguer les meilleurs candidats. Une méthode
pour justifier une non-convergence uniforme sur un intervalle est de nier la continuité (si
chaque terme est continue) ou le théorème de permutation limite-série (si chaque terme
admet une limite finie).
n
1. Domaine de définition de f : x →
+∞
x.com
:Non
2n x2 −1
Exercice 164 (Mines-Ponts) Pour tout entier n, on pose fn : x ∈ R →
.
1 + x 2n
fn (x)
n=0
scho
Solution 164
larvo
2. Calculer f (x) sur son ensemble de définition.
univ.
1. Soit x ∈ R alors f (x) existe si et seulement si la série
n
n
fn (x) converge. Remarquons
que, pour chaque entier n ⩾ 1, la fonction x → x2 −1 est impaire (exposant impair) et
336
Mines-Ponts
n
la fonction x → x2 est paire (exposant pair) donc la fonction fn est impaire, ce qui
permet d’effectuer l’étude uniquement sur R+ .
Si x ∈ [0, 1[ alors
fn (x)
=
o
n→+∞
car on a :
1
2n
0 ⩽ 2n fn (x) ⩽ 2n 2n x2/ −1 = 4n x2 −1 = exp (n ln (4) + (2n − 1) ln (x))
n
n
et, d’après les croissances comparées, on a :
n ln (4) + (2n − 1) ln (x)
(2n − 1) ln (x) → −∞.
n→+∞
∼
n→+∞ →
+∞ <0
n→+∞
2n
est à termes positifs et converge (série géométrique de raison
6479
1
∈ ]−1, 1[), on peut affirmer que la série
fn (x) converge.
2
n
Si x = 1 alors, pour tout entier n, on a :
fn (1) diverge (grossièrement).
n
Si x > 1 alors x2
n
→
n→+∞
+∞ (suite extraite de la suite (xn )n qui tend vers +∞), ce qui
e:21
1075
3582
:889
1250
2
donne l’équivalent suivant :
n
fn (x)
donc la série
55:1
:165
.225
donc la série
2n
→ +∞
2 n→+∞
.20.2
fn (1) =
5
n
3589
1
Comme la série
2n
2n x2 −1
→ +∞
=
n
n→+∞
x2
x n→+∞
∼
fn (1) diverge (grossièrement).
n
Conclusion : la fonction f est définie sur ]−1, 1[ .
2. Commençons par la remarque clé. Pour tout entier n et tout x ∈ ]−1, 1[ , on a l’égalité :
Considérons, pour tout entier n, la fonction
x.com
:Non
+∞ n
n
⇒ f (x) =
.
ln 1 + x2
fn (x) = ln 1 + x2
n=0
larvo
n
gn : x ∈ ]−1, 1[ → ln 1 + x2 .
univ.
scho
1
Pour tout entier n, la fonction gn est de
classe C sur ]−1, 1[.
2n
Soit x ∈ ]−1, 1[ . Comme la suite x n converge vers 0, l’équivalent de t → ln (1 + t)
en 0 montre que :
1
2n
gn (x) ∼ x
= o
n→+∞
n→+∞
2n
Suites et séries de fonctions
337
(d’après les croissances comparées mxm → 0 puis remplacer m par 2n → +∞).
m→+∞
n→+∞
1
1
La série
est à termes positifs et converge (série géométrique de raison ∈ ]−1, 1[)
n
2
2
n
donc la série
gn (x) converge. Ainsi, la série
gn converge simplement sur ]−1, 1[ .
n
n
Pour tout a ∈ [0, 1[ et tout entier n, on a les majorations suivantes :
∀x
∈
⩽
2n −1
2n |x|
2n −1
⩽ 2n |x|
[−a, a] , |gn (x)| = |fn (x)| =
2n
1+x
n
n
2n a2 −1 ⇒ sup |gn | ⩽ 2n a2 −1
=
n→+∞
[−a,a]
o
1
2n
(cette dernière domination ayant été justifiée à la question précédente). On en déduit im
médiatement que la série
sup |gn | converge c’est-à-dire que la série
gn converge
5
n [−a,a]
n
n=0
+∞
gn = f.
.20.2
G =
55:1
et que :
6479
3589
normalement, donc uniformément, sur tout segment [−a, a] de ]−1, 1[ .
+∞
Par conséquent, on peut affirmer que la fonction G =
gn est de classe C 1 sur ]−1, 1[
n=0
n=0
ln 1 + x
2n
= ln
N
1+x
n=0
2n
= ln (PN (x)) .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
N
:165
.225
Calculons maintenant G en réécrivant astucieusement ses sommes partielles. Pour tout
entier N et tout x ∈ ]−1, 1[ , d’après les règles de calculs sur les logarithmes, on a :
=PN (x)
Explicitons ces produits étranges PN (x) pour les différentes valeurs.
0
P0 (x)
P1 (x)
=
1 + x2 = 1 + x,
=
P2 (x)
=
(1 + x)(1 + x2 ) = 1 + x + x2 + x3 ,
2
P1 (x) 1 + x2 = (1 + x + x2 + x3 )(1 + x4 )
P3 (x)
=
=
1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7
3
P2 (x) 1 + x2 = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 1 + x8
x.com
:Non
=
1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + x7 + x8 + x9
larvo
+x10 + x11 + x12 + x13 + x14 + x15
scho
En remarquant que les valeurs consécutives de 2n − 1 sont 1, 3, 7, 15, montrons par
récurrence sur n l’assertion
univ.
(Hn ) : « Pn (x) =
2n+1
−1
k=0
xk ».
338
Mines-Ponts
Initialisation n = 0. Puisque
20+1
−1
1
k
x =
k=0
xk = 1 + x = P0 (x),
k=0
l’hypothèse (H0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons (Hn ) vraie pour un certain entier n et montrons (Hn+1 ). Pour
tout réel x, on a :
Pn (x) 1 + x
=
2n+1
−1
xk +
k=0
=
2n+1
−1
k=0
2n+1
−1
2n+1
−1
=
1+x
k=0
xk+2
n+1
n+1
2×2
−1
xk =
l=2n+1
=
j=k+2n+1
k=0
xk +
x
k
2n+1
−1
2n+1
2n+1
−1
k
x +x
2n+1
k=0
xk +
2n+1
−1
xk
k=0
n+1
2n+1 +2
−1
xj
j=2n+1
k=0
xk +
k=0
=
2n+1
−1
2n+2
−1
xk =
2n+2
−1
5
=
2n+1
l=2n+1
3589
Pn+1 (x)
xk ,
k=0
f (x) = G (x) =
1
.
1−x
:165
.225
⇒
.20.2
55:1
6479
ce qui démontre (Hn+1 ) et achève la récurrence.
En faisant tendre N vers +∞ et en utilisant la continuité du logarithme, on obtient la
formule suivante valable pour tout x ∈ ]−1, 1[ :
+∞ 1
= − ln (1 − x)
xn = ln
G (x) = ln
1−x
n=0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 164 Exercice difficile pour ce concours et l’interaction avec l’interrogateur sera un élément clé de progression dans le sujet pour de nombreux candidats.
Question 1 : Cette question requiert une bonne compréhension des dominations usuelles
et discriminera un nombre significatif de candidats. Voici une autre réponse possible à
n
2n x2/ −1
est une suite extraite de la suite
cette question. On observe que la suite un =
1 + x 2n
n−1
nx
n
. Si |x| > 1 alors |x|
→ +∞, on dispose de l’équivalent suivant :
vn =
n→+∞
1 + xn
n−1 nx
= n
→ +∞ ⇒ |un | → +∞
|vn | ∼ n
n→+∞
n→+∞
x |x| n→+∞
l’équivalent suivant :
|vn |
n
n |x|
n−1
n→+∞
n−1 nx
= n |x|n−1 .
n
→
0, on dispose de
xn dont le rayon
n→+∞
converge comme série dérivée de la série entière
larvo
La série
∼
x.com
:Non
(car (un )n est une suite extraite de (vn )n ). Si |x| < 1 alors |x|
scho
de convergence est R = 1 et que |x| < 1. Ainsi, la série
n
n
vn converge absolument donc
univ.
la famille (vn )n∈N est sommable. D’après le théorème de sommation par paquets, on en
Suites et séries de fonctions
339
déduit que la sous-famille (un )n est sommable (choisir I = {2n , n ∈ N} comme sous
ensemble de sommation de N) c’est-à-dire que la série
un est absolument convergente
n
donc convergente.
Question 2 : Le point crucial est
que le terme général de la série admet pour
de remarquer
n
primitive la fonction x → ln 1 + x2 puis d’utiliser soit un théorème de dérivation ou
d’intégration terme à terme du chapitre « suites et séries de fonctions ». Un candidat ayant
cette idée et la menant à son terme convenable sera bien valorisé par l’interrogateur. Pour
les autres, l’interrogateur proposera une telle piste mais il attendra alors des énoncés précis
N
n
1 + x2 peut se conjecturer en
et une mise en place convenable. Le calcul du produit
n=0
testant l’expression pour divers N assez petit. Une telle démarche sera valorisée si le
candidat conjecture la bonne formule, même s’il n’a pas le temps de la prouver.
+∞
6479
3589
5
e−nα
√
.
n2 + 1
n=0
Déterminer un équivalent simple de I (α) quand α tend vers 0.
Exercice 165 (Mines-Ponts) Pour α > 0, on pose I (α) =
Solution 165 Si le théorème de permutation série-limite pouvait appliquer, on obtient :
+∞
e−nα
1
√
lim √
=
2
2
α→0
n + 1 n=0 n + 1
n=0
55:1
α→0
+∞
.20.2
lim I (α) =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
1
mais cette dernière série diverge (terme général équivalent à ). Il va falloir affiner le raisonn
1
nement en éliminant la divergence asymptotique en . Pour cela, on considère la fonction
n
+∞
1
1
J (α) =
e−nα √
−
n2 + 1 n
n=1
(le terme n = 0 pose problème, on le traitera plus tard) sur laquelle nous allons appliquer le
théorème de permutation série-limite. Pour tout entier n ⩾ 1, on pose
fn : α → un e−nα avec un = √
1
n2 + 1
−
1
.
n
Pour chaque entier n ⩾ 1, lim+ fn (α) existe. Montrons que la série
α→0
fn converge normale-
n
x.com
:Non
ment sur R∗+ . Pour tout entier n, on a :
1
1
1
1
−√
= − 2
n
n n 1 + 1/n2
n +1
α∈R+
−1/2
1
1
1
1
1
1
1
1− 2
−
1+O
= −
= O
.
=
2
n→+∞
n→+∞
n n
n
n n
n
n3
1
est à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre
Comme la série
n3
n
sup |fn (α)| converge. Ainsi, la série
fn converge
3 > 1), on en déduit que la série
n⩾1
univ.
scho
larvo
sup |fn (α)| = |un | =
α∈R+
n⩾1
340
Mines-Ponts
normalement, donc uniformément, sur R+ . D’après le théorème de permutation série-limite,
on a :
+∞
+∞
lim J (α) =
lim fn (α) =
un .
α→0
n=1
α→0
n=1
Or, pour tout α > 0, on a l’égalité suivante :
J (α) =
+∞
n
(e−α )
e−nα
√
= I (α) + ln 1 − e−α
−
n2 + 1 n=1 n
n=1
+∞
(d’après le développement en série entière de x → − ln (1 − x) dont le rayon de convergence est
R = 1 et on a |e−α | = e−α < 1 si α > 0). Comme J possède une limite finie L en 0+ et que
α → ln (1 − e−α ) tend vers −∞ quand α tend vers 0+ , l’égalité précédente montre que :
I (α) = − ln 1 − e−α + J (α) ∼ + − ln 1 − e−α .
α→0
→+∞
→ln(1)=0
I (α)
∼
α→0+
− ln (α) .
:165
.225
Ainsi, on en déduit l’équivalent recherché :
55:1
α→0+
− ln (α) − ln (1 + o (1)) ∼ − ln (α) .
α→0+
α→0+ =
.20.2
α→0+
6479
3589
5
Utilisons alors le développement limité de l’exponentielle en 0 pour trouver un équivalent plus
simple.
= − ln (α + o (α)) = − ln (α (1 + o (1)))
− ln 1 − e−α
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 165 Exercice difficile pour un candidat seul ... mais ce n’est pas le cas
à Mines-Ponts où l’interaction avec l’interrogateur peut-être rapide. L’interaction avec
l’interrogateur et la réactivité du candidat seront cruciaux pour avancer significativement
dans ce sujet.
Chapitre 9
Intégration
5
CCINP
3589
9.1
0
:165
.225
où t désigne la partie entière de t.
55:1
t − t
dt
t (t + x)
.20.2
G (x, y) =
y
6479
Exercice 166 (CCINP)
2
1. Soit (x, y) ∈ R∗+ . Justifier la convergence de l’intégrale
3. Soit y ∈ R∗+ . Montrer que :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2. Soit x ∈ R∗+ . Montrer que la fonction y → G (x, y) tend vers une limite finie G (x)
quand y → +∞.
 n

y+n
1
t
−
t
t
−
t
∀n ∈ N∗ , G (n, y) = 
dt −
dt
n
t
t
0
n
4. Pourtout entier n ⩾ 1,on note Hn = nG (n) . Montrer que la série
1
converge et en déduire un équivalent de G (n) .
Hn − Hn−1 −
2n
n⩾2
x.com
:Non
Solution 166
t − t
est continue par morceaux sur ]0, y] comme quotient de
t (t + x)
deux telles fonctions dont le démoninateur ne s’annule pas sur cet intervalle. En outre,
pour tout t ∈ ]0, 1[ , on a t = 0 donc
1
t
1
=
→ .
t (t + x)
t + x t→0 x
scho
f (t) =
larvo
1. La fonction f : t →
univ.
Ainsi, f étant prolongeable en une fonction continue par morceaux sur le segment [0, y] ,
elle y est intégrable, ce qui assure l’existence de l’intégrale G (x, y) .
342
CCINP
2. On souhaite appliquer le théorème de convergence dominée mais le domaine d’intégration
est variable. On contourne le problème en considérant la fonction
 ∗
R × R∗+ → R



 +
 t − t
si t ∈ [0, y] ,
h:
(y,
t)
→

t (t + x)



0
si t > y
qui permet d’écrire :
∀y ∈ R∗+ ,
+∞
y
y
t − t
dt = G (x, y) .
h (y, t) dt = h (y, t) dt =
t (t + x)
0
0
0
t − t
t − t
⇒ lim h (y, t) =
= f (t) .
y→+∞
t (t + x)
t (t + x)
6479
∀y ⩾ t, t ∈ [0, y] ⇒ h (y, t) =
3589
5
On peut alors utiliser le théorème de convergence dominée.
Pour tout y ∈ R∗+ , la fonction t → h (y, t) est continue par morceaux sur R∗+ .
Pour tout t ∈ R∗+ , si y ⩾ t, on a t ∈ [0, y] donc :
:165
.225
.20.2
55:1
La fonction f est continue par morceaux sur R∗+ .
On dispose également de la domination suivante :

 t − t
∗ 2
t − t
si t ∈ [0, y]
∀ (y, t) ∈ R+ , |h (y, t)| =
= f (t) .
⩽
t (t + x)

t (t + x)
0
si t > y
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Prouvons que la fonction f est intégrable sur ]0, +∞[ . À la question précédente, nous
avons prouvé l’intégralité de f sur ]0, 1] (pour y = 1). Étudions maintenant son intégrabilité sur [1, +∞[ . Pour tout réel t, on a les encadrements suivants :
t ⩽ t < t + 1 ⇒ 0 ⩽ t − t < 1
⇒
÷t(t+x)>0
0 ⩽ f (t) ⩽
1
1
⩽ 2.
t (t + x) x⩾0 t
1
étant intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre
t2
α = 2 > 1) donc la fonction f l’est aussi.
Ainsi, f est intégrable sur R∗+ donc on peut utiliser le théorème de convergence dominée
ce qui nous donne :
lim G (x, y) = lim
y→+∞
y→+∞
+∞
+∞
+∞
h (y, t) dt =
lim h (y, t) dt =
f (t) dt.
0
y
0
(t − t)
1
1
−
t
t+n
0
larvo
scho
1
G (n, y) =
n
y→+∞
0
1
1
−
t
t+n
univ.
1
1
3. On remarque que
=
t (t + n)
n
x.com
:Non
La fonction t →
donc on peut écrire :
1
dt =
n
y
0
1
t − t
dt −
t
n
y
0
t − t
dt.
t+n
Intégration
343
(chacune des intégrales considérées est bien convergente). Dans la dernière intégrale,
on effectue le changement de variable s = t + n (donc ds = dt). Comme la fonction
t → t − t est 1-périodique, on obtient l’égalité :
y
t − t
dt =
t+n
y+n
y+n
(s − n) − s − n
ds =
s
s − s
ds
s
n
0
n
ce qui nous donne :
1
G (n, y) =
n
y
0
t − t
1
dt −
t
n
y+n
t − t
dt.
t
n
=
n
t − t
dt +
t
n
0
0
(∗)
:
y
nG (n, y) =
n
y+n
t − t
dt −
t
t − t
dt.
t
y
55:1
0
t − t
dt ⇒
t
3589
t − t
dt
t
6479
y
5
4. Commençons par expliciter G (n) pour n ⩾ 1. Soit n ∈ N∗ . Pour tout y ∈ R∗+ tel que
y ⩾ n, la relation de Chasles montre que :
.20.2
Justifier que la seconde intégrale tend vers 0 quand y tend vers +∞ via un encadrement.
Lors de la réponse à la question, on a établi que 0 ⩽ t − t < 1 si t ∈ R∗+ donc, pour
tout n ⩾ 1 et tout y ⩾ n, on a :
y+n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
y+n
t − t
1
t=y+n
dt ⩽
dt = [ln (t)]t=y
0 ⩽
t
t
y
y
n
y+n
= ln 1 +
→ ln (1) = 0
= ln (y + n) − ln (y) = ln
y
y y→+∞
1
t − t
⩽ ⇒0⩽
t
t
En faisant tendre y vers +∞ dans la relation (∗), on obtient l’égalité :
G (n) =
1
n
n
0
On peut alors écrire :
0
t − t
dt −
t
n−1
x.com
:Non
Hn − Hn−1 =
n
t − t
dt
t
0
t − t
dt =
t
n
t − t
dt.
t
n−1
n − (n − 1) ln (n) − (n − 1) + (n − 1) ln (n − 1)
n−1
1
1 + (n − 1) ln
= 1 + (n − 1) ln 1 −
.
n
n
univ.
=
n−1
scho
n−1
=
larvo
Comme n − 1 est un entier, la fonction t → t vaut n − 1 sur tout intervalle [n − 1, n[
(par définition de la partie entière) donc :
n
n n−1
t − (n − 1)
n
dt =
dt = [t − (n − 1) ln (t)]n−1
Hn − Hn−1 =
1−
t
t
344
CCINP
n=2
N
(Hn − Hn−1 ) −
N
⇔ H N − H1 −
11
= L + o (1)
2 n=2 n N →+∞
N
N
11
11
1
+ L + H1 + o (1) ∼
∼
ln (N )
N →+∞ 2
N →+∞ 2
n
n N →+∞ 2
n=2
n=2
.20.2
⇔ HN
11
= L + o (1)
2 n=2 n N →+∞
3589
N
6479
N →+∞
L + o (1) ⇔
55:1
=
=
:165
.225
SN
5
En utilisant le développement limité à l’ordre 2 de x → ln (1 + x) , on peut écrire quand
n tend vers +∞ :
2
3 1
1
1
1
1
1
−
= 1 + (n − 1) − −
−
+O
−
Hn − Hn−1 −
2n n→+∞
n 2
n
n
2n
1
= O
.
n→+∞
n2
1
La série
étant à termes positifs et convergente (série de Riemann de paramètre
n2
n⩾1
1
Hn − Hn−1 −
converge c’est-à-dire
α = 2 > 1), on peut affirmer que la série
2n
n⩾2
N 1
que la suite SN =
converge (quand N → +∞). On note L sa
Hn − Hn−1 −
2n
n=2
limite. Pour tout entier N ⩾ 1, on a :
En effet, en utilisant la comparaison série-intégrale avec la fonction t →
nue, positive et décroissante sur [1, +∞[ .
k
⇒
⇔
N
1
k=1
k=2
1
⩽
k+1
k
k=1 k
⩽ ln (N ) ⩽
1
dt =
t
N
−1
k=1
ln (N ) −
⇒
N
1
N
1
k=1
N
1
1
dt ⩽
t
k
N
−1
k=1
1
k
N
1
1
1
⇒ −1 ⩽ ln (N ) −
⩽−
k
k
N
k=1
= O (1)
k N →+∞
larvo
⇒
k=1
k
N
−1 k+1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
k
N
−1
x.com
:Non
⇒
1
1
1
⩽ ⩽
k+1
t
k
k+1
k+1
k+1
k+1
1
1
1
1
1
1
dt ⩽
dt ⩽
dt ⇔
⩽
dt ⩽
k+1
t
k
k+1
t
k
[1, +∞[ , ∀t ∈ [k, k + 1] ,
= ln (N ) + O (1) ∼ ln (N ) .
N →+∞
k N →+∞
Pour finir, on en déduit que :
G (n) =
scho
∈
1
1
H (n) ∼
ln (n) .
n→+∞
n
2n
univ.
∀k
1
qui est contit
Intégration
345
Commentaires 166 Exercice sans difficulté particulière, hormis la dernière qui permet
de distinguer les meilleurs candidats.
Exercice 167 (CCINP) Soit (α, β) ∈ R2 , on pose
+∞
+∞
α
α
(ln (1 + x))
(1 + t) − tα
I1 =
dx
et
I
=
dt.
2
xβ
tβ
0
0
1. Pour quelles valeurs de (α, β) , l’intégrale I1 est-elle convergente ?
2. Même question avec I2 .
Solution 167
α
est continue sur ]0, +∞[ . Quand x → 0, on dispose
5
(ln (1 + x))
xβ
1
xα
= β−α ⩾ 0.
x→0 xβ
x
3589
1. La fonction f : x →
de l’équivalent
0
1
xβ−α
dx converge si et seulement si β − α < 1 (intégrale de Riemann).
55:1
Or, l’intégrale
1
6479
f (x) ∼
α
f (x)
∼
x→+∞
(ln (x))
.
xβ
→0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
⇒
:165
.225
.20.2
Supposons désormais que β −α < 1. Quand x → +∞, on dispose de l’équivalent suivant :
1
1
ln (1 + x) = ln x 1 +
= ln (x) + ln 1 +
∼ ln (x)
x
x x→+∞
→∞
Si β > 1, on fixe γ ∈ ]1, β[ alors on a la domination suivante :
α
α
α
(ln (x))
1
(ln (x))
γ (ln (x))
=
o
=
→ 0
car
x
x→+∞
xβ
xγ
xβ
xβ−γ x→+∞
1
étant positive
xγ
et intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre γ > 1), on peut affirmer
α
(ln (x))
est intégrable sur [1, +∞[ . On en déduit que la fonction f
que la fonction x →
xβ
est également intégrable sur [1, +∞[ .
Si β < 1, on fixe γ ∈ ]β, 1[ alors on a la domination suivante :
α
(ln (x))
xβ
xβ−γ
1
1
=
o
→ 0
car γ ×
α =
α
γ
β
x x→+∞
x
x
(ln (x))
(ln (x)) x→+∞
larvo
x.com
:Non
(d’après les croissances comparées puisque β − γ > 0). La fonction x →
1
dx étant divergente, on peut affirmer que
xγ
1
univ.
et l’intégrale
+∞
scho
(d’après les croissances comparées puisque β − γ < 0). La fonction x →
1
étant positive
xγ
+∞
α
(ln (x))
dx diverge donc
xβ
1
346
CCINP
+∞
f aussi.
1
Si β = 1, on effectue le changement de variable y = ln (x) (qui est de classe C 1 sur
[1, +∞[ , strictement croissant sur [1, +∞[ et réalisant une bijection de [1, +∞[ sur
[0, +∞[). Quand x = 1 alors y = 0, quand x → +∞ alors y → +∞. En outre, x = ey et
dx = ey dy donc les intégrales
+∞
+∞
+∞
+∞
α
(ln (x))
yα y
1
α
dx et
e dy =
y dy =
dy
x
ey
y −α
1
0
0
0
sont de même nature.
1
1
dy diverge (intégrale de Riemann avec −α ⩾ 1) donc l’intégrale
Si −α ⩾ 1 alors
y −α
5
3589
1
y −α
dy aussi.
+∞
Si −α < 1 alors
y
1
aussi.
6479
0
0
1
dy diverge (intégrale de Riemann avec −α < 1) donc
−α
+∞
0
1
dy
y −α
:165
.225
.20.2
+∞
α
(ln (x))
dx diverge quelque soit α ∈ R.
Par conséquent,
x
55:1
+∞
1
Conclusion : l’intégrale I1 converge si et seulement si β − α < 1 et β > 1 c’est-à-dire
si et seulement si 1 < β < 1 + α.
α
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(1 + t) − tα
est continue sur ]0, +∞[ .
2. La fonction f : t →
tβ
Si α = 0, la fonction f est identiquement nulle quel que soit le réel β donc f intégrable
sur ]0, +∞[. Nous supposerons désormais que α = 0.
Étude de l’intégrabilité de f sur [1, +∞[ . Recherchons un équivalent de f en +∞ en
α
utilisant le développement à l’ordre 1 en 0 de z → (1 + z) :
α
α
1
1
1
α
t 1+
= tα 1 +
= tα 1 + + o
t→+∞
t
t
t
t
α−1 α
α−1
= t + αt
+o t
t→+∞
αtα−1 + o tα−1
α
αtα−1
⇒ f (t) =
∼
= β−α+1 .
t→+∞
t→+∞
tβ
tβ
t
α
=
x.com
:Non
(1 + t)
+∞
f converge si
La fonction t → β−α+1 étant de signe fixe sur [1, +∞[ , on en déduit que
t
scho
α
dt converge si et seulement si
tβ−α+1
1
univ.
et seulement
+∞
larvo
α
+∞
1
1
1
dt converge (car α = 0).
tβ−α+1
Or, cette dernière intégrale converge si et seulement si β−α+1 > 1 ⇔ β−α > 0 (intégrale
Intégration
347
+∞
de Riemann) donc
f converge si et seulement si β > α.
1
Étude de l’intégrabilité de f sur ]0, 1] .
Premier cas α > 0. Recherchons un équivalent de f en 0. On a
1
α
lim ((1 + t) − tα ) = 1 ⇒ f (t) ∼
t→0+ tβ
t→0+
.
1
est positive sur ]0, 1] et elle est intégrable sur ]0, 1] si et seulement
tβ
si β < 1 (intégrale de Riemann de paramètre β) donc f est intégrable sur ]0, 1] si et
seulement si β < 1.
α
Deuxième cas α < 0. On a lim+ tα = +∞ et lim+ (1 + t) = 1 donc
La fonction t →
t→0
t→0
1
−tα
= − β−α .
t→0 tβ
t
3589
5
f (t) ∼
:165
.225
.20.2
55:1
6479
1
La fonction t → − β−α est de signe fixe sur ]0, 1] et elle est intégrable sur ]0, 1] si et
t
seulement si β − α < 1 (intégrale de Riemann) donc f est intégrable sur ]0, 1] si et
seulement si β − α < 1
Conclusion : L’intégrale I2 converge si et seulement si α = 0 ou (β > α et α > 0 et
β > 0) ou (β > α et α < 0 et β − α < 1).
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 167 Exercice sans progressivité et portant sur la même thématique. De
tels sujets peuvent tomber (heureusement rarement) d’où l’importance de pas faire l’impasse sur les grands chapitres de MPSI et MP. Cet exercice nécessite une bonne maitrise
du chapitre intégration ainsi qu’une certaine rigueur (pour une gestion convenable des
disjonctions de cas).
348
Mines-Telecom
9.2
Mines-Telecom
Exercice 168 (Mines-Telecom) Justifier l’existence de l’intégrale suivante :
+∞
ln (t)
dt.
1 + t2
0
ln (t)
est continue sur ]0, +∞[ (comme quotient de deux
1 + t2
telles fonctions dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle).
Intégrabilité sur ]0, 1[ . On dispose des dominations suivantes :
1
f (t) ∼ + ln (t) = + o √
t→0
t→0
t
√
1
1
car lim t ln (t) = 0 (d’après les croissances comparées). La fonction t → √ = 1/2 est
t→0+
t
t
positive et intégrable sur ]0, 1[ donc la fonction f est intégrable sur ]0, 1[ , ce qui assure l’existence
1
de l’intégrale f.
3589
5
Solution 168 La fonction f : t →
55:1
6479
0
Intégrabilité sur ]1, +∞[ . On dispose des dominations suivantes :
1
ln (t)
=
o
f (t) ∼
t→+∞
t2 t→0+
t3/2
.20.2
1
ln (t)
ln (t)
= lim 1/2 = 0 d’après les croissances comparées. La fonction t → 3/2
2
t→+∞
t
t
t
est positive et intégrable sur ]1, +∞[ donc la fonction f est intégrable sur ]1, +∞[ , ce qui assure
+∞
l’existence de l’intégrale
f.
car lim t3/2
:165
.225
t→+∞
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
Ainsi, l’intégrale
f existe.
0
Commentaires 168 Exercice sans difficulté particulière pour ce concours.
+∞ 1
dx.
Exercice 169 (Mines-Telecom) Étudier l’existence de
ln cos
x
2/π
larvo
x.com
:Non
π
2
1
Solution 169 Pour tout x > , comme
∈ 0,
alors cos (x) > 0. Ainsi, la fonction
π
2
x 2
1
est continue sur
, +∞ (comme composée de fonctions continues).
f : x → ln cos
x
π
Étude sur [1, +∞[ . En utilisant le développement limité de cos en 0 et de x → ln (1 + x) , on
obtient un équivalent de f quand x → +∞.
univ.
scho
s2
1
+ o s2 , ln (1 + s) ∼ s,
→ 0
cos (s) = 1 −
s→0
s→0
2
x x→+∞
1
1
1
1
1
f (x) = ln 1 − 2 + o
.
∼ − 2 +o
∼ −
x→+∞
x→0
2x
x2
2x
x2 x→0 2x2
Intégration
349
1
est de signe fixe et intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de
2x2
paramètre 2 > 1) donc f est également intégrable sur [1, +∞[ , ce qui assure la convergence de
+∞
l’intégrale
f.
La fonction x → −
1
2
, 1 . On utilise le changement de variable s =
(réalisant une bijection de
Étude sur
π
x
π
2
classe C 1 et strictement décroissante de
, 1 sur 1, ). On a :
π
2
1
x=
1
π
2
1
⇒ dx = − 2 ds, x → ⇒ s → , x = 1 ⇒ s = 1.
s
s
π
2
Le théorème de changement de variable montre que les intégrales :
∼
2
(π/2)
ln (t (1 + o (1)))
s→(π/2)
=
ln (cos (s))
−
(π/2)
2
Le changement de variable t =
5
=
ln (cos (π/2 − t))
2
(π/2)
ln (t) + ln (1 + o (1))
t=π/2−s
=
π
ln (cos (s))
et dispose de
est
continue
sur
1,
s2
2
6479
sont de même nature. La fonction g : s →
l’équivalent suivant :
g (s)
3589
1
(π/2)
2
55:1
π/2
=
ln (sin (t))
.20.2
2/π
π/2
ln (cos (s))
ds
ln (cos (s)) − 2 =
ds
s
s2
(π/2)
ln (t)
2
=
ln (t + o (t))
(π/2)
ln (π/2 − s)
∼
.
2 =
2
t→0+ (π/2)
(π/2)
t→0+
2
:165
.225
f et
1
π
− s montre que les intégrales
2
π/2
ln (π/2 − s) ds et
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
0
ln (t) (−dt) =
π/2−1
1
√
t
(car
√
π/2−1
ln (t) dt
0
larvo
scho
univ.
t→0
x.com
:Non
t ln (t) →+ 0 d’après les croissances
t→0
π
1
1
comparées) et que t → √ = 1/2 est positive intégrable sur 0, − 1 (intégrale de Riemann de
2
t
t
π
1
paramètre < 1), on peut affirmer que t → ln (t) est intégrable sur 0, − 1 . Par conséquent,
2
2
π
ln (π/2 − t)
la fonction t →
donc la fonction g est intégrable sur
est intégrable sur 1,
2
2
(π/2)
2
,1 .
π
+∞ 2
1
Conclusion : g étant intégrable sur
, +∞ , l’intégrale
dx existe.
ln cos
π
x
sont de même nature. Puisque ln (t) = + o
2/π
350
Mines-Telecom
Commentaires 169 Exercice original qui permet de tester les différentes facettes du
chapitre intégration. Il est indispensable de savoir justifier rapidement et rigueurement
l’existence de l’intégrale entre 1 et +∞ (c’est un attendu pour les candidats intégrant po2
et 1 permet de distinguer les
tentiellement les écoles de ce concours). L’existence entre
π
bons candidats à l’aide avec les développements asymptotiques en un point autre que 0 et
à l’aise sur le chapitre intégration.
+∞
xe−x dx.
Exercice 170 (Mines-Telecom) Existence et valeur de
0
Solution 170 Existence. La fonction f : x → xe−x est continue par morceaux sur R+ . Par
définition de la partie entière, pour tout réel x, on a :
3589
5
x ⩽ x < x + 1 ⇒ − x − 1 ⩽ −x ⇔ − x ⩽ 1 − x.
×(−1)
=
x→+∞
o e−x/2
55:1
∀x ∈ R+ , 0 ⩽ f (x) ⩽ xe1−x = exe−x
6479
La fonction exponentielle étant croissante, on obtient :
.20.2
xe−x
= xe−x/2 → 0 (d’après les croissances comparées). La fonction x → e−x/2
x→+∞
e−x/2
1
étant intégrable sur R+ (car − < 0), on peut affirmer que la fonction f est intégrable sur R+
2
+∞
d’où l’existence de l’intégrale
f.
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
puisque
Valeur. Observons que la fonction x → x vaut k sur tout intervalle [k, k + 1[ avec k ∈ N.
Pour tout entier N ⩾ 1, d’après la relation de Chasles, on a :
N
f
N
−1 k+1
=
f=
k=0 k
0
N
−1 k+1
xe
k=0 k
−k
dx =
N
−1
e
k=0
−k
k+1
xdx =
k
N
−1
e−k
k=0
2 x=k+1
x
2 x=k
k
N −1
−1
1 N
1 −k 1
2
2
(k + 1) − k =
e
(2k + 1)
.
2
2
e
=
k=0
k=0
x.com
:Non
En faisant tendre N vers +∞, on obtient l’égalité :
+∞
k
+∞
+∞ k−1
+∞ k
1
1
1 1
1
1
f=
=
+
.
(2k + 1)
k
2
e
e
e
2
e
Rappelons que la série entière
k=0
k⩾0
xk a un rayon de convergence R = 1 dont la somme est la
1
sur ]−1, 1[ . Sa série dérivée
kxk−1 a un rayon de convergence R = 1
1−x
univ.
fonction x →
k=0
larvo
k=0
scho
0
k
Intégration
351
dont la somme est la fonction x →
d
dx
on obtient :
+∞
1
f= ×
e
0
1
1
1−
e
2 +
1
1−x
1
×
2
=
1
=
1
1−
e
1
(1 − x)
2
e
(e − 1)
sur ]−1, 1[ . En choisissant x =
1
2 + e−1 =
e2 + e
2 (e − 1)
2.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
Commentaires 170 Exercice original. L’existence de l’intégrale ne doit pas poser de
problème particulier aux candidats connaissant les fondamentaux du chapitre intégration.
Le calcul de l’intégrale nécessite un peu d’initiave (penser à la relation de Chasles pour
gérer la partie entière, cela sera valorisé par l’interrogateur) et d’autonomie du candidat
(gestion des séries dérivées de la série géométrique). Cette seconde question permet de
distinguer disposant le candidat d’aisance et de recul en analyse.
1
,
e
352
Centrale Math 1
9.3
Centrale Math 1
Exercice 171
n−1
1
1. Pour n ⩾ 1, on pose un =
n
k=0
déterminer sa limite.
k2
. Montrer que la suite u converge et
n2
1−
2. Soit q la fonction de R+ vers N telle que q (x) = card
Donner un équivalent de q au voisinage de +∞.
(i, j) ∈ N2 ,
3. Soit f la fonction définie sur ]−1, 1[ par l’égalité f (t) = √
Donner un équivalent de f au voisinage de 1− .
i2 + j 2 ⩽ x
+∞
1
2
tn .
1 − t n=0
.
Solution 171
6479
3589
5
√
1. La fonction f : x → 1 − x2 est continue sur [0, 1]. Soit n ⩾ 1, sa ne somme de Riemann
Sn (f ) est définie par :
n−1 1
k
= un
f
Sn (f ) =
n
n
√
1 − x2 dx. Pour calculer cette intégrale, on utilise le changement
.20.2
qui converge vers
1
55:1
k=0
=
0
0
=
π/2
0
=
1 − x2 dx =
π/2
0
|cos (t)| cos (t) dt =
=cos(t)
π/2
1 + cos (2t)
2
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
f
1 2
1 − (sin (t)) cos (t) dt =
π/2
0
2
0
dt =
t=π/2
t
sin (2t)
+
2
4
t=0
lim un =
larvo
n→+∞
=
π
,
4
π
.
4
scho
i2 + j 2 ⩽ x ,
=
(i, j) ∈ N2 , i ⩽ x − j 2 = (i, j) , i ∈ 0, ..,
x − j2
i∈N
x − j2 .
⇒ card (Ax,j ) = 1 +
univ.
Ax,j
2
(cos (t)) cos (t) dt
(cos (t)) dt
ce prouve l’égalité :
2. Soit x ∈ R+ . On note :
Ax =
(i, j) ∈ N2 ,
π/2
x.com
:Non
1
:165
.225
0
π
π
→ sin (t) est de classe C 1 sur 0,
et
de variable x = sin (t) . La fonction t ∈ 0,
2
2
π
π
sur [0, 1] . Quand t = 0 alors x = 0, quand t =
alors
réalise une bijection de 0,
2
2
x = 1. En outre, on a dx = cos (t) dt donc
Intégration
353
.Soit (i, j) ∈ Ax alors on a les inégalités suivantes :
√
√
j 2 ⩽ x ⇒ j ⩽ x
j
=
2
2
2
j∈N
j
⩽ i +j ⩽x⇒
√
et i = i2 ⩽ x − j 2
√
x
√ Ax,j .
⇒ j ∈ 0, .., x
et (i, j) ∈ Ax,j ⇒ (i, j) ∈
j=0
√
Réciproquement, soit (i, j) ∈
x
j=0
Ax,j alors i2 + j 2 ⩽ x − j 2 + j 2 = x donc (i, j) ∈ Ax .
Ainsi, nous venons de montrer que l’égalité ensembliste :
√
x
Ax =
Ax,j .
5
j=0
card (Ax,j ) =
j=0
1+
j=0
55:1
q (x) = card (Ax ) =
√
x
6479
√
x
3589
En outre, cette union est manifestement disjointe donc :
x − j2
.
.20.2
Par définition de la partie entière a d’un réel a, on a l’encadrement :
donc on en déduit l’encadrement suivant de q (x) :
q (x) =
1+
j=0
x − j2
√
x
⇔ 0⩽
−q(x)
√
⩽
j=0
1+
j=0
√
1+
x
x
j=0
x − j 2 − q (x) ⩽
=A(x)
x − j2 ⩽
e:21
1075
3582
:889
1250
2
√
x
:165
.225
a ⩽ a < a + 1
√
x
√
x
2+
j=0
1=1+
j=0
x − j2
√ x
√ √ x ⩽ A (x) − q (x) ⩽ 0 ⇒ A (x) − q (x) = O
x
⇒− 1+
x→+∞
√ ⇒ (E1 ) : q (x) = A (x) + O
x
x→+∞
j=0
√
⩽
x+1
√
=B ( x)
j=0
2
√ x + 1 − j2
j=0 larvo
:
2
√ x + 1 − j2
scho
(I1 )
√
x
√ 2
x − j 2 ⩽ A (x) ⩽
univ.
√
x
x.com
:Non
√
√
√
D’autre part, comme x ⩽ x ⩽ x + 1, on obtient un encadrement de A (x) .
√
=B ( x+1)
⩾0
354
Centrale Math 1
Or, pour tout entier n, on a :
n j=0
n2 − j 2 =
n √
n2
j=0
n
j2
1− 2 =n
n
j=0
1−
j2
π
= n2 un ∼ n2
2
n→+∞
n
4
(d’après la question précédente). En particulier, on dispose des deux équivalents suivants :
B
√ x
√ 2
π √ 2
π √ π √ 2
x ,B
x +1
∼
x +1
∼
x .
x→+∞ 4
x→+∞ 4
n→+∞ 4
∼
π √ 2
En divisant l’inégalité (I1 ) par x , le membre de gauche et de droite de l’encadre4
ment obtenu tendent vers 1. Le théorème d’encadrement montre que :
√ A (x)
π √ 2
π √ 2
2
=
1
⇔
A
(x)
∼
x
⇒
A
(x)
=
x
+
o
x
√
π
2
n→+∞ 4
n→+∞ 4
x→+∞
x
4
5
lim
55:1
6479
3589
D’après le développement (E1 ) , on peut écrire :
√ √ √ π √ 2
π √ 2
2
2
q (x) =
x +o
x
x
=
x +o
x
+O
x→+∞ 4
x→+∞ 4
π
π √ 2
π√ 2
⇒ q (x) ∼
x
∼
x = x
x→+∞ 4
x→+∞ 4
4
2 n2
est sommable car la série
|t|
tn =
n∈N
n
n
2
n2
n
converge puisque, pour tout entier n, on a tn = |t| ⩽ |t| (car |t| < 1 et n ⩽ n2 pour
n
n ∈ N) et la série
|t| est convergente (série géométrique de raison |t| ∈ ]−1, 1[).
:165
.225
.20.2
2
3. Pour tout t ∈ ]−1, 1[ , la famille tn
n
2
(f (t)) =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
D’après le théorème de Fubini pour les familles sommables, pour tout t ∈ ]−1, 1[ , on a :
+∞
+∞
1 i2 j 2
1
t
t =
1 − t i=0
1−t
j=0
On partitionne N2 comme suit :
2
2
ti +j .
(i,j)∈N2
+∞
Bn avec ∀n ∈ N, Bn = (i, j) ∈ N2 , i2 + j 2 = n
2
=
n=0
donc :
=
n=0
tn
+∞
n=0
larvo
1
tn
1 − t n=0
+∞
2
2
ti +j =
(i,j)∈Bn
+∞
scho
=
+∞
1 1 − t n=0
1=
(i,j)∈Bn
card (Bn ) tn
univ.
(f (t))
x.com
:Non
N2 =
+∞
1 1 − t n=0
+∞
tn
(i,j)∈Bn
1
card (Bn ) tn
1 − t n=0
+∞
produit de =
Cauchy
n=0
c n tn
Intégration
355
où, pour tout entier n, on a posé :
=
cn
n
card (Bk )
k=0
=
union
=
disjointe
card
n
Bk
k=0
card (i, j) ∈ N2 , i2 + j 2 ⩽ n = q (n) .
Par conséquent, pour tout t ∈ ]−1, 1[ , on vient de montrer que :
2
(f (t)) =
+∞
q (n) tn .
n=0
D’après la question précédente, on dispose des dominations suivantes :
πn
πn
⇔ q (n) =
+ o (n) .
q (n) ∼
n→+∞ 4
n→+∞ 4
an = q (n) −
2
6479
(f (t))
3589
πn
+ an pour tout entier n et on a :
4
+∞
+∞
+∞
+∞
πt n−1 πn n
t +
a n tn =
nt
+
a n tn
4
4
n=0
n=0
n=1
n=0
=
55:1
alors q (n) =
πn
= o (n)
4 n→+∞
5
Notons
n=0
πt
=
4 (1 − t)
2 +
g (t) =
an t
n
n=0
πt
+
an t =
4
n=0
+∞
= o
t→1−
2
a n tn .
+∞
πt
∼
n=0
n=0
=
t
t→1− 4 (1 − t)
= o
t→1−
∼
+
(1 − t)
π
N
ε −1
n=0
x.com
:Non
⩽
2
+∞
a n tn
n=0
2
,
2.
|an | tn +
2
n=0
n=Nε
εt
(1 − t)
larvo
|g (t)|
an
= o (1) → 0, il existe un rang Nε tel que :
n→+∞
n n→+∞
a n
Nε , ⩽ ε ⇔ |an | ⩽ εn ⇒ ∀t ∈ [0, 1[ ,
n
N
N
+∞
+∞
+∞
ε −1
ε −1
n
|an | |t| =
|an | tn +
εntn ⩽
|an | tn + ε
ntn
2 ⩽
scho
⩾
1
1−t
nt
t→1− 4 (1 − t)
Soit ε > 0, comme
∀n
n
n=0
ce qui démontrera l’équivalent :
(f (t))
n
n=0
Pour finir, montrons que :
+∞
+∞
:165
.225
4
t
e:21
1075
3582
:889
1250
2
=
n
.20.2
=0 si n=0
+∞
πt N
ε −1
n=0
univ.
⇒ (1 − t) |g (t)| ⩽ ε + (1 − t)
2
|an | tn +
N
ε −1
n=0
|an | tn
n=0
ε
(1 − t)
2
356
Centrale Math 1
Comme lim− (1 − t)
t→1
2
N
ε −1
n=0
|an | tn = 0 (car ε et Nε sont fixés) et que ε > 0, il existe
αε > 0 tel que ∀t ∈ [0, 1[ tel que |t − 1| ⩽ αε alors on a la majoration :
(1 − t)
2
N
ε −1
n=0
2
|an | tn ⩽ ε ⇒ (1 − t) |g (t)| ⩽ 2ε.
Autrement dit, on vient de prouver que :
2
∀ε > 0, ∃αε > 0, ∀t ∈ [0, 1[ , |t − 1| ⩽ αε ⇒ (1 − t) |g (t)| ⩽ 2ε
1
2
.
c’est-à-dire que lim (1 − t) g (t) = 0 ⇔ g (t) = o
2
t→1−
t→1−
(1 − t)
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
Commentaires 171 Exercice de difficulté convenable graduée pour ce concours.
Question 1 : Elle ne doit pas poser de difficulté particulière.
Question 2 : On peut la résoudre comme le corrigé en découpant en tranche le cercle selon
les valeurs possibles de l’ordonnée j. Une justification plus géométrique existe et elle est
basée sur un fait visuel. À chaque point (i, j) ∈ Ax (notation du corrigé), on associé le
carré Ci,j de côté de longueur 1 (donc d’aire 12 = 1) et dont (i, j) est le point « le plus
bas et le plus à gauche ». Les carrés (Ci,j )(i,j)∈Ax recouvrent le quart de disque Dx de
√
centre (0, 0) et de rayon x (la partie dont abscisse et ordonnée sont positives) et leur
réunion C =
Ci,j est incluse dans le quart de disque Dx+1 de centre (0, 0) et de
(i,j)∈Ax
(i,j)∈Ax
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(i,j)∈Ax
√
rayon x + 1 (faites un petit dessin pour vous en convaincre, par exemple pour x = 4).
Le nombre de points de Ax vaut :


q (x) =
1=
aire (Ci,j ) = aire 
Ci,j  = aire (C) .
(i,j)∈Ax
L’inclusion Dx ⊂ C ⊂ Dx entraine l’encadrement :
card (Dx ) ⩽ card (C) ⩽ card (Dx+1 ) ⇔
π (x + 1)
πx
⩽ q (x) ⩽
.
4
4
En divisant par x, le théorème d’encadrement montre que
π
q (x)
πx
= ⇔ q (x) ∼
.
x→+∞ x
x→+∞ 4
4
x.com
:Non
lim
univ.
scho
larvo
Cette preuve convaincra à coup sûr l’interrogateur (qui s’en félicitera).
Question 3 : Question difficile et il y a de très forte chance que l’interrogateur demande
2
d’expliciter les coefficients de la série entière (1 − t) (f (t)) . Les candidats faisant le lien
avec q (n) seront valorisés. Si ce n’est pas le cas, l’interrogateur demandera de le prouver.
Cette partie est réservé aux bons candidats.
Intégration
357
Exercice 172 Soient n ∈ N∗ , p1 , .., pn ∈ R∗+ , a1 , .., an ∈ R avec a1 < a2 < · · · < an .
On considère la fonction
n
pi
.
x
−
ai
i=1
ϕ : x ∈ R\ {a1 , .., an } → x −
1. Soit y ∈ R . Déterminer le nombre de solutions de ϕ (x) = y. Calculer leur somme.
2. Soit f ∈ C 0 (R, R) intégrable sur R. On pose a0 = −∞, an+1 = +∞.
(a) Soit k ∈ {0, .., n} . Montrer que l’intégrale
ak+1
f (ϕ (t)) dt est convergente.
ak
a
+∞
n k+1
(b) Montrer que
f=
f (ϕ (t)) dt.
k=0 a
k
5
−∞
3589
Solution 172
k=0
p
pi
i=1 (x − ai )
2 >0
:165
.225
x → 1 +
.20.2
ment croissante sur l’intervalle ]ak , ak+1 [ (sa dérivée est
55:1
6479
1. Nombres de solutions. Posons a0 = −∞ et an+1 = +∞. La fonction ϕ est continue
n
]ak , ak+1 [ . En outre, pour chaque k ∈ {0, .., n, }, ϕ est strictesur R\ {a1 , .., an } =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
car pi > 0 pour tout i ∈ {1, .., n}) donc elle réalise une bijection de ]ak , ak+1 [ sur
ϕ (]ak , ak+1 [) = lim ϕ (x) , lim ϕ = ]−∞, +∞[
+
−
ak
ak+1
(y compris pour k = 0 et k = n, je laisse le soin au lecteur de faire la vérification). Ainsi,
pour tout y ∈ R et pour chaque k ∈ {0, .., n} , l’équation ϕ (x) = y admet une unique
solution sur l’intervalle ]ak , ak+1 [ donc l’équation ϕ (x) = y admet n + 1 solutions sur
R\ {a1 , .., an } .
Somme des solutions. Notons x1 , .., xn+1 les n + 1 solutions de l’équation ϕ (x) = y.
n
En multipliant cette équation par
(x − ai ) , on obtient l’équation :
n
i=1
(x − ai ) −
n
i=1
pi
j∈{1,..,n}\{i}
(x − aj ) − y
=P (x)
larvo
x
x.com
:Non
i=1
n
i=1
(x − ai ) = 0.
univ.
scho
Le polynôme P est unitaire de degré n + 1, il possède n + 1 racines qui sont les x1 , .., xn+1
donc il ne peut avoir d’autres racines dans C. D’après les relations coefficients-racines,
n+1
xi ) vaut le coefficient devant xn qui vaut
l’opposé de la somme de ses racines (i.e. −
i=1
358
Centrale Math 1
n
ici −y −
dans
n
i=1
ai . En effet, le coefficient de xn dans x
i=1
(x − ai ) c’est-à-dire vaut ici −
n
i=1
n
i=1
(x − ai ) est le coefficient de xn−1
ai ) et le coefficient de x dans −y
n
n
i=1
(x − ai )
vaut ici −y et les autres termes n’apportent pas de termes en xn . Par conséquent, on
obtient l’égalité :
n
n+1
xi = y +
ai .
i=1
i=1
3589
5
2. (a) Soit k ∈ {0, .., n} . On note ϕk la restriction de ϕ à l’intervalle ]ak , ak+1 [ . On utilise
le changement de variable x = ϕk (t) qui de classe C 1 sur ]ak , ak+1 [ et réalise une
−
bijection de ]ak , ak+1 [ sur ]−∞, +∞[ . Quand t → a+
k alors x → −∞, quand t → ak+1
alors x → +∞. Comme x = ϕ (t) , on a t = ϕ−1
k (x) donc :
1
1
−1
−1
dx =
dx.
dt = (ϕk )
(x) dx = −1
ϕk ϕk (x)
ϕ ϕk (x)
f (ϕk (t)) dt =
ak
+∞
f (ϕ (t)) dt et
f (x)
ϕ
−∞
.20.2
ak
ak+1
sont de même natures. Or, pour tout t ∈ ]ak , ak+1 [ , on a :
=
1+
n
pi
2
ai )
i=1 (x −
⩾1⇒0⩽
⩾0
1
⩽1
ϕ (t)
:165
.225
ϕ (t)
1
−1
dx
ϕk (x)
55:1
ak+1
6479
Ainsi, les intégrales
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
1
= |f (x)| −1
⩽ |f (x)| .
⇒ ∀x ∈ R, f (x) −1
ϕ ϕk (x) ϕ ϕk (x)
+∞
Comme l’intégrale
|f | converge (car f est intégrable sur R), on en déduit que
+∞
f (x)
l’intégrale
ϕ
1
dx est convergente, ce qui assure la convergence de
−1
ϕk (x)
f (ϕ (t)) dt.
x.com
:Non
l’intégrale
−∞
ak+1
−∞
ak
(b) En conservant les notations introduites à la réponse de la question précédente, on a :
ak+1
n +∞
n −1
−1
(ϕk )
(y) dy
f (y) (ϕk )
(y) dy =
f (y)
k=0−∞
k
=
larvo
+∞
=
scho
k=0 a
f (ϕ (t)) dt
n
+∞
−1
f (y)
(ϕk ) (y) dy
−∞
univ.
n k=0
−∞
k=0
Intégration
359
Soit y ∈ R. Pour tout k ∈ {0, .., n} , ϕ−1
k (y) est l’unique solution de ϕ (x) = y
n
−1
appartenant à l’intervalle donc
(ϕk ) (y) représente la somme des racines de
k=0
l’équation ϕ (x) = y. Or, d’après la question 1, cette somme vaut y +
n
ai donc sa
i=1
dérivée vaut 1, ce qui permet de conclure.
.20.2
55:1
6479
3589
5
Commentaires 172 Exercice original et progressif. Il fut donné initialement et quelques
années auparavant à l’X.
Question 1. Le nombre de solutions est une question standard de MPSI et ne doit pas
poser de problème (le paradigme étant d’étudier les variations de la fonction associée). La
seconde question est astucieuse (se ramener à un polynôme et utiliser les relations coefficients racines) et l’interrogateur amènera le candidat sur cette piste s’il n’y songe pas. Il
attend alors que le candidat conclut par lui-même (il sera alors valorisé).
Question 2.a : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet car il faut songer à effectuer
le changement de variable dont on ne peut expliciter la réciproque. Cette question nécessite du candidat une certaine hauteur sur ses calculs (sans compter les fondamentaux de
l’intégration).
Question 2.b : Elle est relativement aisée ... si on a traité la question précédente (afin
d’éviter le grapillage). Encore faut-il faire le lien avec la première question.
de variable u = tan (t) .
0
dt
1 + x (sin (t))
2 . Indication : utiliser le changement
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1. Pour x > −1, calculer ϕ (x) =
π
:165
.225
Exercice 173
2. Donner une condition nécessaire et suffisante sur α, β > 0 pour que l’intégrale
+∞
xα
2 dx converge ?
1 + xβ (sin (x))
0
Solution 173
1. On remarque que sin (π − t) = sin (t) donc, par symétrie (faire un dessin pour s’en
convaincre), on a l’égalité :
0
dt
1 + x (sin (t))
π/2
x.com
:Non
π
2 =2
0
dt
1 + x (sin (t))
2.
univ.
scho
larvo
Il
alors possible d’effectuer le changement
de variable u = tan (t) car tan est C 1 sur
π
est
π
et réalise une bijection de 0,
sur [0, +∞[ . Quand t = 0 alors u = 0, quand
0,
2 2
π −
t→
alors u → +∞. On a :
2
t = arctan (u) ⇒ dt =
1
1 + u2
360
Centrale Math 1
Pour finir, on utilise la formule remarquable :
1
2
1 + (tan (θ)) =
(cos (θ))
2 ⇔ (cos (θ))
2
=
1
1 + (tan (θ))
2
2
pour exprimer (sin (t)) en fonction de u.
2
u2
1
2
(sin (t)) = 1 − cos ((t)) = 1 −
1 + (tan (t))
2 = 1 + u2 .
On peut alors écrire l’égalité :
2. La fonction f : x →
1
1
du = 2
1 + u2
+∞
5
xα
1 + xβ (sin (x))
+∞
f converge si et seulement si
2
est continue sur R+ et positive donc son intégrale
nπ
lim
f existe dans R. En effet, la fonction g : x →
n→+∞
0
f étant croissante sur R+ (car f y est positive), elle admet une limite finie en +∞
.20.2
0
x
×
3589
=
+∞
du
1 + u2 (x + 1)
u2
0 1+x
0
1 + u2
u→+∞
√
π
1
arctan u x + 1
.
=√
2 √
x+1
x+1
u=0
2
6479
=
55:1
ϕ (x)
0
=
0
=
n−1
(k+1)
f (x) dx
k=0 kπ
n−1 π
=
π
n−1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
nπ
f (x) dx
:165
.225
si et seulement si la suite (g (n))n admet une limite finie en +∞ (je laisse le soin au
lecteur de le rédiger). Or, pour tout entier n, par la relation de Chasles,on a la formule :
t=x−kπ
(t + kπ)
α
β
1 + (t + kπ) (sin (t))
k=0 0
f (t + kπ) dt
k=0 0
=uk
2
dt
+∞
(car la fonction sin est π-périodique) donc
f converge si et seulement si la série
2
0
uk converge. Nous allons encadrer son terme général pour étudier sa convergence.
x.com
:Non
k
Pour tout entier k, on a :
α
α
α
larvo
(I1 ) : ∀t ∈ [0, π] , (kπ) ⩽ (t + kπ) ⩽ ((k + 1) π) .
2
En remplaçant α par β et en multipliant cet encadrement par (sin (t)) , on obtient :
α
2
β
2
β
2
univ.
scho
∀t ∈ [0, π] , (kπ) (sin (t)) ⩽ (t + kπ) (sin (t)) ⩽ ((k + 1) π) (sin (t))
1
1
1
⇒ (I2 ) :
⩽
⩽
.
β
2
β
2
β
2
1 + ((k + 1) π) (sin (t))
1 + (t + kπ) (sin (t))
1 + (kπ) (sin (t))
Intégration
361
En multipliant les inégalités (I1 ) et (I2 ) (licites car chaque membre est positif ) puis en
intégrant sur [0, π] , on obtient l’encadrement suivant :
α
β
α
β
∀k ∈ N, (kπ) ϕ ((k + 1) π) ⩽ uk ⩽ ((k + 1) π) ϕ (kπ)
α
α
((k + 1) π)
(kπ)
⇔ (I3 ) : ∀k ∈ N, ⩽ uk ⩽ .
β
β
((k + 1) π) + 1
(kπ) + 1
Déterminons la nature des séries encadrantes :
α
α
1
(kπ)
((k + 1) π)
=
∼
β/2
β/2−α
k→+∞ (kπ)
β
(kπ)
(kπ) + 1
(kπ)
α
β
((k + 1) π) + 1
(kπ)
∼
k→+∞ (kπ)
α
β/2
=
1
(kπ)
β/2−α
0
.20.2
β
− α > 1.
2
:165
.225
si
55:1
6479
3589
5
Le théorème de comparaison appliqué aux deux inégalités de (I3 ) montrer que la série
1
uk converge si et seulement si
converge c’est-à-dire si et seulement si
β/2−α
k
k
k
+∞
xα
β
− α > 1. Par conséquent, L’intégrale
2 dx converge si et seulement
2
1 + xβ (sin (x))
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 173 Il s’agit d’un exercice relativement classique (il est présent depuis
des dizaines d’années) mais il n’apparait que par à-coup.
Question 1 : Un candidat inattentif mais débrouillard remarquera que u = 0 quand t =
0 et u = 0 quand t = π donc conclura que l’intégrale vaut 0, ce qui doit l’interloquer
(pourquoi ?). Pour lever la difficulté, le plus simple est de tracer la fonction t → 1 +
2
x (sin (t)) pour observer la symétrique (l’interrogateur le proposera peut-être). Le calcul
nécessite alors une bonne connaissance des formules trigonométriques.
Question 2 : En l’état, peu de candidats pensent à faire des relations de Chasles afin de
2
tenir compte de la π-périodicité de t → (sin (t)) . Ceux qui le font seront valorisés. Si ce
n’est pas le cas, l’interrogateur le proposera et demandera de faire apparaitre des intégrales
correspondant à la question 1. Les candidats parvenant à des encadrements du type (I3 ) (ou
à l’une des deux inégalités) seront très valorisés. Pour les autres, l’interrogateur donnera
l’encadrement et demandera de le prouver. L’encadrement étant obtenu, l’interrogateur
attend que le candidat étudie la convergence de la série
uk (notation du corrigé). S’il
k
univ.
scho
larvo
le fait seul, il sera valorisé, sinon il lui demandera. Les meilleurs candidats peuvent finir
cet exercice complètement (en montrant le lien avec la convergence de l’intégrale).
362
Mines-Ponts
9.4
Mines-Ponts
Exercice 174 (Mines-Ponts) Soit a ∈ R avec |a| =
1.
1. Montrer, pour n ⩾ 2, que : a
2n
2
n−1
kπ
2
+1 .
−1= a −1
a − 2a cos
n
k=1
2. On pose I (a) =
π
|a| < 1 et |a| > 1.
0
ln a2 − 2a cos (t) + 1 dt. Calculer I (a) en distinguant les cas
Solution 174
1. Considérons les polynômes
Q (X)
=
n−1
X2 − 1
k=1
1 − 2X cos
kπ
n
+ X2
X 2n − 1.
=
n−1
1 − 2X cos
k=0
5
=
3589
P (X)
kπ
n
+ X2
on en déduit l’équivalence suivante :
P (z) = 0 ⇔ ∃k ∈ {0, .., n − 1} , z = cos
kπ
n
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Les racines de P sont les racines de l’un de ses facteurs et comme ceux-ci sont des
trinômes de discriminants
2 2
kπ
kπ
∆ = − sin
= i sin
,
2
n
± i sin
kπ
n
ikπ
= exp ±
.
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
kπ
Lorsque k ∈ {0, .., n − 1} , l’angle ±
appartient à l’intervalle ]−π, π[ donc les comn
plexes
ikπ
exp ±
n
0⩽k⩽n−1
sont deux à deux distincts et ces complexes sont des racines du polynôme Q = X 2n − 1
puisque :
ikπ (2n)
ikπ
= exp ±
− 1 = exp (±2ikπ) − 1 = 1 − 1 = 0.
Q exp ±
n
n
x.com
:Non
Comme les polynômes P et Q sont de degré 2n, unitaires et possédant 2n racines distinctes communes, on en déduit que P = Q.
larvo
2. Soit a ∈ R\ {±1} . Considérons la fonction
[0, π] → R
g:
.
t
→ a2 − 2a cos (t) + 1
2
univ.
scho
Comme cos est décroissante sur [0, π] , la fonction g est monotone sur [0, π] (la monotonie
dépendant du signe de a). Comme
2
g (0) = (a − 1) > 0 et g (π) = (a + 1) > 0
Intégration
363
(car a − 1 et a + 1 sont non nuls), on peut affirmer que g est strictement positive sur
[0, π] . Puisqu’elle est continue sur [0, π] , la fonction
f = ln (g) : t → ln a2 − 2a cos (t) + 1
est continue sur [0, π] . D’après le théorème sur les sommes de Riemann (associée à une
subdivision régulière de [0, π]), on a :
I (a)
=
=
n−1 n−1
π
π
kπ
kπ
= lim
+1
f
ln a2 − 2a cos
n→+∞ n
n→+∞ n
n
n
k=◦
k=1
0
n−1 2n
π
π
a −1
kπ
a2 − 2a cos
lim
ln
+1
= lim
ln
.
n→+∞ n
n→+∞ n
n
a2 − 1
π
f (t)dt = lim
k=1
lim a2n = 0 donc :
n→+∞
2n
a −1
→ 0,
a2 − 1 n→+∞
Second cas |a| > 1. Dans ce cas, a2 > 1 donc
lim
n→+∞
2 n
a
= +∞. On factorise alors
55:1
ce qui prouve que I (a) = 0.
6479
3589
1
1
1
a2n − 1
−1
→
=
→ 0 ⇒ ln
et
a2 − 1 n→+∞ a2 − 1
1 − a2
n n→+∞
n
5
Premier cas |a| < 1. Dans ce cas, on a
→
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
dans le logarithme le terme dominant (a2n ), ce qui nous donne :
2n
2n
2
a −1
1
2n
ln
1 − 2n
− ln a2 − 1
= ln a − 1 − ln a − 1 = ln a
2
a −1
a
2
2n 1
= ln a
+ ln 1 − 2n − ln a − 1
a
2
1
∼ n ln a2 ⇒
= n ln a + ln 1 − 2n − ln a2 − 1
n→+∞
a
ln(1)=0
n→+∞
2n
a −1
1
2
ln
∼ ln a2 ⇒ I (a) = ln a2 = ln |a| = 2 ln (|a|)
2
n
a − 1 n→+∞
Conclusion : On vient de démontrer la formule :
0
ln a2 − 2a cos(t) + 1 dt =
x.com
:Non
π
0
si |a| < 1
.
2 ln (|a|) si |a| > 1
univ.
scho
larvo
Commentaires 174 Exercice classique, éventuellement déjà traité en MPSI et/ou MP.
Question 1 : Question très classique de MPSI.
Question 2 : L’astuce est de faire le lien avec les sommes de Riemann. Ceux qui le font
seront valorisés. Pour les autres, l’interrogateur demandera de faire le lien. Il est alors
attendu du candidat une certaine rigueur : poser convenablement la fonction associée et la
somme de Riemann adéquate. La distinction des candidats se fera ensuite sur la capacité
à gérer correctement la limite seule (distinction des cas, gestion des asymptotiques).
364
Mines-Ponts
364
Mines-Ponts
Exercice 175 (Mines-Ponts) Soit f ∈ C 0 (R+ , R) telle qu’il existe s0 ∈ R+ de sorte que
+∞
+∞
0
Exercice
(Mines-Ponts)
Soit
f
∈
C
(R
telle
−s175
t
−st qu’il existe s0 ∈ R+ de sorte que
f (t)e 0 dt existe. Montrer que ∀s > s0 , + ,fR)
(t)e
dt existe.
+∞
+∞
0
0
f (t)e−s0 t dt existe. Montrer que ∀s > s0 ,
f (t)e−st dt existe.
+∞
0
−s0 t
Solution 175 Comme
f (t) e
converge, on considère la fonction
+∞
0
Solution 175 Comme
f (t) e−s0 t converge, on considère la fonction
+∞
+∞
x
0
−s0 t
−s0 t
G : x ∈ R+ → − f (t) e
dt = f (t) e
dt −
f (t) e−s0 t dt
+∞
+∞
x
x
0
0
G : x ∈ R+ → − f (t) e−s0 t dt = f (t) e−s0 t dt −
f (t) e−s0 t dt
G est de classe C 1 sur
qui est une primitive de la fonction
continue g : 0x → f (x) e−s0 x donc
x
0
Soit s > s0 , on remarque que :
R+ et lim G = 0 (reste partielle d’une intégrale convergente).−s
qui est+∞
une primitive de la fonction continue g : x → f (x) e 0 x donc G est de classe C 1 sur
partielle d’une
intégrale convergente).
Soit s > s0 , on remarque que :
R+ et lim G = 0 (reste
+∞
+∞
+∞
+∞
−st
−(s−s0 )t
f (t) e dt =
g (t) e
dt =
G (t) e−(s−s0 )t dt.
+∞
+∞
+∞
0
0
0
f (t) e−st dt =
g (t) e−(s−s0 )t dt =
G (t) e−(s−s0 )t dt.
Pour établir sa convergence,
on utilise
le théorème d’intégration
par parties en considérant les
0
0
0
fonctions u = G et v : t → e−(s−s0 )t qui sont de classe C 1 sur R+ . Comme lim uv = 0 (produit
Pour établir sa convergence, on utilise le théorème d’intégration par parties+∞
en considérant les
de deux fonctions
0 0car
d’intégration
par parties montre
)t s − s0 > 0), le théorème
qui sont de classe C 1 sur R
fonctions
u = G ettendant
v : t → vers
e−(s−s
+ . Comme lim uv = 0 (produit
+∞
que les intégrales
de deux fonctions tendant vers 0 car s − s0 > 0), le théorème d’intégration par parties montre
+∞
+∞
+∞
+∞
que les intégrales
−st
uv=
f (t) e dt et
uv = − (s − s0 )
G (t) e−(s−s0 )t dt
+∞
+∞
+∞
+∞
0
0
0
0
u v =
f (t) e−st dt et
uv = − (s − s0 )
G (t) e−(s−s0 )t dt
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
0
0
continue sur R+ . Puisque G
sont de même 0natures. 0La fonction h : t0 → G (t) e−(s−s0 )t est
on peut
affirmer
que G est bornée sur R
est continue sur R+ et qu’elle tend vers 0 en +∞, −(s−s
0 )t
est continue sur R+ . Puisque G
sont
de même
Laréel
fonction
: t: → G (t) e
c’est-à-dire
qu’ilnatures.
existe un
M tel hque
est continue sur R+ et qu’elle tend vers 0 en +∞, on peut affirmer que G est bornée sur R
c’est-à-dire qu’il existe un
tel (t)|
que⩽: M ⇒ |h (t)| ⩽ M e−(s−s0 )t .
∀tréel
∈ RM
+ , |G
0
)t ∈ R , |G (t)| ⩽ M ⇒ |h (t)| ⩽ M e
La fonction t → e−(s−s0∀t
étant
+ intégrable sur R+ (puisque s − s0 . > 0), on en déduit que
+∞
La fonction t h→
e−(s−s0 )tce étant
intégrable
sur R+ (puisque s − s0 > 0), on en déduit que
l’intégrale
converge,
qui permet
de conclure.
+∞
0
l’intégrale
h converge, ce qui permet de conclure.
x.com
:Non
−(s−s )t
0
scho
univ.
0
larvo
Commentaires 175 Question originale. Si le candidat prouve le résultat lorsque l’inté+∞
Commentaires
Questionabsolument,
originale. Si
le candidat
f (t)e−s0 t175
dt converge
il sera
valorisé.prouve le résultat lorsque l’intégrale
+∞
0
f (t)e−s0 t dt converge absolument, il sera valorisé.
grale
Intégration
365
Exercice 176 (Mines-Ponts)
1. Soit p ∈ N, montrer que
n
k=1
np+1
quand n → +∞.
p+1
kp ∼
2. Soit f : [0, 1] → R continue et d ∈ N∗ , montrer que Sn (f ) =
1
vers
d
1
0
1 k
tend
f
n
n
0⩽k⩽n
d|k
f (t) dt quand n → +∞.
Solution 176
1. On considère la fonction continue f : t ∈ [0, 1] → tp . Pour tout entier n ⩾ 1, on note
Tn (f ) sa ne somme de Riemann (associée à la subdivision régulière de [0, 1]) :
k=1
5
n
n
1 kp
1 p
k
=
=
k .
n
n
np
np+1
3589
1
f
n
k=1
k=1
6479
n
Tn (f ) =
0
p+1 t=1
1
t
= 0
t dt =
=
p + 1 t=0
p+1
p
n
1
np+1
p
⇔
.
k
∼
n→+∞ p + 1 ×np+1
n→+∞ p + 1
∼
k=1
:165
.225
⇒ Tn (f )
.20.2
lim Tn (f ) =
n→+∞
1
55:1
D’après le théorème sur les sommes de Riemann, on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2. Nous allons démontrer la formule sur les monômes puis, par linéarité, sur les polynômes
puis, par le théorème de Weierstrass, sur les fonctions continues. Notons
1
I : g ∈ C ([0, 1] , R) →
d
0
1
g
0
qui est une application linéaire sur C 0 ([0, 1] , R) et munissons C 0 ([0, 1] , R) de la norme
∞ : g ∈ C 0 ([0, 1] , R) → sup |g| .
x.com
:Non
[0,1]
larvo
Monômes. Soit p ∈ N et f : x → xp . Commençons par remarquer qu’un entier k ∈
{0, .., n} est divisible par d si et seulement s’il existe un entier q tel
n
n
⇔ 0⩽q⩽
.
k = qd avec 0 ⩽ qd ⩽ n ⇔ 0 ⩽ q ⩽
÷d>0
d q∈N
d
n/d 1 n q=0
qd
n
univ.
Sn =
scho
Ainsi, pour tout entier n ⩾ 1, la somme Sn se réécrit :
p
=
n/d
dp p
k .
np+1 q=0
366
Mines-Ponts
n
n n
→ +∞ (car −
est borné par 1), l’équivalent de la question
d
d n→+∞
d
d
1 fournit l’équivalent suivant :
Comme
n
∼
p+1
Sn
n/d
dp
×
n→+∞ np+1
p+1
p+1
(n/d)
dp
×
n→+∞ np+1
p+1
∼
∼
=
1
1
×
= I (f ) .
d p+1
Polynômes. Soit f : [0, 1] → R une fonction polynomiale, il existe un entier N et des
réels (ap )0⩽p⩽N tels que :
f=
N
p=0
ap fp avec ∀p ∈ {0, .., N } , fp : x → xp .
Pour tout entier n, on a :
N
N
1 1 k
k
k
1 =
=
)
ap (
f
ap fp
fp
Sn =
Fubini
n
n
n
n
n
n
p=0
p=0
→
n→+∞
ap I (fp ) = I
p=0
N
ap fp
p=0
5
N
0⩽k⩽n
d|k
3589
0⩽k⩽n
d|k
= I (f ) .
6479
0⩽k⩽n
d|k
55:1
Cas général. Soit f : [0, 1] → R une fonction continue. Soit ε > 0, d’après le théorème
de Weierstrass, il existe une fonction polynomiale P telle que f − P ∞ ⩽ ε. Pour cette
fonction polynomiale P, on peut affirmer que lim Sn (P ) = I (P ) donc il existe un
n→+∞
.20.2
rang Nε tel que :
∀n ⩾ Nε , |Sn (P ) − I (P )| ⩽ ε.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Remarquons ensuite que, pour toute fonction continue g sur [0, 1] , on a la majoration
suivante valable pour tout n ⩾ 1 :
1 1 1 k |Sn (g)| ⩽
⩽
g
g∞ ⩽
g∞
d
d
n
n
0⩽k⩽n
d|k
0⩽k⩽n
d|k
0⩽k⩽n
g∞
(n + 1) ⩽ 2 g∞
n
En outre, on a la majoration :
=
1
|I (g)| ⩽
d
1
0
1
|g (t)| dt ⩽ 1 g∞ dt = g∞ .
0
=
⩽
⩽
|Sn (f − P ) + Sn (P ) − I (P ) + I (P − f )|
|Sn (f − P )| + |Sn (P ) − I (P )| + |I (P − f )|
f − P ∞ + ε + P − f ∞ ⩽ ε + ε + ε = 3ε.
Ainsi, nous venons de prouver que :
scho
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀n ⩾ Nε , |Sn (f ) − I (f )| ⩽ 3ε
lim Sn (f ) = I (f ) , ce qui permet de conclure.
n→+∞
univ.
c’est-à-dire que
larvo
|Sn (f ) − I (f )|
x.com
:Non
On en déduit l’écart entre Sn (f ) et I (f ) à l’aide des inégalités précédentes ainsi que la
linéarité des applications f → Sn (f ) (n ⩾ 1) et I. Pour tout entier n ⩾ Nε , on a les
majorations suivantes :
Intégration
367
Commentaires 176 Exercice original et de difficulté graduée.
Question 1 : On peut également utiliser la méthode de comparaison série-intégrale (valable
lorsque f est monotone, pas nécessairement décroissante). La fonction f : t → tp est
k+1
croissante sur R+ et, pour tout entier k, f (k) ⩽
f ⩽ f (k + 1) donc, en sommant sur
k
k ∈ {1, .., N − 1}, on obtient l’encadrement :
N
−1
k=1
N
N
f (k) ⩽ f ⩽
f (k) ,
k=2
1
6479
3589
5
ce qui permet de conclure.
Question 2 : Il s’agit d’une question requièrant initiative et autonomie du candidat. L’étude
générale est compliquée donc un candidat traitant convenablement un cas particulier mais
significatif sera valorisé. Les polynômes sont une bonne idée surtout si le candidat indique
la densité de ceux-ci via le théorème de Weierstrass (pour une extension possible). La
1
1
f permette de se limiter aux monômes (afin de ne
linéarité de f → Sn (f ) et de f →
d
0
.20.2
55:1
pas se noyer sous les paramètres, même si cela ne posera pas de difficulté à un candidat
rigoureux).
Le traitement convenable des monômes et/ou polynômes sera valorisé.
:165
.225
Exercice 177 (Mines-Ponts) Convergence et valeur de
+∞
1
1
− arcsin
t
1
dt.
t
=0
1
→ 0, on en déduit la domination suivante de f :
t t→+∞
1
1
1
1
−
+O 2
= O 2 .
f (t) =
t→+∞
t→+∞ t
t
t
t
x.com
:Non
Puisque
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
1
− arcsin
est continue sur [1, +∞[ .
t
t
Déterminons le développement limité à l’ordre 2 en 0 de la fonction arcsin en utilisant celui de
sa dérivée :
1
arcsin (x) = √
= 1 + O (x) ⇒ arcsin (x) − arcsin (0) = x + O x2 .
2
x→0
1 − x x→0
Solution 177 Existence. La fonction f : t →
1
est positive intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre
t2
+∞
2 > 1) donc la fonction f est intégrable sur cet intervalle, ce qui assure l’exitence de
f.
scho
larvo
La fonction t →
1
univ.
1
Valeur. On effectue le changement de variable x = qui est de classe C 1 sur [1, +∞[ et réalise
t
1
1
une bijection strictement décroissante de [1, +∞[ sur ]0, 1] . Comme t = , on a dt = − 2 dx.
x
x
368
Mines-Ponts
+∞
Quand t = 1 alors x = 1 et quand t → +∞ alors x → 0. Comme l’intégrale
f converge
1
alors :
+∞
1
0
1
1
f (t) dt = (x − arcsin (x)) − 2 dx =
(x − arcsin (x)) dx.
x
x2
1
1
0
6479
3589
5
Notons I cette intégrale. On procède ensuite par intégration par parties en considérant les fonctions
1
u : x → − et v : x → x − arcsin (x)
x
qui sont de classe C 1 sur [1, +∞[ . D’après le développement limité de arcsin en 0 obtenu
précédemment, on a :
1 3
u (x) v (x) =
O x = O x2 → 0.
t→+∞ x
x→0
En outre, on a l’égalité :
1
v : x → 1 − √
.
1 − x2
+∞
u v = I converge, le théorème d’intégration par parties montre que :
Comme l’intégrale
=
arcsin (1) − 1 −
1
0
uv .20.2
0
1
0
1 √
π
1
1
1
1 − x2 − 1
√
dx = − 1 +
1− √
−
dx
x
2
x
1 − x2
1 − x2
:165
.225
=
x=1
u v = [u (x) v (x)]x→0 −
0
π
−1+
2
1 =
π
−1+
2
1 =
1
π
π
− 1 + ln 1 + 1 − x2
= − 1 − ln (2)
2
2
0
=
=
0
0
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
π
−1+
2
1
1
1 − x2 − 12
√
dx (quantité conjuguée)
×√
x
1 − x2
1 − x2 + 1
−√
x
1
×√
1 − x2
1 − x2 + 1
1 − x2 + 1
√
dx
1
dx
1 − x2 + 1
x.com
:Non
I
1
55:1
1
1
scho
larvo
Commentaires 177 La question de convergence ne doit pas être une difficulté à un candidat à ce concours. Pour le calcul, l’interrogateur attend des pistes du candidat : un
changement de variable (comme le corrigé) ou une intégration par partie (en intégrant
+∞
1
1
1 et en dérivant t →
− arcsin
dt). Dans les deux cas, la nouvelle intégrande
t
t
univ.
apparaissant devra être transformée comme dans le corrigé (via la quantité conjuguée) et
Intégration
369
une dérivée de composée sera présente. L’interrogateur donnera la ou les indications si
nécessaire.
Exercice 178 (Mines-Ponts) Soit P un polynôme de degré supérieur ou égal à 2.
+∞
cos (P (x)) dx.
1. Déterminer la nature de I =
0
2. Déterminer la nature de J =
+∞
|cos (P (x))| dx.
0
Solution 178
5
1. On identifiera un polynôme et sa fonction polynomiale associée. Soit n le degré de P , il
n
pk X k . Comme P et P sont des polynômes
existe des réels (pk )0⩽k⩽n tels que P (X) =
3589
k=0
+∞
.20.2
Par conséquent, il existe un réel A ⩾ 0 tel que
55:1
lim P = lim P = +∞.
+∞
6479
non constant (car de degré ⩾ 1), ils tendent vers +∞ ou −∞ en +∞ (selon le signe du
coefficient dominant pn de P ). Comme la fonction cos est impair, quitte à remplacer P
par −P, on peut supposer que
:165
.225
∀x ⩾ A, P (x) ⩾ 1 et P (x) ⩾ 1.
Ainsi, la fonction P est strictement croissante et continue sur [A, +∞[ -donc elle réalise
une bijection strictement croissante de [A, +∞[ sur [P (A) , +∞[ et lim P −1 = +∞. En
+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
outre, comme P ne s’annule pas sur [A, +∞[ et que P y est de classe C ∞ , on peut
affirmer que P −1 est de classe C ∞ sur [P (A) , +∞[ et
∀t ∈ [P (A) , +∞[ , P −1 (t) =
1
→ 0.
P (P −1 (t)) t→+∞
La fonction x → cos (P (x)) étant continue sur le segment [0, A] , elle y est intégrable, ce
A
cos (P (x)) dx. Il reste à étudier la convergence de l’intégrale
qui assure l’existence de
0
x.com
:Non
+∞
IA =
cos (P (x)) dx. On effectuer alors le changement de variable x = P −1 (t) (t ∈
A
+∞
P (A)
cos (t) P −1 (t) dt.
scho
=
IA
larvo
[P (A) , +∞[). Quand t = P (A) alors x = A et quand t → +∞ alors x → +∞. On en
déduit que l’intégrale IA converge si et seulement si l’intégrale suivante converge :
univ.
Nous allons utiliser une intégration par partie
justifier l’existence de cette dernière
pour
intégrale. Les fonctions u = sin et v = P −1 sont de classe C 1 sur [P (A) , +∞[ et
370
Mines-Ponts
lim uv = 0 (produit d’une fonction bornée par une fonction qui tend vers 0). Ainsi,
+∞
+∞
u v = IA
converge si et seulement si l’intégrale suivante converge :
l’intégrale
P (A)
+∞
=
IA
P (A)
sin (t) P −1 (t) dt.
Déterminons un équivalent asymptotique P −1 en +∞. Pour tout t ⩾ P (A) , on a
l’égalité :
−1 −1 (t) P P −1 (t)
P
P P −1 (t)
1
(t) =
=−
=
P
2
3.
P (P −1 (t))
(P (P −1 (t)))
(P (P −1 (t)))
P (x) =
k=0
(∗) :
P (x)
(P (x))
k (k − 1) pk xk−1
∼
3 x→+∞
npn xn−1
∼
n (n − 1) pn xn−2 ⇒
x→+∞
n (n − 1) pn xn−2
(npn xn−1 )
3
3589
k=0
n
∼
x→+∞
6479
kpk xk−1
=
55:1
n
n−1
(npn )
.20.2
P (x) =
5
On dispose des équivalents suivants :
1
2 × x2n−1 .
∼
x→+∞
pn x n
⇔
lim
P (x)
x→+∞ pn xn
=1
n
⇔ pn P −1 (t)
⇒
∼
t→+∞
(∗) et en utilisant l’équivalent (∗∗) , on obtient :
t
pn
t ⇔ (∗∗) : P −1 (t)
(par composition par x → x1/n ). En choisissant x = P −1 (t)
→
t→+∞
n
(P −1 (t))
∼
=1
t1/n
t→+∞ p1/n
n
+∞ dans l’équivalent
1/n 2n−1
pn
∼
×
∼
2n−1 t→+∞
2 ×
t→+∞ (np )2
t1/n
(P −1 (t))
(npn )
n
−1 1
1
1
n⩾2
P
(t) = O (2n−1)/n
= O 3/2 .
= O 2−1/n
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t
t
t
−1 (t)
P
⇒
lim
t=P −1 (x)→+∞ t→+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
P (x)
:165
.225
Déterminons maintenant un équivalent de P −1 (t) quand t → +∞.
n−1
1
n−1
x.com
:Non
Comme la fonction sin est bornée sur R, on dispose de la domination suivante :
−1 1
sin (t) P
(t) = O 3/2
t→+∞
t
univ.
scho
larvo
1
La fonction t → 3/2 étant positive et intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de
t
3
> 1) donc elle l’est sur [P (A) , +∞[ (car P (A) ⩾ 1). Par conséquent, la
paramètre
2
fonction t → sin (t) P −1 (t) est intégrable sur [P (A) , +∞[, ce qui prouve l’existence
donc des intégrales IA
puis IA .
de l’intégrale IA
Au final, l’intégrale I converge.
Intégration
371
2. On conserve les notations et résultats de la réponse à la question précédente. La convergence de l’intégrale J est équivalente à la convergence de l’intégrale
JA =
+∞
|cos (t)| P −1 (t) dt =
P (A)
+∞
P (A)
|cos (t)|
P (P −1 (t))
dt.
On dispose de l’équivalent en +∞ suivant :
P
P
−1
(t)
∼
t→+∞
npn P
−1
(t)
n−1
∼
t→+∞
npn
t1/n
1/n
pn
n−1
=
C
t1−1/n
(pour une constante convenable strictement positive), ce qui prouve :
|cos (t)|
∼
P (P −1 (t)) t→+∞
C |cos (t)|
.
t1−1/n
3589
+∞
|cos (t)|
dt.
t1−1/n
6479
=
JA
5
Ainsi, l’intégrale JA converge si et seulement si l’intégrale suivante converge :
P (A)
∈
⇒
α
[kπ, (k + 1) π] , kπ ⩽ t ⇒ 0 < (kπ) ⩽ tα
1
1
|cos (t)|
|cos (t)|
⇒
⩾
⩾
α
α
tα
tα
(kπ) ×|cos(t)|⩾0
(kπ)
:165
.225
∀t
.20.2
55:1
1
Notons α = 1 − ∈ ]0, 1[ . Pour tout entier k ⩾ 1, la fonction t → tα étant croissante
n
sur R+ , on dispose des minorations suivantes :
(k+1)π
|cos (t)|
dt
tα
⩾
(k+1)π
=
(k+1)π
kπ
|cos (t)|
E
α dt =
α
(kπ)
(kπ)
kπ
avec E
e:21
1075
3582
:889
1250
2
En intégrant cette inégalité sur l’intervalle [kπ, (k + 1) π] , on obtient pour tout k ⩾ 1 :
|cos (t)| dt =
kπ
π
0
|cos (t)| dt > 0
(par π périodicité de la fonction |cos| et par positivité et non annulation de cette fonction
sur [0, π]). En sommant sur k ∈ {1, .., N − 1} (N ⩾ 2) et en utilisant la relation de
Chasles, on obtient la minoration suivante :
x.com
:Non
N π
N −1
C 1
|cos (t)|
dt
⩾
.
tα
πα
kα
π
1
k=1
lim
N →+∞
N
−1
k=1
1
= +∞ ⇒ lim
N →+∞
kα
univ.
k
scho
larvo
étant divergente (série de Riemann de paramètre α < 1) et à termes
kα
positifs, on peut affirmer que :
La série
N π
|cos (t)|
dt = +∞
tα
π
372
Mines-Ponts
+∞
|cos (t)|
(par le théorème d’encadrement) donc l’intégrale
dt diverge, ce qui assure la
tα
π
. Ainsi, l’intégrale JA diverge donc l’intégrale J diverge égalediverge de l’intégrale JA
ment.
Commentaires 178 Il s’agit d’une extension d’un exercice classique : la convergence de
+∞
cos x2 dx. On justifie cette convergence en utilisant le chanl’intégrale de Fresnel
0
+∞
cos (t)
√ dt. On procède
gement de variable t = x , ce qui ramène à étudier l’intégrale
t
2
0
+∞
sin (t)
alors comme pour l’intégrale
dt via une intégration par parties (primitiver cos,
t
5
0
.20.2
0
55:1
6479
3589
1
dériver ). Un candidat proposant d’étudiant le cas P = X 2 (ou un monôme aX k ) par
t
la méthode que je viens d’exposer sera valorisé, surtout s’il justifie la convergence (il sera
très bien valorisé). Si le candidat n’y songe pas, l’interrogateur lui proposera d’étudier ce
+∞
|sin (t)|
cas. Pour l’absolue convergence, on procède comme pour
dt en utilisant la ret
nπ
e:21
1075
3582
:889
1250
2
nπ
:165
.225
1
1
sur chaque intervalle [nπ, (n + 1) π], ce
lation de Chasles et en minorant par
t
(n + 1) π
(n+1)π
(n+1)π
(n+1)π
1
|sin (t)|
qui fournit la minoration
dt ⩾
|sin| . Comme
|sin| est
t
(n + 1) π
une constante (la fonction |sin| étant π-périodique, cette intégrale vaut
π
0
nπ
|sin| qui est non
nulle puisque l’intégrande est continue, positive et non nulle sur cet intervalle).
Le cas général (de la convergence et de la convergence absolue) est destiné aux meilleurs
candidats car il demande une bonne connaissance de l’analyse.
Exercice 179 (Mines-Ponts) Soit f ∈ C 1 ([a, b], R) telle que
x.com
:Non
f (a) = 0 et ∀t ∈ [a, b], 0 ⩽ f (t) ⩽ 1.
x
1. Montrer que : ∀x ∈ [a, b], (f (x)) ⩽ 2 f (t) dt.
2
a
a
larvo
 b
2
3
(f (t)) dt ⩽  f (t) dt .
a
scho
2. Montrer que :
b
univ.
3. Cas d’égalité dans l’inégalité précédente ?
Intégration
373
Solution 179
1. La fonction f étant positive sur [a, b] , la fonction f est croissante sur ce segment.
Comme f (a) = 0, on en déduit que f est positive sur [a, b] . On remarque alors que :
2
= 2f (t)f (t) ⩽ 2f (t) .
∀t ∈ [a, b] , (f (t))
⩽1
⩾0
Pour tout x ∈ [a, b] , on intègre en a et x cette inégalité, ce qui nous donne :
x (f (t))
2
a
x
x
x
2
dt ⩽ 2 f (t) dt ⇔ (f (t))
⩽ 2 f (t) dt,
a
a
a
ce qui permet de conclure car f (a) = 0.
f (t) dt.
f qui est l’unique primitive de f s’annulant en a alors, en intégrant
.20.2
Notons F : x →
55:1
a
x
a
sur [a, b] l’inégalité précédente, on obtient :
(f (x)) dx ⩽
b
2
2F (x) F (x) dx = (F (x))
a
3. Soit f ∈ C 1 ([a, b] , R) telle que
b
a
 b
2
= (F (b)) =  f (x) dx .
:165
.225
a
3
b
a
2
a
e:21
1075
3582
:889
1250
2
b
3589
x
6479
3
(f (x)) ⩽ 2f (x)
5
2. Soit x ∈ [a, b] . Comme f (x) est positif, on peut multiplier l’inégalité précédente par
f (x) , ce qui nous donne :
 b
2
3
(f (t)) dt =  f (t) dt .
a
On conserve les notations introduites à la réponse de la question 2 et on considère la
fonction
3
G : x → (f (x)) − 2f (x) F (x)
G=
a
b
a
 b
2
3
(f (t)) dt −  f (t) dt = 0
larvo
b
x.com
:Non
qui est de classe C 1 sur [a, b] (comme produit et somme de telles fonctions) et négative
(d’après la question précédente). Son intégrale sur [a, b] vaut
a
a
univ.
scho
donc la fonction G est identiquement nulle sur [a, b] c’est-à-dire, pour tout x ∈ [a, b] , on
a:


x
x
3
2
(f (x)) = 2f (x) f (t) dt ⇔ (E1 ) : f (x) (f (x)) − 2 f (t) dt = 0.
a
374
Mines-Ponts
Supposons qu’il existe x0 ∈ [a, b] tel que :
x0
(f (x0 )) − 2 f (t) dt = 0
2
a
alors, d’après l’égalité (E1 ) , on a f (x0 ) = 0. Comme la fonction f est croissante sur
[a, b] , on a :
∀t
[a, x0 ] , 0 = f (a) ⩽ f (t) ⩽ f (x0 ) = 0 ⇒ f (t) = 0
x0
x0
x0
2
f (t) dt = 0dt = 0 ⇒ (f (x0 )) − 2 f (t) dt = 02 − 2 × 0 = 0,
⇒
∈
a
a
a
ce qui est absurde. Par conséquent, on a :
3589
5
x
2
(E2 ) : ∀x ∈ [a, b] , (f (x)) − 2 f (t) dt = 0.
a
55:1
6479
La fonction f identiquement nulle convient. Supposons que f n’est pas identiquement
nulle c’est-à-dire qu’il existe x0 ∈ ]a, b] tel que f (x0 ) > 0 (puisque f est positive).
Notons
A = {x ∈ [a, b] , f (x) > 0}
:165
.225
.20.2
qui est un ensemble non vide (car x0 ∈ A) et minorée (par a) donc il possède une borne
inférieure α.
Si c > α alors il existe x1 ∈ ]α, c[ tel que x1 ∈ A (car c n’est pas un minorant de A)
donc
f (x1 ) > 0 ⇒ f (c) ⩾ f (x1 ) > 0
f
e:21
1075
3582
:889
1250
2
donc f est strictement positive sur ]α, b] .
Si α > a alors, pour tout c ∈ [a, α[ , c n’appartient pas à A donc f (c) ⩽ 0 et comme
f est positive sur [a, b] , on en déduit que f (c) = 0 c’est-à-dire que f est identiquement
nulle sur [a, α[ . Comme f est continue en α, on a :
f (α) = x→α
lim f (x) = x→α
lim 0 = 0
x<α
x<α
Si α = a alors f (α) = f (a) = 0. Si α > a alors, comme f est continue en a, on a
lim 0 = 0.
f (α) = x→α
lim f (x) = x→α
x<α
x<α
∈
]α, b] , 2f (x) f (x) − 2f (x) = 0
larvo
∀x
x.com
:Non
Au final, on vient de montrer que f (α) = 0 quelque soit la valeur de α.
Si α = b alors f est identiquement nulle sur [a, b] . Si α < b, en dérivant la relation (E2 )
sur l’intervalle ]α, b] , on obtient :
⇔
÷f (x)=0
∀x ∈ ]α, b] , f (x) = 1
Par continuité de f en α, on obtient :
scho
⇒ ∃C ∈ R, ∀x ∈ ]α, b] , f (x) = x + C.
x>α
univ.
lim (x + C) = α + C ⇒ C = −α.
0 = f (α) = x→α
lim f (x) = x→α
x>α
Intégration
375
Ainsi, on vient de montrer que :
f (x) =
0
x−α
si a ⩽ x ⩽ α
.
si α < x ⩽ b
Si α > a alors f = 0 sur [a, α[ et f = 1 sur ]α, b[ . Or, nous avons supposé que f est de
classe C 1 sur [a, b] donc
lim f (x) = 1,
0 = x→α
lim f (x) = f (α) = x→α
x<a
x>a
ce qui est absurde donc α = a.
Réciproquement, considérons la fonction f : x → x − a. Cette fonction est de classe C 1
sur [a, b] , vérifie f (a) = 0 et 0 ⩽ f ⩽ 1 et on a :
b
b
4 b
4
(t − a)
(b − a)
3
3
(f (t)) dt =
(t − a) dt =
=
4
4
a
a
a
 b
 2 
2 2 2
2 b
(t
−
a)
(b
−
a)
 =
 (t − a) dt = 
2
2
=
a
4
=
(b − a)
=
4
b
6479
a
3
(f (t)) dt.
55:1
a
3589
5
 b
2
 f (t) dt
a
:165
.225
.20.2
Par conséquent, le cas d’égalité est réalisé uniquement pour la fonction identiquement
nulle ou la fonction f : x → x − a.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 179 Exercice progressif (ce qui est rare à Mines-Ponts).
Question 1 : Question est aisée.
Question 2 : Il n’y a pas de difficulté particulière, hormis que le candidat analyse un peu
la situation afin de lier la première question à celle-ci.
Question 3 : Cette question est la plus difficile et elle permet de distinguer les bons candidats. Chaque point clé justifié par le candidat (avec aide ou non) sera valorisé.
Exercice 180 (Mines-Ponts) Soit f ∈ C 1 (R+ , R) . On suppose que les fonctions
2
2
x → (f (x)) et x → (f (x)) sont intégrables sur R+ . Montrer que f tend vers 0 en +∞.
Solution 180 Pour tout (a, b) ∈ R2 , on dispose de la majoration
1 2
2
a + b2 (car (|a| − |b|) ⩾ 0 et on développe).
2
x.com
:Non
|ab| ⩽
2
2
larvo
En particulier, la fonction f f est continue sur R+ et on a la majoration suivante :
1
2
2
∀x ∈ R+ , |f (x) f (x)| ⩽
(f (x)) + (f (x)) .
2
scho
La fonction x → (f (x)) + (f (x)) étant intégrable sur R+ (comme somme de deux telles
fonctions), on en déduit que x → f (x) f (x) est aussi intégrable. En particulier, l’intégrale
0
univ.
+∞
+∞
2
(f (x)) dx
2f (x) f (x) dx =
0
376
Mines-Ponts
converge c’est-à-dire que :
lim
A→+∞
A (f (x))
0
2
dx = lim
A→+∞
(f (x))
2
A
= lim
A→+∞
0
2
(f (A)) − (f (0))
2
existe donc lim f 2 existe dans R. Notons L cette limite (qui est positive). Si L = 0 alors on
+∞
dispose de l’équivalent (f (x))
2
∼
x→+∞
L. Comme la fonction x → L est positive et non intégrable
2
sur R+ (car L = 0), on en déduit que la fonction x → (f (x)) n’est pas intégrable sur R+ , ce
qui est absurde. Par conséquent, on en déduit que :
√
2
2
(f (x)) = 0 = 0 ⇒ lim f = 0.
lim (f (x)) = 0 ⇒ lim |f (x)| = lim
x→+∞
x→+∞
+∞
x→+∞
3589
5
Commentaires 180 Exercice très classique pour ce concours. N’hésitez pas à le retravailler si vous avez eu des difficultés.
6479
Exercice 181 (Mines-Ponts)
.20.2
55:1
1. Soit f une fonction continue de R dans R. Étudier le comportement en +∞ de
x
1
f (t) dt si f admet une limite finie en +∞, puis si f est périodique.
F : x →
x
0
:165
.225
2. On suppose que f est monotone et que F a une limite finie en +∞. Que dire de f ?
Solution 181
1. On suppose que lim f = L ∈ R alors
f (t)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
L + o (1) ⇒ |f (t) − L|
=
t→+∞
=
t→+∞
o (1) .
La fonction t → 1 étant non intégrable sur R+ , le théorème de sommation des intégrales
divergentes montre que
 x 
x
|f (t) − L| dt = o  1dt = o (x) .
x→+∞
x→+∞
0
0
0
0
x.com
:Non
D’après l’inégalité triangulaire, pour tout x ∈ R+ , on a :
x
x
x
x
f (t) dt − Ldt = (f (t) − L) dt ⩽ |f (t) − L| dt = o (x) .
x→+∞
0
0
=
x→+∞
o (1)
scho
|F (x) − L|
larvo
En divisant par x > 0, on obtient pour tout x > 0 :
→
x→+∞
0 ⇒ lim F = L.
+∞
univ.
On suppose que f est T -périodique avec T > 0. Pour tenir compte de la T -périodicité
de f, on découpe l’intervalle [0, x] en une réunion d’intervalles [kT, (k + 1) T ] (k ∈ N)
Intégration
377
(de longueur la période) auquel on ajoute un « résidu » de longueur moindre que T . Soit
x > T, on pose
x
x
Nx =
⩾ 1 ⇒ Nx ⩽
< Nx + 1 ⇔ Nx T ⩽ x < (Nx + 1) T
T
T
N −1
x
⇒ 0 ⩽ x − Nx T < T ⇒ [0, x] =
[kT, (k + 1) T ] ∪ [Nx T, x] .
k=0
D’après la relation de Chasles, on a :
x
f (t)
=
N
x −1
k=0
0
=
Nx
T
(k+1)T
f (t) dt +
f (t) dt =
(∗)
Nx T
kT
f (t) dt +
0
x
x
T
N
x −1 f (t) dt +
k=0 0
x
f (t) dt
Nx T
f (t) dt.
5
Nx T
T
1
f (t) dt +
x
0
x
=
x→+∞
O (1) ⇒
÷x
:165
.225
On observe alors que :
x − Nx T
f (t) dt.
.20.2
Nx T
55:1
Nx
(∗) : F (x) =
x
6479
3589
(∗) l’intégrale d’une fonction T -périodique sur un intervalle de longueur T ne dépend pas
de l’intervalle de longueur T choisi.
En divisant par x > T, on obtient la relation :
1
Nx
1
1
Nx
=
+ O (1) ∼
⇒ lim
= .
x→+∞ T
x→+∞ x
x x→+∞ T
T
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction f étant continue sur le segment [0, T ] , elle y est bornée donc, par T périodicité, elle est bornée sur R. Notons M = sup |f | alors on a la majoration suivante :
R
x
x
x
f (t) dt ⩽
|f (t)| dt ⩽
M dt = M (x − Nx T ) ⩽ M T
Nx T
Nx T
Nx T
x
x
1
M
1
⇒ → 0⇒
f (t) dt ⩽
f (t) dt → 0.
x→+∞
x x→+∞
x
x
Nx T
Nx T
x.com
:Non
D’après ces limites et la formule (∗) , on en déduit que :
1
lim F (x) =
x→+∞
T
T
f (t) dt.
0
x
0
1
g (t) dt donc ∀x > 0, G (x) =
x
univ.
1
G : x →
x
scho
larvo
2. Quitte à échanger f en −f (donc F est remplacée par −F ), on peut supposer que la
fonction f est croissante sur R. La fonction g = f − f (0) est croissante sur R+ et
comme g (0) = 0, g est positive sur R+ . Si l’on considère la fonction
x
0
(f (t) − f (0)) dt = F (x) − f (0)
378
Mines-Ponts
(en développant l’intégrale). Ainsi, la fonction G admet une limite en +∞ (car F en
possède une). Notons L la limite de G en +∞ alors, comme G est continue sur [1, +∞[ ,
elle y est bornée sur cet intervalle et on pose M = sup G. Pour tout x > 0, on a les
[1,+∞[
minorations suivantes :
2x
∀t ∈ [x, 2x] , t ⩾ x ⇒ g (t) ⩾ g (x) ⇒ 2xG (2x) = g (t) dt
g
0
g⩾0 et
⩾
[x,2x]⊂[0,2x]
2x
2x
2x
g (t) dt ⩾ g (x) dt = g (x) dt = g (x) (2x − x) = xg (x) .
x
x
x
En divisant par x ⩾ 1, on obtient la majoration :
∀x ⩾ 1, g (x) ⩽ 2G (2x) ⩽ 2M
6479
+∞
55:1
+∞
3589
5
donc la fonction g est majorée sur [1, +∞[ et comme elle y est croissante, g admet une
limite finie en +∞. Ainsi, la fonction f = g + f (0) admet une limite finie en +∞ et,
d’après la question précédente, on en déduit que lim f = lim F.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
Commentaires 181 Si la première question ne présente pas de difficulté particulière
(elle peut être traitée via les ε en redémontrant le théorème d’intégration des intégrales
divergentes), la seconde est plus subtile et testant l’esprit d’initiative du candidat.
Chapitre 10
Intégrales à paramètres
5
CCINP
3589
10.1
3. Prouver que
+∞ √
0
:165
.225
0
+∞
1
x ln (x)
dx =
2.
1−x
n=0 (n + 2)
+∞
t
C
dt
=
pour un certain réel C.
t
e −1
n3/2
n=1
Solution 182
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2. Montrer que
55:1
0
1
xn ln (x) dx (n ∈ N).
.20.2
1. Existence et valeur de
1
6479
Exercice 182 (CCINP)
1. Existence. Soit n ∈ N. La fonction fn : x → xn ln (x) est continue sur ]0, 1] et
fn (x) = o
+
x→0
1
x1/2
car x1/2 fn (x) = xn+1/2 ln (x) → 0
x→0
1
1
> 0). Or, la fonction x → 1/2 est positive
2
x
1
1
et intégrable sur ]0, 1] (intégrale de Riemann de paramètre < 1) donc fn converge.
2
x.com
:Non
(d’après les croissances comparées car n +
0
scho
tn+1
et v : t → ln (t)
n+1
univ.
u : t →
larvo
Calcul. On utilise une intégration par parties. On pose
qui sont deux fonctions de classe C 1 sur ]0, 1] . Comme lim u (t) v (t) = 0 (d’après les
t→0
380
CCINP
croissances comparées car n + 1 > 0) et que
1
u v converge, on peut affirmer que :
0
1
fn (x) dx
=
0
1
0
=
−
t=1
u v = [u (t) v (t)]t→0 −
1
(n + 1)
1
0
1
0
uv = −
1
0
1
tn+1
× dt
n+1
t
n+1 t=1
t
1
1
n
t dt = −
=−
2.
(n + 1) n + 1 t=0
(n + 1)
2. On utilise le développement en série entière de la fonction x →
Pour tout x ∈ [0, 1[ , on a les égalités :
1
.
1−x
3589
5
+∞
+∞
x ln (x) 1
=
=
xn ⇒ ∀x ∈ ]0, 1[ ,
fn+1 (x) .
1 − x n=0
1−x
×x ln(x)
n=0
n⩾0
=
k=n+1
55:1
fn+1
fk
k⩾1
.20.2
6479
Pour tout entier n, la fonction fn est continue et intégrable sur ]0, 1] . La série
k=1
fk : x →
x ln (x)
1−x
est continue sur ]0, 1[ . En outre, la série
1
1
|fn | =
fn ⩽0
n⩾0 0
1
(−fn ) = −
n⩾0 0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
k⩾1 0
:165
.225
converge simplement sur ]0, 1[ et sa somme
fk =
k⩾1
1
(k + 1)
=
2 j=k+1
1
j⩾2
j2
est intégrable sur ]0, 1[ et on a :
+∞+∞
0
n=0
fn+1 =
+∞ larvo
0
x ln (x)
dx =
1−x
n=0 0
scho
1
x.com
:Non
converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1). D’après le théorème de permutation
série-intégrale, la fonction
+∞
x ln (x)
fn+1 : x →
1−x
n=0
1
fn+1 = −
+∞
1
n=0 (n + 2)
2.
univ.
√
t
comme une somme de séries
3. On procède comme précédemment en écrivant t → t
e −1
de fonctions puis en appliquant un théorème de permutation série-intégrale. On pense au
Intégrales à paramètres
381
1
avec |z| < 1. Comme et > 1, on factorise
1−z
le dénominateur et − 1 par et pour se ramener au cas |z| < 1. Pour tout t > 0, on a :
développement en série entière de z →
1
t
e −1
√
t
t
e −1
+∞
+∞
+∞
−t n 1
1
−t
−(n+1)t
e
×
=
e
=
e
=
e−kt
k=n+1
et
1 − e−t
n=0
n=0
=
k=1
=
+∞
+∞
√ −kt
√ t
e−kt =
te .
k=1
k=1
√
Pour tout k ∈ N , on considère la fonction fk : t → te−kt qui est continue sur [0, +∞[ .
fk converge simplement sur ]0, +∞[ et sa somme
La série
∗
k⩾1
+∞
k=1
fk : t →
√
t
et − 1
3589
5
est continue sur ]0, +∞[ . Soit k ∈ N∗ , on dispose de la domination suivante :
fk (t) = o e−t/2 car et/2 fk (t) = t1/2 e−(k−1/2)t → 0
t→+∞
6479
t→+∞
0
:165
.225
0
.20.2
55:1
1
(d’après les croissances comparées car k − > 0 puisque k ⩾ 1). La fonction t → e−t/2
2
est positive et intégrable sur R+ donc la fonction fk est intégrable sur R+ .
+∞
+∞
|fk (t)| dt =
fk (t) dt (car fk est positive sur R+ ). On effectue le chanÉtudions
+∞
fk (t) dt
=
0
dt =
+∞
C
avec C =
k 3/2
+∞
√
+∞
√
te
−kt
0
=
e:21
1075
3582
:889
1250
2
gement de variable s = kt (qui de classe C 1 sur R+ et réalise une bijection de R∗+ sur
1
s
R∗+ ). Quand t = 0 alors s = 0, quand t → +∞ alors s → +∞ et t = , dt = ds. On
k
k
en déduit que :
0
1
s −s ds
e
= √
k
k
k k
+∞
√
se−s ds
0
se−s ds.
0
+∞
1
3
> 0).
fk = C
converge (série de Riemann de paramètre
La série
3/2
2
k
k
k
x.com
:Non
0
D’après le théorème de permutation-série intégrale, on peut affirmer que la fonction
√
+∞
t
fk : t → t
e −1
est intégrable sur [0, +∞[ et on a :
0
+∞+∞
scho
t
dt =
t
e −1
0
k=1
fk =
univ.
+∞ √
larvo
k=1
+∞ +∞
k=1 0
fk = C
+∞
1
.
3/2
k
k=1
382
CCINP
Commentaires 182 Exercice peu progressif demandant une certaine initiative et autonomie du candidat. Il nécessite une très bonne connaissance des chapitres « intégration »
et « intégrales à paramètre ». Il s’avère très discriminant durant la phase de préparation
et la phase d’interaction avec l’interrogateur sera cruciale. Cet exercice est un bon entrainement de révision à ces deux chapitres.
Question 1 : question classique et sans aucune difficulté particulière.
Question 2 : Une part significative des candidats songera à utiliser le développement en
1
série entière de
. La permutation série-intégrale fera le tri entre les candidats. Re1−x
marquer que la série
xn+1 ln (x) ne converge pas normalement sur [0, 1] . Les candidats
n
3589
5
les plus au fait de leur cours invoqueront l’un des deux théorèmes de permutation sérieintégrale du chapitre « intégrales à paramètre », celui du corrigé ou la convergence dominée
pour les séries de fonctions (la somme partielle de la série est bornée indépendamment de
n). Ce dernier choix est tout à fait convenable car, d’après la formule donnant la somme
d’une suite géométrique, on a :
n
|ln (x)|
1 − xn+1
∀n ∈ N, ∀x ∈ ]0, 1] , ⩽
= ϕ (x) .
xk+1 ln (x) = |ln (x)| ×
1−x
1−x
6479
k=0
:165
.225
.20.2
55:1
L’intégrabilité de ϕ sur ]0, 1[ est laissée au lecteur.
Question 3 : elle sera l’apanage des tous meilleurs candidats (qui le traiteront significativement seuls) ou bien, avec l’aide de l’interrogateur, des candidats suffisamment rapides.
Comme pour la question 2, on peut traiter cette question avec le théorème de convergence
dominée pour les séries de fonctions.
Exercice 183 (CCINP)
2.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
e−tx
dt est continue sur R∗+ .
1. Montrer que la fonction g : x →
t+1
0
Montrer que g est dérivable sur R∗+ . Donner une équation différentielle vérifiée par
g.
3. Proposer un équivalent de g en +∞ et donner une nouvelle expression de g.
Solution 183
1. On considère la fonction

x.com
:Non
f:

 R∗+ × R+
(x, t)
→
→
R
e−tx .
1+t
univ.
scho
larvo
Pour tout x ∈ R∗+ , la fonction t → f (x, t) est continue sur R+ et, pour tout t ∈ R+ , la
fonction x → f (x, t) est continue sur R∗+ . Pour tout segment [a, b] de R∗+ (i.e. 0 < a ⩽ b),
on dispose de la domination :
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ R+ , |f (x, t)| =
e−tx
⩽ e−tx ⩽ e−ta = ϕ (t) .
1+t
Intégrales à paramètres
383
La fonction ϕ est indépendante de x et intégrable sur R+ (puisque a > 0) donc la fonction
+∞
f (x, t) dt = g (x)
x →
0
est (définie et) continue sur R∗+ .
2. On conserve les notations de la question précédente. Pour tout t ∈ R+ , la fonction
x → f (x, t) est de classe C 1 sur R∗+ . Pour tout x ∈ R∗+ , les fonctions t → f (x, t) et
∂f
−te−tx
t →
(x, t) =
sont continues sur R+ . Pour tout x ∈ R∗+ , la fonction t → f (x, t)
∂x
1+t
est intégrable sur R+ (d’après la question précédente). Pour tout segment [a, b] de R∗+
(i.e. 0 < a ⩽ b), on dispose de la domination suivante :
∂f
t −tx
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ R+ , (x, t) =
e
⩽ e−tx ⩽ e−ta = ϕ (t) .
∂x
1+t
3589
5
La fonction ϕ est indépendante de x et intégrable sur R+ (puisque a > 0) donc la fonction
6479
+∞
f (x, t) dt = g (x)
x →
55:1
0
+∞
+∞
∂f
te−tx
(x, t) dt = −
dt.
∂x
1+t
0
:165
.225
∀x ∈ R∗+ , g (x) =
.20.2
est de classe C 1 sur R∗+ et on a :
0
Il est alors immédiat que, pour tout x ∈ R∗+ , on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
+∞
−tx t→+∞
1
1 + t −tx
e
g (x) − g (x) = −
e dt = − e−tx dt =
=− .
1+t
x t=0
x
0
0
s
3. On utilise le changement de variable s = tx ⇔ t = . Quand t = 0 alors s = 0, quand
x
ds
donc :
t → +∞ alors s → +∞ et dt =
x
0
+∞
ds
e−s
e−s
=
ds.
×
s
x
x+s
+1
0
x
x.com
:Non
g (x) =
+∞
Intuitivement, pour chaque s ∈ R+ , on a :
larvo
e−s
e−s
∼
.
x + s x→+∞ x
0
univ.
scho
Si on peut intégrer par rapport à s sur R+ (ce qui est illicite a priori), on obtient l’équivalent :
+∞
+∞
1
1 −s s→+∞ 1
e−s
ds =
−e s=0
.
e−s ds =
g (x) ∼
x→+∞
x
x
x
x
0
384
CCINP
Prouvons cet équivalent en montrant que lim xg (x) = 1. On considère la fonction
x→+∞

 R∗+ × R+ →
R
h:
xe−s . Pour tout x ∈ R∗+ , la fonction s → h (x, s) est continue
 (x, s)
→
s+x
sur R+ et :
∀s ∈ R+ , lim h (x, s) = e−s = ψ (s) .
x→+∞
La fonction ψ est continue sur R+ et on dispose de la domination suivante :
x −s
e ⩽ e−s = ψ (s) .
∀x ∈ R+ , ∀s ∈ R+ , |h (x, t)| =
s+x
La fonction ψ est indépendante de x et intégrable sur R+ (puisque −1 < 0) donc :
lim
x→+∞
+∞
+∞
+∞
h (x, s) ds =
lim h (x, s) ds ⇔ lim xg (x) =
e−s ds = 1.
x→+∞
0
x→+∞
0
0
3589
5
D’après la question précédente, pour tout x ∈ R∗+ , on a
.20.2
55:1
6479
1
g (x) − g (x) = − .
x
Afin de gagner du temps, on revient à la preuve de MPSI de la résolution de ces équations différentielles. En divisant par ex (solution fondamentale de l’équation homogène
associée) cette équation, on obtient l’équation
:165
.225
e−x
.
(∗) : ∀x ∈ R∗+ , g (x) e−x = −
x
e−x
est intégrable
x→+∞
+∞
x
sur [1, +∞[ (car continue sur [1, +∞[ et négligeable en +∞ devant x → e−x qui est
positive et intégrable sur [1, +∞[), en intégrant l’équation (∗) entre s et +∞ (avec s > 0),
on obtient :
x→+∞
g (x) e−x x=s
=
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Comme lim g (x) e−x = 0 (car lim g (x) = 0) et que la fonction x →
+∞
+∞
e−x
e−x
−s
dx ⇔ −g (s) e = −
dx
−
x
x
s
s
+∞
e−x
dx.
⇔ g (s) = es
x
s
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 183 Exercice de niveau standard et bien progressif pour le concours CCINP.
Question 1 et 2 : Il s’agit de deux questions extrêmement classiques et relativement simples
donc l’interrogateur sera exigeant sur la qualité et la rigueur de l’argumentaire, ce qui fait
trop défaut à une part significative des candidats. L’obtention de l’équation différentielle
pourra poser problème à certains candidats durant la phase de préparation mais une petite
aide de l’interrogateur comblera cette lacune.
Question 3 : Cette question s’avère sélective car elle demande aux candidats de l’initiative
(devinerà au
minimum l’équivalent), de connaitre l’expression exacte des solutions d’une
Intégrales
paramètres
385
équation différentielle linéaire homogène d’ordre 1 (notamment l’expression explicite des
primitives) et de déterminer l’unique solution ayant l’équivalent voulue. Même avec l’aide
de l’interrogateur, chacune de ses sous-questions sera fortement discriminante.
1
ln (1 + xt)
Intégrales
à paramètres
de l’interrogateur,
chacune de ses sous-questions sera fortement discriminante.
385
de l’interrogateur, chacune de ses sous-questions
sera fortement discriminante.
1
ln (1 + xt)
Exercice 184 (CCINP) On pose f (x) =
dt.
1 + t2
1
0
ln (1 + xt)
dt. f .
Exercice
184
(CCINP)
On
pose
f
(x)
=
1. Montrer que f est dérivable sur ]−1, +∞[ et 2trouver
1+t
x
0
ln (1 + t)
dt + g (x) où g (x)
2.
pourf tout
x dans ]−1,
, que et
f (x)
= − f .
1. Montrer,
Montrer que
est dérivable
sur +∞[
]−1, +∞[
trouver
1 + t2
x
0
ln (1 + t)
à déterminer.
dt + g (x) où g (x)
2. est
Montrer,
pour tout x dans ]−1, +∞[ , que f (x) = −
1 + t2
3. En déduire la valeur de f (1) .
0
6479
3589
5
est à déterminer.
Solution 184
3. En déduire la valeur de f (1) .
1. On considère la fonction

Solution 184
 ]−1, +∞[ × [0, 1] →
R
1. On considère la fonction
g:
ln (1 + xt) .

(x, t)
→

2
1+
 ]−1, +∞[ × [0, 1] →
Rt
:
ln (1 +Cxt)
1
sur. ]−1, +∞[ (puisque ln
Pour tout t ∈ [0, 1] , lag fonction
x (x,
→ t)
g (x, t) est→de classe

2 1
1
1
+
t
est de classe C sur ]0, +∞[ , que x → 1 + xt est de classe C sur [0, 1] et strictement
positive
surt ]−1,
Pour toutx x→∈g]−1,
+∞[
lesclasse
fonctions
Pour tout
∈ [0,+∞[).
1] , la fonction
(x, t)
est ,de
C 1 sur ]−1, +∞[ (puisque ln
.20.2
55:1
est de classe C 1 sur ]0, +∞[ , que x → ∂g
1 + xt est de classet C 1 sur [0, 1] et strictement
t) =
t →Pour
g (x, t)
et xt ∈
→]−1, (x,
positive sur ]−1, +∞[).
tout
∂x +∞[ , les(1fonctions
+ xt) (1 + t2 )
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
t
∂g semblable au caractère
sont continues sur ]−1,
C 1 de x → f (x, t)).
(x, t) =
t →+∞[
g (x, (argumentaire
t) et t →
2)
(1
+
xt)
(1
+
t
∂x
La fonction t → g (x, t) est intégrable sur [0, 1] (car elle est continue sur ce segment).
Soit [a,
b] un segment
[a,+∞[
b] de(argumentaire
]−1, +∞[ (i.e.semblable
−1 < a ⩽aub),caractère
on dispose
de lax domination
→ f (x, t)).
sont
continues
sur ]−1,
C 1 de
suivante
:
La fonction t → g (x, t) est intégrable sur [0,
1]
(car
elle
est
continue
sur
ce
segment).
1
∂g (x,
∀x ∈[a,[a,b]b]de
, ∀t
∈ [0,
1] , (i.e.
ϕ (t) . de la domination
Soit [a, b] un segment
]−1,
+∞[
< a⩽⩽ b), on=dispose
∂x −1 t)
1 + at
suivante :
∂g
[0, 1]
1 (car continue sur ce segment
La fonction ϕ est indépendante de x et intégrable
sur
= ϕ (t) .
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ [0, 1] , (x, t) ⩽
puisque son dénominateur ne s’annule pas∂x
sur cet intervalle)
1 + at donc la fonction
La fonction ϕ est indépendante de x et1 intégrable sur [0, 1] (car continue sur ce segment
puisque son dénominateur ne s’annule
donc la fonction
x → gpas
(x,sur
t) dtcet
= intervalle)
f (x)
0 1
→ +∞[
g (x,.t)En
dt outre,
= f (x)sa dérivée est donnée, pour tout
est (définie et) de classe C 1 surx ]−1,
0
x ∈ ]−1, +∞[ , par :
larvo
x.com
:Non
sur
est (définie et) de classe C 1 1 ]−1, +∞[ . En
1 outre, sa dérivée est donnée, pour tout
t
x ∈ ]−1, +∞[ , par : f (x) = ∂g (x, t) dt =
dt.
∂x
(1 + xt) (1 + t2 )
0 1
0 1
t
∂g
(x, t) dt =
f \(x)
dt.
2. Fixons x ∈ ]−1, +∞[
{0}=. Pour
+ xt) (1 +on
t2 ) décompose en éléments
∂x calculer cette(1 intégrale,
0
0
simples la fraction rationnelle (par rapport à t) sous l’intégrale. Comme le numérateur
est de degré
inférieur
numérateur,
existe trois
a, b, c tels
que
2. Fixons
x ∈ strictement
]−1, +∞[ \ {0}
. Pouraucalculer
cette il
intégrale,
on réels
décompose
en éléments
scho
simples la fraction rationnelle (par rapport
à t) sous
t
a l’intégrale.
bt + c Comme le numérateur
:
= il existe
+
.
est de degré strictement(∗)
inférieur
au (1
numérateur,
(1 + xt)
+ t2 )
1 + xt 1 trois
+ t2 réels a, b, c tels que
bt + c
t
a
+
=
.
(1 + xt) (1 + t2 )
1 + xt 1 + t2
univ.
(∗) :
386
CCINP
En multipliant (∗) par 1 + xt (resp. 1 + t2 ) puis en faisant tendre t vers −
1
(resp. −i
x
et +i), on obtient les égalités suivantes :

1



−
x


x


x
a=− 2


=
a
a=− 2



x
+
1



1



x
+1



1+ 2






1
1
1



x
1
b=
+
(1) − (2)
b=
⇔
⇔
2 1 + ix 1 − ix
i
1 + x2



=
bi
+
c






x
 1 + ix


i
1
1






c=
−
(1) + (2)


 c = 1 + x2


−i


2 1 + ix 1 − ix


 1 − ix = −bi + c
On en déduit que :
=
x
1
1
t
− 2
×
+
×
2
x + 1 1 + xt 1 + x
1 + t2
x
1
+
×
.
1 + x2
1 + t2
3589
5
t
(1 + xt) (1 + t2 )
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Cette égalité reste manifestement vraie pour x = 0. En intégrant (par rapport à t) entre
0 et 1 cette égalité, on obtient, pour tout x ∈ ]−1, +∞[ :
t=1
t=1
1
x
1
1 t=1
2
ln (1 + xt)
ln 1 + t
f (x) =
+ 2
+
− 2
[arctan (t)]t=0
2
x +1
x
+
1
2
1
+
x
t=0
t=0
1
x
ln (1 + x) ln (2)
π
+
×
= − 2
+ ×
.
x +1
2
1 + x2
4
1 + x2
En intégrant cette égalité entre 0 et s (s ∈ ]−1, +∞[), on obtient :
f (s) − f (0)
=
=
=0
−
s
−
s
0
0
x=s
π 1 ln (2)
ln (1 + x)
x=s
2
[arctan (x)]x=0 +
ln 1 + x
dx +
1 + x2
2
4 2
x=0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
x=s
[f (x)]x=0
π ln (2)
ln (1 + x)
arctan (s) + ln 1 + s2 ,
dx +
2
1+x
2
8
π ln (2)
arctan (s) + ln 1 + s2 .
2
8
3. En choisissant x = 1 dans l’égalité précédente, on en déduit que :
ce qui permet de conclure avec g : s →
π ln (2)
ln (2) π π ln (1 + x)
× + ln 1 + 12 ⇔ f (1) =
.
dx +
1 + x2
2
4
8
8
0
x.com
:Non
f (1) = −
1
=f (1)
univ.
scho
larvo
Commentaires 184 Exercice progressif et assez technique pour ce concours. Il est une
variation d’un sujet Mines-Ponts (où l’intégration portait sur R+ , les questions étant identiques) donné quelques années auparavant.
Question 1 : La question est classique, elle ne requiert peu de technicité mais elle demande
que le candidat connaisse le fait fondamental : toute fonction continue sur un segment I
est intégrable sur I. L’interrogateur percevra très mal les candidats effectuant des compa-
Intégrales à paramètres
387
raisons de l’intégrande (la fonction à intégrer) aux bornes du domaine d’intégration (qui
montrent que le candidat ne maitrise manifestement pas la méthode).
Question 2 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet. Elle requiert une solide
maitrise des calculs et ... la reconnaissance d’une fraction rationnelle. La méthode de détermination des coefficients doit être connue (appelée parfois « méthode par occultation
») car elle est efficace et sert dans de nombreux sujets de nombreux concours (CCINP,
Mines-Telecom, Centrale-SupElec, Mines-Ponts). Même avec aide de l’interrogateur, cette
question sera très discriminante.
Question 3 : aucune difficulté particulière.
Exercice 185 (CCINP) Soit f continue de R+ dans C et 0 < a < b.
x→0
f (xt)
dt et = lim+
t
x→0
a
2. On suppose que
bx
f (t)
dt.
t
ax
f (t)
dt converge. Montrer que lim
t
x→0+
x
1−t
dt = ln (2) .
ln (t)
55:1
3. Montrer que
6479
1
1
.20.2
0
f (xt) dt. On considère la fonction
a
g:
e:21
1075
3582
:889
1250
2
lim
x→0+
[0, 1] × [a, b]
→
(x, t)
→
Pour chaque t ∈ [a, b] , on a
lim g (x, t) =
x→0+
R
f (xt) .
t
f (0)
= h (t)
t
x.com
:Non
(par continuité de f en 0). La fonction h est continue sur [a, b] . Pour chaque x ∈ [0, 1] ,
la fonction t → g (x, t) est continue sur [a, b] (par continuité de f sur R+ ). En outre,
lorsque x ∈ [0, 1] et t ∈ [a, b] , on a xt ∈ [0, b] . La fonction f étant continue sur le
segment [0, b] , elle y est bornée. On note
larvo
M = sup |f |
scho
[0,b]
alors on dispose de la domination suivante :
univ.
1.
:165
.225
Solution 185
b
+∞
f (at) − f (bt)
dt = .
t
5
+∞
3589
1. Calculer lim+
b
∀ (x, t) ∈ [0, 1] × [a, b] , |g (x, t)| = |f (xt)| ⩽ M = ϕ (t) .
388
CCINP
La fonction ϕ étant indépendante de x et intégrable sur [0, b] , le théorème de convergence
dominé montre que :
lim
x→0+
b
f (xt)
dt
t
=
lim
x→0+
a
b
g (x, t) dt =
b
b
1
t=b
dt = f (0) [ln (t)]t=a = f (0) ln
.
t
a
0
=
f (0)
a
b
lim+ g (x, t) dt =
x→0
0
b
f (0)
dt
t
0
bx
f (t)
t
dt. Soit x > 0. On utilise le changement de variable s = qui est de classe
lim
t
x
x→0+
ax
3589
5
C 1 et réalise une bijection de [ax, bx] sur [a, b] , Quand t = ax alors s = a, quand t = bx
alors s = b, t = sx et dt = xds donc :
ax
a
6479
bx
b
b
f (t)
f (xs)
f (xs)
b
dt =
xds =
ds → f (0) ln
= .
x→0
t
xs
s
a
a
55:1
2. Soit x > 0. En utilisant la relation de Chasles, on a :
:165
.225
.20.2
+∞
+∞
+∞
f (at)
f (bt)
f (at) − f (bt)
dt =
dt −
dt.
t
t
t
x
x
x
En utilisant les changements de variables u = at et v = bt, on obtient :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
f (at)
f (u) du
f (u)
f (bt)
f (v)
dt =
du,
dt =
dv
u a =
t
u
t
v
x
ax
ax
x
bx
a
ce qui permet d’écrire :
+∞
+∞
+∞
bx
f (bt) − f (at)
f (u)
f (u)
f (u)
dt =
du −
du =
du
t
u
u
u
x
ax
bx
bx
(d’après la relation de Chasles). La question précédente permet de conclure.
+∞
0
=
lim
1 − e−s −s −e
ds =
s
x→0
larvo
=
0
+∞
scho
1−t
dt
ln (t)
+∞
e−s − e−2s
ds
s
0
e−s − e−2s
ds = e0 ln
s
x
univ.
1
x.com
:Non
3. On utilise le changement de variable s = − ln (t) qui est de classe C 1 sur ]0, 1[ et réalise
une bijection de ]0, 1[ sur ]0, +∞[ . Quand t → 0 alors s → +∞; quand t = 1 alors s = 0.
On a t = e−s et dt = −e−s ds donc on obtient l’égalité :
2
= ln (2)
1
Intégrales à paramètres
389
d’après la question précédente. En effet, la fonction f : t → e−t est continue sur R+ et
∀t ⩾ 1, 0 ⩽
La fonction t → e
−t
e−t
⩽ e−t .
t
+∞
f (t)
dt converge.
étant intégrable sur [1, +∞[) (car −1 < 0) donc
t
1
Commentaires 185 Il s’agit d’un exercice très ancien et classique, reformulé dans le
cadre des intégrales à paramètre pour éviter des versions epsilonesques précédente.
Question 1 : Formellement, de très nombreux candidats devineront la réponse mais la
justification sera beaucoup plus discriminante. Une part importante de candidats pensent
que
∀x ∈ [u, v] , ∀t ∈ [a, b] , |f (xt)| ⩽ |f (vt)|
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
c’est-à-dire pense implicitement que la fonction x → |f (xt)| est croissante, ce qui est
aberrant. La justification convenable du caractère borné nécessite du candidat une petite
connaissance théorique (toute fonction continue sur un segment y est bornée) mais surtout
de visualiser le domaine que parcourt xt lorsque x et t décrivent chacun un intervalle (ce
qui s’avère être le problème principal d’un grand nombre d’entre eux pour ce concours). Il
est bon de travailler ce point s’il vous a posé problème car il s’agit d’une méthode générale.
Question 2 : L’unique difficulté de cette question est d’utiliser la relation de Chasles et un
changement de variable utilsé à la question précédente. Une petite aide de l’interrogateur
lèvera cette difficulté.
Question 3 : Il s’agit d’une question sélective qui teste l’initiative du candidat et sa capacité à se ramener aux résultats des questions précédentes. N’attendez pas d’aide rapide
de l’interrogateur qui teste alors cette qualité, au mieux, il indiquera un changement de
variable. Dans ce cas, la capacité du candidat à finir seul et convenable la question sera
l’élément clé de l’évaluation de cette question.
+∞
arctan (xt) − arctan (t)
dt.
Exercice 186 (CCINP) Soit la fonction F : x →
t
0
1. (a) Montrer que F est bien définie sur R∗+ .
(b) La fonction F est-elle dérivable sur R∗+ ?
x.com
:Non
2. En déduire une expression simplifiée de F.
+∞
arctan (at) − arctan (bt)
3. Calculer I =
dt avec a > 0 et b > 0.
t
0
larvo
Solution 186
1.
scho
(a) Soit x ∈ R∗+ . La fonction
arctan (xt) − arctan (t)
t
univ.
f : t →
390
CCINP
est continue sur ]0, +∞[ . En utilisant le développement limité de arctan en 0, on
obtient :
f (t) =
t→0
(xt + o (t)) − (t + o (t))
= x − 1 + o (1) = O (1) .
t→0
t→0
t
La fonction t → 1 étant positive et intégrable sur ]0, 1] , la fonction f est intégrable
sur ]0, 1] .
D’après l’inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction arctan, pour tout
t ∈ [1, +∞[ et tout x ∈ R∗+ , on a :
|arctan (xt) − arctan (t)| ⩽ sup |arctan | |xt − t|
[xt,t]
1
1
1
= t |x − 1| sup
= t |x − 1| ×
⩽ t |x − 1| 2 2
2 (∗)
2 t2
1
+
s
1
+
a
a
t
s∈[xt,t]
6479
3589
5
avec a = x si x ⩾ 1 (car xt ⩾ t) et a = 1 si x ⩽ 1 (car xt ⩽ t) puisque la fonction
1
est croissante sur R+ . Ainsi, on dispose de la majoration suivante :
s →
1 + s2
|x − 1|
1
∀t ∈ [1, +∞[ , |f (t)| ⩽ 2 2
= O 2 .
a t t→+∞
t
1
est positive et intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann
t2
de paramètre 2 > 1), la fonction f est intégrable sur [1, +∞[ . Ainsi, la fonction f
+∞
f = F (x) quel que soit
est intégrable sur ]0, +∞[ , ce qui assure l’existence de
x ∈ R∗+ .
(b) On considère la fonction
]0, +∞[ × ]0, +∞[
g:
(x, t)
→
→
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
Comme la fonction t →
R
arctan (xt) − arctan (t) .
t
Pour tout t ∈ ]0, +∞[ , la fonction x → g (x, t) est de classe C 1 sur ]−1, +∞[.
Pour tout x ∈ ]0, +∞[ , les fonctions
t → g (x, t) et t →
∂g
1
(x, t) =
∂x
1 + x 2 t2
larvo
x.com
:Non
sont continues sur ]0, +∞[ .
Pour tout x ∈ ]0, +∞[ , la fonction x → g (x, t) est intégrable sur ]0, +∞[ (d’après la
question précédente).
Soit [a, b] un segment [a, b] de R∗+ (i.e. −1 < a ⩽ b), on dispose de la domination
suivante :
∂g
1
1
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ ]0, +∞[ , (x, t) ⩽
⩽
= ϕ (t) .
∂x
1 + x 2 t2
1 + a 2 t2
univ.
scho
La fonction ϕ est intégrable sur [0, 1] (car continue sur ce segment) et sur [1, +∞[
(car
1
ϕ (t) ∼
t→+∞ a2 t2
Intégrales à paramètres
391
qui est une fonction positive et intégrable sur [1, +∞[ comme intégrale de Riemann
de paramètre 2 > 1) donc ϕ est intégrable sur ]0, +∞[. Ainsi, la fonction
+∞
x →
g (x, t) dt = F (x)
0
est (définie et) de classe C 1 sur R∗+ . En outre, sa dérivée est donnée, pour tout
x ∈ ]0, +∞[ , par :
+∞
+∞
∂g
1
F (x) =
(x, t) dt =
dt.
∂x
1 + x 2 t2
0
0
2. D’après la question précédente, pour tout x > 0, on a :
t→+∞
π
arctan (xt)
1
=
dt
=
1 + x 2 t2
x
2x
t=0
3589
0
5
+∞
Ainsi, il existe un réel C tel que :
55:1
π
ln (x) + C.
2
.20.2
∀x > 0, F (x) =
6479
F (x) =
:165
.225
En évaluant cette égalité en x = 1, on obtient :
F (1) = C ⇔ C = 0 ⇒ ∀x > 0, F (x) =
π
ln (x) .
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
s
ds
3. En utilisant le changement de variable s = bt (t = , dt =
), on obtient :
b
b
a +∞
a π a
s − arctan (s) ds
arctan
b
=
F
= ln
.
I=
×
s
b
b
2
b
0
b
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 186 Contre toute attente, la question la plus difficile de cet exercice est
la question 1.a).
Question 1.a). Si l’étude de l’intégrabilité sur [0, 1] est aisée, celle sur [1, +∞[ s’avère très
sélective (l’argumentaire n’est pas conventionnel et demande la maitrise de l’inégalité des
accroisssements finis, ce qui n’est pas le cas de tous les candidats à ce concours). Bien
entendu, l’interrogateur indiquera éventuellement au candidat d’utiliser cette inégalité des
accroissements finis. Sa facilité d’énonciation et d’application sera un élément déterminant
dans la discrimination des candidats.
Les autres questions ne présentent aucune difficulté particulière donc l’interrogateur attend
du candidat précision et rigueur dans l’argumentaire utilisé.
392
Mines-Telecom
10.2
Mines-Telecom
+∞
2
Exercice 187 (Mines-Telecom) Soit n ∈ N, et In =
e−x sin2n (x) dx.
0
1. Montrez que, pour tout n ∈ N, In est bien définie.
2. Étudiez la convergence de la suite (In )n∈N .
Solution 187
1. Soit n ∈ N. On pose
2
fn : x → e−x (sin (x))
2n
qui est continue sur R+ . On dispose de la domination suivante :
fn (x) = o e−x .
car
x − x2
∼
x→+∞
−x2
→
x→+∞
2n
→
x→+∞
−∞ avec
0
6479
2
ex fn (x) = ex−x (sin (x))
lim et = 0
55:1
En effet, on a :
3589
5
x→+∞
t→−∞
2n
:165
.225
.20.2
et, pour finir, la fonction x → (sin (x)) est bornée sur R+ .
Comme la fonction x → e−x est positive et intégrable sur R+ (car −1 < 0), on peut
+∞
affirmer que fn est intégrable sur R+ . Ainsi, l’intégrale
fn = In converge.
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2. On conserve les notations de la réponse à la question précédente. Pour tout entier n, la
fonction fn est continue sur R+ .Soit x ∈ R+ alors on a :
2
0
si |sin (x)| < 1
e−x si x = kπ, k ∈ N
2
lim fn (x) =
=
= g (x) .
n→+∞
0
sinon
e−x si |sin (x)| = 1
La fonction g est continue par morceaux sur R+ et on dispose de la domination suivante :
2
∀n ∈ N, ∀x ∈ R+ , |fn (x)| = fn (x) ⩽ e−x = f0 (x) .
0
→
n→+∞
+∞
+∞
lim fn (x) =
g (x) dx = 0.
n→+∞
0
larvo
+∞
In =
fn (x) dx
x.com
:Non
La fonction f0 étant indépendante de n et intégrable sur R+ (d’après la question précédente), le théorème de convergence dominée montre que :
0
univ.
scho
Commentaires 187 Exercice classique et de difficulté standard. La seule petite difficulté
apparaissant dans la limite simple de la suite (fn )n . Comme d’habitude, il est attendu
rigueur et précision dans les justifications d’intégrabilité.
Intégrales à paramètres
393
Exercice 188 (Mines-Telecom) Pour n ∈ N , on pose un =
∗
La suite (un )n∈N∗ converge t-elle ? Si oui, trouver sa limite.
n 1−
0
x n
cos x dx.
n
Solution 188 Pour tout entier n ⩾ 1, on considère la fonction
x n
1−
si x ∈ [0, n]
fn : x →
n
0
sinon
+∞
de sorte que un =
fn . On peut alors invoquer le théorème de convergence dominée de Le0
n→+∞
.20.2
n→+∞
55:1
6479
3589
5
besgue.
Convergence simple. Soit x ∈ R+ . Grâce à l’écriture exponentielle et au développement limité
à l’ordre 1 en 0 de la fonction t → ln (1 + t) , pour tout entier n ⩾ x, on a :
x x n
cos (x)
cos (x) = exp n ln 1 −
1−
fn (x) =
n
n
x
1
cos (x)
= exp n − + o
n→+∞
n
n
= exp (−x + o (1)) cos (x) → exp (−x) cos (x) .
f : x → exp (−x) cos (x)
:165
.225
Ainsi, la suite (fn )n∈N∗ converge simplement sur R+ vers la fonction
e:21
1075
3582
:889
1250
2
qui y est continue.
Domination. On remarque (astucieusement) l’inégalité suivante :
∀t ∈ R, 1 + t ⩽ et
(utiliser la convexité de t → et ou bien dresser le tableau de variation de la fonction
t → et − (1 + t)
x.com
:Non
x
en plaçant la valeur en t = 0). En choisissant t = − , on en déduit que :
n
x
x
∀n ⩾ 1, ∀x ∈ [0, n] , 0 ⩽ 1 − ⩽ exp −
xnn
n
x n x
⇒0 ⩽
= exp (−x)
1−
⩽ exp −
= exp −n ×
n
n
n
(∗)
⇒
univ.
scho
larvo
(∗) : par croissance de t → tn sur R+ .
Dès lors, pour tout entier n ⩾ 1, on peut affirmer que :
x n
∀x ∈ [0, n] , |fn (x)| = 1 −
|cos (x)| ⩽ exp (−x) 1 = exp (−x)
n
∀x > n, |fn (x)| = 0 ⩽ exp (−x)
∀x ∈ R, |fn (x)| ⩽ exp (−x) = ϕ (x) .
394
Mines-Telecom
La fonction ϕ est indépendante de n et intégrable sur R+ donc, d’après le théorème de convergence dominée de Lebesgue, on peut affirmer que :
lim un = lim
n→+∞
n→+∞
+∞
+∞
+∞
+∞
fn =
lim fn =
f=
e−x cos (x) dx.
n→+∞
0
0
0
0
Pour calculer cette dernière intégrale, on utilise la relation d’Euler cos (θ) = Re eiθ .
+∞
+∞
−x
e cos (x) dx =
e−x Re eix dx −x=
e
0
∈R
0
 +∞

x(−1+i) x→+∞
e
x(−1+i)
= Re  e
dx = Re
−1 + i x=0
0
−1 − i
1
1
= − Re
=
= Re −
2
−1 + i
2
(∗∗)
|−1 + i|
3589
5
0
+∞
Re e−x eix dx
.20.2
55:1
6479
(∗∗) car ex(−1+i) = e−x eix = |e−x | eix = e−x puisque ix est un imaginaire pur.
1
Par conséquent, on peut conclure : lim un = .
n→+∞
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 188 Il s’agit d’une version revisitée d’un exercice classique (remplacer
cos (t) par tx−1 ).
L’interaction avec l’interrogateur sera un élément majeur de la progression du candidat.
Ce dernier attend la mention du théorème de convergence dominée (qui est le coeur du
sujet). Le piège étant que ce théorème exige que le domaine d’intégration soit fixe d’où
l’introduction d’une intégrande définie par deux formules. Le calcul de la limite simple
de (fn )n étant un grand classique de MPSI, les candidats sachant le déterminer seuls
seront fortement valorisés ainsi que les candidats pensant à la majoration 1 + x ⩽ ex (par
convexité ou par dessin, etc) pour obtenir la domination.
Le calcul de l’intégrale limite peut se faire également par une double intégration par parties
(en dérivant sucessivement cos puis sin), ce qui fournit l’égalité I = 1 − I qui donne la
valeur de I.
1. Montrer l’existence de In =
1
0
2
x.com
:Non
Exercice 189 (Mines-Telecom)
tn (ln (t)) dt pour tout n ∈ N.
(−1)n
.
(2n + 1)3
n=0
scho
3. Montrer que I = 4
+∞
univ.
0
larvo
+∞
1
2
2
(ln (x))
(ln (x))
2. On pose I =
dx.
Montrer
l’existence
de
I,
puis
que
I
=
2
dx.
1 + x2
1 + x2
0
Intégrales à paramètres
395
Solution 189
2
1. Soit n ∈ N. La fonction t → tn (ln (t)) est continue sur ]0, 1] et on a :
1
2
2
2
tn (ln (t)) = o 1/2 car t1/2 tn (ln (t)) = tn+1/2 (ln (t)) → 0
t→0+
t→0+
t
1
1
> 0). La fonction t → 1/2 étant positive et
2
t
2
intégrable sur ]0, 1] , on en déduit que la fonction t → tn (ln (t)) est intégrable sur ]0, 1] ,
ce qui démontre l’existence de l’intégrale In .
2. La fonction
2
(ln (x))
f : x →
1 + x2
est continue sur ]0, +∞[ . On dispose des dominations suivantes :
1
2
2
f (x) ∼ (ln (x)) = o
car x1/2 (ln (x)) → 0
x→0+
x→0+
x→0+
x1/2
2
2
2
1
(ln (x))
(ln (x))
(ln (x))
f (x) ∼
=+ o
= √
car x3/2
→ 0
2
2
3/2
x→+∞
x
x
x x→+∞
x→0
x
6479
3589
5
(d’après les croissances comparées car n +
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
1
(d’après les croissances comparées pour les deux limites). La fonction x → 1/2 (respecx
1
tivement x → 3/2 ) est positive et intégrable sur ]0, 1] (respectivement sur [1, +∞[) donc
x
f l’est aussi. Ainsi, la fonction f est intégrable sur ]0, +∞[ , ce qui assure l’existence de
l’intégrale I.
1
On considère alors le changement de variable s = (qui réalise une bijection de classe
x
C 1 et strictement décroissante de [1, +∞[ sur ]0, 1]). Si x = 1 alors s = 1 et si x → +∞
alors s → 0. En outre, on a
1
1
x = ⇒ dx = − 2 ds.
s
s
+∞
L’intégrale
f étant convergente, on en déduit l’égalité suivante :
1
+∞
+∞
1
0
1
2
2
2 ds
(ln (x))
(ln (1/s))
(− ln (s))
f=
dx =
ds = f.
− 2 =
2
1 + x2
s
1 + s2
1 + (1/s)
1
1
1
0
I=
1
+∞
1
f+
f = 2 f.
1
larvo
0
x.com
:Non
D’après la relation de Chasles, on obtient l’égalité souhaitée :
scho
3. D’après le développement en série entière de t →
univ.
∀t ∈ ]−1, 1[ ,
0
1
, on a :
1−t
+∞
1
=
tn .
1 − t n=0
0
396
Mines-Telecom
Soit x ∈ [0, 1[ alors t = −x2 ∈ ]−1, 0] ⊂ ]−1, 1[ donc on peut écrire :
+∞
+∞
2 n 1
n
−x
=
=
(−1) x2n
1 + x2
n=0
n=0
∀x ∈ [0, 1[ ,
d’où la formule
1 1
+∞
2
(ln (x))
n 2n
2
I=2
dx = 2
(−1) x (ln (x)) dx.
1 + x2
n=0
0
Justifions que l’on peut permuter les symboles
la fonction
et
n
. Pour tout entier n, on considère
2
3589
fn : x → (−1) x2n (ln (x))
5
0
6479
qui est continue et intégrable sur ]0, 1[ (d’après la question 1). La série
n=0
fn : x →
(ln (x))
1 + x2
2
.20.2
+∞
fn converge
n⩾0
55:1
simplement sur ]0, 1[ et sa somme
0
|fn | =
1
2
x2n (ln (x)) dx.
0
Les fonctions
u : x →
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
:165
.225
est continue sur ]0, 1[ . Soit n ∈ N. Déterminons la valeur de
x2n+1
2
et v : x → (ln (x))
2n + 1
sont de classe C 1 sur [0, 1[ avec u (x) v (x) → + 0 (d’après les croissances comparées).
x→0
D’après le théorème d’intégration par parties, on obtient l’égalité :
0
=
−
2
2n + 1
1
0
uv = −
x2n ln (x) dx.
0
x.com
:Non
=
1
1
x2n+1
2n + 1
0
1
2 × × ln (x) dx
x
larvo
|fn |
1
u v = lim [uv]ε −
ε→0
Les fonctions
u : x →
x2n+1
et v : x → ln (x)
2n + 1
scho
0
1
univ.
1
sont de classe C 1 sur [0, 1[ avec u (x) v (x) → 0 (d’après les croissances comparées car
+
x→0
Intégrales à paramètres
397
n + 1 > 0). D’après le théorème d’intégration par parties, on obtient l’égalité :
1
x
2n
ln (x) dx
1
=
0
0
−
=
1
u v = lim [uv]ε −
ε→0
1
2n + 1
1
0
1
0
x2n dx = −
uv = −
1
0
1
x2n+1
× dx
2n + 1 x
x=1
x2n+1
1
1
=−
2.
2n + 1 2n + 1 x=0
(2n + 1)
On en déduit la formule :
1
∀n ∈ N,
1
0
|fn | =
2
(2n + 1)
3 ⇒0⩽
1
0
|fn | ⩽
1
2
(n + 1)
3.
2
0
=
2
55:1
1 +∞
2
(ln (x))
n 2n
2
dx = 2
(−1) x (ln (x)) dx
1 + x2
n=0
+∞
.20.2
=
1
0
(−1)
n=0
n
1
2
:165
.225
I
0
x2n (ln (x)) dx = 4
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
obtient :
6479
n⩾0
3589
3 =
5
est convergente (série de Riemann de paramètre 3 > 1)
n3
(n + 1)
n⩾1
1
donc la série
|fn | converge. D’après le théorème de permutation série-intégrale, on
La série
(d’après les calculs précédents).
+∞
(−1)
n
n=0 (2n + 1)
3
univ.
n
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 189 Exercice globalement classique et bien gradué en difficulté pour le
concours Mines-Telecom.
Question 1 : Très classique, il est attendu rigueur et précision du candidat (dont la continuité). Il n’est pas demandé le calcul (même s’il servira en troisième question).
Question 2 : Même remarque que précédemment pour l’existence. Pour la seconde question,
il s’agit d’une astuce que l’interrogateur donnera probablement rapidement si le candidat
n’y songe pas (ne l’apprenez pas). Par contre, il est attendu la maitrise de la technique de
changement de variable (donc pas d’erreurs à commettre), voire pour certains interrogateurs l’énoncé du théorème associé.
Question 3 : La question étant plus ouverte (la réponse est donnée mais elle demande
plusieurs initiatives de la part du candidat), elle sera très discriminante. Les candidats
1
seront valorisés ainsi que les candisongeant au développement en série entière de
1 + x2
dats calculant (au moins formellement dans un premier temps) l’intégrale de la question
1. De même, les candidats prouvant la convergence normale sur ]0, 1] de la série de fonc
n
2
tions
(−1) x2n (ln (x)) seront valorisés. En voici une preuve très rapide et très peu
398
Mines-Telecom
consommatrice de calculs : en utilisant le changement de variable t = xn , on obtient :
2 n
n
2
2 t=x
sup (−1) x2n (ln (x)) = sup x2n (ln (x)) =
sup t2 ln t1/n
x=t1/n t∈]0,1]
x∈]0,1]
x∈]0,1]
2 1
1
2
= sup t2
ln (t) = 2 sup t2 ln (t) n t∈]0,1]
n
t∈]0,1] et la série
1
converge. On peut ainsi permuter série et intégrale sans suivre la méthode
n2
du corrigé. Selon les candidats, un ou plusieurs points seront traités et augmenteront
significativement la note du candidat (surtout s’ils les font seuls).
n
5
0
xn ln (1 − x) dx.
3589
Exercice 190 (Mines-Telecom) On pose an =
1
1. Montrer que an est définie pour tout n ∈ N et déterminer la limite de la suite (an ).
.20.2
55:1
1
.
n+1
4. Déterminer la nature de la série de terme général an xn .
3. Montrer que ∀n ∈ N∗ , (n + 1)an − nan−1 = −
6479
2. Calculer a0 .
1. Existence. Pour tout n ∈ N, la fonction
e:21
1075
3582
:889
1250
2
fn : x → xn ln (1 − x)
:165
.225
Solution 190
est continue sur [0, 1[ et on dispose de l’équivalent suivant :
|f (x)| = xn |ln (1 − x)|
∼
x→1−
1n |ln (1 − x)| = |ln (1 − x)| .
Le changement de variable t = 1 − x (donc x = 1 − t, dx = −dt) étant une bijection
décroissante de [0, 1[ sur ]0, 1] et de classe C 1 , les intégrales
1
1
|ln (t)| (−dt) =
1
0
|ln (t)| dt
x.com
:Non
0
|ln (1 − x)| dx et
0
larvo
sont de même nature. La fonction ln étant continue sur ]0, 1], la domination
√
1
car t ln (t) → 0
ln (t) = o √
t→0+
t→0+
t
univ.
scho
1
1
(par croissances comparées) montre que ln est intégrable sur ]0, 1] (car t → √ = 1/2
t
t
1
1
est une fonction de Riemann de paramètre < 1). Ainsi, l’intégrale ln (t) dt converge
2
0
Intégrales à paramètres
donc
1
0
399
|ln (1 − x)| dx aussi, ce qui prouve l’intégrabilité de fn sur [0, 1[ . En particulier,
l’intégrale In existe quel que soit l’entier n.
Limite. On applique le théorème de convergence dominée. Pour tout entier n, fn est
continue sur [0, 1[ . Pour chaque x ∈ [0, 1[ , on a
lim fn (x) = 0
n→+∞
(suite géométrique de raison x ∈ [0, 1[ ⊂ ]−1, 1[). On dispose également de la domination
suivante :
∀n ∈ N, ∀x ∈ [0, 1[ , |fn (x)| = xn |ln (1 − x)| ⩽ |ln (1 − x)| = |f0 (x)| .
La fonction f0 étant intégrable sur [0, 1[ , on en déduit que :
0
5
1
lim fn ⇔ lim an =
n→+∞
0
n→+∞
3589
fn =
1
0 = 0.
0
6479
lim
n→+∞
1
0
:165
.225
0
.20.2
55:1
2. À l’aide du changement de variable t = 1−x (cf. l’existence dans la question précédente),
on a :
1
1
a0 = ln (1 − x) dx = ln (t) dt.
On procède par intégration par parties en considérant les fonctions u : t → t et
v : t → ln (t) qui sont de classe C 1 sur ]0, 1] . Puisque l’on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
lim u (t) v (t) = lim+ (t ln (t)) = 0
t→0+
t→0
(d’après les croissances comparées), le théorème d’intégration par parties montre que :
a0 =
1
0
1
u v = lim+ [u (t) v (t)]ε −
ε→0
1
0
uv = −
1
0
1
t × dt = −
t
1
0
dt = −1.
3. Soit n ∈ N∗ . Par linéarité de l’intégrale, on a :
0
(n + 1) xn − nxn−1 ln (1 − x) dx.
x.com
:Non
(n + 1)an − nan−1 =
1
larvo
On procède par intégration par parties en considérant les fonctions
scho
u : x → xn+1 − xn = −xn (1 − x) et v : x → ln (1 − x)
univ.
qui sont de classe C 1 sur [0, 1[ et l’on a :
u (x) v (x) = −xn (1 − x) ln (1 − x)
∼
x→1−
(1 − x) ln (1 − x) →− 0
x→1
400
Mines-Telecom
(en utilisant le changement de variable t = 1 − x → 0+ et les croissances comparées).
x→1−
Le théorème d’intégration par parties montre que :
(n + 1)an − nan−1
=
1
0
=
−
1
ε
u v = lim [u (t) v (t)]0 −
ε→1−
1
0
xn dt = −
uv =
0
1
0
xn (1 − x) ×
−1
dx
1−x
n+1 x=1
1
x
.
=−
n + 1 x=0
n+1
4. Notons R le rayon de convergence de la série entière
an xn . D’après la question 2, on
n
a:
lim an = 0 ⇔ an = o (1) .
n→+∞
1x =
n
n
3589
n
x . Ce dernier valant 1, on en déduit que R ⩾ 1.
n
n
6479
série
an xn est supérieur ou égal à celui de la
5
Ainsi, le rayon de convergence R de la série
D’après la question 3, pour tout entier n ⩾ 1, on a :
n
55:1
1
1
=
diverge (série de Riemann de paramètre 1 ⩽ 1) donc la série
n+1
k
k
n
:165
.225
(nan−1 − (n + 1) an )
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La série
1
1
⇔ nan−1 − (n + 1) an =
.
n+1
n+1
.20.2
(n + 1)an − nan−1 = −
diverge. Comme il s’agit de la série télescopique associée à la suite (nan−1 )n , on peut
affirmer que la suite (nan−1 )n diverge.
La série entière entière
x
an xn =
an xn+1
n
n
ayant le même rayon de convergence que sa série dérivée
étant inférieur ou égal à 1 (car la série
(n + 1) an 1n
=
k=n+1
x.com
:Non
n
(n + 1) an xn et ce dernier
n
kak−1
k
n
larvo
étant grossièrement divergente puisque son terme général ne tend pas vers 0 puisqu’il
diverge), on en déduit que R ⩽ 1 d’où R = 1.
an xn converge si |x| < 1 et diverge si |x| > 1.
Par conséquent, la série
univ.
n→+∞
scho
Étude de x = 1. D’après l’étude ci-dessus, la suite (nan−1 )n est décroissante et diverge
donc lim nan−1 = −∞. En particulier, il existe un rang N tel que :
∀n ⩾ N, nan−1 ⩽ −1 ⇔ an−1 ⩽ −
1
1
⇔ −an−1 ⩾ .
n
n
Intégrales à paramètres
La série
1
n
n
401
étant à termes positifs et divergente, on en déduit que la série
(−an−1 )
n
=
k=n−1
diverge, ce qui prouve la divergence de la série
−
ak
k
an .
n
Étude de x = −1. Pour tout entier n, an ⩽ 0 (car l’intégrande est négative sur [0, 1[)
n
an (−1) est alternée. La suite (|an |)n = (−an )n est décroissante car :
donc la série
n
⩾0
⩽0
⩾0
1 n
∀n ∈ N, an − an+1 =
x (1 − x)ln (1 − x)dx ⩽ 0.
⩽0
0
an x converge si et seulement si x ∈ [−1, 1[ .
.20.2
n
n
n
55:1
Conclusion. La série
6479
3589
5
Pour finir, d’après la question 1, on a lim an = 0 donc le critère spécial des séries
n→+∞
n
alternées montre que la série
an (−1) converge.
an =
1
0
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 190 Exercice traitant des thèmes variées et permettant aux candidats de
peu bloqués. En contre-partie, il est attendu du candidat qu’il fasse oeuvre de pragmatisme
afin d’aborder prioritairement les questions pour lesquels il a le plus d’idée (sans forcément
suivre l’ordre des questions).
Question 1 : Il s’agit de la question la plus difficile avec la question 4. Si la question est
standard, la difficulté vient de la gestion de la fonction x → ln (1 − x) . Le plus simple est
d’utiliser le changement de variable t = 1 − x (que n’a pas fait le corrigé) afin d’écrire an
comme suit (je laisse les détails au lecteur) :
(1 − t) ln (t) dt.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
1
n
L’intégrande g : t → (1 − t) ln (t) est continue sur ]0, 1] , négligeable devant 1/2 en 0 (par
t
1
1
et continue sur
, 1 donc intégrable
croissances comparées) qui est intégrable sur 0,
2
2
sur ce segment.
Questions 2 et 3 : Ce sont deux questions classiques et l’interrogateur sera très attentif sur
les hypothèses du théorème d’intégration par parties. Le changement de variable t = 1 − x
peut vous être aussi utile afin de manipuler des fonctions dont vous avez plus l’habitude.
Question 4 : La question change de registre par rapport aux précédentes. Elle s’avère sélective car elle requiert une bonne aisance du cours sur les séries numériques. Toute avancée
sur cette question sera bien valorisée (minoration ou majoration du rayon de convergence,
étude pour x = 1 ou x = −1).
402
Mines-Telecom
+∞
1 − cos (xt) −t
e dt.
Exercice 191 (Mines-Telecom, Mines-Ponts) Soit F : x →
t2
0
1. Montrer que F est définie sur R et paire.
2. Montrer que : ∀u ∈ R, |sin (u)| ⩽ |u|.
3. Montrer que F est de classe C 1 sur R.
4. Montrer que F est de classe C 2 sur R et déterminer F .
5. Déterminer la fonction F .
Solution 191
1. Soit x ∈ R. La fonction
g : t →
1 − cos (xt) −t
e
t2
3589
5
est continue sur ]0, +∞[ .
Étude de l’intégrabilité sur [1, +∞[ . On dispose de la domination suivante :
g (t)
1 − cos (xt)
o e−t car −t =
→ 0
t→+∞
e
t2
6479
=
t→+∞
55:1
g (t)
de g en 0 :
t→0
:165
.225
.20.2
(le numérateur est borné sur R+ et le dénominateur tend vers +∞). La fonction t → e−t
étant positive et intégrable sur [1, +∞[ , on en déduit que la fonction g est intégrable sur
[1, +∞[ .
Étude de l’intégrabilité sur ]0, 1] . En utilisant le développement limité de cos en 0 à
l’ordre 2 et que e−t ∼ 1 (puisque lim e−t = 1 = 0), on obtient les dominations suivantes
t→0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2
1 − 1 + O (xt)
O t2
1 − cos (xt)
=
=
= O (1) .
g (t) ∼
t→0
t→0
t→0
t2
t2
t2 t→0
La fonction t → 1 étant positive et intégrable sur [0, 1] donc sur ]0, 1] , on peut affirmer
que g est intégrable sur ]0, 1] .
+∞
Par conséquent, g étant intégrable sur ]0, +∞[ , l’intégrale
g (t) dt existe, ce qui assure
0
l’existence de F (x) quelque soit le réel x. En outre, la fonction cos étant paire, on a :
x.com
:Non
+∞
+∞
1 − cos (−xt) −t
1 − cos (xt) −t
∀x ∈ R, F (−x) =
e dt =
e dt = F (x)
t2
t2
0
donc F est une fonction paire.
0
scho
larvo
2. La fonction sin étant dérivable sur R et sa dérivée sin = cos étant bornée par 1 sur R,
l’inégalité des accroissements finis fournit l’inégalité suivante :
∀u ∈ R, |sin (u) − sin (0)| ⩽ sup sin |u − 0| ⇔ |sin (u)| ⩽ |u|
(puisque sin (0) = 0).
univ.
R
Intégrales à paramètres
403
3. Il suffit d’appliquer le théorème de dérivation sous le symbole intégrale en considérant la
fonction
R
R × R∗+ →
f:
1 − cos (xt) −t
(x, t)
→
e
t2
Pour chaque t ∈ R∗+ , la fonction x → f (x, t) est de classe C 1 sur R. Pour chaque x ∈ R,
les fonctions
sin (xt) −t
∂f
(x, t) =
e
t → f (x, t) et t →
∂x
t
sont continues sur R∗+ . Pour chaque x ∈ R, l’intégrale
+∞
f (x, t) dt
0
55:1
6479
3589
5
converge (d’après la question 1).
Soit [−a, a] un segment (centré en 0, avec a > 0) inclus dans R+ . La réponse à la question
précédente nous permet d’écrire la domination suivante :
|sin (xt)| −t
|xt| −t
∗ ∂f
(x, t) =
e ⩽
e = |x| e−t ⩽ ae−t .
∀ (x, t) ∈ [−a, a] × R+ , ∂x
t
t
:165
.225
.20.2
La fonction ϕ : t → ae−t étant indépendante de x et intégrable sur R∗+ , on en déduit que
la fonction
+∞
f (x, t) dt = F (x)
x →
0
est de classe C sur R et on a l’égalité :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
+∞
+∞
∂f
sin (xt) −t
∀x ∈ R, F (x) =
(x, t) dt =
e dt.
∂x
t
0
0
4. On conserve les notations de la question précédente. Pour chaque t ∈ R∗+ , la fonction
x → f (x, t) est de classe C 2 sur R. Pour chaque x ∈ R, les fonctions
t → f (x, t) , t →
∂2f
∂f
(x, t) et t →
(x, t) = cos (xt) e−t
∂x
∂x2
x.com
:Non
sont continues sur R∗+ .
Pour chaque x ∈ R, les intégrales
0
larvo
+∞
+∞
∂f
(x, t) dt
f (x, t) dt et
∂x
0
univ.
scho
convergent (d’après les questions 1 et 3).
On dispose en outre de la domination suivante :
2
∗ ∂ f
∀ (x, t) ∈ [a, b] × R+ , 2 (x, t) = |cos (xt)| e−t ⩽ e−t .
∂x
404
Mines-Telecom
La fonction ϕ : t → e−t étant indépendante de x et intégrable sur R∗+ , on en déduit que
la fonction
+∞
f (x, t) dt = F (x)
x →
0
est de classe C sur R et on a l’égalité :
2
+∞
+∞
∂2f
(x, t) dt =
cos (xt) e−t dt.
∀x ∈ R, F (x) =
∂x2
0
0
Pour calculer cette intégrale, on utilise la relation d’Euler
∀θ ∈ R, cos (θ) = Re eiθ .
=
0
=
 +∞

+∞
ixt −t dt = Re  et(ix−1) dt
Re e e
e−t ∈R
3589
F (x)
+∞
Re eixt e−t dt
5
Soit x un réel, on a :
0
0
.20.2
55:1
6479
t→+∞ et(ix−1)
1
−ix − 1
= Re
= Re −
= Re −
2
ix − 1 t=0
ix − 1 (∗∗)
(∗)
|ix − 1|
1
ix + 1
= 2
.
= Re
2
x +1
x +1
(∗) : car et(ix−1) = eixt e−t = eixt |e−t | = 1e−t = e−t → 0.
1
x2 + 1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
F (x) =
:165
.225
t→+∞
1
z
z
(∗∗) : pour tout complexe z non nul, =
= 2.
z
zz
|z|
5. D’après la question précédente, pour tout réel x, on a :
= arctan (x) ⇒ ∃C ∈ R, F (x) = arctan (x) + C.
En évaluant en x = 0, on obtient que
+∞
sin (0) −t
e dt = 0
C = F (0) =
t
0
(car sin (0) = 0). Pour primitiver
x.com
:Non
x → arctan (x) = 1 arctan (x) ,
larvo
on procède par une intégration par parties en primitivant la fonction x → 1 et en dérivant
la fonction arctan . Pour tout réel x, on a :
1
dx
arctan (x) dx = [x arctan (x)] − x ×
1 + x2
x arctan (x) −
=
x arctan (x) −
univ.
scho
=
1
2
ln 1 + x2 dx
1 ln 1 + x2 .
2
Intégrales à paramètres
405
Ainsi, il existe un réel D tel que :
∀x ∈ R, F (x) = x arctan (x) −
En évaluant en x = 0, on obtient que
1 ln 1 + x2 + D.
2
+∞
1 − cos (0) −t
e dt = 0
t2
D = F (0) =
0
(car cos (0) = 1) donc on obtient l’égalité suivante :
∀x ∈ R, F (x) = x arctan (x) −
1 ln 1 + x2 .
2
3589
5
Commentaires 191 Exercice classique et sans difficulté particulière, bien progressif pour
Mines-Telecom. La rigueur et la précision de la rédaction sont un attendu. La version
Mines-Ponts se limite au caractère C 2 et à l’expression de F à l’aide de fonctions usuelles.
.20.2
0
∞
xe−ax
1
dx
=
.
1 − e−bx
(a
+
bn)2
n=0
:165
.225
Solution 192 L’objectif est de développer l’intégrande
f : x →
55:1
+∞
6479
Exercice 192 (Mines-Telecom) Soient a et b deux réels strictement positifs. Montrer que :
xe−ax
1 − e−bx
n
I
e:21
1075
3582
:889
1250
2
en somme d’une série de fonctions (intégrables sur R+ ) puis d’appliquer un théorème de per
mutation série-intégrale (la version
|fn | converge) pour obtenir la somme du membre de
droite de l’égalité. On remarque que, pour tout réel x > 0, e−bx ∈ ]0, 1[ donc la relation
+∞
1
=
tn
1 − t n=0
(valable pour tout t ∈ ]−1, 1[) fournit l’égalité suivante :
Pour tout entier n, on considère la fonction
n
=
+∞
xe−x(a+nb) .
n=0
fn : x → xe−x(a+nb) .
larvo
n⩾0
n=0
fn converge simplement sur R∗+ et sa somme
scho
ebx
+∞
fn = f
univ.
Par construction, la série
+∞
x.com
:Non
∀x > 0, f (x) = xe−ax
n=0
406
Mines-Telecom
est continue sur R∗+ .
Étude de l’intégrabilité de fn sur R+ . Pour chaque entier n, la fonction fn est continue sur
R+ . En outre, on dispose de la domination
fn (x)
fn (x)
o e−ax/2 car −ax/2 = xe−x(a/2+nb) → 0
x→+∞
x→+∞
e
=
a
(d’après les croissances comparées puisque + nb > 0). La fonction x → e−ax/2 étant positive
2
a
et intégrable sur R+ (puisque > 0), on peut affirmer que la fonction fn est intégrable sur R+
2
pour tout entier n.
+∞
|fn | . Utilisons le changement de variable
Convergence de la série
n
0
5
t = x (a + nb)
1
dt
a + nb
6479
dx =
3589
qui est de classe C 1 sur R+ et réalise une bijection de R+ dans R+ . On a
|fn (x)| dx
n⩾0 0
+∞
=
+∞
fn (x) dx =
n⩾0 0
dt
1
t
e−t
=
2
a + nb
(a + nb)
(a + nb)
n⩾0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n⩾0 0
xe−x(a+nb) dx
n⩾0 0
+∞
=
.20.2
+∞
:165
.225
55:1
donc
+∞
te−t dt.
0
La fonction t → te−t est intégrable sur R+ (elle est identique à la fonction f1 pour a = 0 et
b = 1). On dispose de l’équivalent suivant
1
(a + nb)
et la série
1
∼
⩾0
2 n→+∞
n2 b2
x.com
:Non
1
1 1
= 2
2
2
n b
b n n2
n
converge (série de Riemann de paramètre α = 2 > 1) donc la série
+∞
n
|fn | converge.
0
larvo
Conclusion : D’après le théorème de permutation série-intégrale, la fonction
0
xe−ax
dx =
1 − e−bx
n=0
+∞
+∞
+∞ +∞
fn (x) =
f (x) dx =
0
univ.
+∞
scho
intégrable sur R+ et on a l’égalité :
n=0 0
+∞
1
n=0 (a + nb)
+∞
te−t dt.
2
0
fn = f est
Intégrales à paramètres
407
+∞
Il reste à montrer que l’intégrale
te−t dt vaut 1. Pour cela, on utilise une intégration par
0
parties. Les fonctions
u : t → t et v : t → −e−t
sont de classe C 1 sur R+ et u (t) v (t) = −te−t
Comme l’intégrale
→
t→+∞
0 (d’après les croissances comparées).
+∞
+∞
uv =
te−t dtdt
0
0
converge, on peut écrire :
+∞
+∞
+∞
+∞
t=A
t=A
−t
te dtdt =
uv = lim [u (t) v (t)]t=0 −
uv=
e−t dt = lim −e−t t=0 = 1
A→+∞
A→+∞
0
0
0
3589
5
0
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Commentaires 192 Exercice discriminant sans être très difficile. Il teste bien l’initiative
du candidat (songer à un développement en série de fonctions et à permuter série et
intégrale). S’il n’a pas cet idée, l’interrogateur va lui proposer de la faire, éventuellement en
1
. Il est attendu une certaine rigueur
demandant le développement en série entière de
1−x
dans les calculs (possibilité de subtituer e−t à x dans le développement en série entière,
hypothèses du théorème de permutation choisi, justification convenable de l’intégration par
parties).
1. Existence et calcul de
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Exercice 193 (Mines-Telecom)
ln (t) ln (1 − t)
dt.
t
0
2. Donner une approximation de la valeur trouvée à 10−3 près.
Solution 193
1. Existence. La fonction
ln (t) ln (1 − t)
t
est continue sur ]0, 1[ . En utilisant l’équivalent de t → ln (1 − t) quand t tend vers 0, on
a:
ln (t) (−t)
1
f (t) ∼
= − ln (t) = o 1/2
t→0
t→0
t
t
x.com
:Non
f : t →
univ.
scho
larvo
1
puisque t1/2 ln (t) → 0 d’après les croissances comparées. La fonction t → 1/2 étant
t→0
t
1
, la fonction t → − ln (t) l’est aussi donc la fonction f
positive et intégrable sur 0,
2
également.
À l’aide du changement de variable
x = 1 − t ⇔ t = 1 − x.
408
Mines-Telecom
On a x → 0 donc
t→1
f (t) =
ln (1 − x) ln (x)
−x ln (x)
∼
= o (1) ⇒ f (t) = o (1)
x→0
x→0
t→1
1−x
1
(puisque lim x ln (x) = 0 d’après les croissances comparées). La fonction t → 1 étant
x→0
1
, 1 (car continue sur ce segment), la fonction x → −x ln (x)
positive et intégrable sur
2
l’est aussi donc f l’est également.
1
Par conséquent, f est intégrable sur ]0, 1[ , ce qui assure la convergence de f c’est-à0
3589
5
dire son existence.
Calcul. On utilise le développement en série entière de la fonction t → ln (1 − t) dont
le rayon de convergence vaut 1. Pour tout t ∈ ]0, 1[ , on a l’égalité
+∞
+∞
+∞ n
tn+1
t ln (t) ln (t)
−
=−
=
fn (t)
(D) : f (t) =
t
n+1
n+1
n=0
n=0
n=0
tn ln (t)
.
n+1
55:1
fn : t → −
6479
où l’on a posé, pour tout entier n,
:165
.225
.20.2
Il reste à justifier la permutation série-intégrale. Pour tout entier n, la fonction fn est
continue sur ]0, 1] . En outre, pour tout entier n, on dispose de la domination
tn+1/2
1
ln (t) → 0
fn (t) = o 1/2 car t1/2 f (t) =
t→0
t→0
n+1
t
1
1
> 0). La fonction t → 1/2 étant positive
2
t
et intégrable sur ]0, 1] , on peut affirmer que fn est intégrable sur ]0, 1] .
La série
fn converge simplement sur ]0, 1[ (d’après la relation (D)) et sa somme
n⩾0
+∞
fn = f est continue sur ]0, 1[ .
n=0
Calculons
1
0
|fn (t)| dt =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
d’après les croissances comparées (puisque n+
1
0
fn (t) dt
tn+1
(n + 1)
2
et v : t → − ln (t)
larvo
u : t →
x.com
:Non
(car − ln (t) ⩾ 0 sur ]0, 1]) à l’aide d’une intégration par parties (en intégrant t → tn et
en dérivant t → − ln (t). Les fonctions
t→0
n + 1 > 0). Comme l’intégrale
0
uv=
univ.
1
scho
sont de classe C 1 sur ]0, 1] et lim u (t) v (t) = 0 (d’après les croissances comparées puisque
1
0
|fn |
Intégrales à paramètres
409
converge, on peut écrire :
1
0
|fn | =
1
0
1
uv =
|fn | =
1
u v = lim [uv]ε −
ε→0
La série
0
1
(n + 1)
2
1
1
n⩾0 0
1
tn dt =
0
(n + 1)
n⩾0
n+1 t=1
1
t
=
2 n+1
3.
(n + 1)
(n + 1)
t=0
1
=
3 k=n+1
1
k⩾1
k3
converge (série de Riemann de paramètre α = 3 > 1), le théorème de permutation sérieintégrale nous donne la relation suivante :
 1

1
+∞ 1
+∞
+∞
1
 |fn | =
f=
fn =
.
3
k=n+1
k
n=0
n=0
0
k=1
0
5
0
k3
6479
k=1
k3
est une valeur approchée de S à
+∞
S − SN =
k=1
k=N +1
1
= RN
k3
55:1
N
1
+∞
1
.20.2
à 10−3 près. Soit N ∈ N∗ alors SN =
3589
2. D’après la question précédente, il suffit de trouver une valeur approchée de S =
∀t
∈
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
près. Il suffit de trouver N tel que RN ⩽ 10−3 . Pour cela, utilisons la comparaison série1
intégrale pour majorer explicitement RN . La fonction g : t → 3 est décroissante et
t
positive sur [N + 1, +∞[ . Ainsi, pour tout entier k ⩾ N, on a :
[k, k + 1] , g (k + 1) ⩽ g (t) ⇒
k+1
g (k + 1) dt ⩽
k
⇔ g (k + 1)
k+1
k+1
dt ⩽
g (t) dt ⇔ g (k + 1) ⩽
k
k
k+1
g (t) dt
k
k+1
g (t) dt.
k
En sommant sur k ∈ [[N, +∞[[ (ce qui est licite car les séries sont convergentes) et en
utilisant la relation de Chasles on obtient :
k=N
+∞
g (k + 1) ⩽
g (t) dt
N
−2 t→+∞
t
1
=
.
⇔ RN ⩽
n=k+1
−2 t=N
2N 2
x.com
:Non
+∞
On choisit N tel que
donc N = 24. Ainsi,
24
1
univ.
S24 =
scho
larvo
√
103
1
−3
2
⇔ N ⩾ 500 ≃ 22, 36
⩽
10
⇔
N
⩾
2
2N
2
k=1
k3
≃ 1, 201 2..
410
Mines-Telecom
est une valeur approchée (par défaut) de
1
ln (t) ln (1 − t)
dt à 10−3 près.
t
0
Commentaires 193 La question 1 est un sujet originellement du concours Mines-Ponts.
L’exercice demande une bonne maitrise des chapitres « intégration » et « intégrales à
paramètre » ainsi que des notions fondamentales de domination. Aucune des questions
ou sous-question n’est élémentaire et l’interaction avec l’interrogateur risque d’être importante. Cet exercice sera très discriminant.
Exercice 194 (Mines-Telecom, Mines-Ponts) Soit g définie par
1 x
t (t − 1)
g : x →
dt.
ln (t)
5
0
3589
1. Montrer que g est définie sur ]−1, +∞[.
6479
2. Montrer que g est de classe C 1 sur ]−1, +∞[ et exprimer g (x) sans symbole intégrale.
55:1
3. Calculer la limite de g en +∞ et déterminer g.
f : t →
tx (t − 1)
ln (t)
qui est continue sur ]0, 1[ .
:165
.225
1. Soit x ∈ R. On considère la fonction
.20.2
Solution 194
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
On a les comparaisons suivantes :
Étude de l’intégrabilité de f sur 0,
2
tx (−1)
tx
=−
.
t→0 ln (t)
ln (t)
f (t) ∼
Premier cas. Si x > −1, on a :
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
1
tx
= o (tx ) car
→ 0 ⇒ f (t) = o (tx ) .
t→0
ln (t) t→0+
ln (t) t→0
1
1
x
(intégrale de Riemann de
La fonction t → t = −x est positive et intégrable sur 0,
t
2
1
paramètre α = −x < 1) donc f est intégrable sur 0, .
2
Second cas. Si x ⩽ −1 alors
1
1
1
, tx = −x ⩾
∀t ∈ 0,
2
t
t
1
car −x ⩾ 1 et la fonction y → ty est décroissante sur R+ puisque t ∈ 0,
. Comme
2
1
− ln (t) > 0 sur 0,
, en multipliant l’inégalité précédente par − ln (t) , on obtient la
2
Intégrales à paramètres
411
minoration suivante :
tx
1
1
,−
⩾−
⩾ 0.
∀t ∈ 0,
2
ln (t)
t ln (t)
1
, on a :
Pour tout a ∈ 0,
2
1/2
a
1
dt
−
t ln (t)
=
=
5
0
1
1
1
dt diverge. Comme la fonction t → −
est positive sur 0, ,
−
t ln (t)
t ln (t)
2
3589
donc
1/2
1/2
(ln (t))
t=1/2
−
dt = − [ln |ln (t)|]t=a
s=ln
ln (t)
a
1 → +∞
ln |ln (a)| − ln ln
2 a→0
6479
1/2
1/2
tx
l’intégrale
dt diverge. Ceci entraine la divergence de l’intégrale
−
f donc celle
ln (t)
Étude de l’intégrabilité de f sur
de f en 1 :
f (t) ∼
t−1
t→1 ln (t)
puisque
=
1
, 1 . Comme tx → 1, on a l’équivalent suivant
t→1
2
:165
.225
0
.20.2
f c’est-à-dire que g (x) n’existe pas.
t−1
t−1
∼
=1
ln (1 + (t − 1)) t→1 t − 1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
de
0
55:1
0
1
ln (1 + s) ∼ s avec s = t − 1 → 0.
s→0
La fonction t → 1 est positive et intégrable sur
Conclusion :
1
0
t→1
1
, 1 , la fonction f l’est aussi.
2
f converge si et seulement si x > −1 donc g (x) existe si et seulement
si x > −1 c’est-à-dire que le domaine de définition de g est ]−1, +∞[.
larvo
x.com
:Non
2. Il suffit d’appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètre. Pour cela, on
considère la fonction

 ]−1, +∞[ × ]0, 1[ → R
tx (t − 1)
exp (x ln (t)) (t − 1) .
f:
(x, t)
→
=

ln (t)
ln (t)
scho
Pour chaque t ∈ ]0, 1[ , la fonction x → f (x, t) est de classe C 1 sur ]−1, +∞[ .
Pour chaque x ∈ ]−1, +∞[ , les fonctions
∂f
(x, t) = exp (x ln (t)) (t − 1) = tx (t − 1)
∂x
univ.
t → f (x, t) et t →
412
Mines-Telecom
sont continues sur ]0, 1[ .
Pour chaque x ∈ ]−1, +∞[ , la fonction t → f (x, t) est intégrable sur ]0, 1[ (d’après la
question précédente).
Soit [a, b] un segment inclus dans ]−1, +∞[ (i.e. −1 < a ⩽ b). On dispose de la domination suivante :
∂f
∂f
(x, t) = −
(x, t) = (1 − t) tx ⩽ tx ⩽ ta
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ ]0, 1[ , ∂x
∂x
(car t ∈ [0, 1] donc la fonction y → ty est décroissante sur R). La fonction
1
t−a
est indépendante de x et intégrable sur ]0, 1] (intégrale de Riemann de paramètre −a < 1).
Ainsi, le théorème de dérivation montre que la fonction
t → ta =
f (x, t) dt = g (x)
5
0
3589
x →
1
]−1, +∞[ , g (x) =
=
1
∂f
(x, t) dt =
∂x
0
0
tx (t − 1) dt
t=1
x+2
x+1
tx+1
1
1
t
−
−
.
t
− tx dt =
=
x + 2 x + 1 t=0
x+2 x+1
.20.2
0
1
55:1
∈
1
:165
.225
∀x
6479
est de classe C 1 sur ]−1, +∞[ et on a l’égalité :
3. Appliquons le théorème de convergence dominée. En conservant les notations introduites
à la question précédente, pour chaque t ∈ ]0, 1[ , on a :
tx (t − 1)
0 (t − 1)
→
= 0 = h (t) .
ln (t) x→+∞ ln (t)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
f (x, t) =
Pour chaque x ∈ ]−1, +∞[ , la fonction t → f (x, t) est continue sur ]0, 1[ et la fonction
h : t → 0 est continue sur ]0, 1[ . En outre, on dispose de la domination suivante :
∀x ∈ [0, +∞[ , ∀t ∈ ]0, 1[ , |f (x, t)| = −f (x, t) =
tx (1 − t)
1−t
⩽
= f (0, t) .
ln (t)
ln (t)
La fonction t → f (0, t) est indépendante de x et intégrable sur ]0, 1] (d’après la question
1). Par conséquent, on peut affirmer que :
f (x, t) dt =
0
1
0
lim f (x, t) dt ⇔ lim g (x) =
x→+∞
x.com
:Non
lim
x→+∞
1
x→+∞
D’après la question précédente, il existe un réel C tel que :
Comme lim
x+2
larvo
∀x ∈ ]−1, +∞[ , g (x) = ln (x + 2) − ln (x + 1) + C = ln
1
0dt = 0.
0
x+2
x+1
+ C.
univ.
scho
= 1 et que la fonction ln est continue en 1, on a :
x+2
.
lim g (x) = ln (1) + C ⇔ 0 = C ⇒ ∀x ∈ ]−1, +∞[ , g (x) = ln
x→+∞
x+1
x→+∞ x + 1
Intégrales à paramètres
413
Commentaires 194 Il s’agit originellement d’un sujet du concours Mines-Ponts.
La question 1 est la plus difficile du sujet car elle demande une maitrise importante des
dominations et des raisonnements fondamentaux du chapitre « intégration ». Elle discriminera (voire sélectionnera) fortement les candidats.
Les questions 2 et 3 sont beaucoup plus standards donc l’interrogateur sera plus exigeant
sur le plan de la rigueur des raisonnements et de la qualité des calculs menés.
+∞
arctan (tx)
Exercice 195 (Mines-Telecom) Soit f : x →
dt.
1 + t2
0
1. Donnez le domaine de définition de f .
2. Montrez que f est dérivable sur un domaine que l’on précisera.
3. Exprimer f sans symbole intégrale.
1. Soit x ∈ R. La fonction
3589
5
Solution 195
arctan (tx)
1 + t2
est continue sur [0, +∞[ (comme quotient de deux telles fonctions dont le dénominateur
ne s’annule pas sur cet intervalle). En outre, on dispose de la majoration suivante :
55:1
6479
g : t →
|arctan (xt)|
π/2
⩽
= h (t) .
1 + t2
1 + t2
.20.2
∀t ∈ [0, +∞[ , |g (t)| =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
La fonction h est continue sur [0, +∞[ et elle y est intégrable (par exemple, elle est
positive et
A
A
π
π π
arctan (t)
× ∈ R)
→
h=
2
2
t=0 A→+∞ 2
0
+∞
donc g est également intégrable sur [0, +∞[ . Ainsi, l’intégrale
g = f (x) existe pour
0
tout réel x c’est-à-dire que f est définie sur R.
2. Remarquons que la fonction f est manifestement impaire puisque, par imparité de la
fonction arctan, on a l’égalité :
x.com
:Non
+∞
+∞
arctan (−tx)
arctan (tx)
dt = −
dt = −f (x) .
∀x ∈ R, f (−x) =
2
1+t
1 + t2
0
0
larvo
Ainsi, il suffit d’étudier la dérivabilité de f sur R+ . Considérons la fonction

 R × [0, +∞[ → R
g:
arctan (xt) .
 (x, t)
→
1 + t2
univ.
scho
Pour tout t ∈ [0, +∞[ , la fonction x → g (x, t) est de classe C 1 sur R. Pour tout x ∈ R,
les fonctions
∂g
t
t → g (x, t) et t →
(x, t) =
∂x
(1 + x2 t2 ) (1 + t2 )
414
Mines-Telecom
sont continues sur [0, +∞[ . D’après la question précédente, pour chaque x ∈ R, la fonction t → g (x, t) est intégrable sur [0, +∞[ .
Ensuite, remarquons que la fonction
t →
∂g
t
(0, t) =
∂x
1 + t2
n’est pas intégrable sur [0, +∞[car
1
∂g
t
(0, t) ∼
=
2
t→+∞
∂x
t
t
1
est positive et non intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de
t
Riemann de paramètre α = 1 ⩽ 1) donc, à fortiori, sur [0, +∞[ . Par conséquent, il est
illusoire d’espérer que f soit dérivable en 0 avec
alors que la fonction t →
5
+∞
∂g
(0, t) dt(
f (0) =
∂x
3589
6479
0
:165
.225
.20.2
55:1
puisque cette dernière intégrale n’existe pas). On restreint ainsi notre étude à ]0, +∞[ .
Soit [a, b] un segment inclus dans ]0, +∞[ (c’est-à-dire 0 < a ⩽ b). On dispose de la
domination suivante :
∂g
t
(x, t) ⩽
= ϕ (t) .
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ [0, +∞[ , 2
2
∂x
(1 + a t ) (1 + t2 )
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction ϕ est indépendante de x et elle est continue sur [0, +∞[ . On dispose de
l’équivalent suivant :
1
t
= 2 3 ⩾ 0.
ϕ (t) ∼
t→+∞ a2 t2 t2
a t
1
est intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre α =
t3
3 > 1) donc ϕ l’est aussi. En outre, ϕ étant continue sur le segment [0, 1] , elle y est
intégrale donc ϕ est intégrable sur [0, +∞[ .
D’après le théorème de dérivation des intégrales à paramètre, la fonction
La fonction t →
+∞
g (x, t) dt = f (x)
x →
x.com
:Non
0
est de classe C 1 sur ]0, +∞[ donc, par imparité, sur R∗ et l’on a :
+∞
+∞
∂g
t
∀x ∈ R , f (x) =
(x, t) dt =
dt.
2
2
∂x
(1 + x t ) (1 + t2 )
0
larvo
∗
0
scho
3. Soit x ∈ R∗ . On effectue la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle
t
.
(1 + x2 t2 ) (1 + t2 )
univ.
h : t →
Intégrales à paramètres
415
Pour gagner du temps, on devine sa forme en décomposant
t →
1
(1 + x2 t) (1 + t)
à la main (i.e. en devinant les coefficients à choisir afin d’éliminer au numérateur le
terme en t). Commençons par éliminer le terme t au numérateur :
1
x2 − 1
x2
−
=
.
1 + x2 t 1 + t
(1 + x2 t) (1 + t)
Si x2 = 1 alors, en remplaçant t par t2 puis en multipliant cette égalité par
obtient la formule :
=
(∗) puisque
,
5
t→+∞
ln 1 + t2
ln 1 + x2 t2
−
2
2
t=0
t→+∞
1
1 2
1 + x 2 t2
ln
= ln x .
2
1 + t2
(∗) 2
t=0
3589
=
x2 t
t
−
1 + x 2 t2
1 + t2
6479
2
x − 1 f (x)
55:1
ce qui nous donne :
1
x2 − 1
, on
.20.2
h : t →
t
x2 − 1
1 + x2 02
1 + x 2 t2
= x2 et que
= 1.
2
t→+∞ 1 + t
1 + 02
Par conséquent, on obtient la formule :
1 ln x2
∗
∀x ∈ R \ {±1} , f (x) = × 2
.
2
x −1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
lim
Commentaires 195 Les deux premières questions ne posent pas de difficulté particulière.
La troisième question possède une difficulté technique : penser à chercher une décomposition en éléments simples et savoir l’expliciter. Cette dernière question sera discriminante.
Exercice 196 (CCINP, Mines-Telecom) Pour tout n ∈ N , on pose un =
x.com
:Non
∗
1. Justifier la définition de un pour tout n ∈ N∗ .
n
(−1) un .
2. Étudier la convergence de la série
n⩾1
larvo
un .
scho
n⩾1
univ.
3. Étudier la convergence de la série
+∞
dx
n.
(ch (x))
0
416
Mines-Telecom
Solution 196
1. Pour tout entier n ⩾ 1, la fonction
1
n
(ch (x))
fn : x →
est continue sur [0, +∞[ . En outre, pour tout entier n ⩾ 1 et tout réel positif x, on a les
inégalités suivantes :
n
ex + e−x
ex
1
2
⩾
>0⇒0⩽
⩽
= 2n e−nx .
ch (x) =
n
2
2
ex
(ch (x))
Pour chaque entier n, la fonction x → e−nx est intégrable sur [0, +∞[ (puisque n > 0)
donc la fonction fn l’est également, ce qui assure l’existence de
5
+∞
fn = un .
3589
0
⩽
⇒
×(ch(x))n ⩾0
(ch (x))
n+1
n
⩾ (ch (x)) > 0 ⇒
1
1
n ⇒0⩽
n+1 ⩽
(ch (x))
(ch (x))
+∞
0
55:1
1
.20.2
0
⩾
dx
(ch (x))
n+1 ⩽
:165
.225
ch (x)
6479
2. On est fortement tenté d’invoquer le critère spécial des séries alternées. Pour tout entier
n ⩾ 1 et tout réel positif x, on a :
+∞
dx
n.
(ch (x))
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
donc la suite (un )n⩾0 est décroissante et positive. Pour calculer la limite de la suite
(un )n , nous allons utiliser le théorème de convergence dominée. On utilise les notations
de la réponse à la question précédente. Pour tout x > 0, on a ch (x) > 1 donc
lim fn (x) = 0.
n→+∞
Ainsi, la suite (fn )n converge simplement sur ]0, +∞[ vers la fonction
f : x → 0.
Pour chaque entier n, les fonctions fn et f sont continues sur ]0, +∞[ . En outre, on
dispose de la domination suivante :
ch(x)⩾1
1
1
= f1 (x) .
⩽
n
(ch (x)) et n⩾1 ch (x)
x.com
:Non
∀n ⩾ 1, ∀x ∈ ]0, +∞[ , |fn (x)| = fn (x) =
La fonction f1 est indépendante de n et intégrable sur ]0, +∞[ donc on peut écrire :
n→+∞
+∞
+∞
+∞
fn =
lim fn ⇔ lim un =
0dt = 0.
n→+∞
0
scho
0
larvo
lim
n→+∞
0
converge.
univ.
Par conséquent, le critère spécial des séries alternées montre que la série
n
n
(−1) un
Intégrales à paramètres
417
3. Démontrons que la série
que la série
un diverge. Pour cela, on procède par l’absurde en supposant
n⩾1
un converge. On va démontrer que le théorème de permutation série-
n⩾1
intégrale s’applique, ce qui va aboutir à une contradiction.
On conserve les notations de la réponse à la question 1. Pour tout n ⩾ 1, la fonction
fn est continue et intégrable sur ]0, +∞[ . Pour chaque x ∈ ]0, +∞[ , la série
fn (x)
n⩾1
1
∈ ]0, 1[) c’est-à-dire que la série
fn
converge (série géométrique de raison
ch (x)
n⩾1
converge simplement sur ]0, +∞[ . Sa somme
+∞
+∞ n=1
1
ch (x)
n
=
1
×
ch (x)
1
1
= S (x)
ch (x) − 1
=
1
1−
ch (x)
3589
5
n=1
fn : x →
+∞
|fn | =
fn ⩾0
n⩾1 0
fn =
n⩾1 0
un
55:1
+∞
n⩾1
.20.2
6479
est continue sur ]0, +∞[ (comme inverse d’une telle fonction ne s’annulant pas sur cet
intervalle). En outre, la série
:165
.225
converge donc, d’après le théorème de permutation série-intégrale, la fonction
+∞
fn = S
n=1
est intégrable sur ]0, +∞[ . À l’aide du développement limité de ch (x) en 0, on dispose
de l’équivalent suivant :
x→0
2
1+
x
+ o (x2 ) − 1
2
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
S (x) =
=
x→0
2
x
+ o (x2 )
2
∼
x→0
2
1
2 = x2 .
x
2
1
est positive et n’est pas intégrable sur [0, 1] (intégrale de Riemann
x2
de paramètre 2 ⩾ 1) donc la fonction S ne l’est pas non plus. A fortiori, la fonction S
n’est pas intégrable sur ]0, +∞[ , ce qui est absurde. Par conséquent, la série
un
Or, la fonction x →
x.com
:Non
diverge.
n⩾1
univ.
scho
larvo
Commentaires 196 Exercice de niveau standard pour ces deux concours et il est suffisamment progressif. Il s’agit d’un exercice classique du concours Mines-Ponts.
Question 1 : Elle pose une difficulté pour les candidats les plus faibles qui est de comprendre la question, c’est-à-dire de justifier l’intégrabilité de l’intégrande.
Question 2 : La discrimination principale sera de se rendre compte qu’il suffit d’appliquer
le critère spécial et, éventuellement, de penser au théorème de convergence dominée (pour
les candidats faibles ou trop moyes).
Question 3 : Il s’agit de la question la plus difficile et l’interaction avec l’interrogateur
sera un élément très important.
418
Mines-Telecom
Exercice 197 (Mines-Telecom)
1. Montrer que ∀x ∈ [−1, 1] ,
2. Calculer
1
0
+∞
xn
1−t
.
dt
=
1 − x 3 t3
(3n + 1)(3n + 2)
n=0
+∞
1
.
(3n
+
1)(3n
+ 2)
n=0
Solution 197
1. Pour tout z ∈ ]−1, 1[ , on a
on a :
+∞
+∞
3 3 n 1
x
=
x3n t3n
=
t
1 − x 3 t3
n=0
n=0
3
|x| t3 ⩽ t3 < 1 ⇒
⇒
+∞
+∞
1−t
3n 3n
=
(1
−
t)
x
t
=
x3n (1 − t) t3n .
1 − x 3 t3
n=0
n=0
Pour tout entier n, on pose
6479
3589
5
=
fn : t → x3n (1 − t) t3n
55:1
3 3
x t +∞
1
=
z n . Soit x ∈ [−1, 1] alors, pour tout t ∈ [0, 1[ ,
1−z
n=0
n⩾0
+∞
n=0
fn : t →
1−t
1 − x 3 t3
0
|fn (t)| dt
=
|x|
3n
1
0
3n
(1 − t) t3n dt = |x|
3n+1
3n+2
3n
t=1
1
0
3n
t − t3n+1 dt
t
t
3n
−
= |x|
3n + 1 3n + 2 t=0
1
1
−
3n + 1 3n + 2
=
|x|
=
|x|
1
1
⩽
=
2.
(3n + 1) (3n + 2)
(n + 1) (n + 1)
(n + 1)
La série
3n
n⩾0
1
(n + 1)
1
x.com
:Non
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est continue sur [0, 1[ . Pour tout entier n, on a :
:165
.225
.20.2
qui est une fonction continue sur [0, 1[. D’après le développement précédent, la série
fn converge simplement sur [0, 1[ et sa somme
2 =
n⩾1
n2
larvo
converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la série
0 n=0
+∞ 1
fn =
n=0 0
fn =
scho
1 +∞
+∞
univ.
0
1−t
dt =
1 − x 3 t3
n=0
x
3n
1
n
théorème de permutation série-intégrale montre que :
1
1
0
(1 − t) t3n dt =
0
+∞
|fn | converge. Le
x3n
.
(3n + 1) (3n + 2)
n=0
Intégrales à paramètres
419
2. On utilise la formule établie à la question précédente pour x = 1. On obtient alors :
+∞
1
(3n + 1) (3n + 2)
n=0
=
1
0
=
1
0
=
=
1
0
1−t
dt =
(1 − t) (1 + t + t2 )
1
2
(t + 1/2) + 3/4
dt =
1
3/4
1
0
√
1
2t + 1
√
3
1
3
2t + 1
√
arctan
2
3
0
√
2
1
√
3 − arctan √
arctan
3
3
π
2 π π √
−
(∗∗) = √
6
3 3
3 3
4
3
1
1
dt
1 + t + t2
0
2
dt
+1
3589
5
=
1−t
dt =
1 − t3 (∗)
.20.2
55:1
6479
(∗) : 1 est racine du polynôme 1 − X 3 donc ce dernier se factorise par 1 − X. Le facteur
s’obtient par division euclidienne ou par identification (ou en se rappelant des sommes
de termes en progression géométrique en choisissant 3 termes).
π
π √
1
= √ et tan
= 3.
(∗∗) : car tan
6
3
3
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 197 Exercice de difficulté standard pour le concours Mines-Telecom.
Question 1 : Il est attendu du candidat qu’il songe à développer en série entière par rapport
à x l’intégrande (la fonction sous l’intégrale) et non par rapport à t (ce qui est une erreur
relativement fréquente). Bien entendu, permuter les symboles séries et intégrales sans que
le candidat ne se pose la moindre question (même s’il ne sait pas justifier) sera du plus
mauvais effet sur l’interrogateur. Il est possible de justifier la convergence normale de la
série
fn sur le segment [0, 1] pour conclure à la permutation série-intégrale mais cela
n
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
exige que x ∈ ]−1, 1[ . Cette preuve (partielle) sera bien valorisée par l’interrogateur mais
il n’est pas possible d’étendre ce raisonnement à x ∈ {−1, 1} .
Question 2 : Il s’agit d’une question de MPSI portant sur la primitivation de l’inverse
d’un trinôme. Cette question est très discriminante en pratique car les candidats ne se
rappellent plus de la formule réduite d’un tel trinôme (« début de carré ») et, souvent dans
ce cas, ne savent pas primitiver la fraction.
420
Centrale Math 1
10.3
Centrale Math 1
Exercice 198 (Centrale) Soit F : x →
π
ln (x + cos (t)) dt
0
1. Montrer que F est définie sur [1, +∞[ .
2. Montrer que F ∈ C 1 (]1, +∞[).
t
3. Calculer F (x) (on pourra poser u = tan
). En déduire F (x) (on pourra dériver
2
√
la fonction x → ln x + x2 − 1 ).
Solution 198
5
1. Soit x ∈ ]1, +∞[ . La fonction t → x + cos (t) est continue et strictement positive sur
[0, π] donc la fonction
f : t → ln (x + cos (t))
6479
3589
est continue sur le segment [0, π] ce qui assure l’existence de l’intégrale F (x) .
Si x = 1 alors
π
F (1) = ln (1 + cos (t)) dt.
55:1
0
La fonction
.20.2
f : t → ln (1 + cos (t))
=
f (π − h) = ln (1 + cos (π − h)) = ln (1 − cos (h))
2
2
2
h
h
= ln
+o h
[1 + o (1)]
= ln
h→0
h→0
2
2
2
h
+ ln (1 + o (1)) = 2 ln (h) − ln (2) + o (1)
= ln
h→0
h→0
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
f (t)
:165
.225
est continue sur [0, π[ . Déterminons un équivalent de f en π − . Pour cela, on utilise le
changement de variable t = π − h avec h → 0+ puis le développement limité à l’ordre 2
de cos en 0.
→ ln(1)=0
h→0
∼ 2 ln (h) = o
h→0
h→0
1
h1/2
car h1/2 ln (h) → 0
h→0
π
larvo
0
scho
0
f (t) (−dt) =
univ.
l’intégrale
x.com
:Non
1
(d’après les croissances comparées). Comme h → 1/2 est positive et intégrable sur
h
1
]0, 1] (intégrale de Riemann de paramètre < 1), on peut affirmer que la fontion h →
2
f (π − h) l’est aussi. Le changement de variable t = π − h étant de classe C 1 et bijectif
π
de [0, π] sur [0, π] et comme l’intégrale f (π − h) dh converge, on peut affirmer que
converge ce qui assure l’existence de F (1) .
π
0
f (t) dt
Intégrales à paramètres
421
2. On considère la fonction
f:
]1, +∞[ × [0, π]
(x, t)
→
→
R
.
ln (x + cos (t))
Pour chaque t ∈ [0, π] , la fonction x → f (x, t) est de classe C 1 sur ]1, +∞[ . Pour
chaque x ∈ ]1, +∞[ , les fonctions
1
∂f
(x, t) =
∂x
x + cos (t)
t → f (x, t) et t →
3589
5
sont continues sur [0, π] (car x+cos (t) ⩾ x−1 > 0 pour tout t ∈ [0, π]). Pour chaque x ∈
]1, +∞[ , la fonction t → f (x, t) est intégrable sur [0, π] (d’après la question précédente).
Pour tout segment [a, b] ⊂ ]1, +∞[ (c’est-à-dire 1 < a ⩽ b), on dispose de la domination
suivante :
∂f
1
1
1
(x, t) =
⩽
⩽
= ϕ (t) .
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ [0, π] , ∂x
x + cos (t)
x−1
a−1
55:1
f (x, t) dt = F (x)
.20.2
x →
π
6479
La fonction ϕ étant indépendante de x et intégrable sur [0, π] (fonction constante sur un
intervalle borné), on peut affirmer que la fonction
0
:165
.225
est de classe C 1 sur ]1, +∞[ .
3. Soit x > 1. D’après la question précédente,on peut écrire :
F (x) =
π
0
dt
.
x + cos (t)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
t
. Ce changement de variable
2
est de classe C 1 sur [0, π[ et bijectif de [0, π[ sur [0, +∞[ . Quand t = 0 alors u = 0,
quand t → π − alors u → +∞. En outre, on a les relations suivantes :
On suit alors l’indication proposée en posant u = tan
2
t
= arctan (u) ⇔ t = 2 arctan (u) ⇒ dt =
du.
2
1 + u2
1
2
2
t
−1=
cos (t) = 2 cos
2
scho
On obtient alors les égalités :
2
=
1
1 + (tan (θ))
2.
larvo
(cos (θ))
2 ⇔ (cos (θ))
2
1 − u2
−
1
=
,
2 − 1 =
1 + u2
1 + u2
t
1 + tan
2
univ.
1 + (tan (θ)) =
x.com
:Non
Utilisons les différentes formules trigonométriques pour exprimer cos (t) en fonction de
u. On commence par la formule de duplication (cos (2θ)) puis la formule remarquable
2
422
Centrale Math 1
ce qui permet d’écrire :
F (x)
=
=
=
+∞
+∞
2du
1
du
×
=2
1 + u2
x (1 + u2 ) + 1 − u2
1 − u2
0 x+
0
1 + u2
+∞
+∞
du
du
2
=
2
2
x−1
x + 1 + u (x − 1)
x+1
2
0
0 1+u
x+1
u→+∞
2
π
x+1
x−1
arctan u
=√
.
2
x+1
x−1
x+1
x −1
u=0
La dérivée de la fonction
est donnée sur ]1, +∞[ par :
g : x → ln x + x2 − 1
5
6479
3589
√
2x
x + x2 − 1
√
1+ √
2
1
2√ x2 − 1
x
√ −1 = √
g (x) =
=
.
x + x2 − 1
x + x2 − 1
x2 − 1
55:1
Ainsi, il existe un réel C tel que :
.20.2
(R1 ) : ∀x > 1, F (x) = πg (x) + C.
:
πg (x)
D’autre part, on a :
|F (x) − π ln (x)|
=
=
=
x→+∞
ln(2)
π
π
π
ln (x + cos (t)) dt − ln (x) dt = ln x + cos (t) dt
x
0
0
0
π
π ln 1 + cos (t) dt ⩽ ln 1 + cos (t) dt
x
x
0
0
cos (t) 1
⩽ .
∀t ∈ [0, π] , x 2
larvo
Si x ⩾ 2 alors
→
x→+∞
π ln (x) + π ln (2) + o (1) .
x.com
:Non
(R2 )
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Nous allons analyser le comportement asymptotique de F (x) et de g (x) quand x → +∞
pour déterminer la constante C. Pour tout x > 1, on a :
√
1
x2 − 1
πg (x) = π ln x 1 + √
= π ln (x) + π ln 1 + 1 − 2
x
x2
univ.
scho
1 1
D’après l’inégalité des accroissements finis, pour tout y ∈ − ,
, on a la majoration :
2 2
1 |y − 0| ⇔ |ln (1 + y)| ⩽ 2 |y| .
|ln (1 + y) − ln (1 + 0)| ⩽
sup
z∈[−1/2,1/2] 1 + z
Intégrales à paramètres
423
Par conséquent, pour tout x ⩾ 2, on obtient :
2
|F (x) − π ln (x)| ⩽
x
π
cos (t) dt
→
x→+∞
0
0 ⇒ (R3 ) : F (x)
=
x→+∞
π ln (x) + o (1) .
Des relations (R1 ) , (R2 ) et (R3 ) , on déduit que :
π ln (x) + o (1)
⇔
C
=
x→+∞
=
x→+∞
π ln (x) + π ln (2) + C + o (1)
−π ln (2) + o (1)
⇒
x→+∞
C = −π ln (2) ,
ce qui démontre la formule :
x+
3589
∀x > 1, F (x) = π ln x + x2 − 1 − π ln (2) = π ln
5
√
x2 − 1
.
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
Commentaires 198 Exercice de difficulté standard pour le concours Centrale-SupElec.
Question 1. Le fait que F soit définie sur ]1, +∞[ ne devrait poser aucune difficulté à
un candidat de ce concours (puisqu’il n’y a aucun calcul). Malheureusement, cela n’est
pas forcément le cas en pratique et ceci ne fait pas un bon effet auprès de l’interrogateur.
L’étude de x = 1 permettra aux candidats maitrisant le mieux le chapitre « intégration »
de nettement se distinguer.
Question 2. Il n’y a pas de difficulté particulière.
Question 3. Cette question nécessite une bonne maitrise technique de la part du candidat
et sera sélective. L’interrogateur donnera, si cela s’avère nécessaire,
une piste, voire la
t
formule, concernant l’expression de cos (t) en fonction de tan
.
2
Exercice 199 (Centrale-SupElec)
1. Déterminer le domaine de définition réel de
π/2
arctan (x tan (θ))
dθ.
F : x →
tan (θ)
0
3. En déduire la valeur de
x.com
:Non
2. Calculer F (x).
π/2
θ
dθ et de
tan (θ)
0
larvo
0
scho
Solution 199
arctan (x tan (θ))
tan (θ)
univ.
1. Soit x ∈ R. La fonction
π/2
ln (sin (θ)) dθ.
f : θ →
424
Centrale Math 1
π
. En outre, d’après l’inégalité des accroissements finis, pour tout
est continue sur 0,
2
s ∈ R, on a la majoration :
|arctan (s) − arctan (0)| ⩽ sup |arctan (y)| |s − 0|
y∈R
1 |s| ⇔ |arctan (s)| ⩽ |s| .
⇔ |arctan (s)| ⩽ sup 2
y∈R 1 + y
5
On obtient ainsi la domination suivante :
π
|x tan (θ)|
, |f (θ)| ⩽
= |x| .
∀θ ∈ 0,
2
|tan (θ)|
π
La fonction θ → |x| étant intégrable sur 0,
(c’est une constante sur un intervalle
2 π donc
borné), on en déduit que f est intégrable sur 0,
2
6479
3589
π/2
f = F (x)
0
55:1
existe. Par conséquent, la fonction F est définie sur R.
θ → f (x, θ) et θ →
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
2. Nous allons montrer que F est dérivable (par le théorème de dérivation des intégrales
à paramètre) et expliciter F à l’aide de fonctions usuelles pour exprimer F à l’aide de
fonctions usuelles.
On considère la fonction

π

→ R
 R × 0,
2
f:
arctan (x tan (θ)) .

(x, θ)
→

tan (θ)
π
, la fonction x → f (x, θ) est de classe C 1 sur R. Pour chaque
Pour chaque θ ∈ 0,
2
x ∈ R, les fonctions
1
∂f
(x, θ) =
2
2
∂x
1 + x (tan (θ))
x.com
:Non
π
. Pour chaque x ∈ R, la fonction θ → f (x, θ) est intégrable sur
sont continues sur 0,
2
π
(d’après la question précédente). On dispose en outre de la domination suivante :
0,
2
π ∂f
∀ (x, θ) ∈ R × 0,
, (x, θ) ⩽ 1 = ϕ (θ) .
2
∂x
scho
larvo
π
(c’est une constante sur un
La fonction ϕ est indépendante de x et intégrable sur 0,
2
intervalle borné) donc la fonction
0
univ.
π/2
f (x, θ) dθ = F (x)
x →
Intégrales à paramètres
425
est C 1 sur R et, pour tout réel x, on a la formule :
π/2
π/2
∂f
dθ
F (x) =
(x, θ) dθ =
2.
2
∂x
1 + x (tan (θ))
0
0
Pour calculer cette intégrale, on utilise le changement de variable s =
(θ) qui est de
tan
π
π
1
et réalise une bijection strictement croissante de 0,
sur [0, +∞[ .
classe C sur 0,
2
2
π −
Quand θ = 0 alors s = 0, quand θ →
alors s → +∞. En outre, on a
2
θ = arctan (s) donc dθ =
1
ds,
1 + s2
F (x) =
+∞
0
1
1
×
ds.
1 + x2 s2
1 + s2
3589
5
ce qui nous donne pour tout réel x :
55:1
6479
On effectue la décomposition en éléments simples de la fonction
1
1
1
1
x2
×
=
−
t →
1 + x2 t 1 + t
(x2 − 1) 1 + x2 t 1 + t
F (x)
+∞
1
x2
−
2
2
1+x s
1 + s2
=
1
2
x −1
=
1
s→+∞
[x arctan (xs) − arctan (s)]s=0 .
2
x −1
0
ds
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
lorsque x2 = 1 (par le procédé préféré du lecteur). On en déduit pour tout réel x tel que
x2 = 1 :
La limite en +∞ dépend du signe de x et du fait que x = 0 ou non. Pour contourner
ce problème, on remarque que la fonction arctan étant impaire donc F l’est aussi. En
outre, F (0) = 0 donc il suffit d’expliciter F (x) lorsque x > 0, ce qui nous supposons
maintenant. Dans ce cas, lim xs = +∞ donc, pour tout
s→+∞
x ∈ R∗+ \ {1} = ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[ ,
F (x)
=
=
x−1
1 π π π
x −
= × 2
2
x −1
2
2
2
x −1
π
π
x−1
π
1
×
= ×
=
ln (x + 1) .
2
(x − 1) (x + 1)
2
x+1
2
larvo
on a :
I1
x.com
:Non
=I0
univ.
scho
π
ln (x + 1) sont égales à une constante près sur chaque intervalle
2
c’est-à-dire, pour chaque k ∈ {0, 1} , il existe un réel Ck tel que :
Les fonctions F et x →
∀x ∈ Ik , F (x) =
π
ln (x + 1) + Ck .
2
426
Centrale Math 1
Pour k = 0, en faisant tendre x vers 0 par valeurs supérieures et comme F est continue
en 0 (puisqu’elle est C 1 sur R), on obtient C0 = 0. En faisant tendre x vers 1 par valeurs
inférieures et comme F est continue en 1, on obtient
F (1) =
π
ln (2) .
2
Pour k = 1, en faisant tendre x vers 1 par valeurs supérieures et comme F est continue
en 1, on obtient
π
ln (2) + C1 ⇔ C1 = 0
2
π
⇒ ∀x ∈ R∗+ \ {1} , F (x) = ln (1 + x) .
2
F (1) =
.20.2
55:1
6479
(par imparité de F, on a F (x) = −F (−x)).
3. D’après la question précédente, en choisissant x = 1 et comme
π
, arctan (tan (θ)) = θ,
∀θ ∈ 0,
2
3589
5
Cette formule étant manifestement vérifiée pour x = 0 et pour x = 1 (cf. ci-dessus), on
obtient :
 π

si x ⩾ 0

 2 ln (x + 1)
∀x ∈ R, F (x) =
π


 − 2 ln (−x + 1) si x ⩽ 0
π
ln (2) = F (1) =
2
:165
.225
on obtient l’égalité :
π/2
π/2
arctan (tan (θ))
θ
dθ =
dθ.
tan (θ)
tan (θ)
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
0
Ensuite, on utilise une intégration par parties en posant
u : θ → θ et v : θ → ln (sin (θ))
qui est une primitive de
1
cos (θ)
sin (θ)
=
=
= (ln (sin (θ))) .
tan (θ)
sin (θ)
cos (θ)
π
Ces deux fonctions sont de classe C 1 sur 0,
et, à l’aide du DL1 (0) de sin, on a
2
θ →
θ→0
x.com
:Non
u (θ) v (θ) = θ ln (θ + o (θ)) = θ ln θ ([1 + o (1)])
+
+
θ→0
= θ(ln (θ) + ln (1 + o (1))) ∼ + θ ln (θ) →+ 0
θ→0
θ→0
θ→0+
→ 0
larvo
θ→0+
scho
d’après les croissances comparées. En outre, on a v
π 2
0
univ.
π/2
π/2
θ
dθ
uv =
tan (θ)
0
= 0. Comme l’intégrale
Intégrales à paramètres
427
est convergente, on en déduit l’égalité suivante :
π/2
π/2
θ=π/2
u (θ) v (θ) dθ = [u (θ) v (θ)]θ→0 −
u (θ) v (θ) dθ
0
⇔
π/2
0
0
π/2
π/2
π
θ
dθ = − ln (sin (θ)) dθ ⇔
ln (sin (θ)) dθ = − ln (2) .
tan (θ)
2
0
0
Commentaires 199 Exercice suffisamment progressif pour le concours Centrale-SupElec.
Question 1. Voici une autre justification (largement utilisée par les candidats). La fonction
f : θ →
arctan (x tan (θ))
tan (θ)
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
π
est continue sur 0,
, elle est équivalent à x quand θ → 0 et tend vers 0 quand θ →
2
π −
π
en posant
. Ainsi, on peut prolonger f en 0 et
2
2
π
=0
f (0) = x et f
2
π
donc ce prolongement est continue sur 0, , ce qui justifie son intégrabilité sur ce seg2
ment.
Question 2. Il s’agit de la question la plus difficile de cet exercice et sera l’élément clé de
différenciation des candidats. Classiquement, on simplifie la dérivée de F. Si le candidat
n’y pense pas, l’interrogateur lui indiquera (sans pénalité particulière pour le candidat). La
dérivation ne doit pas poser de difficulté particulière (si le candidat est soigneux dans son
calcul de dérivée composée, de produit, etc.). La primitivation de l’intégrande de F (x)
sera un élément très discriminant entre les candidats car ils doivent penser aux fractions
rationnelles mais aussi effectuer convenablement sa décomposition en éléments simples
(dans R (X) ou C (X), dans ce dernier cas, il faudra séparer les parties réelles et imaginaires pour la primitivation). Une difficulté supplémentaire apparait à la quelle songeront
peu de candidats : le signe de x qui impacte les calculs (via les limites). Cette inattention
ne sera pas une pénalité pour eux, l’interrogateur leur indiquant (ou pas) le problème (selon l’état d’avancement de ceux-ci). Pour les meilleurs candidats, une discussion portera
probablement sur l’apparition de différents intervalles pour les constantes (que peu d’entre
eux auront vu).
Question 3. Elle s’adresse aux candidats les plus rapides (il est indispensable d’avoir répondu à la question précédente pour l’aborder) et elle demande un peu d’initiative de la
part du candidat.
428
Mines-Ponts
10.4
Mines-Ponts
Exercice 200 (Mines-Ponts)
x
+∞
x
arctan
ln (t)
t
1. Montrer que : ∀x ∈ R+ ,
dt.
dt =
1 + t2
t2 − 1
0
2. Calculer
+∞
0
ln (t)
dt puis
t2 − 1
0
1
0
ln (t)
dt.
t2 − 1
Solution 200
5
arctan
→
+∞
et g : x →
ϕ (x, t) dt.
x
t
1 + t2
0
3589
R
→
6479
1. Considérons les fonctions

∗

 R+ × R+
ϕ:

 (x, t)
1+
1
x 2 t
=
(1 + t2 )
t
(t2 + x2 ) (t2 + 1)
.20.2
∂ϕ
1
(x, t) = × ∂x
t
:165
.225
t →
55:1
Pour chaque t ∈ R∗+ , la fonction x → ϕ (x, t) est de classe C 1 sur R+ . Pour chaque
x ∈ R+ , les fonctions t → ϕ (x, t) et
e:21
1075
3582
:889
1250
2
π
sont continues sur R∗+ . La fonction arctan étant bornée sur R+ par , on dispose de la
2
domination suivante :
∀(x, t) ∈ R+ × R∗+ , |ϕ (x, t)| ⩽
1
π
×
= ψ 1 (t) .
2
1 + t2
La fonction ψ 1 est continue et positive sur R+ avec
∀A ⩾ 0,
A
0
1
π
A
dt = [arctan (t)]0 = arctan (A) →
2
A→+∞ 2
1+t
larvo
x.com
:Non
donc ψ 1 est intégrable sur R+ .
D’après le théorème de continuité des intégrales à paramètre, on peut affirmer que la
fonction g est continue sur R+ .
D’autre part, pour tout segment [a, b] de R∗+ (c’est-à-dire 0 < a ⩽ b), on dispose de la
domination suivante :
∂ϕ
t
= ψ 2 (t) .
∀x ∈ [a, b] , ∀t ∈ R∗+ , (x, t) = 2
∂x
(t + a2 )(1 + t2 )
scho
La fonction ψ 2 est continue sur R+ et on a la domination suivante :
univ.
ψ (t)
t
= lim 2
= 0 ⇒ ψ 2 (t) = o (ψ 1 (t)) .
lim 2
t+∞ ψ 1 (t)
t→+∞ t + a2
t→+∞
Intégrales à paramètres
429
Comme ψ 1 est intégrable sur R+ , la fonction ψ 2 l’est aussi. D’après le théorème de
dérivation des intégrales à paramètre, on en déduit que la fonction g est de classe C 1 sur
R∗+ et
+∞
t
∗
dt.
∀x ∈ R+ , g (x) =
(t2 + x2 ) (t2 + 1)
0
Calculons g (x) en effectuant le changement de variable u = t2 qui est de classe C 1 sur
R∗+ et réalise une bijection strictement croissante de R+ sur R+ . On a du = 2tdt et
u = t2 . Quand t = 0 alors u = 0 et quand t → +∞ alors u → +∞. On en déduit la
formule suivante :
+∞
1
1
du.
∀x > 0, g (x) =
2
2
(u + x ) (u + 1)
0
Lorsque x = 1 ⇔ x = 1 (car x ⩾ 0), on effectue une décomposition en éléments simples
de l’intégrande :
1
1
1
1
=
.
−
(u + x2 ) (u + 1)
1 − x 2 u + x2
u+1
A
1
ln u + x2 − ln (u + 1) 0
2
A→+∞ 2 (1 − x )
ln x2
1
A + x2
lim
−
ln
2 (1 − x2 ) A→+∞
A+1
2 (1 − x2 )
ln (x)
2 ln (x)
= 2
.
−
2 (1 − x2 )
x −1
lim
.20.2
=
:165
.225
=
=
La fonction
f : x →
e:21
1075
3582
:889
1250
2
g (x)
55:1
Ainsi, pour tout x ∈ R∗+ \ {1} , on obtient la formule :
6479
3589
5
2
ln (x)
x2 − 1
1
est continue sur ]0, 1[ ∪ ]1, +∞[ et g est l’une de ses primitives. Comme x ∈ ]0, 1[ , la
2
fonction
x
F0 : x → f (t) dt
1/2
x.com
:Non
est une primitive de f sur ]0, 1[ donc il existe un réel C tel que
∀x ∈ ]0, 1[ , F0 (x) = g (x) + C.
Comme lim g et lim g existent et sont finies car g est continue sur R+ donc en 0 et
1−
larvo
0
0
1−
scho
en 1), on en déduit que lim F0 et lim F existent dans R donc les intégrales
univ.
convergent. On en déduit que l’intégrale
1
0
0
1/2
f et
1
f
1/2
f converge, ce qui permet d’affirmer que la
430
Mines-Ponts
fonction
F : x →
x
f
0
est une primitive de f sur R∗+ . En outre, il existe un réel C tel que
∀x ∈ R∗+ , F (x) = g (x) + C.
En faisant tendre x vers 0+ et en utilisant la continuité de g en 0 et le fait que lim F = 0,
0
on en déduit que
0 = g (0) + C ⇔ C = 0 ⇒ ∀x ∈ R∗+ , F (x) = g (x) ,
=0
6479
3589
5
cette formule restant valable pour x = 0.
2. On conserve les notations et résultats établis à la question précédente. Pour chaque
t ∈ R∗+ , on a :
1
π
= ψ 1 (t) .
lim ϕ (x, t) = ×
x→+∞
2
1 + t2
Pour chaque x ∈ R∗+ , la fonction t → ϕ (x, t) est continue sur R+ et on dispose de la
domination suivante :
55:1
∀(x, t) ∈ R+ × R∗+ , |ϕ (x, t)| ⩽ ψ 1 (t) .
.20.2
La fonction ψ 1 étant intégrable, le théorème de convergence dominée montre que :
0
:165
.225
+∞
+∞
π2
π
π π
1
lim g (x) =
×
=
.
ψ 1 (t) =
dt
=
x→+∞
2
1 + t2
2
2
4
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
π2
donc
Comme F = g sur R+ , on en déduit que lim g existe et vaut
+∞
4
1
ln (t)
dt ⇒
t2 − 1
+∞
0
ln (t)
dt
t2 − 1
π2
converge et vaut
. En utilisant le changement de variable
4
1
1
1
s = ⇔ t = ⇒ dt = − 2 ds, t → 0+ alors s → +∞, t = 1 alors s = 1,
t
s
s
on obtient l’égalité suivante :
0
ln (t)
dt
t2 − 1
π2
4
=
1
+∞
=
ln (1/s)
2
(1/s) − 1
ds
− 2
s
+∞
0
x.com
:Non
1
ln (t)
dt = 2
t2 − 1
0
=
+∞
1
ln (s)
ds donc
s2 − 1
1
0
π2
ln (t)
dt
=
.
t2 − 1
8
+∞
scho
0
π2
ln (t)
dt =
,
2
t −1
8
univ.
1
larvo
Au final, on a prouvé les formules suivantes :
0
π2
ln (t)
dt =
.
2
t −1
4
Intégrales à paramètres
431
Commentaires 200 Il s’agit d’un exercice avec une grande technicité, notamment dans
la première question qui est la plus difficile de l’exercice. D’un point de vue pratique, il est
+∞
ln (t)
dt de la question 2 puisque la réponse à la question
préférable de traiter l’intégrale
t2 − 1
0
1 est donnée. En effet, cette question nécessite uniquement de faire tendre x vers +∞ et
1
ln (t)
dt
le théorème de convergence dominée est aisé à mettre en place. La gestion de
t2 − 1
0
est uniquement astucieuse (et l’interrogateur donnera l’astuce).
Pour la première question, l’interrogateur appréciera et valorisera les candidats indiquant
ln (x)
. Une
qu’il faut prouver que la fonction g (du corrigé) a pour dérivée la fonction x → 2
x −1
mise en place rigueuse du théorème de dérivation sera alors un élément clé de distinction
entre les candidats.
6479
3589
5
Exercice 201 (Mines-Ponts) Pour tout n ∈ N∗ , on considère l’intégrale
1
dt
In =
.
1 + t + · · · + tn−1
0
55:1
1. Montrer que la suite (In )n∈N converge. On note a = lim In .
n→+∞
.20.2
2. Trouver un équivalent de In − a quand n tend vers +∞.
Solution 201
fn (t) =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
1. Nous allons utiliser le théorème de convergence dominée. Pour tout entier n ⩾ 1, on
considère la fonction
1
fn : t ∈ [0, 1] →
.
1 + t + · · · + tn−1
Pour chaque entier n ⩾ 1, la fonction fn est continue sur [0, 1] (comme inverse d’une
telle fonction ne s’annulant pas sur cet intervalle). Pour tout t ∈ [0, 1[ , d’après le calcul
des sommes géométriques, on a :
1−t
1
=
→ 1−t
1 − tn
1 − tn n→+∞
1−t
(car tn → 0 puisque t ∈ [0, 1[). Si t = 1 alors
fn (1) =
1
→ 0 = 1 − 1.
n n→+∞
x.com
:Non
Ainsi, la suite (fn )n⩾1 converge simplement sur [0, 1] vers la fonction f : t → 1 − t qui
est continue sur [0, 1] .
En outre, on dispose de la domination suivante :
larvo
∀n ⩾ 1, |fn (t)| = fn (t) ⩽ 1 = ϕ (t)
0
f (t) dt =
1
univ.
lim In =
n→+∞
1
scho
et la fonction ϕ est manifestement intégrable sur [0, 1] .
Par conséquent, d’après le théorème de convergence dominée, on peut affirmer que :
0
t=1
t2
1
(1 − t) dt = t −
= .
2 t=0
2
432
Mines-Ponts
1
2. Commençons par réécrire In − en utilisant les notations de la question précédente.
2
Pour tout entier n, on a :
In −
1
2
=
1
fn (t) dt −
=
1
0
0
(1 − t)
1
f (t) dt =
0
1
(fn (t) − f (t)) dt
0
1
− 1 dt =
1 − tn
1
0
(1 − t) tn
dt
1 − tn
Transformons cette intégrale à l’aide du changement de variable
u = tn ⇔ t = u1/n ⇒ dt =
1 −1+1/n
u
du.
n
0
1
1 − u1/n u 1 −1+1/n
1 (1 − u1/n )u1/n
u
du.
du =
1−u
n
n
1−u
3589
1 6479
1
In − =
2
5
On en déduit la formule :
0
→
n→+∞
u0 = 1, on obtient :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Comme u1/n
:165
.225
.20.2
55:1
Soit u ∈ ]0, 1[. Grâce à l’écriture exponentielle et au développement limité de l’exponentielle en 0, on dispose de l’équivalent suivant :
ln (u)
− ln(u)
1
ln (u)
1/n
1−u
=−
+o
∼
.
= 1 − exp
n
n
n n→+∞
n
− ln(u)
(1 − u1/n )u1/n
∼
.
n→+∞ n (1 − u)
1−u
Si on avait le droit d’intégrer les équivalents, on obtiendrait :
1
1
∼
In −
2 n→+∞ n2
1
0
1
1
− ln(u)
− ln(u)
2
du ⇔ n In −
→
du.
1−u
2 n→+∞
1−u
0
Prouvons que cette limite est vérifiée. Pour tout entier n ⩾ 1, considérons la fonction
n(1 − u1/n )u1/n
1−u
x.com
:Non
gn : u ∈ ]0, 1[ →
larvo
qui est continue sur ]0, 1[ . D’après ce qui précède, la suite de fonctions (gn )n⩾1 converge
simplement sur ]0, 1[ vers la fonction
scho
g : u ∈ ]0, 1[ →
− ln(u)
1−u
univ.
qui est continue sur ]0, 1[ (comme quotient de deux telles fonctions dont le dénominateur
ne s’annule pas sur cet intervalle).
Intégrales à paramètres
433
Pour obtenir une domination, nous allons utiliser l’inégalité des accroissements finis
appliquée à la fonction exponentielle. Pour tout x ∈ R− , on a :
|1 − ex | = |exp (0) − exp (x)| ⩽ |x − 0| sup |exp (t)| = |x| .
t∈R−
ln (u)
Pour chaque u ∈ ]0, 1[ , on en choisit x =
> 0 dans l’inégalité précédente, on
n
obtient la majoration :
ln (u) − ln (u)
1/n =
.
1 − u ⩽ n n
Par conséquent, on peut écrire la domination suivante :
⩽1
∀u ∈ ]0, 1[ , |gn (u)| = n
1 − u1/n u1/n
1−u
⩽
− ln (u)
= g (u) .
1−u
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
Montrons succinctement que la fonction g est intégrable sur ]0, 1[ . Elle est continue sur
]0, 1[ et nous disposons des dominations suivantes :
1
g (u) ∼ − ln (u) = o
(par croissances comparées)
u→0+
u1/2
u=1−t − ln (1 − t) t→0 − (−t)
g (u) =
= 1.
∼
u→1
t
t
1
1
(intégrale de Riemann de
La fonction u → 1/2 est positive et intégrable sur 0,
2
u
1
1
paramètre
< 1). La fonction u → 1 est positive et intégrable sur
, 1 donc g est
2
2
intégrable sur ]0, 1[ . En outre, la fonction g étant continue, positive et non identiquement
1
nulle sur ]0, 1[, son intégrale J = g est strictement positive.
0
Ainsi, le théorème de convergence dominée s’applique et on peut écrire :
lim
n→+∞
1
gn (u) du
=
0
1
0
⇔
g (u) du ⇔ lim n
n→+∞
In −
2
1
In −
2
= J = 0
1
J
∼
.
n→+∞
2
n2
N, ∀t ∈ [0, 1] , 1 + t + · · · + tn + tn+1 ⩾ 1 + t + · · · + tn
1
1
⩽
⇒ In+1 ⩽ In
⇒
1 + t + · · · + tn + tn+1
1 + t + · · · + tn
∈
larvo
∀n
x.com
:Non
Commentaires 201 Exercice classique et de difficulté graduée pour ce concours.
Question 1. Il est tout à fait possible de montrer la convergence en observant que
univ.
scho
(par positivité de l’intégrale). Ainsi, la suite (In )n est décroissante et minorée par 0 (car
l’intégrande est positive) donc elle converge. Malheureusement, cela ne permettra pas de
progresser pour la question 2 mais l’interrogateur attribuera des points puisque le candidat
répond à la question posée par un argumentaire tout à fait valable.
434
Mines-Ponts
Question 2. Cette question sert à départager les candidats ayant répondu assez rapidement à la première question. L’initiative du candidat sera fortement valorisée, en particu1
1
(1 − t) tn
dt ainsi que l’utilisation du
lier l’expression intégrale de In − sous la forme
2
1 − tn
0
changement de variable x = tn . Néanmoins, si le candidat n’y songe pas, l’interrogateur lui
proposera (il faudra alors être soigneux dans les calculs de changement de variable).
L’in
1
2
terrogateur valorisera le candidat qui indique qu’il suffit de calculer lim n In −
n→+∞
2
(pour son autonomie). Le reste de la preuve sera l’objet d’interaction avec l’interrogateur, chacun des points à justifier n’étant pas immédiat, ils seront tous valorisés de façon
sensiblement équitables.
+∞
+∞
Exercice 202 (Mines-Ponts) Montrer que :
ln (th (x)) dx = −
k=0
I=
3589
+∞
ln (th (x)) dx.
6479
Solution 202 Notons
5
0
1
.
(2k + 1)2
55:1
0
Rappelons, pour tout réel x, que :
:165
.225
.20.2
ex 1 − e−2x
ex − e−x
1 − e−2x
sh (x)
= x
=
=
.
th (x) =
ch (x)
e + e−x
ex (1 + e−2x )
1 + e−2x
Montrons que l’intégrale I existe bien. La fonction x → ln (th (x)) est continue sur [0, +∞[ .
Comme th (x) → 1, en utilisant l’équivalent de u → ln (1 + u) en 0, on obtient l’équivalent
x→+∞
ln (th (x)) = ln (1 + (th (x) − 1))
∼
x→+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
suivante :
th (x) − 1 =
e−2x
∼ e−2x .
1 + e−2x x→+∞
On utilise alors le développement en série entière de la fonction u → ln (1 + u) dont le rayon
de convergence est 1. Ainsi, pour tout t ∈ ]0, 1[ , t et −t appartiennent au disque ouvert de
convergence ]−1, 1[ , ce qui permet d’écrire :
ln (1 + t) =
+∞
n−1 n
(−1)
t
n=1
n
, ln (1 − t) =
+∞
n−1
n
(−1)
(−t)
n=1
n
=−
x.com
:Non
En retranchant ces deux égalités, on obtient
+∞
n−1
1 + (−1)
1−t
=−
tn .
∀t ∈ ]−1, 1[ , ln
1+t
n
n=1
n−1
+∞ n
t
n=1
n
.
univ.
scho
larvo
Lorsque n est un entier pair, on a 1 + (−1)
= 0 et lorsque n est un entier impair, on a
n−1
= 2. Tout entier n ⩾ 1 impair s’écrivant n = 2k + 1 avec k ∈ N, on obtient une
1 + (−1)
nouvelle formule pour I :
+∞
2
1−t
=−
t2k+1 .
∀t ∈ ]−1, 1[ , ln
1+t
2k + 1
k=0
Intégrales à paramètres
435
Pour tout x ∈ R∗+ , on a t = e−2x ∈ ]−1, 1[ , ce qui nous permet d’écrire :
I=
+∞+∞
k=0
0
−
2e−2(2k+1)x
dx.
2k + 1
|fn |). Pour tout entier
Nous allons appliquer un théorème de permutation série-intégrale (
n
k, on pose
fk : x ∈ R∗+ → −
2e−2(2k+1)x
2k + 1
qui est continue et intégrable sur R∗+ (car 2 (2k + 1) > 0). Pour tout x ∈ R∗+ , la série
3589
k=0
fk : x → ln (th (x))
6479
+∞
=
k⩾0
=
k⩾0
.20.2
|fk (x)| dx
+∞
2e−2(2k+1)x dx
1
2k + 1
0
1 −2(2k+1)x x→+∞ 1
−e
=
2
2k + 1
x=0
(2k + 1)
:165
.225
k⩾0 0
k⩾0
1
qui est le terme de la série de Riemann
4k 2
converge (son terme général est équivalent à
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
55:1
(par construction) est continue sur R∗+ .Pour finir, la série
fk (x)
k⩾0
5
converge (par construction) et sa somme
convergente de paramètre 2 > 1).
Par conséquent, le théorème de permutation série-intégrale montre que :
I=
+∞+∞
0
k=0
+∞ +∞
fk =
k=0 0
fk = −
+∞
k=0
1
(2k + 1)
2.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 202 Exercice où l’initiative et l’autonomie du candidat seront des éléments importants de l’évaluation. Songer à justifier l’existence de l’intégrale et de la
+∞
1
somme
2 puis le faire sera valorisé par l’interrogateur. En effet, même si
(2k
+
1)
k=0
cela ne prouve pas l’égalité, cela montre que la rigueur du candidat. Si le candidat bloque,
l’interrogateur
proposera directement ou indirectement une écrire en série de la fonction
1−t
. Il est attendu du candidat qu’il sache l’obtenir seul et qu’il songe à un
t → ln
1+t
théorème de permutation série-intégrale.
436
Mines-Ponts
Exercice 203 (Mines-Ponts)
1. Pour tout entier n ⩾ 1, on note Sn =
+∞
k=1
quand n → +∞.
1
. Déterminer un équivalent de Sn
n2 + k 2
+∞
sin (nt)
2. En déduire un équivalent lorsque n tend vers +∞ de In =
dt.
et − 1
0
+∞
π
sin (t)
dt = .
3. Montrer que
t
2
0
Solution 203
1
n2 + t2
6479
f : t →
3589
5
1. On utilise la comparaison série-intégrale. Soit n ∈ N∗ , la fonction
55:1
est continue, positive et décroissante sur [1, +∞[ . Comme f (t)
∼
1
t→+∞ t2
et que la fonc-
1
est intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre 2 > 1), on
t2
en déduit que la fonction f est intégrable sur [1, +∞[ . D’après le théorème de comparai
son série-intégrale, la série
f (k) est convergente, ce qui assure l’existence de Sn . En
:165
.225
.20.2
tion t →
k⩾1
outre, on dispose des encadrements suivants :
N∗ , ∀t ∈ [k, k + 1] , f (k + 1) ⩽ f (t) ⩽ f (k)
k+1
k+1
k+1
⇒
f (k + 1) dt ⩽
f (t) dt ⩽
f (k) dt
∈
k
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀k
k
⇔ f (k + 1) ⩽
k+1
k
f (t) dt ⩽ f (k + 1) .
k
1
1
⇔ − 2
−Sn
n +1
donc (∗)
⩽
1
:
k=1
+∞
+∞
f − Sn ⩽ 0 f − Sn
larvo
⩽
scho
f (k + 1)
k=1
+∞
+∞
+∞
f⩽
f (k) ⇔ Sn − f (1) ⩽
f ⩽ Sn
1
1
=
n→+∞
1
+∞
1
Sn =
.
f +O
n→+∞
n2
univ.
+∞
x.com
:Non
En sommant cet encadrement sur k ∈ N∗ et en utilisant la relation de Chasles, on en
déduit l’encadrement suivant :
O
1
2
n +1
Intégrales à paramètres
437
Explicitons l’intégrale de fn sur R+ grâce à la fonction arctan :
+∞
+∞
1
π
π
t
1
1
1
arctan
− arctan
=
+o
f=
=
n→+∞
n
n t=1
2n n
n
2n
n
1
(car lim arctan = 0), on en déduit les dominations suivantes :
0
Sn
π
+o
n→+∞ 2n
=
π
1
1
∼
+O
.
n
n2 n→+∞ 2n
3589
5
2. L’idée fondamentale est d’écrire l’intégrande comme une somme de fonctions pour ramener l’intégrale In à la somme de la question 1. Pour cela, on utilise le développement en
1
série entière de x →
et le théorème de permutation série-intégrale (la version pour
1−x
les suites de fonctions car les autres méthodes n’aboutissent pas). Commençons néanmoins par montrer que l’intégrale In est convergente.
Existence de In . Soit n ∈ N∗ . On considère la fonction
6479
sin (nt)
et − 1
55:1
f : t →
:165
.225
.20.2
qui est continue sur ]0, +∞[ . Grâce aux développements limités à l’ordre 1 des fonctions
sin et exp en 0 et comme sin est bornée sur R, on dispose des dominations suivantes :
nt 1
1
= O e−t .
= O
|f (t)| ∼ = n, |f (t)| = O
t
t
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t→0 t
e −1
e
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction t → n (resp. t → e−t ) étant positive et intégrable sur ]0, 1] (resp. [1, +∞[), on
en déduit que la fonction f est intégrable sur ]0, 1] (resp. [1, +∞[). Ainsi, f est intégrable
sur R∗+ , ce qui assure l’existence de In .
Transformation de f. Pour tout t > 0, on a e−t ∈ ]−1, 1[ donc :
1
t
e −1
=
+∞
+∞
+∞
−t j 1
1
−t
−(j+1)t
e
×
=
e
=
e
=
e−kt
k=j+1
et
1 − e−t
j=0
j=0
⇒ f (t) =
+∞
e−kt sin (nt) .
k=1
k=1
x.com
:Non
Transformation de In . Pour tout entier k ⩾ 1, on pose
uk : t → e−kt sin (nt)
uk converge simplement sur R∗+ (par
k⩾1
dispose de la majoration suivante :
scho
k=1
uk = f est continue sur R∗+ . Pour chaque entier k, on
univ.
construction) et sa somme
+∞
larvo
qui est une fonction continue sur R∗+ . La série
∀t ∈ R+ , |uk (t)| ⩽ e−kt
438
Mines-Ponts
Comme la fonction t → e−kt est intégrable sur [0, +∞[ (car k > 0), la fonction gk l’est
aussi. Pour tout entier N ⩾ 1, on dispose de la domination suivante :
N
+∞
N
∗ −kt
⩽ |sin (nt)|
e−kt
uk (t) = |sin (nt)|
e
∀t ∈ R+ , k=1 ⩾0
k=0
=
|sin (nt)|
+∞
e−t
k=1
k
= |sin (nt)| ×
k=1
e−t
1
= |sin (nt)| t ×
1 − e−t
e
1
1−
1
et
= |f (t)| .
La fonction f étant indépendante de N et intégrable sur R∗+ , le théorème de convergence
dominée pour les séries de fonctions montre que :
+∞
uk =
k=1
0
+∞ uk .
k=1 0
5
In =
+∞+∞
=
Im
6479
∈R
0
 +∞

 +∞

Im  e−kt enit dt = Im  e(−k+in)t dt
0
=
=
(∗) car
55:1
0
Im
(−k+in)t t→+∞
e
−k + in
t=0
−1 (−k − in)
|−k + in|
2
.20.2
0
0
=
:165
.225
=
+∞
+∞
nit −kt
dt =
e Im e
Im e−kt enit dt
= Im
(∗)
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
uk (t) dt
3589
Calculons chacune de ces intégrales grâce aux formules d’Euler :
k 2 + n2
(−k+it) −kt it e = e−kt
= e
e
→
t→+∞
−1
−k + in
.
0).
Équivalent de In . Dès lors, on obtient la formule :
+∞
k=1
n
k 2 + n2
= nSn
∼
n→+∞
x.com
:Non
In =
(d’après la question 1).
n×
π
π
=
2n
2
0
larvo
+∞
sin (t)
3. Notons I =
dt. Nous allons montrer que l’intégrale I converge puis que la suite
t
univ.
scho
(In )n converge vers I.
Existence de I et transformation de I. La fonction
f : t →
sin (t)
t
Intégrales à paramètres
439
est continue sur ]0, +∞[. Comme
f (t) ∼
t
t→0 t
=1
et que la fonction t → 1 est positive et intégrable sur ]0, 1] , on en déduit que f est
1
intégrable sur ]0, 1], ce qui assure l’exitence de l’intégrale f.
0
On utilise ensuite le théorème d’intégration par parties. Considérons les fonctions
u : t → − cos (t) et v : t →
1
t
qui sont de classe C 1 sur [1, +∞[ . Comme lim uv = 0 (produit d’une fonction bornée
+∞
par une fonction tendant vers 0), on peut affirmer que les intégrales :
1
1
1
6479
1
3589
5
+∞
+∞
+∞
+∞
cos (t)
uv=
f et
uv =
dt
t2
sont de même nature. La fonction
55:1
cos (t)
t2
.20.2
g : t →
:165
.225
est continue sur [1, +∞[ et on a la majoration suivante :
∀t ∈ [1, +∞[ , |g (t)| ⩽
1
.
t2
1
est intégrable sur [1, +∞[ (intégrale de Riemann de paramètre
t2
2 > 1), on peut affirmer que g est intégrable sur [1, +∞[ d’où l’existence de l’intégrale
+∞
+∞
g. On en déduit que l’intégrale
f converge donc l’intégrale I converge.
1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Comme la fonction t →
1
En outre, en effectuant le changement de variable
t = nx (donc dt = ndx),
on obtient la formule :
x.com
:Non
+∞
+∞
sin (nx)
sin (nx)
I=
× ndx =
dx.
nx
x
0
0
0
scho
larvo
Convergence de (In − I) . Pour tout entier n ⩾ 1, d’après l’égalité précédente, on
obtient :
+∞
1
1
− .
sin (nt) h (t) dt où h : t → t
In − I =
e −1
t
univ.
À l’aide d’une intégration par parties en intégrant t → sin (nt) et en dérivant h, nous
allons montrer que In − I tend vers 0 quand n → +∞. La fonction h est de classe C 1
440
Mines-Ponts
sur R∗+ . Montrons que h est intégrable sur R∗+ (cela nous sera utile). Pour tout t ∈ R∗+ ,
on a :
et
1
h (t) = −
2 + t2 .
(et − 1)
Or, on dispose de l’équivalent suivant en +∞ :
et
(et − 1)
et
∼
2 t→+∞
(et )
−t
=o
2 =e
1
t2
(d’après les croissances comparées), on en déduit que :
h (t)
∼
1
t→+∞ t2
,
ce qui prouve l’intégrabilité de h sur [1, +∞[ . À l’aide du développement limité de l’exponentielle en 0, on a :
2
2
−t2 et + (et − 1)
2
2
t→0
t→0
t4
(et − 1) t2
(t) t2
2
t2
−t2 1 + t + O t2 + t + + O t3
O t4
2
=
=
= O (1)
t→0
t→0
t4
t4 t→0
∼
−t2 et + (et − 1)
5
2
3589
−t2 et + (et − 1)
=
=
55:1
6479
h (t)
:165
.225
.20.2
La fonction t → 1 étant positive et intégrable sur [0, 1] , on en déduit que h est intégrable
sur ]0, 1] d’où l’intégrabilité de h sur R∗+ .
Posons
1 − cos (nt)
sin (t) et v = h
u : t →
n
qui sont des fonctions de classe C 1 sur R∗+ . Comme lim u = 0 et que v est bornée
e:21
1075
3582
:889
1250
2
0
au voisinage de 0 (faire un développement limité en 0 analogue à celui de h), on peut
affirmer que lim uv = 0. Comme u est bornée sur R+ et que lim v = 0, on peut affirmer
0
+∞
que lim uv = 0. Le théorème d’intégration par parties montre que :
+∞
In − I =
+∞
+∞
+∞
1
t→+∞
u v = [u (t) v (t)]t→0 −
uv = −
(1 − cos (nt)) h (t) dt.
n
0
0
L’inégalité triangulaire permet d’écrire :
+∞
+∞
2
|1 − cos (nt)| |h (t)| dt ⩽
|h (t)| dt → 0.
n→+∞
n
x.com
:Non
1
|In − I| ⩽
n
0
0
0
larvo
D’après le théorème d’encadrement, on en déduit que :
I = lim In =
univ.
(d’après la question 2).
scho
n→+∞
π
2
Intégrales à paramètres
441
Commentaires 203 Exercice de difficulté graduée (ce qui est assez rare au concours
Mines-Ponts et se conforme au format Centrale Maths 1).
Question 1. Un candidat songeant seul à une comparaison série-intégrale et en posant la
bonne fonction auxiliaire sera fortement valorisée. Sinon, l’interrogateur indiquera cette
méthode au candidat (mais il attend que le candidat la devine seul). Cette méthode de
comparaison série-intégrale est un paradigme pour encadrer assez efficacement des sommes
m
f (k) où n, m sont des entiers et f une fonction monotone (croissante ou
de la forme
k=n
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
décroissante) sur N.
Question 2. Un candidat songeant à justifier l’existence de l’intégrale et le prouvant sera
1
. Si
valorisé (il est rigoureux). De même, pour le candidat développant en série t
e −1
ce n’est pas le cas pour le développement, l’interrogateur lui indiquera. Il est inutile de
penser à développer en série entière par rapport à t puisque, ensuite, il faudra permuter
la série et l’intégrale. Or, une puissance de t ne peut s’intégrer sur R+ . Le théorème de
permutation série-intégrale sera un élément discriminant entre les candidats. Celui utilisé
dans la solution est à connaitre pour ce concours car il y est très souvent utilisé.
Question 3. Cette question est moins conventionnelle et l’interrogateur sera attentif à
l’initiative du candidat. Il valorisera les candidats faisant le lien (au moins formel dans
un premier temps) entre In et I. Le candidat peut envisager de justifier l’existence de I
mais je ne suis pas sûr que l’interrogateur soit intéressé prioritairement par ce point et
pourra le faire admettre par le candidat (il l’indiquera lui-même). En effet, l’objectif de
cette question est de sortir le candidat des questions standards. Cette question permet de
distinguer les meilleurs candidats.
+∞
sh (xt)
dt.
Exercice 204 (Mines-Ponts) On définit f par : f : x →
t ch (t)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
0
1. Déterminer le domaine de définition de f et montrer que f est C ∞ sur celui-ci.
2. Montrer que f (x) ∼ − ln(1 − x) quand x → 1− .
Solution 204
1. Domaine de définition. Soit x ∈ R. La fonction
fx : t →
sh (xt)
t ch (t)
et − e−t
et + e−t
et
et
∼
et ch (t) =
∼
t→+∞ 2
t→+∞ 2
2
2
1 (x−1)t
1 ext
⇒ fx (t) ∼
× t = e
.
t→+∞ t
e
t
=
1
1 (x−1)t
e
⩾ ⩾ 0.
t
t
univ.
Si x ⩾ 1 alors
scho
larvo
sh (t)
x.com
:Non
est continue sur ]0, +∞[ .
Si x = 0 alors fx est identiquement nulle donc son intégrale sur R+ existe.
Supposons que x > 0. Rappelons que :
∀t ⩾ 1,
442
Mines-Ponts
+∞
1
dt diverge (intégrale de Riemann de paramètre 1), on en déduit
Comme l’intégrale
t
1
+∞
+∞
1 (x−1)t
que
e
dt diverge, ce qui prouve la divergence de
fx (t) dt. Par conséquent,
t
1
1
+∞
fx (t) dt n’existe pas.
0
Si x ∈ ]0, 1[ alors (x − 1) < 0 et les croissances comparées montrent que :
1
lim t2 e(x−1)t = lim te(x−1)t = 0 ⇒ lim t2 fx (t) = 0 ⇔ fx (t) = o
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t
1
t2
.
1
est positive et intégrable sur [1, +∞[ donc la fonction fx est intégrable
t2
sur [1, +∞[ . À l’aide du développement limité en 0 de sh, on peut écrire l’équivalent
suivant :
xt
= x.
fx (t) ∼ +
t→0 t × 1
La fonction t → x est positive intégrable sur le segment [0, 1] donc fx est intégrable sur
]0, 1]. Ainsi, fx est intégrable sur R∗+ , ce qui assure l’existence de son intégrale sur R∗+ .
+∞
Si x < 0 alors −x > 0 et comme fx = −f−x , on en déduit que
fx (t) dt converge si et
seulement si
−x < 1 ⇔ x > −1.
0
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
La fonction t →
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Au final, nous venons de montrer que le domaine de définition de f est ]−1, 1[ .
Caractère C ∞ . Considérons la fonction

 ]−1, 1[ × ]0, +∞[ → R
sh (xt) .
h:
(x, t)
→

t ch (t)
Pour chaque t ∈ ]0, +∞[ , la fonction x → h (x, t) est de classe C ∞ sur ]−1, 1[ et
Rappelons que
sh
(k)
=
sh
ch
tk sh(k) (xt)
∂kh
.
(x, t) =
k
∂x
t ch (t)
si k est un entier pair
.
si k est un entier impair
x.com
:Non
∀k ∈ N,
Comme sh ⩽ ch sur R+ , on en déduit que
∀k ∈ N, sh(k) ⩽ ch(k) sur R+ .
univ.
scho
larvo
Soit [−a, a] un segment (centré en 0) de ]−1, 1[ (c’est-à-dire 0 ⩽ a < 1). Pour tout entier
k ⩾ 1, pour tout x ∈ [−a, a] et pour tout t ∈ ]0, +∞[ , on dispose de la domination
suivante :
k
∂ h
tk sh(k) (xt)
tk ch (xt)
ch (at)
(D1 ) : k (x, t) =
⩽
⩽ tk−1
= ϕk (t) .
∂x
t ch (t)
t ch (t) (∗)
ch (t)
Intégrales à paramètres
443
(∗) car ch est croissante sur R+ , que x ⩽ a et t ⩾ 0 donc xt ⩽ at.
La fonction ϕk est continue sur [0, +∞[ et
at
1
k−1 e
k−1 (a−1)t
ϕk (t) ∼ t
=t
e
=o 2 .
t
t→+∞
e
t
1
est positive et intégrable sur [1, +∞[ donc la fonction ϕk est intégrable
t2
sur [1, +∞[ . Comme elle est continue sur le segment [0, 1] , elle y est intégrable d’où
l’intégrabilité de ϕk sur R+ .
Si k = 0, la domination (D1 ) devient :
La fonction t →
|h (x, t)| =
sh (at)
sh (xt)
⩽
= fa (t)
t ch (t)
t ch (t)
et la fonction fa est intégrable sur R∗+ . D’après le théorème de dérivation sous le signe
intégral, on en déduit que la fonction
3589
5
+∞
h (x, t) dt = f (x)
x →
est de classe C sur ]−1, 1[ .
2. D’après la question précédente, on peut écrire :
6479
0
55:1
∞
.20.2
+∞
ch (xt)
dt.
∀x ∈ ]−1, 1[ , f (x) =
ch (t)
0
:165
.225
Pour x ∈ [0, 1[ fixé, on dispose de l’équivalent suivant :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
ext − e−xt
ch (xt)
ext
= t
∼
= e(x−1)t
ch (t)
e + e−t t→+∞ et
et on remarque que
+∞
(x−1)t t→+∞
1
e
1
(x−1)t
=
e
dt =
=−
x − 1 t=0
x−1
1−x
0
ext + e−xt
ext + e−xt − e(x−1)t (et + e−t )
(x−1)t
−
e
=
et + e−t
et + e−t
=
ext + e−xt − ext − e(x−2)t
e−xt − e(x−2)t
=
t
−t
e +e
et + e−t
=
2 (x − 1) ⩽ 0 ⇒ x − 2 ⩽ −x ⇒ (x − 2) t ⩽ −xt
Comme on a :
x − 2 − (−x)
scho
larvo
=
×t>0
e−xt − e(x−2)t
⩾ 0,
⇒ e(x−2)t ⩽ e−xt ⇒
et + e−t
univ.
ch (xt)
− e(x−1)t
ch (t)
x.com
:Non
dont une primitive (par rapport à x) est justement x → − ln (1 − x) . Étudions l’écart
ch (xt)
et e(x−1)t . Pour tout t > 0, on a :
entre
ch (t)
444
Mines-Ponts
on peut écrire :
0⩽
e−xt − e(x−2)t
ch (xt)
e−xt
e−xt
− e(x−1)t =
⩽ t
⩽ t = e−(x+1)t ⩽ e−t .
t
−t
−t
ch (t)
e +e
e +e
e
x+1⩾1
Les fonctions
t →
ch (xt)
, t → e(x−1)t et t → e−t
ch (t)
étant intégrables sur R+ , nous pouvons intégrer (par rapport à t) sur R+ cette inégalité,
ce qui nous donne :
+∞
+∞
(x−1)t
e
dt ⩽
e−t dt ⇔ 0 ⩽ f (x) −
0 ⩽ f (x) −
1
⩽ 1.
1−x
0
0
[0, 1[ , 0 ⩽
∈
0
f (x) dx −
s
0
1
dx ⩽
1−x
6479
∀s
s
3589
5
Cette inégalité étant valable pour x ∈ [0, 1[ , on peut l’intégrer sur [0, s] avec s ∈ [0, 1[ et
on obtient :
s
dx
0
55:1
⇔ 0 ⩽ f (s) − f (0) + ln (1 − s) ⩽ s ⩽ 1.
.20.2
=0
:165
.225
Nous pouvons écrire cet encadrement grâce à une domination :
f (s) = − − ln (1 − s) + O (1) ∼ − − ln (1 − s) ,
s→1
s→1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
ce qui permet de conclure.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 204 Question 1. Question standard où la rigueur du raisonnement et la
maitrise de l’analyse asymptotique (gestion des ordres de grandeurs) seront les points clés.
Cette question discriminera la plupart des candidats.
Question 2. Question difficile et non standard (dans la stratégie). L’interrogateur observera
les stratégies du candidat pour progresser. Si aucune n’est intéressante, il proposera probach (xt)
− e(x−1)t (qui sera elle-même une question testant la maitrise
blement de majorer
ch (t)
des calculs par le candidat). Cette question servira à distinguer les meilleurs candidats.
Chapitre 11
Séries entières
5
CCINP
3589
11.1
4n (n!)2
n⩾0
somme.
(2n + 1)!
x2n+1 converge. On note S (x) cette
55:1
1. Donner les réels x tels que la série
6479
Exercice 205 (CCINP)
.20.2
2. Exprimer 1 − x2 S (x) en fonction de S (x).
:165
.225
3. Expliciter S (x) en fonction de x.
Solution 205
2
un =
2
2n+1
4n (n!) 2n+1
4n (n!) |x|
x
⇒ |un | =
(2n + 1)!
(2n + 1)!
alors
2
2n+3
>0
=
4n+1 ((n + 1)!) |x|
(2n + 3)!
2
2n+1
4n (n!) |x|
(2n + 1)!
=
4 (n + 1) |x|
4n2 |x|
2
2
∼
= |x|
→ |x| .
n→+∞
(2n + 3) (2n + 2) n→+∞ 2n × 2n
x.com
:Non
2
2
D’après le critère de d’Alembert, la série
2
n
2
4n+1 ((n + 1)!) |x|
=
larvo
|un+1 |
|un |
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1. Cette série converge manifestement si x = 0 (tous les termes sont nuls). Soit x ∈ R∗ , on
pose, pour tout entier n,
2
4n (n!) |x|
2n+3
2n+1
(2n + 1)!
(2n + 3)!
2
2
|un | converge si |x| < 1 ⇔ |x| < 1 et
univ.
scho
diverge grossièrement si |x| > 1 ⇔ |x| > 1. Il reste à étudier les cas x = 1 et x = −1.
Dans ce cas, pour chaque entier n, un est positif
nsinx√est positif et un si x est négatif.
2πn, on dispose de l’équivalent
En utilisant l’équivalent de Stirling n! ∼
n→+∞
e
446
CCINP
suivant :
2
n
|un |
=
n n √
n
2πn
(n!)
4
4
×
∼
× e 2n
n→+∞
2n + 1 (2n)!
2n + 1
√
2n
e
2
4πn
n2n
√
√
√
√
2πn
2n
4
πn
π
n
π
=
× ne 2n
∼
×
= √ .
=
2n + 1
2n + 1 n→+∞ 2
n
2 n
4 n √
4πn
e2n
√ √π
π
1
√ =
est à termes positifs et divergente (série de Riemann
La série
1/2
2
2
n
n
n
n
1
de paramètre α =
⩽ 1) donc la série
|un | diverge. Comme, pour tout entier n,
2
n
un = |un | si x positif (resp. un = − |un | si x est négatif ), on en déduit que la série
un diverge.
n
un converge si et seulement si |x| < 1.
6479
n
Conclusion : la série
3589
5
n
=
1 − x2
+∞ n
+∞ n
2
2
4 (n!) (2n + 1) 2n 4 (n!) 2n
x = 1 − x2
x
(2n + 1)!
(2n)!
n=0
n=0
+∞ n
2
4 (n!)
n=0
=
.20.2
(2n)!
x2n −
+∞ n
2
4 (n!)
n=0
(2n)!
:165
.225
=
x2n+2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1 − x2 S (x)
55:1
2. S étant la somme d’une série entière de rayon de convergence R = +∞, elle est dérivable
sur ]−R, R[ = R et on peut la dériver terme à terme donc, pour tout réel x, on a :
+∞
+∞ n
2
2
4 (n!) 2n 4k−1 ((k − 1)!) 2k
k=n+1
x −
x
=
n=k−1
(2n)!
(2 (k − 1))!
n=0
k=1
+∞
2
2
2
4n−1 ((n − 1)!)
40 (0!) 2×0 4n (n!)
x
−
x2n
+
(2 × 0)!
(2n)!
(2n
−
2)!
n=1
Or, pour tout n ⩾ 1, on a les égalités suivantes :
2
=
=
donc
2
2
4n2
−1
(2n) (2n − 1)
2
4n−1 ((n − 1)!)
2n
−1
(2n − 2)!
2n − 1
4n−1 ((n − 1)!)
4n−1 ((n − 1)!)
=
(2n − 2)! (2n − 1)
(2n − 1)!
1+
n=1
=
1 + xS (x) .
scho
=
+∞ n−1
2
4
((n − 1)!)
(2n − 1)!
univ.
1 − x2 S (x)
2 larvo
=
4n−1 ((n − 1)!)
(2n − 2)!
x.com
:Non
2
4n−1 ((n − 1)!)
4n (n!)
−
(2n)!
(2n − 2)!
x
2n k=n−1
=
n=k+1
1+
+∞
2
4k (k!)
k=0
(2k + 1)!
x2k+2
Séries entières
447
3. D’après la questtion précédente, S est solution sur R de l’équation différentielle
(E) : 1 − x2 y − xy = 1.
Son équation homogène est
(E0 ) : 1 − x2 y − xy = 0.
Sur l’intervalle ]−1, 1[ , la fonction x → 1 − x2 ne s’annule pas donc, en divisant par
1 − x2 sur cet intervalle, (E0 ) est équivalente à l’équation différentielle :
x
y = 0.
y −
1 − x2
x
1 Une primitive de la fonction x → −
est la fonction x → ln 1 − x2 donc les
2
1−x
2
solutions de (E0 ) sur ]−1, 1[ sont de la forme
1 C
2
.
=√
yH : x → C exp − ln 1 − x
2
1 − x2
3589
5
Déterminons une solution particulière par la méthode de variation de la constante. On
cherche une solution particulière sous la forme
6479
yP = λy0
1
1 − x2
.20.2
y0 : x → √
55:1
avec λ une fonction dérivable et
:165
.225
(la solution fondamentale solution de l’équation homogène).
1 − x2 yP − xy = 1 ⇔ 1 − x2 λ y0 + λy0 − xλy0 = 1
2
⇔ 1 − x2 λ y0 + λ (1 − x) y0 − xy0 = 1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
=0 car y0 solution de (E0 )
1
=1
⇔ 1 − x2 λ y0 = 1 ⇔ 1 − x2 λ (x) √
1 − x2
1
⇔ 1 − x2 λ (x) = 1 ⇔ λ (x) = √
1 − x2
Ainsi, la fonction λ : x → arcsin (x) convient donc la fonction
arcsin (x)
yP : x → √
1 − x2
y = yH + yP : x → √
x.com
:Non
est une solution particulière de (E) .
Par conséquent, les solutions de (E) sur ]−1, 1[ sont les fonctions
C
arcsin (x)
+ √
, C ∈ R.
2
1−x
1 − x2
⇒
C
arcsin (x)
+ √
⇒ S (0) = C ⇔ 0 = C
2
1−x
1 − x2
arcsin (x)
.
∀x ∈ ]−1, 1[ , S (x) = √
1 − x2
]−1, 1[ , S (x) = √
scho
∈
univ.
∀x
larvo
Puisque S est solution de (E) , il existe un réel C tel que :
448
CCINP
Commentaires 205 Exercice bien progressif et de niveau standard pour ce concours.
Question 1 : Il est possible de répondre à la question uniquement en utilisant l’équivalent
x2n+1
√
de Stirling. En effet, cela ramène à l’étude de la convergence de la série
qui est
n
n
aisée à étudier. Le rayon de convergence R étant obtenu, il faut penser à étudier les cas
x = ±R.
Question 2 : La question est très discriminante car elle est ouverte donc elle requiert initiative et autonomie du candidat ainsi qu’un certain recul sur ces calculs. Pour la plupart
des candidats, l’interaction avec l’interrogateur
sera déterminant, notamment pour simpli
fier au mieux les coefficients de 1 − x2 S (x) . Pour un candidat CCINP, il est attendu
qu’il aboutisse au moins à l’expression suivante :
+∞
2
2
4n−1 ((n − 1)!)
4n (n!)
2
−
x2n .
1 − x S (x) = 1 +
(2n)!
(2n
−
2)!
n=1
u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Exercice 206 (CCINP) On définit la suite (un )n par :
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
Dans ce cas, il sera valorisé, surtout s’il justifie qu’il a bien le droit de dériver terme à
terme la somme.
Question 3 : Cette question n’est accessible par le candidat, qu’après avoir traité la question précédente bien qu’elle soit relativement élémentaire (application du cours de MPSI).
Si le candidat a bien du mal à traiter la question précédente, même avec l’aide de l’interrogateur, ce dernier pourra demander la résolution de l’équation différentielle vérifiée
par S (qu’il donnera au candidat). Il est attendu du candidat qu’il expose la stratégie de
résolution (équation homogène, recherche d’une solution particulière par la variation de la
constante, mentionner la résolution sur ]−1, 1[ pour assurer le caractère licite des calculs).
Un candidat capable d’y parvenir seul, sans presque aucune aide de l’interrogateur, sera
fortement valorisé sur cette question.
n
up un−p .
p=0
On souhaite déterminer un en fonction de n. On suppose qu’il existe R > 0 tel que la série
entière
un xn converge sur ]R, R[ . On note
n⩾0
un xn .
x.com
:Non
∀x ∈ ]−R, R[ , S (x) =
+∞
2
n=0
1. Pour x ∈ ]−R, R[ , calculer (S (x)) et en déduire que :
2
x (S (x)) − S (x) + 1 = 0.
larvo
∀x ∈ ]−R, R[ ,
univ.
scho
2. Montrer que S (0) = 1 et, qu’au voisinage de 0, on a : S (x) =
1−
√
1 − 4x
.
2x
Séries entières
449
3. Montrer qu’au voisinage de 0, S (x) =
+∞
(2n)!
xn . Conclusion ?
n!
(n
+
1)!
n=0
Solution 206
1. D’après la formule du produit de Cauchy, pour tout x ∈ ]−R, R[ , on a :
n
+∞
+∞
+∞ 2
n
n
un x
un x =
uk un−k xn
(S (x)) =
n=0
=
+∞
n=0
un+1 xn
n=0
(S (x))
2
=
n=0
=
k=n+1
+∞
k=0
+∞
uk xk−1 =
1
uk xk
x
k=1
k=1
1
1
(S (x) − u0 ) = (S (x) − 1) .
x
x
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
En multipliant cette égalité par x puis en retranchant le membre de droite, on obtient
l’égalité attendue.
1
2
2. Comme S (x) = u0 + u1 x + u2 x + · · · , on a S (0) = u0 = 1. Si 0 < |x| < min R,
,
4
on a |x| < R donc d’après la question précédente, S (x) est solution de l’équation du
1
second degré xy 2 − y + 1 = 0. Son discriminant vaut ∆ = 1 − 4x > 0 (car x ⩽ |x| < )
4
donc cette équation admet deux racines
√
√
1 − 1 − 4x
1 + 1 + 4x
et r+ (x) =
.
r− (x) =
2x
2x
On remarque que lim r+ (x) = +∞ (numérateur tend vers 2 et dénominateur vers 0 par
x→0+
valeurs positives) alors que lim S (x) = S (0) = 1 (car S est somme d’une série entière
x→0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
donc elle est continue sur son disque ouvert de convergence, en particulier en 0). Ainsi,
il existe un voisinage de 0 sur lequel |S (x)| < 2 et |r+ (x)| ⩾ 4 donc, dans ce voisinage,
on a nécessairement S (x) = r− (x).
3. D’après la formule du binôme généralisé, pour tout t ∈ ]−1, 1[ , on a :
1
1 1
− 1 ···
−n+1
+∞
√
2 2
2
1/2
tn
1 + t = (1 + t)
=1+
n!
n=1
=
1 (−1) (−3) · · · (2n − 3)
2 × ··· × 2
tn
1+
n!
n=1
=
1+
+∞
n−1
(−1)
1 × 3 × · · · × (2n − 3)
n!2n
1+
n=1
+∞
tn
(2n − 2)!
2 × 4 × · · · × (2n − 2) n
t
n!2n
larvo
n−1
+∞
(−1)
(2n − 2)! n
t (−1) (2k)! k
t
t .
=
1
+
2n 2n−1 (n − 1)!n! k=n−1
2
4k (k)! (k + 1)!
n=1
n−1
univ.
=
1+
+∞ (−1)
scho
n=1
=
x.com
:Non
+∞
k=0
k
450
CCINP
1−
Ainsi, si x est au voisinage de 0, est assuré que |4x| < 1 et que S (x) =
qui permet d’écrire :
+∞
k
(−4x) (−1) (2k)!
1
k
1−1−
(−4x)
S (x) =
2x
2
4k (k)! (k + 1)!
√
1 − 4x
, ce
2x
k=0
=
+∞
k=0
k
(2k)!x
.
(k)! (k + 1)!
Par unicité du développement en série entière, on en déduit que :
∀k ∈ N, uk =
(2k)!
.
k! (k + 1)!
un xn . Pour tout réel x non nul,
6479
et déterminons le rayon de convergence R de la série
3589
5
Pour finaliser le raisonnement (on a effectué la phase d’analyse), on considère la suite
(2n)!
(un )n∈N =
n! (n + 1)! n∈N
n
on a :
(2n + 2)!
(2n + 2)!n! (n + 1)!
(n + 1)! (n + 2)!
|x|
=
|x| =
(2n)!
(2n)! (n + 2)! (n + 1)!
n! (n + 1)!
(2n + 2) (2n + 1)
2n × 2n
=
|x| ∼
|x| = 4 |x| → 4 |x| .
n→+∞ n × n
n→+∞
(n + 2) (n + 1)
D’après le critère de d’Alembert, la série
un xn converge si
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
un+1 xn+1 un xn n
4 |x| < 1 ⇔ |x| <
1
4
4 |x| > 1 ⇔ |x| >
1
4
et diverge si
donc
R=
1
> 0.
4
n=0
n
un x =
1−
√
1 − 4x
2x
larvo
S (x) =
+∞
x.com
:Non
Par construction,
pour tout
1 1
x∈ − ,
, le nombre
4 4
scho
vérifie l’équation xy − y + 1 = 0. En utilisant le produit de Cauchy et par unicité du
développement en série entière, on obtient que :
u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =
univ.
2
n
k=0
uk un−k .
Séries entières
451
Ainsi, on est assuré que
∀n ∈ N, un =
(2n)!
.
n! (n + 1)!
Commentaires 206 Exercice classique (et donné à tous les concours de cet ouvrage),
convenablement décomposé qui le rend bien progressif et adapté à CCINP.
Pour la question 2, il est attendu du candidat du bon sens pour sélectionner la bonne racine
même si l’argument n’est pas parfait (l’une tend vers +∞ lorsque x tend vers 0 alors que
S est continue en 0 donc elle y est bornée). Les autres questions sont des applications du
cours donc elles ne doivent poser aucune difficulté particulière de stratégie à un candidat
visant CCINP, surtout que la réponse à la question 1 est fournie. Par contre, la distinction
des candidats se fera sur l’aisance et la rigueur dans la gestion des calculs.
Exercice 207 (CCINP)
(3n)!
. On note S sa somme.
3589
n⩾0
5
x3n
1. Donner le rayon de convergence de la série entière
6479
2. Montrer que S vérifie une équation différentielle du type y + y + y = f où l’on
précisera f (sans symbole intégrale).
Solution 207
55:1
3. Résoudre l’équation différentielle précédente et en déduire S.
x3n
converge vers 0 (d’après les croissances comparées) donc,
1. Pour réel x, la suite
(3n)! n
d’après le lemme d’Abel, le rayon de convergence vaut +∞.
On peut également appliquer le critère de d’Alembert (pour les séries numériques et
conclure par le lemme d’Abel).
2. S étant la somme d’une série entière de rayon de convergence R = +∞, on peut la
dériver terme à terme sur le disque ouvert de convergence ]−R, R[ = R donc, pour tout
réel x, on a :
S (x)
=
=
+∞
x3n
n=0
+∞
(3n)!
.20.2
:165
.225
=1+
+∞
x3n
n=1
(3n)!
e:21
1075
3582
:889
1250
2
S (x)
, S (x) =
+∞
+∞
3nx3n−1
n=1
x3n−2
(3n − 1) x3n−2
=
.
(3n − 1)!
(3n − 2)!
n=1
n=1/
(3n)!
=
+∞
x3n−1
(3n − 1)!
n=1
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Explicitons les différents termes du développement de S (x) + S (x) + S (x) pour y voir
un peu plus clair.
2
x6
x5
x8
x3
x
S (x) + S (x) + S (x) =
+
+ ··· +
+
+
+ ···
1+
3!
6!
2!
5!
8!
4
7
x
x
x
+
+
+ ···
+
1!
4!
7!
x2
x3
x4
x5
x6
x7
x
+
+
+
+
+
+ ···
= 1+ +
1!
2!
3!
4!
5!
6!
7!
+∞ k
x
=
= ex .
k!
k=0
452
CCINP
Pour ceux qui souhaitent une preuve plus rigoureuse, notons
I0
I2
=
I1
=
{3n, n ∈ N} = {0, 3, 6, 9, 12, ...} ,
{3n − 1, n ⩾ 1} = {2, 5, 8, 11, 14, ...}
=
{3n − 2, n ⩾ 1} = {1, 4, 7, 10, 13, ...}
alors (I0 , I1 , I2 ) forment une partition de N (Ik étant l’ensemble des
dont la
entiers
x3n
étant
division euclidienne par 3 a pour reste k). Pour tout réel x, la famille
(3n)! n∈N
x3n
étant absolument
sommable (car indexée par un unique indice entier et la série
(3n)!
n
convergente par le lemme d’Abel), le théorème de sommation par paquets montre que :
k∈I0
xk
k∈I2
k!
+
xk
k∈I1
k!
3. Toute solution de l’équation
xk
k∈N
k!
= ex .
.20.2
55:1
(E) : y + y + y = ex
:165
.225
est somme d’une solution de l’équation homogène
(EH ) : y + y + y = 0
=
5
k!
+
3589
xk
6479
S (x) + S (x) + S (x) =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
et d’une solution particulière de (E) .
Résolution de (EH ) . Il s’agit d’une équation différentielle linéaire à coefficients du
second ordre à coefficients constants. Son équation caractéristique est
√

−1
+
i
3


= r+

 r=
√ 2
2
2
ou√
r + r + 1 = 0, ∆ = −3 = i 3 ⇒



−1
−
i 3
 r=
= r−
2
x x e
ex
e
= ex
+
+
3
3
3
larvo
(ex ) + (ex ) + ex = 3ex ⇒
x.com
:Non
donc les solutions de (EH ) sont les fonctions x → αer+ x + βer− x
Solution particulière de (E) . Pour tout réel x, il est manifeste que :
scho
donc la fonction x → ex est une solution particulière de (E) .
Par conséquent, S étant solution de (E) , il existe deux complexes α, β tels que :
ex
+ αer+ x + βer− x .
3
univ.
∀x ∈ R, S (x) =
Séries entières
453
Déterminons α et β via les conditions initiales de S en 0.
3
S (x)
x
+ ··· ⇒
3!




1
+α+β =1
3
S (0) = 1
⇔
1
S (0) = 0


 + αr+ + βr− = 0
3


1
2


r− (1) − (2) : α (r− − r+ ) = (2r− + 1)
α+β =




3
3
⇔
1 ⇔
1



 r+ (1) − (2) : β (r+ − r− ) = (2r+ + 1)
 αr+ + βr− = −
3
3


√
1
1 √ 



 α= 3
 −i 3α = 3 −i 3
⇔
⇔
√
1√ 1




i 3
 β=
 i 3β =
3
3
=
1+
3589
5
D’après ces valeurs et en utilisant les règles de calculs sur l’exponentielle (complexe)
ainsi que les formules d’Euler, on en déduit pour tout réel x :
:165
.225
.20.2
=
√
er+ x
e r− x
ex
e−x/2 ix√3/2
ex
+
+
=
+
e
+ e−ix 3/2
3
3
3
3
3
√ x
2
x 3
e
+ e−x/2 cos
3
3
2
6479
=
55:1
S (x)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 207 Exercice classique (et donné à tous les concours de cet ouvrage),
convenablement décomposé qui le rend bien progressif et adapté à CCINP.
La question 2 sera discriminante car elle demande un peu de recul du candidat sur ses
calculs. L’interrogateur pourra lui indiquer d’expliciter les premiers termes du développement en série entière de S + S + S. Les autres questions sont des applications du cours
(de MPSI ou MP selon) donc elles ne doivent poséer aucune difficulté particulière à un
candidat visant CCINP.
Exercice 208 (CCINP)
1. (a) Rayon de convergence de la série entière
(ln (n)) xn ?
n⩾1
x.com
:Non
(b) Étude de la convergence pour x = 1.
1
1
+
xn converge normaleln 1 −
2. Démontrer que la série de fonctions
n
n
+∞
n=1
ln (n) xn
scho
(1 − x)
univ.
3. En déduire que :
larvo
n⩾1
ment sur [−1, 1].
=
x→1−
− ln(1 − x) + O (1)
454
CCINP
4. Trouver un équivalent de
+∞
n=1
(ln n) xn quand x → 1− .
Solution 208
1. (a) Si x ⩾ 1 alors ln (n) xn ⩾ ln (n)
→
n→+∞
+∞ donc
lim ln (n) xn = +∞.
n→+∞
Si x ∈ [0, 1[ alors, d’après les croissances comparées, lim ln (n) xn = lim xn = 0.
n→+∞
Ainsi, le lemme d’Abel prouve que le rayon de convergence vaut 1.
ln (n) 1n =
n
ln (n) diverge car son terme général ne tend pas vers 0.
n
5
(b) La série
6479
1
1
+
xn
ln 1 −
n
n
55:1
un : x →
3589
2. Pour tout entier n ⩾ 1, on pose
.20.2
alors :
=
:165
.225
=
x∈[−1,1]
1
1
1 n 1 n
+ |x| = ln 1 −
+ sup |x|
sup ln 1 −
n
n
n
n
x∈{−1,1}
x∈{−1,1}
ln 1 − 1 + 1 .
n
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
sup |un (x)|
n→+∞
En utilisant le développement limité de x → ln (1 + x) en 0 à l’ordre 2, on a :
ln 1 − 1 + 1 = − 1 + O 1 + 1 = O 1 = O 1 .
n
n n→+∞ n
n2
n n→+∞ n2 n→+∞
n2
1
n
n2
converge (série de Riemann de paramètre α = 2 > 1), on peut
x.com
:Non
Comme la série
affirmer que la série
converge c’est-à-dire que la série
n
n [−1,1]
un converge normalement sur [−1, 1] .
univ.
n
scho
larvo
ln 1 − 1 + 1 =
sup |un |
n
n
Séries entières
455
3. En développant ce produit, on obtient :
+∞
=
n=1
=
n=1
+∞
n=1
=
=
=
En posant,
ln (n) xn −
+∞
ln (n) xn+1
n=1
+∞
k=2
ln (k − 1) xk
(k = n + 1)
+∞
ln (1)x1 +
(ln (n) − ln (n − 1)) xn
n=2
=0
+∞
−
n=2
+∞
(ln (n − 1) − ln (n)) xn
1
x =−
xn
−
ln
ln 1 −
n
n=2
n=2
+∞ n
+∞ n
+∞
x
x
− un (x) =
−
un (x) .
n
n
n=2
n=2
n=2
n−1
n
+∞
n
3589
=
ln (n) xn −
5
ln (n) xn
+∞ n
x
n=2
n
.20.2
∀x ∈ ]−1, 1[ , T (x) =
6479
+∞
55:1
(1 − x)
x
T (t) dt
0
=
=
+∞
xn−1
n=2
x 0
=
k=n−1
+∞
k=1
xk =
+∞
k=0
xn − 1 =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
T (x)
:165
.225
qui est la somme d’une série entière de rayon de convergence 1 (par d’Alembert ou Abel),
on peut la dériver terme à terme sur l’intervalle ouvert de convergence ]−1, 1[ . Ainsi,
pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a :
1
−1⇒
1−x
1
− 1 dt ⇔ T (x) − T (0) = − ln (1 − x) − x
1−t
Par conséquent, on a démontré que :
∀x ∈ ]−1, 1[ , (1 − x)
+∞
n=1
=0
ln (n) xn = − ln (1 − x) − x −
Pour tout entier n ⩾ 2, un est continue sur [−1, 1] et la série
+∞
un (x)
n=2
un converge normale-
x.com
:Non
n⩾2
ment, donc uniformément, sur [−1, 1] . On peut alors affirmer que sa somme
+∞
n=2
un est
larvo
continue sur le segment [−1, 1] donc elle y est bornée. De même, la fonction x → −x est
+∞
bornée sur [−1, 1] donc la fonction x → −x+
un (x) est bornée sur [−1, 1] c’est-à-dire
+∞
n=2
un (x) = O (1) ⇒ (1 − x)
x→1
univ.
−x −
scho
que :
n=2
+∞
n=1
ln (n) xn = − ln (1 − x) + O (1) .
x→1
456
CCINP
4. Comme lim (− ln (1 − x)) = +∞ et que O (1) est borné au voisinage 1, on a :
x→1−
− ln(1 − x) + O (1)
∼
x→1−
− ln (1 − x) .
D’après la question précédente, on peut affirmer que :
(1 − x)
+∞
ln (n) xn
n=1
∼ − − ln (1 − x) ⇒
x→1
+∞
ln (n) xn
n=1
∼− −
x→1
ln (1 − x)
.
1−x
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
Commentaires 208 Exercice original pour CCINP et convenablement découpé pour être
suffisamment progressif. Le sujet fut initialement posé au concours Mines-Ponts et se limitait à la question 4.
Les questions 1 et 2 sont des applications directes du cours donc elles ne doivent pas poser
de difficulté particulière à un candidat visant CCINP.
La question 4 est autonome (elle utilise uniquement la réponse fournie par la question
3). Le candidat pragmatique et lisant l’intégralité du sujet doit penser à y répondre s’il
maitrise les outils de domination (équivalent, grand O).
La question 3 est sélective car elle requiert autonomie et initiative du candidat. Elle
s’adresse aux meilleurs candidats. Néanmoins, pour les candidats suffisamment rapides (et
donc maitrisant bien leurs cours pour répondre seuls aux questions précédentes), l’interrogateur pourra donner une, voire deux pistes, pour progresser. De tels candidats peuvent
éventuellement conclure dans le temps imparti à la planche.
Exercice 209 (CCINP) Soient
π/2
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
dθ
et Wn =
(n ∈ N∗ )
2
×
4
×
·
·
·
×
(2n)
2
1 − t2 sin (θ)
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2
F : t →
π
On admet, pour tout entier n, que
2
Wn =
π
π/2
sin2n (θ) dθ.
0
1
.
1 − x2
2. F est-elle développable en série entière ? Pourquoi ? Si oui, calculer ce développement
en sére entière et donner son rayon de convergence.
x.com
:Non
1. Donner le développement en série entière de x → √
univ.
Solution 209
scho
larvo
3. Montrer que F engendre le R-espace vectoriel des solutions développables en série
entière de l’équation différentielle :
3
t − t x + 3t2 − 1 x + tx = 0.
1. On utilise la formule de binôme de Newton généralisée. Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a
Séries entières
457
2
x = |x|2 < 1 donc on peut écrire :
√
1
1 − x2
1
1
−
−
1
·
·
·
−
−
n
+
1
+∞
2 n
−1/2 2
2
−x
1 − x2
=
n!
n=0
1
3
2n − 1
n
−
−
··· −
(−1) x2n
+∞
2
2
2
n!
n=0
=
=
−
1
2
+∞
1 × 3 × · · · × (2n − 1) x2n
(1 × 2 × · · · × n) (2 × 2 × · · · × 2)
n=0
=
+∞
1 × 3 × · · · × (2n − 1) x2n
=
=
(2 × 4 × · · · × 2n)
n=0
+∞
Wn x2n .
n=0
.20.2
π/2
π/2
+∞
2
dθ
2n
=
Wn (t sin (θ)) dθ.
π
2
2
1 − t sin (θ)
0
0 n=0
:165
.225
2
F (t) =
π
55:1
6479
3589
5
2. On développe l’intégrande en série entière par rapport à x (en utilisant la question précédente) puis on utilise un théorème de permutation série-intégrale. Pour tout t ∈ ]−1, 1[ ,
on a :
π ∀θ ∈ 0,
, t2 sin2 (θ) = t2 sin2 (θ) ⩽ t2 < 12 = 1
2
donc, on peut écrire :
Fixons (provisoirement t ∈ ]−1, 1[ . Pour tout entier n, on considère la fonction
2n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
fn : θ → Wn (t sin (θ))
π
. En outre, pour tout entier n, on a :
qui est continue sur 0,
2
π
2n
∀θ ∈ 0,
, |fn (θ)| = Wn t2n (sin (θ)) ⩽ Wn t2n ⇒ sup |fn | ⩽ Wn t2n .
2
[0,π/2]
La série
Wn t2n converge (d’après la question précdédente) donc la série
n⩾0
sup |fn |
n [0,π/2]
=
n=0
Wn t2n W2n =
n=0
+∞
n=0
Wn t
larvo
+∞
fn (θ) dθ =
0
2n 2
π
2
π/2
2n
(sin (θ)) dθ
0
(Wn ) t2n =
scho
=
+∞
univ.
F (t)
π/2
+∞ 2
π n=0
x.com
:Non
fn converge normalement, donc uniformément, sur
converge. Autrement dit, la série
n
π
le segment 0,
. D’après le théorème de permutation série-intégrale, on obtient :
2
cette formule étant valable pour tout t ∈ ]−1, 1[ .
2
+∞ 1 × 3 × · · · × (2n + 1)
n=0
2 × 4 × · · · × (2n)
t2n ,
458
CCINP
3. On considère l’équation différentielle
(E) : t3 − t x + 3t2 − 1 x + tx = 0
Supposons qu’il existe une série entière
an tn de rayon de convergence R > 0 et que
n⩾0
∀t ∈ ]−R, R[ , x (t) =
+∞
a n tn .
n=0
La fonction x étant somme d’une série entière de rayon de convergence R > 0, elle est de
classe C ∞ , donc C 2 , sur l’intervalle ouvert de convergence ]−R, R[ et on peut la dériver
terme à terme (dans cet intervalle). Ainsi, pour tout t ∈ ]−R, R[, on a :
. 3t2 − 1 x (t)
=
tx (t)
=
n=0
+∞
n=0
+∞
n=0
+∞
n (n − 1) an tn+1 −
3nan tn+1 −
+∞
n (n − 1) an tn−2 .
n=0
5
+∞
3589
=
n=0
+∞
nan tn−1 , x (t) =
n (n − 1) an tn−1
6479
3
t − t x (t)
+∞
nan tn−1
55:1
=
n=0
.20.2
x (t)
an tn+1
:165
.225
n=0
Ainsi, en additionnant ces trois égalités et en regroupant les sommes correspondantes
aux mêmes exposants, x est solution de (E) si et seulement si, pour tout t ∈ ]−R, R[ :
[n (n − 1) + 3n + 1]an t
j=n+1
⇔
n=j−1
n=0
=n2 +2n+1=(n+1)2
⇔
+∞
=
+∞
2
(n + 1) an tn+1 =
n=0
j 2 aj−1 tj =
⇔
+∞
+∞
[n (n − 1) + n] an tn−1
n2 an tn−1
n=0 =0 si n=0
+∞
n=1
j=1
+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n=0
n+1
n2 an tn−1
k=n−1
⇔
n=k+1
n2 an−1 tn = a1 +
+∞
n=1
j 2 aj−1 tj =
j=1
+∞
x.com
:Non
+∞
+∞
2
(k + 1) ak+1 tk
k=0
2
(n + 1) an+1 tn .
n=1
Par unicité du développement, on en déduit que :
⇔
2
0 et ∀n ⩾ 1, n2 an−1 = (n + 1) an+1
2
n
a1 = 0 et ∀n ⩾ 1, an+1 =
an−1 .
n+1
larvo
=
scho
a1
univ.
22
a1 = 0 et une récurrence immédiate montre
Comme a1 = 0, on en déduit que a3 =
3
que ∀n ∈ N, a2n+1 = 0. Posons alors pour tout entier n, un = a2n . Elle vérifie la relation
Séries entières
459
de récurrence suivante valable pour tout entier n :
2
2
2n + 1
2n + 1
a2n =
un .
un+1 = a2n+2 =
2n + 2
2n + 2
Si u0 = 0, une récurrence immédiate montre que un = 0 pour tout entier n. On peut
alors utiliser un produit télescopique pour expliciter un . Pour tout n ⩾ 1, on a :
∀k
2
n−1
n−1
uk+1
2k + 1 2
uk+1
2k + 1
=
⇒
=
∈ N,
uk
2k + 2
uk
2k + 2
k=0
k=0
2
2
n−1
n−1
2k + 1
2k + 1
un
⇔
=
⇔ a2n = un =
u0
u0
2k + 2
2k + 2
k=0
k=0
2
1 × 3 × · · · × (2n − 1)
2
=
a0 = (Wn ) a0 .
2 × 4 × · · · × (2n)
n=0
+∞
2
(Wn ) a0 t2n
n=1
= a0
W0 =1
3589
a2n t2n = a0 +
+∞
2
(Wn ) t2n = a0 F (t)
6479
+∞
n=0
55:1
y (t) =
5
Ainsi, on peut écrire pour tout t ∈ ]−R, R[ :
:165
.225
.20.2
donc y est proportionnelle à F. Remarquons que le développement en série entière de F
étant de rayon de convergence R ⩾ 1 (puisque la série converge sur ]−1, 1[), on en déduit
que les solutions de (E) qui sont développables en série entière sont exactement celles qui
sont proportionnelles à F.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 209 Exercice original, progressif (avec une hausse importante de la difficulté à chaque question) et discriminant. Si la thématique de chaque question est relativement classique, les réponses à donner demandent rigueur, maitrise technique et certains
automatismes du chapitre « série entière ». Il est préférable de privilégier la qualité à la
quantité dans ce type de sujet.
Question 1 : Il s’agit d’une application directe du cours (peut-être même faite en cours ou
en TD ou en devoir). Néanmoins, elle s’avère en pratique discriminante.
Question 2 : Le point clé est de développer en série entière (par rapport à t et non par
rapport à θ) l’intégrande (la fonction sous l’intégrale) puis de permuter série et intégrale.
Un candidat effectuant cette stratégie sera valorisé, même s’il ne justifie pas la permutation. Pour la permutation série-intégrale, une erreur classique fait par les candidats est
la suivante : utiliser le théorème de permutation série-intégrale des séries entières. Malheureusement, celui-ci ne peut convenir car le domaine d’intégration n’est pas inclus dans
l’intervalle ouvert de convergence (argument spécieux en fait, cf. l’argument suivant) mais
surtout que ce théorème demande d’intégrer par rapport à la variable du développement en
série entière. Dans cet exemple, il s’agit de la variable t alors que l’intégration porte sur
θ.
Question 3 : Il s’agit peut-être de la question la plus difficile du sujet à la fois du point
de vue de l’initiative et de l’autonomie nécessaire au candidat mais aussi de sa maitrise
calculatoire (recherche de solutions développables en série entière). Une erreur à ne pas
commettre est de vérifier que F est solution de l’équation différentielle (donc utiliser le
théorème de dérivation des intégrales à paramètre).
460
CCINP
460
CCINP
Exercice 210 (CCINP)
n
1
Exercice
210de(CCINP)
.
Sn xn où Sn =
1. Rayon
convergence de
k
n
1
n⩾1
k=1
.
S xn où S =
1. Rayon de convergence de
2. Exprimer sa somme f à l’aide denfonctionsn usuellesk(on pourra considérer (1 − x) f (x)).
n⩾1
k=1
2. Exprimer
sa somme f à l’aide de fonctions usuelles (on pourra considérer (1 − x) f (x)).
Solution
210
an xn , on note R(an ) son rayon de convergence. Pour tout entier
1. Pour
toute série
Solution
210
n
n ⩾ 1,toute
on a série
:
1. Pour
an xn , on note R(an ) son rayon de convergence. Pour tout entier
n ⩾ 1, on a :
n
1
1
+ · · · + ⇒ 1 ⩽ Sn ⩽ 1 + 1 + · · · + 1 = n
2
n
1
1
⇔
= 1.
(n) ⩽+R· (S
) ⩽R
n )n
⇒(1)1 (∗)
⩽ S1n⩽⩽R1(S+n )1⩽+1· ·⇔
· ·n+
Sn ⇒
= R
1+
· +R1(S=
n
2
⇒
(Sn ) ⩽ R(1) ⇔ 1 ⩽ R(Sn ) ⩽ 1 ⇔ R(Sn ) = 1.
R(n) ⩽ R
(∗)
1xn =
xn a un rayon de convergence 1 et sa série dérivée
En effet, la série
n
n
de convergence 1 et sa série dérivée
1xn = xn an−1
un rayon
En effet,
n−1 la série
nx
aussi donc la série x
nx
=
nxn a un rayon de convergence égale à
n
n
n
n
n
1. nxn−1 aussi donc la série x
nxn−1 =
nxn a un rayon de convergence égale à
n
n
2. Soit
x ∈ ]−1, 1[ . On a l’égalité : n
1.
=
1+
.20.2
55:1
6479
3589
5
Sn
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
+∞
+∞
2. Soit x ∈ ]−1, 1[ . On a l’égalité :
(1 − x) f (x) = f (x) − xf (x) =
Sn x n −
Sn xn+1
+∞
+∞
n=1
n=1
n
n+1
(1 − x) f (x) = f
(x) − xf (x)
=
S
x
−
S
+∞
+∞
+∞
n
nx
k
n=1
=
Sn x n −
Sn=1
(Sn − Sn−1 ) xn
k−1 x = S1 x +
+∞
+∞
+∞
n=1
n=2
k=2
n
=
S
− Sk−1nxk = S1 x +
(Sn − Sn−1 ) xn
nx n
+∞
+∞
x
x
k=2
=
= − ln (1 −n=2
x) .
= n=1
x+
+∞ nn
+∞ nn
n=2 x
n=1 x
=
= − ln (1 − x) .
= x+
n
n
+∞ n=2
n=1
xn
(par exemple, en dérivant
, ce qui est licite que x appartient au disque ouvert de
+∞ nn
n=1
x
+∞
+∞
(par exemple, en dérivant
, ce qui est licite que x 1appartient au disque ouvert de
n
convergence, on obtient l’égalité
puis on la primitive). Par
xn−1 =
xk =
n=1
1−x
+∞
+∞
n=1
k=0
1
convergence,on
onobtient
obtientlal’égalité
xk =
puis on la primitive). Par
conséquent,
formule : xn−1 =
1−x
n=1
k=0
ln (1 − x)
conséquent, on obtient la formule :
.
f (x) = −
1−x
ln (1 − x)
.
f (x) = −
1−x
Commentaires 210 Exercice sans difficulté particulière car les questions sont des applications directes du cours.
Commentaires 210 Exercice sans difficulté particulière car les questions sont des applications directes du cours.
Séries entières
461
Exercice 211 (CCINP)
2
1. Factoriser
. En déduire le développement en série entière de
1 − x − 2x
2
x → ln 1 − x − 2x .
1 − x2
est développable en série entière, préciser son
2. Prouver que x → arctan
1 + x2
rayon ainsi que son développement.
Solution 211
1
1 − x − 2x = −2 (x + 1) x −
2
= (x + 1) (1 − 2x)
6479
3589
2
5
1
c
1. −1 est racine évidente du trinôme 1 − x − 2x2 . Le produit des racines valant = − ,
a
2
1
l’autre racine est − . Le trinôme ayant pour coefficient dominant −2, on obtient la
2
factorisation suivante :
.20.2
55:1
(afin que chaque facteur soit strictement positif lorsque x est proche de 0 afin de pouvoir
utiliser la formule ln (ab) = ln (a)
+ ln (b) , valable uniquement si a et b sont strictement
1 1
, on peut écrire :
positifs). Pour tout x ∈ − ,
2 2
:165
.225
ln 1 − x − 2x2 = ln (1 + x) + ln (1 − 2x) .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
La fonction x → ln (1 + x) étant développable en série entière avec :
∀y ∈ R, |y| < 1 ⇒ ln (1 + y) =
Lorsque |−2x| < 1 ⇔ |x| <
En particulier, si |x| <
n=1
n
.
1
), en posant y = −2x, on a :
2
+∞
+∞ n n
n−1
n
1
(−1)
(−2x)
2 x
, ln (1 − 2x) =
=−
.
2
n
n
n=1
n=1
x.com
:Non
∀x ∈ R, |x| <
+∞
n−1 n
(−1)
y
1
, on obtient la formule :
2
1 − x2
1 + x2
univ.
2. La fonction f : x → arctan
scho
larvo
+∞
+∞ n n
+∞
n−1 n
n−1
(−1)
x
2 x
(−1)
− 2n n
ln 1 − x − 2x2 =
−
=
x .
n
n
n
n=1
n=1
n=1
est dérivable sur R de dérivée f définie pour tout
462
CCINP
réel x par :
f (x)
=
1 − x2
1 − x2
arctan
1 + x2
1 + x2
−2x 1 + x2 − 1 − x2 2x
×
2
(1 + x2 )
=
2x 1 + x2 + 1 − x2
=
−
=
−2x
−4x
=
.
2 (1 + x4 )
1 + x4
2
2
(1 + x2 ) + (1 − x2 )
=−
1+
1
1 − x2
1 + x2
2
4x
1 + 2x2 + x4 + 1 − 2x2 + x4
Lorsque x4 < 1 ⇔ |x| < 1, on a :
3589
5
+∞
+∞
+∞
4 n 1
n 4n
n+1 4n+1
−x
=
(−1)
x
⇒
f
(x)
=
2 (−1)
x
.
=
1 + x4
n=0
n=0
n=0
2 (−1)
n=0
0
=
0
t4n+1 dt ⇔ f (x) −
+∞
n+1 4n+2
2 (−1)
x
n=0
d’où l’égalité
x
55:1
=
n+1
f (x) =
4n + 2
.20.2
f (t) dt
+∞
f (0)
=arctan(1)=π/4
:165
.225
+∞
n+1 4n+2
π (−1)
x
+
.
4 n=0
2n + 1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
x
6479
Comme il est licite de primitiver terme à terme (en choisissant la primitive s’annulant
en 0) au sein du disque ouvert de convergence, pour tout réel x tel que |x| < 1, on a :
Le rayon de convergence R est au moins égal à 1 (car la série converge si |x| < 1). Si
|x| > 1 alors
(−1)n+1 x4n+2 x4n+2
= lim x4n+2 = +∞
lim = lim
n→+∞ n→+∞ 2n + 1 n→+∞
2n + 1
(d’après les croissances comparées) donc R ⩽ 1 d’où R = 1.
x.com
:Non
Commentaires 211 Exercice de niveau standard et légèrement progressif.
1. Calculer son rayon de convergence R.
larvo
Exercice 212 (CCINP) On considère la série entière S (x) =
+∞
n=1
sin
1
√
n
x→1
4. Montrer que lim (1 − x) S (x) = 0.
x→1−
Solution 212
univ.
scho
Étudier la convergence de la série quand x = −R et quand x = R.
Séries 2.
entières
3. Calculer lim S (x) .
−
xn .
463
Séries entières
4. Montrer que lim− (1 − x) S (x) = 0.
463
x→1
4. Montrer
que lim (1 − x) S (x) = 0.
Solution
212
−
x→1
1. On utilise le critère de d’Alembrert. Soit x ∈ R∗ , on pose
Solution 212
1∗
1. On utilise le critère de d’Alembrert.
Soit
x
∈
R
,
xnpose
un = sin √ on
n
1
un = sin √
xn n positifs). Comme
(ce critère ne s’applique qu’aux séries à termes
1
lim √ = 0, en
n
utilisant l’équivalent de sin en 0, on a :
1
(ce critère ne s’applique qu’aux séries à termes positifs). Comme lim √ = 0, en
n→+∞
n
n+1
|x|
utilisant l’équivalent
en
0,
on
a
:
de sin
√
√
√
1
|x|n
un+1
n
n
n+1
∼ |x| √ = |x| .
= |x| √
∼
un ∼ √ xn = √ ⇒
n+1
n
n→+∞
n→+∞
n→+∞
|x|
u
n
n
n
|x|
n
n
√+ 1
√
√√
1 n |x|n
n
un+1
n
n1
n+
= |x| √
∼ |x| √ = |x| .
∼
un ∼ √ x = √ ⇒
n→+∞
n→+∞
un n→+∞ |x|n
n
n
n
n
+
1
√
un+1
1
n
= |x|. Si |x| < 1, la série
un converge donc la série
sin √
xn
Ainsi, lim
n→+∞ un
n
n
n
1 1 un+1
n
=
|x|.
Si
|x|
<
1,
la
série
u
converge
donc
la
série
Ainsi,
lim
n
converge.
Si |x| > 1, la série
un diverge grossièrement
donc la série
sinsin √√ xnx
n→+∞ un
n
n
n
n
n n
1
aussi donc R = 1.
converge. Si |x| > 1, la série
un diverge grossièrement donc la série
sin √
xn
n
2. Cas x = 1. On dispose de l’équivalent
suivant :
n
n
aussi donc R = 1.
1
1
1
1
2. Cas x = 1. On dispose
√ : ∼ √ = 1/2 .
sin de√l’équivalent
1n = sinsuivant
n
n n→+∞ n
n
1
1
1
1
n
1
1 = sin √
sin √
∼ √ = 1/2 .
n→+∞
n
n
n de
n Riemann de paramètre
La série
est à termes
positifs et divergente
(série
n1/2
n
1
1 1
La=série
à termes
divergente (série de Riemann de paramètre
√
< 1) donc
laest
série
sin positifs
α
1etn diverge.
1/2
n
2
n
n
n
1
1
1
1
n
n
√
<
1)
donc
la
série
diverge.
sin
1
α
=
√
√
Cas x = −1. Il s’agit d’étudier la série
(−1) sin
. Comme la suite
2
n
n
n n
n
n
1
1
est décroissante et à valeurs dans [0, 1] et que la fonction sin est positive et décroisn
Cas x = −1. Il s’agit d’étudier la série
(−1) sin √ . Comme la suite √
1n
n n
sante sur [0, 1] , on peut affirmer que lan suite sin √
est positive et décroisn sin
est décroissante et à valeurs dans [0, 1] et que la fonction
est
positive
et
décrois
n
1
1 continuité de sin en 0, on
√
0
et
lim
sin
=
0
alors,
par
sante.
En
outre,
→
sante sur [0, 1] , on npeut
affirmer que
la suite sin √
est positive et décroisn→+∞
0
n
n
1
√ √1 = 0.→Le critère
a
limEnsinoutre,
sériespar
alternées
montre
queenla 0,série
0 et limspécial
sin = des
0 alors,
continuité
de sin
on
sante.
n→+∞
n n n→+∞
0
11
n
sin √√
converge.
a (−1)
lim sin
=
0. Le critère spécial des séries alternées montre que la série
n→+∞
nn n
1
n méthode.
3. Première
La fonction sin est concave sur [0, 1] (elle y est deux fois dérivable
√
(−1) sin
converge.
n négative sur cet intervalle). Sur cet intervalle, son graphe est auetn sin = − sin est
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
n→+∞
univ.
scho
larvo
de saméthode.
corde liant
points sin
du est
graphe
d’abscisse
x=
0 ety est
x =deux
1. Cette
dernière
3. dessus
Première
La les
fonction
concave
sur [0, 1]
(elle
fois dérivable
corde
pour
équation
y = sinsur
(1) xcetd’où
− sin
est négative
intervalle). Sur cet intervalle, son graphe est auet
sina =
dessus de sa corde liant les points du graphe d’abscisse x = 0 et x = 1. Cette dernière
1] , sin (x) ⩾ sin (1) x.
corde a pour équation y = sin∀x
(1)∈x[0,
d’où
∀x ∈ [0, 1] , sin (x) ⩾ sin (1) x.
464
CCINP
Par conséquent, pour tout entier n ⩾ 1, on a la minoration suivante :
1
1
1
sin √
⩾ sin (1) √ ⩾ sin (1)
n
n
n
√
(car n ⩽ n). En multipliant cette inégalité par x ∈ [0, 1[ puis en sommant sur n ∈ N∗ ,
on obtient la minoration suivante :
∀x ∈ [0, 1[ , S (x) ⩾ sin (1)
+∞ n
x
n=1
n
= − sin (1) ln (1 − x)
(d’après le développement en série entière de x → ln (1 − x)). Comme
lim − sin (1) ln (1 − x) = +∞,
x→1−
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3589
5
le théorème d’encadrement montre que lim− S (x) = +∞.
x→1
1
1
Deuxième méthode. Pour tout entier n ⩾ 1, sin √
est un nombre positif (car √
n
n
appartient à [0, 1] et la fonction sin y est positive) et la fonction x → xn est croissante
1
sur [0, 1[ donc la fonction x → sin √
xn est croissante sur [0, 1[ . Dès lors, on peut
n
affirmer que la fonction S est croissante sur [0, 1[ (comme somme de telles fonctions,
il suffit de revenir à la définition des fonctions croissantes par exemple ou utiliser la
dérivation). D’après le théorème de limite monotone, la fonction S admet une limite
L ∈ R ∪ {+∞} en 1. Supposons que L ∈ R. Comme tous les termes de S (x) sont
positifs, on peut affirmer pour tout entier N ⩾ 1 que :
N
+∞
1
1
n
∀x ∈ [0, 1[ ,
sin √
sin √
x ⩽
xn .
n
n
n=1
n=1
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Pour N fixé (provisoirement), en faisant tendre x vers 1 (ce qui est licite pour les
membres de l’inégalité), on obtient la majoration :
N
1
∀N ⩾ 1,
sin √
⩽ L.
n
n=1
N
1
sin √
est majorée et comme elle est croissante, elle converge
Ainsi, la suite
n
n=1
N
1
sin √
c’est-à-dire que la série
est convergente. Ceci est absurde (cf. la réponse
n
n
à la question 2) donc L = +∞.
4. Soit x ∈ [0, 1[ , un calcul direct nous donne :
+∞
+∞
1
1
sin √
sin √
xn −
xn+1
(1 − x) S (x) = S (x) − xS (x) =
n
n
n=1
n=1
+∞
+∞
1
1
sin √
=
sin √
xn −
xk (k = n + 1)
n
k
−
1
n=1
k=2
+∞ 1
1
xn .
= sin (1) x +
sin √
− sin √
n
n
−
1
n=2
Séries entières
465
série
sup |un (x)| converge. Autrement dit, la
n x∈[0,1]
:165
.225
est également convergente donc la série
.20.2
55:1
6479
3589
5
On va utiliser le théorème de permutation limite-série pour conclure. Pour tout entier
n ⩾ 2, on pose
1
1
un : x → sin √
xn .
− sin √
n
n−1
Pour chaque n ⩾ 2, un admet une limite en 1 et on a :
1
1
1
1
n
sup |un (x)| = sin √
sup |x| = sin √
− sin √
− sin √
n
n
n − 1 x∈[0,1]
n−1 x∈[0,1]
1
Or, la suite sin √
est décroissante (cf. la question 2) donc :
n
n
1
1
1
1
⇒ sin √
⩽0
∀n ⩾ 2, sin √
⩽ sin √
− sin √
n
n
n−1
n−1
1
1
1
= − sin √1
√
⇒ sin √
− sin √
−
sin
n
n
n−1 n−1
1
1
− sin √
= sin √
.
n
n−1
1
converge, la série télescopique
Comme la suite sin √
n
n
1
1
− sin √
sin √
n
n−1
n
un converge normalement, donc uniformément, sur [0, 1] . Le théorème de per-
mutation limite-série entraine que :
lim
x→1
+∞
un (x)
=
n=2
+∞
n=2
=
lim un (x) =
x→1
lim sin
n→+∞
1
√
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
+∞ sin
n=2
− sin
1
√
n
1
√
2−1
− sin
√
1
n−1
= 0 − sin (1)
=
x.com
:Non
(somme d’une série télescopique). Par conséquent, on peut affirmer que :
+∞ 1
1
n
lim (1 − x) S (x) = lim sin (1) x +
x .
sin √
− sin √
x→1
x→1
n
n−1
n=2
sin (1) − sin (1) = 0.
univ.
scho
larvo
Commentaires 212 Exercice original et suffisamment progressif pour CCINP.
Les questions 1 et 2 ne doivent pas poser de difficulté particulière pour les candidats visant
CCINP.
La question 3 est, à mon sens, la question la plus difficile du sujet. La deuxième méthode
proposée par le corrigé est un classique (mais difficile) pour le concours Mines-Ponts.
Question 4. Le point clé de cette question est d’expliciter le développement en série entière
de (1 − x) S (x) puis de penser au théorème de permutation limite-série. Invoquer cette
466
CCINP
piste, même si le candidat est incapable de justifier la permutation (mais explicite le développement en série entière) sera bien valorisé par l’interrogateur. Si le candidat n’y pense
pas, un candidat maitrisant les fondamentaux des séries de fonctions sera apte à conclure
dans le temps imparti.
2
Exercice 213 (CCINP) On considère la fonction f définie par f : x → (arcsin (x)) .
1. Justifier que f est développable en série entière sur ]−1, 1[ .
2. Vérifier que f est solution de l’équation différentielle
(1 − x2 )y − xy = 2.
3. En déduire le développement en série entière de f .
Solution 213
1/2
1
.
= 1 − x2
2
1−x
6479
g : x → √
3589
5
1. La fonction g : x → arcsin (x) est dérivable sur ]−1, 1[ de dérivée
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
D’après la formule du binôme généralisé, pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a x2 ∈ [0, 1[ ⊂ ]−1, 1[,
ce qui permet d’écrire :
1
1
1
−
−
1
·
·
·
−
−
n
+
1
−
+∞
2 n
2
2
2
g (x) = 1 +
x
n!
n=1
1
1
1
−
−
1
·
·
·
−
−
n
+
1
−
+∞
2
2
2
x2n .
= 1+
n!
n=1
Ainsi, g est développable en série entière sur ]−1, 1[ donc sa primitive g l’est aussi.
D’après le produit de Cauchy, la fonction g × g = f est développable en série entière sur
]−1, 1[ .
2. Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a :
=
=
x.com
:Non
=
3. Pour simplifier les calculs, on pose
larvo
f (x)
−1/2
1
arcsin (x) = 2 1 − x2
2√
arcsin (x)
2
1−x
−1/2−1
−1/2
1
1
√
(−2x) 1 − x2
2 −
arcsin (x) + 2 1 − x2
2
1 − x2
2x arcsin (x)
2
1
2x arcsin (x)
√
+
=
+2
2
2
3/2
1−x
1−x
1 − x2
(1 − x2 )
1
(xf (x) + 2) ⇒ 1 − x2 f (x) − xf (x) = 2.
2
1−x
scho
=
univ.
f (x)
z = f : x → 2 √
1
arcsin (x) .
1 − x2
Séries entières
467
La fonction z est développable en série entière (comme dérivée d’une telle fonction) et
impaire donc il existe une suite (an )n∈N telle que :
+∞
∀x ∈ ]−1, 1[ , z (x) =
+∞
an x2n+1 , z (x) =
n=0
(2n + 1) an x2n .
n=0
D’après la question précédente, pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a :
+∞
+∞
1 − x2 z (x) − xz (x) = 2 ⇔ 1 − x2
(2n + 1) an x2n − x
an x2n+1 = 2
n=0
(2n + 1) an x2n −
+∞
n=1
k=1
n=0
(2k − 1) ak−1 x2k −
+∞
an x2n+2 = 2
n=0
ak−1 x2k = 2
(k = n + 1)
k=1
((2n + 1) an − (2n − 1) an−1 − an−1 ) x2n = 2
⇔ a0 +
5
⇔ a0 +
+∞
(2n + 1) an x2n+2 −
+∞
n=1
3589
n=0
n=0
n=0
+∞
6479
⇔
+∞
(2n + 1) an x2n −
+∞
((2n + 1) an − 2nan−1 ) x2n = 2
55:1
⇔
+∞
Par unicité du développement en série entière, on a :
2 et ∀n ⩾ 1, (2n + 1) an − 2nan−1 = 0
2n
an−1 .
⇔ a0 = 2 et ∀n ⩾ 1, an =
2n + 1
Pour tout n ⩾ 1, on obtient :
=
=
=
.20.2
2 (n − 1)
2 (n − 1) 2 (n − 2)
2n
2n
2n
an−1 =
×
an−2 =
×
×
an−3
2n + 1
2n + 1
2n − 1
2n + 1
2n − 1
2n − 3
2 (n − 1) 2 (n − 2)
2×1
2n
×
×
× ···
× a0
··· =
2n + 1
2n − 1
2n − 3
2×1+1
2n+1 n!
2n n!
×2=
× (2n) (2n − 2) (2n − 4) · · · 2
(2n + 1) (2n − 1) (2n − 3) · · · 3
(2n + 1)!
e:21
1075
3582
:889
1250
2
an
=
:165
.225
a0
2
=
2n+1 n!
22n+1 (n!)
× 2n n! =
.
(2n + 1)!
(2n + 1)!
Cette formule est manifestement vérifiée pour n = 1. Ainsi, pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on a :
z (x) =
⇒
x
+∞ 2n+1
2
2
(n!)
(2n + 1)!
x.com
:Non
=
n=0
f (t) dt =
x2n+1
+∞ 2n+1
2
2
(n!)
n=0
0
(2n + 1)!
×
x2n+2
2n + 2
scho
larvo
+∞ 2n+1
2
2
(n!) 2n+2
⇔ f (x) − f (0) =
x
n=0 (2n + 2)!
=0
⇒
f (x) =
+∞ 2n+1
2
2
(n!)
univ.
f (x)
n=0
(2n + 2)!
x2n+2 .
468
CCINP
Commentaires 213 Exercice assez classique à la fois dans les questions et dans les thématiques abordées (il fut durant longtemps un classique du concours Mines-Ponts). En
outre, il est suffisamment progressif pour CCINP.
Question 1 : Il s’agit d’une application du cours même si elle s’avère discriminante. En
outre, un nombre significatif de candidats tente de calculer (maladroitement) le développement en série entière. Or, la question ne le demande pas et le théorème du produit de
Cauchy fournit deux résultats :
— le produit de deux séries entières de rayon de convergence non nul est une série
entière de rayon de convergence non nul ;
— il explicite ce développement.
Question 2 : Sa seule difficulté est dans la gestion convenable des calculs.
Question 3 : Si cette question est relativement classique, sa difficulté est dans la gestion
convenable des calculs. Si le candidat n’observe pas la parité de f, il cherchera le dévelop+∞
bn xn et, après les calculs du corrigé, il
pement en série entière de f sous la forme
5
n=0
3840
aboutira à la relation de récurrence
6479
∀n ⩾ 2, nbn − (n − 1) bn−2 = 0 et b0 = 0, b1 = 2.
55:1
Une récurrence montre que b2n = 0 pour tout entier n. En posant an = b2n+1 , on obtient
la relation de récurrence :
.20.2
a0 = 2, ∀n ⩾ 1, (2n + 1) an − 2nan−1 = 0
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
et on conclut comme dans le corrigé.
Séries entières
11.2
469
Mines-Telecom
Exercice 214 (Mines-Telecom) Soit r > 0. Soit (an )n définie par :
√
r n si n est un carré
∀n ∈ N, an =
0
sinon
Déterminer le rayon de convergence de la série entière
a n xn .
Solution 214 Notons R le rayon de convergence de la série entière
→
n→+∞
+∞ ⇒ lim un2 = +∞
n→+∞
6479
n2 ln (x)
lim et = +∞) donc la suite (un )n∈N = (an xn )n n’est pas bornée. D’après le lemme
55:1
(car
∼
3840
Si x > 1 alors ln (x) > 0 et on a :
5
2
un2 = rn xn = exp n ln (r) + n2 ln (x) .
n→+∞
a n xn .
n
Soit x ∈ R∗+ , on pose un = an xn et on a :
n ln (r) + n2 ln (x)
t→+∞
∼
n→+∞
n2 ln (x)
→
n→+∞
−∞ ⇒ lim un2 = 0.
:165
.225
n ln (r) + n2 ln (x)
.20.2
d’Abel, on peut affirmer que R ⩽ 1.
Si x < 1 alors ln (x) < 0 et on a :
n→+∞
(car lim et = 0). En particulier, la suite (un2 )n est bornée (car elle converge). Notons M l’un
t→−∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
de ses majorants alors :
{un , n ∈ N} = {un2 , n ∈ N} ⊂ [−M, M ]
donc la suite (un )n est bornée. D’après le lemme d’Abel, on peut affirmer que R ⩾ 1 d’où R = 1.
Commentaires 214 Question de difficulté standard.
x.com
:Non
Exercice 215 (Mines-Telecom) Montrer que la série de terme général
+∞
1
converge.
1 + n2
1
.
Montrer
que
Rn xn converge sur ]−1, 1[ puis
1 + k2
n∈N
k=n+1
déterminer le rayon de convergence de cette série entière.
larvo
Pour tout n, on pose Rn =
scho
Solution 215 Notons R le rayon de convergence de la série
0⩽
1
1
⩽ 2.
2
1+n
n
univ.
on a :
n⩾0
Rn xn . Pour tout entier n ⩾ 1,
470
Mines-Telecom
1
1
1
+
n2
n
n
converge. Par conséquent, la suite (Rn )n converge vers 0 (reste partiel d’une série converge)
donc elle est bornée. Ainsi, il existe un réel positif M tel que :
converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la série
∀n ∈ N, |Rn | ⩽ M ⇒ Rn
=
n→+∞
O (1)
donc R ⩾ R1 où R1 est le rayon de convergence de la série entière
1
1 + (n + 1)
2 +
+∞
xn . Ce dernier valant 1,
n
on obtient que R ⩾ 1. En outre, pour tout n ⩾ 1, on a :
Rn =
1
1
1
1
⩾
∼
⇒ 2 = O (Rn ) .
1 + k2
1 + n2 n→+∞ n2
n
k=n+2 ⩾0
donc R ⩽ R2 où R2 le rayon de convergence de la série entière
xn
n2
n
6479
d’Alembert par exemple), on obtient que R ⩽ 1 d’où R = 1.
. Ce dernier valant (par
5
n2
3840
La série
.20.2
55:1
Commentaires 215 Question de difficulté standard. Il est attendu du candidat qu’il
puisse justifier seul que le rayon vaut au moins 1.
f (x) =
+∞
(−1)
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n=1
x2n+1
.
4n2 − 1
:165
.225
Exercice 216 (Mines-Telecom) Soit f la fonction réelle de la variable réelle telle que :
1. Étudier f : domaine de définition, continuité, dérivabilité.
2. Reconnaître f .
Solution 216
1. Domaine de définition. Soit x ∈ R. On dispose de l’équivalent suivant :
2n+1
2n+1
2n+1 |x|
(−1)n x
= |x|
∼
.
4n2 − 1 4n2 − 1 n→+∞ 4n2
2n+1
n
Si |x| ⩽ 1 alors
(−1)
n
larvo
n→+∞
x2n+1
diverge grossièrement.
4n2 − 1
scho
donc la série
= lim |x|
2n+1 n x
= +∞
= +∞ ⇒ lim (−1)
n→+∞
4n2 − 1 2n+1
2n+1
|x|
4n2
univ.
|x|
lim
n→+∞
4n2
x.com
:Non
Si |x| > 1 alors, d’après les croissances comparées, on a :
∀n ⩾ 1,
⩽
1
.
4n2
Séries entières
471
1
1 1
=
converge (série de Riemann de paramètre 2 > 1) donc la
2
4n
4 n n2
n
2n+1 |x|2n+1
n x
série
converge. Ainsi, la série
(−1) 4n2 − 1 converge d’où la conver4n2
n
n
2n+1
n x
.
(−1)
gence de la série
4n2 − 1
n
Au final, la fonction f est définie sur [−1, 1] .
Continuité. On pose, pour tout entier n, la fonction
La série
fn : x → (−1)
n
x2n+1
4n2 − 1
qui est continue sur [−1, 1] . Pour tout entier n ⩾ 1, on a la formule :
2n+1
sup |fn (x)| =
5
x∈[−1,1]
|x|
1
1
2n+1
= 2
sup |x|
.
= 2
2
4n − 1 x∈[−1,1]
4n − 1
x∈[−1,1] 4n − 1
sup
6479
3840
1
converge (cf. l’étude du domaine de définition) donc la série
2−1
4n
n
sup |fn (x)| converge. Ainsi, la série de fonction
fn converge normalement,
La série
n x∈[−1,1]
55:1
n
.20.2
donc uniformément, sur [−1, 1] , ce qui prouve la continuité de
+∞
fn = f.
n=1
x2n+1
a un rayon de convergence qui vaut
4n2 − 1
n
R = 1 (d’après le lemme d’Abel et l’étude du domaine de définition) donc sa somme f
est dérivable sur l’intervalle ouvert de convergence ]−1, 1[ .
Remarque : on peut utiliser le théorème de dérivation des séries de fonctions. Il s’avère
bien plus lourd à mettre en place et il ne pourra justifier que la dérivabilité sur ]−1, 1[ .
1
2. On effectue la décomposition en éléments simples de
.
2
4n − 1
1
1
1
1
1
=
=
−
.
4n2 − 1
(2n + 1) (2n − 1)
2 2n − 1 2n + 1
n
:165
.225
(−1)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Dérivabilité. La série entière
Pour tout x ∈ ]−1, 1[ , on en déduit que :
=
=
x.com
:Non
=
+∞
+∞
n
n
1 (−1) x2n+1
1 (−1) x2n+1
−
2 n=1
2n − 1
2 n=1
2n + 1
+∞
+∞
j+1 2j+3
n
1 (−1)
1 (−1) x2n+1
x
−
(j = n − 1 ⇔ n = j + 1)
2 j=0
2j + 1
2 n=1
2n + 1
+∞
+∞
n
0
n
x2 (−1) x2n+1
1
(−1) x2×0+1 (−1) x2n+1
−
−
−
+
2 n=0
2n + 1
2
2×0+1
2n + 1
n=0
−
larvo
=
x2
1
1
1
arctan (x) + x − arctan (x) =
x − 1 + x2 arctan (x) .
2
2
2
2
scho
f (x)
univ.
d’après le développement en série entière de arctan .
472
Mines-Telecom
Exercice 217 (Mines-Telecom) Pour tout x ∈ R, on note :
n=0
(3n)!
et S2 (x) =
+∞
x3n+1
.
(3n + 1)!
n=0
6479
+∞
x3n
55:1
S1 (x) =
3840
5
Commentaires 216 Exercice discriminant mais de difficulté standard.
Question 1 : Il est possible de traiter la continuité et la dérivabilité via les théorèmes de
continuité et de dérivabilité du chapitre « séries de fonctions ». Néanmoins, en observant
qu’il s’agit d’une série entière et en utilisant les théorèmes de ce chapitre, les argumentaires
sont plus simples et plus rapides à mettre en place. Un candidat visant le concours MinesTelecom ne doit pas avoir de difficulté particulière à répondre à cette question.
Question 2 : Elle requiert un peu d’initiative et de l’autonomie de la part du candidat donc
elle permettra de distinguer les bons candidats à ce concours. Un candidat songeant à la
décomposition en éléments simples et faisant le lien avec le développement en série entière
de arctan sera valorisé. Sinon, l’interrogateur proposera la décomposition en éléments
simples. Il attend alors du candidat qu’il fasse le lien avec arctan ou bien qu’il songe à
+∞
x2n+1
afin de calculer sa somme (si possible, en invoquant le théorème adéquat
dériver
2n + 1
n=0
de dérivation).
.20.2
1. Déterminer le rayon de convergence de S1 et S2 .
2. Déterminer trois réels a, b, c et une fonction f telle que aS1 + bS1 + cS1 = f.
:165
.225
3. Déterminer S1 et S2 .
Solution 217
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1. Les séries définissant S1 et S2 convergent manifestement si x = 0. Soit x ∈ R∗ , on pose :
3n 3n+1 x x
.
∀n ∈ N, un = et vn = (3n)!
(3n + 1)! Ces deux suites (un )n et (vn )n sont à valeurs strictement positifs et on a :
=
vn+1
vun
=
3n+3
3
x
|x|
(3n)! =
→ 0
×
x3n
(3n + 3)! (3n + 3) (3n + 2) (3n + 1) n→+∞
3n+4
3
x
|x|
(3n + 1)! =
→ 0.
×
x3n+1
(3n + 4)! (3n + 4) (3n + 3) (3n + 2) n→+∞
D’après le critère de d’Alembert, les séries
n
n
|vn | convergent donc les séries
vn converge, quel que soit x ∈ R∗ . D’après le lemme d’Abel, cela entraine
que les deux séries entières
x3n
n
(3n)!
larvo
n
|un | et
et
x3n+1
ont un rayon de convergence infini.
(3n + 1)!
n
scho
n
un et
univ.
x.com
:Non
un+1
un
2. La fonction S1 est de classe C ∞ sur R (comme somme d’une série entière de rayon de
Séries entières
473
convergence R = +∞) et on peut la dériver terme à terme. Pour tout réel x, on a :
S1 (x)
=
+∞
3nx3n−1
n=0 (3n)!
=
S1 (x)
=
(3n)!
n=1
=0 si n=0
=
+∞
3nx3n−1
=
+∞
3nx3n−1
3n (3n − 1)!
n=1
+∞
+∞
x3n−1 j=n−1 x3j+2
=
(3n − 1)! n=j+1 j=0 (3j + 2)!
n=1
+∞
(3n − 1) x3n−2
(3n − 1)!
n=1
=
Les ensembles Ir = {3n + r,
+∞
+∞
x3n−2 j=n−1 x3j+1
.
=
(3n − 2)! n=j+1 j=0 (3j + 1)!
n=1
k=0
=
+∞
x3n
n=0
=
k!
=
(3n)!
xk
k∈I0
+
k!
+
xk
k∈I1
k!
+
xk
k∈I
k!
55:1
+∞ k
x
+∞
+∞
x3n+1
x3n+2
+
(3n + 1)! n=0 (3n + 2)!
n=0
.20.2
=
:165
.225
ex
6479
3840
5
n ∈ N} avec r ∈ {0, 1, 2} forment une partition
k de N
x
est
(par définition de la division euclidienne d’un entier par 3). La famille
k! k∈N
sommable (puisqu’il s’agit d’une suite indexée par un paramètre entier et que la série
xk
a un rayon de convergence infini donc elle converge absolument sur R).
entière
k!
k
D’après le théorème de sommation par paquets, on a la formule :
S1 (x) + S1 (x) + S1 (x) = S1 (x) + S1 (x) + S1 (x) .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Ainsi, les réels a = b = c = 1 et la fonction f : x → ex conviennent.
3. La fonction S1 est solution de l’équation différentielle
(E) : y + y + y = ex .
1 x
e (le second membre suggère
3
x
de chercher la solution particulière sous la forme x → Ce ). L’équation homogène
Une solution particulière évidente est la fonction yP : x →
(EH ) : y + y + y = 0
x.com
:Non
est une équation différentielle linéaire à coefficients constants du second ordre. Elle possède pour équation caractéristique :
√
−1 ± i 3
2
2
r + r + 1 = 0 ⇒ ∆ = 1 − 4 × 1 × 1 = −3 ⇒ r =
.
2
Ainsi, les solutions de l’équation (EH ) sont de la forme :
:
=
√
√
x → αex(−1+i 3)/2 + βex(−1−i 3)/2
√
√
e−x αeix 3/2 + βe−ix 3/2 , (α, β) ∈ C2 .
larvo
yH
univ.
scho
Toute solution de (E) est la somme d’une solution de l’équation homogène (EH ) et de la
solution particulière yP . Comme S1 est une solution de (E) , il existe (α, β) ∈ C tel que :
1
√
√
S1 : x → e−x αeix 3/2 + βe−ix 3/2 + ex .
3
474
Mines-Telecom
Déterminons α et β via les conditions initiales de S1 en 0.
S1 : x → 1 +
x3
x2
+ · · · ⇒ S1 (0) = 1, S1 : x →
+ · · · ⇒ S1 (0) = 0
3!
2!
ce qui nous permet d’écrire :


1


α+β+ =1



 α=β
3
S1 (0) = 1
√
√
2
⇔
⇔
iα 3 iβ 3
S1 (0) = 0


2α =


−
=
0

3

2
2
⇔
On en déduit que :
1
√
e−x/2 ix√3/2
2
S1 : x →
e
+ e−ix 3/2 + ex = e−x cos
3
3
3

1


 α= 3
1


 β=
3
.
√ 1
3
x + ex .
2
3
Il existe alors un réel C tel que :

=
=
√
x(−1+i 3)/2
e
1
e
1
2
2
x

+ ex
x → C + Re 
 −1 + i√3  + 3 e = C + 3 Re
3
3
e2πi/3
2
1
1
√
√
2
2e−x/2
x(−1+i 3)/2−2πi/3
Re ei(x 3/2−2π/3) + ex
+ ex = C +
C + Re e
3
3
3
3
√
−x/2
x 3 2π
1
2e
cos
−
+ ex
C+
3
2
3
3
:165
.225
:

√
x(−1+i 3)/2 
e:21
1075
3582
:889
1250
2
S2
.20.2
55:1
6479
3840
5
Pour finir, on remarque que S2 = S1 donc :
√ 1
√
1
2
2 −x/2
3
S2 : x → e
x + ex = Re e−x/2 eix 3/2 + ex
cos
3
2
3
3
3
√
1
2
Re ex(−1+i 3)/2 + ex .
=
3
3
x.com
:Non
1
= − , on en déduit que :
2
√
x 3 2π
1
2e−x/2
cos
−
+ ex .
C = 0 ⇒ S2 : x →
3
2
3
3
Comme S2 (0) = 0 et cos
2π
3
univ.
scho
larvo
Commentaires 217 Exercice de difficulté standard qui devient un grand classique de
tous les concours de cet ouvrage (alors qu’auparavant, il était la spécialité de Mines-Ponts
et Centrale-SupElec).
La question 2 est très discriminante car elle demande du candidat une observation (relativement remarquable). Les candidats la trouvant seront fortement valorisés, sinon l’interrogateur proposera une piste dans ce sens (par exemple : « que dire de la réunion des
indices apparaissant dans S1 , S1 et S1 ? » Il attend le mot « partition »).
Séries entières
475
Séries entières
475
Exercice 218 (Mines-Telecom) Rayon de convergence de la série entière
pn xn où pn
est le produit des chiffres de n.
Exercice 218 (Mines-Telecom) Rayon de convergence de la série entière
pn xn où pn
est le produit des chiffres de n.
Solution 218 Notons R le rayon de convergence de la série entière
pn x n .
n
Soit n ⩾ 1,218
on note
N le
de n alors
Solution
Notons
R nombre
le rayondedechiffres
convergence
de la :série entière
pn x n .
n
Soit n ⩾ 1, on note N le nombre
decchiffres
102n+alors
· · · +: cN −1 10N −1
n = c0 +
1 10 + c2de
+ c9}
c2−1
102=+0 · donc
· · + c:N −1 10N −1
c0 ...,
avec ∀i ∈ {0, ..., N − 1} , cin∈={0,
et+cN
1 10
N −1
−1 :
avec ∀i ∈ {0, ..., N − 1} , ci ∈ {0, ...,
et ⩽
cNc−1
=10
0 Ndonc
109}
⩽ n.
N −1
N −1
⩽ cN −1
10N −1 ⩽on
n.obtient :
En composant cette inégalité par le10logarithme
népérien,
6479
3840
5
(n)obtient : ln (n)
En composant cette inégalité par le logarithme népérien,lnon
⇔N ⩽
+1
N −1⩽
(N − 1) ln (10) ⩽ ln (n)
⇔
ln (10)
ln (10)
÷ ln(10)>0
ln (n)
ln (n)
N −1⩽
⇔N ⩽
+1
(N − 1) ln (10) ⩽ ln (n)
⇔
ln (10)
ln (10)
÷ ln(10)>0
Par définition de pn , pour tout n ⩾ 1,
on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
Par définition
, pour
1,9on
: · · · × 9 = 9N ⩽ 9ln(n)/ ln(10)+1
0 ⩽ deppnn=
c0 c1 ·tout
· · cNn−1⩾⩽
× 9a ×
ln (n)
N
ln(10)+1ln(9)/ ln(10)
ln(n)/ ln(10)
0 ⩽
× 9 × · · · × 9ln=(9)
9 ⩽
=99ln(n)/
exp (ln
(n))
= p
9n×=9 c0 c1 · · · cN −1
= 9⩽×9 exp
ln (10)
ln
(n)
ln(9)/ ln(10)
ln(10)
ln(10)
=
9ln(n)/
= 9(car
× exp
ln (9)
= 9nexp
(ln (n))
= 9
9n×ln(9)/
⩽ 9n
ln (9)
ln (10)
⩽ 1 et
⩾ 1)
ln/(10)
= 9nln(9)/ ln(10) ⩽ 9n (car ln (9) / ln (10) ⩽ 1 et n ⩾n 1)
Ainsi, R est supérieur ou égal à celui de la série entière
9nx = 9x
nxn−1 . Ce dernier
n
n
9nxn = 9x
Ainsi, R est supérieur ou égal à celui de la série entière
nxn−1 . Ce dernier
n
x (les rayons de convergence sont
est égal au rayon de convergence de la série entière
n
n
n
n
x (les rayons de convergence sont
est égal aupar
rayon
de convergence
la série
conservés
dérivation)
qui vaut 1dedonc
R ⩾ entière
1.
· · · 9 alors
Pour tout entier k, on note nk le nombre ayant k chiffresn tous égaux à 9 i.e. nk = 99
conservés par dérivation) qui vaut 1 donc R ⩾ 1.
k fois
· · · 9 alors
Pour tout entier k, on note nk le nombre ayant k chiffres tous égaux à 9 i.e. nk = 99
pnk = 9 × 9 × · · · × 9 = 9k → +∞.
k→+∞
k fois
k fois
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
pnk = 9 × 9 × · · · × 9 = 9k → +∞.
k→+∞
fois n’est pas bornée (car la sous-suite (pnk )k diverge
Par conséquent, la suite (pn 1n ) = (pn )kn⩾0
vers +∞), ce qui entraine, d’après
le lemme d’Abel, que R ⩽ 1 d’où l’égalité R = 1.
Par conséquent, la suite (pn 1n ) = (pn )n⩾0 n’est pas bornée (car la sous-suite (pnk )k diverge
vers +∞), ce qui entraine, d’après le lemme d’Abel, que R ⩽ 1 d’où l’égalité R = 1.
Commentaires 218 Exercice original pour ce concours. Il s’avère très discriminant en
raison de la gestion de la suite (pn )n . Néanmoins, l’interrogateur attend d’un candidat
Commentaires
218leExercice
original
pour1ce(par
concours.
Il s’avère
en
). L’estimation
qu’il
justifie seul que
rayon vaut
au moins
majoration
naive très
de pndiscriminant
raison
de
la
gestion
de
la
suite
(p
)
.
Néanmoins,
l’interrogateur
attend
d’un
candidat
n
n
les candidats ayant une bonne autonomie
asymptotique de pn permettant de récompenser
qu’il justifie
seul que le rayon
vaut au
moins
1 (par majoration naive de pn ). L’estimation
(même
si l’interrogateur
inter-agit
avec
celui-ci).
asymptotique de pn permettant de récompenser les candidats ayant une bonne autonomie
(même si l’interrogateur inter-agit avec celui-ci).
476
Mines-Telecom
Exercice 219 (Mines-Telecom) On note :
∀n ∈ N∗ , Hn = 1 +
1
1 1
+ + ··· + .
2 3
n
+∞
Hn
1. Montrer l’existence de la somme
n=1
série entière.
2. Prouver l’existence de la somme
+∞
n=1
2n
puis la calculer. On pourra introduire une
Hn
puis la calculer. On pourra s’apn+1
2
(n + 1)
puyer sur l’utilisation des séries entières.
xn a un rayon de convergence égal à 1 et sa somme vaut
n⩾0
xn+1
]−1, 1[ . On en déduit que sa série primitivée
n⩾0
=
xk
1
sur
1−x
5
1. La série entière
n + 1 k⩾1
k⩾1
a également un rayon
3840
Solution 219
k
.20.2
55:1
6479
de convergence égal à 1 et que sa somme vaut − ln (1 − x) . Pour tout entier n, on pose :
0 si n = 0
1
an = 1, bn =
,
si n ⩾ 1
n
+∞
+∞
+∞ n
+∞
x
1
=
=
xn =
an xn , − ln (1 − x) =
bn x n
1 − x n=0
n
n=0
n=1
n=0
D’après le produit de Cauchy, on a :
∀x
∈
cn
=
+∞
1
(− ln (1 − x)) =
cn xn avec ∀n ⩾ 0,
]−1, 1[ ,
1−x
n=0
n
k=0
et ∀n ⩾
ak bn−k
=0 si n=k
1, cn =
n−1
⇒ c 0 = a0 b 0 = 0
=0
ak bn−k =
k=0
n−1
k=0
n
1
1
=
= Hn .
n − k j=n−k j=1 j
x.com
:Non
1
, on obtient l’égalité :
2
+∞
Hn
1
1
= 2 ln (2) .
−
ln
1
−
=
1
2n
2
n=1
1−
2
larvo
En choisissant x =
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀x ∈ ]−1, 1[ ,
:165
.225
ce qui nous donne les deux égalités suivantes :
+∞
n=1
Hn x n =
1
(− ln (1 − x)) = (− ln (1 − x)) (− ln (1 − x)) .
1−x
univ.
∀x ∈ ]−1, 1[ ,
scho
2. Avec les notations de la réponse à la question précédente, on a :
Séries entières
477
Le rayon de convergence de la série entière
Hn xn étant au moins 1, on peut primitiver
n
terme à terme sa somme à l’intérieur du disque ouvert de convergence ce qui nous permet
d’écrire :
∀x
∈
]−1, 1[ ,
⇔
+∞
+∞
n=1
Hn
x
0
n
t dt =
x
0
(− ln (1 − t)) (− ln (1 − t)) dt
(− ln (1 − x))
Hn n+1
x
=
n
+
1
2
n=1
2
+∞
2
(ln (2))
Hn
=
.
n+1 (n + 1)
2
2
x=1/2
n=1
⇒
Commentaires 219 Pour l’existence de chaque série, il suffit de remarquer l’encadrement naïf suivant :
∀n ⩾ 1, 0 ⩽ Hn ⩽ n
6479
3840
5
(car Hn est composé de n termes, tous majorés par 1). Ainsi, on peut affirmer que :
n
1
n3
Hn
2 n
=
=
O
o
=
→ 0
car
n
2n n→+∞
2n n→+∞
n2
2n
2n n→+∞
.20.2
55:1
(d’après les croissances comparées) d’où la convergence de la première série. En outre, on
a la majoration :
Hn
Hn
∀n ⩾ 1, 0 ⩽ n+1
⩽ n
2
(n + 1)
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
qui prouve la convergence de la seconde série. On peut également justifier la convergence
Hn
nk
(k ∈ N) via le critère de D’Alembert voire celles des séries
et
des séries
n
2
2n
n
n
Hn
par ce même critère. En effet, il s’agit de séries à termes strictement
n+1
2
(n + 1)
n
positifs et l’on a :
1
Hn +
⩾1
1
Hn+1
n
+
1
=
=1+
⩽1+
Hn
Hn
(n + 1) Hn
1
n+1
Hn+1
= 1. Pour les caln→+∞ Hn
Hn
xn+1 s’obtient
culs de séries, un candidat observant que la seconde série entière
n
+
1
n
Hn xn sera valorisé. De même pour celui observant que la série
en primitivant la série
n
n
Hn x est un produit de Cauchy (même si la justification est imparfaite, notamment
n
larvo
lim
x.com
:Non
(car Hn ⩾ 1) donc le théorème d’encadrement montre que
univ.
scho
en raison de l’absence de l’indice 0). Si cela n’est pas le cas, l’interrogateur guidera le
candidat dans cette direction.
478
Centrale Math 1
11.3
Centrale Math 1
Exercice 220 (Centrale) Soit
an z n une série entiêre et R son rayon de convergence.
n⩾0
1. Montrer que : R > 0 ⇔ ∃q > 0, ∀n ∈ N∗ , |an | ⩽ q n .
+∞
2. On pose S(z) =
n=0
an z n pour |z| < R. Montrer que :
1
∀r ∈ ]0, R[ , ∀n ∈ N, an =
2πrn
2π
S reiθ e−inθ dθ.
0
1
est développable en série entière.
S
3. On suppose que S(0) = 0. Montrer que
3840
5
Solution 220
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
1. Rappelons que R = sup r ∈ [0, +∞[ , (an rn )n∈N est bornée .
Implication directe. Supposons que R > 0 et fixons r ∈ ]0, R[ . D’après le lemme
d’Abel, la suite (an rn )n∈N∗ est bornée c’est-à-dire qu’il un réel M tel que :
n
1
∀n ∈ N∗ , |an rn | ⩽ M ⇔ |an | rn ⩽ M ⇔
|a
|
⩽
M
.
n
÷r n >0
r
n
1
1
Si M ⩽ 1 alors |an | ⩽
pour tout n ⩾ 1 et le réel q = > 0 convient. Si M ⩾ 1
r
r
n
M
M
alors, pour tout n ⩾ 1, M ⩽ M n donc |an | ⩽
convient.
donc le réel q =
r
r
Implication réciproque. Supposons qu’il existe deux réels M ⩾ 0 et q > 0 tels que :
n 1 ∗
n
⩽1
⇔ an
∀n ∈ N , |an | ⩽ q
÷q n >0 q n 1
1
donc la suite an
est bornée. Ceci entraine que R ⩾ > 0 donc R > 0.
q
q
n∈N
2. On fixe n ∈ N et r ∈ ]0, R[ . Pour tout θ ∈ [0, 2π] , on a l’égalité :
+∞
+∞
iθ −inθ
k ikθ
S re e
=
ak r e
ak rk ei(k−n)θ .
e−inθ =
k=0
x.com
:Non
k=0
Pour entier k, on pose fk : θ → ak rk ei(k−n)θ est une fonction continue sur le segment
[0, 2π]. La série
fk converge normalement sur [0, 2π] car la série
k
k⩾0 θ∈[0,2π]
sup |ak | rk =
larvo
sup |fk (θ)| =
k⩾0 θ∈[0,2π]
scho
univ.
converge. En effet, d’après le lemme d’Abel, la série
n
k⩾0
|ak | rk
an z n converge absolument dans
le disque ouvert de convergence, notamment en z = r (car r < R).
Séries entières
479
Par conséquent, le théorème de permutation série-intégrale montre que :
2π
2π
2π
+∞ 2π
+∞
+∞
iθ −inθ
k
ei(k−n)θ dθ.
fk (θ) dθ =
ak r
S re e
dθ =
fk (θ) dθ =
0 k=0
0
k=0 0
k=0
0
Or, si m ∈ Z∗ , on a l’égalité :
imθ 2π
2π
e2πim − 1
e
imθ
=0
e dθ =
=
im 0
im
0
(car e
2πim
= 1 si m ∈ Z) et si m = 0, on a l’égalité :
2π
2π
imθ
e dθ = dθ = 2π.
0
5
0
6479
3840
On en déduit que tous les termes de la somme sont nuls sauf celui d’indice k = n d’où
l’égalité suivante qui permet de conclure :
0
.20.2
0
55:1
2π
2π
iθ −inθ
n
S re e
dθ = an r
ei(n−n)θ dθ = 2πan rn .
:165
.225
3. Quitte à diviser S par S (0) = 0, on peut supposer que S (0) = 1. On procède alors par
analyse-synthèse.
1
soit développable en série entière
Phase d’analyse. Supposons que la fonction T =
S
donc il existe R et une série entière
bn z n de rayon de convergence R telle que
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
∀z ∈ C, |z| < R , T (z) =
+∞
bn z n .
n=0
Fixons ρ > 0 tel que ρ < min (R, R ) alors, pour tout z ∈ C vérifiant |z| < ρ, S (z) et
T (z) existent et on a les relations suivantes :
S (z) T (z) = 1 ⇔
+∞
n=0
cn z n = 1 avec ∀n ∈ N, cn =
n
ak bn−k
k=0
k=1
larvo
x.com
:Non
(d’après le produit de Cauchy). En particulier, comme a0 = S (0) = 1, en distinguant les
cas n = 0 et n ⩾ 1, on obtient les égalités suivantes :


a0 b0 = 1
b0 = 1




n
n
⇔ (R) :
∀n
⩾
1,
a
∀n
⩾
1,
b
b
+
a
b
=
−
ak bn−k


0
n
k
n−k
n


k=1
univ.
scho
Phase de synthèse. On considère la suite récurrente (bn )n∈N définie par la relation
(R) . D’après la question 1, il existe un réel strictement positif q tel que :
∀n ∈ N∗ , |an | ⩽ q n .
480
Centrale Math 1
En particulier, pour tout entier n ⩾ 1, on dispose de la majoration :
n
n
n
|bn | = ak bn−k ⩽
|ak | |bn−k | ⩽
q k |bn−k |
k=1
k=1
k=1
En divisant cette inégalité par q n et en utilisant le changement de variable j = n − k, on
obtient la majoration :
n−1
|bn | |bj |
.
∀n ⩾ 1, n ⩽
q
qj
j=0
Remarquons que
|b0 |
|bj |
= 1 ⩽ 20 et si j ⩽ 2j pour tout j < n alors :
q0
q
5
n−1
n−1
2n − 1
|bn | |bj | j
= 2n − 1 ⩽ 2n .
⩽
⩽
2
=
j
qn
q
2
−
1
j=0
j=0
D’après la question 1, cela entraine que la série
6479
|bn |
n
⩽ 2n ⇔ |bn | ⩽ (2q) .
qn
55:1
∀n ∈ N∗ ,
3840
Ainsi, d’après le principe de récurence (forte), on peut affirmer que :
bn z n admet un rayon de convergence
∀z ∈ C tel que |z| < R , T (z) =
:165
.225
R > 0. En outre, on pose
.20.2
n
+∞
bn z n .
n=0
n=0
donc
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Par construction de (bn )n , pour tout z ∈ C avec |z| < min (R, R ) , on a l’égalité :
n
+∞
+∞
+∞ n
n
S (z) T (z) =
an z
bn z =
ak bn−k z n = a0 b0 = 1
n=0
n=0
k=0
1
= T est bien développable en série entière.
S
=0 si n⩾1
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 220 L’exercice possède une progressivité tout à fait adaptée à ce concours.
Question 1 : La réciproque doit être instantanée pour un candidat à ce concours.
Question 2 : Il s’agit d’une question d’application du cours sans difficulté particulière.
Question 3 : Il s’agit d’une question ouverte dont le but est d’observer la réactivité du candidat et son autonomie. Il est vraisemblable que, pour l’immense majorité des candidats,
l’interrogateur indique de procéder par analyse-synthèse pour avoir une « expression » des
coefficients de l’inverse). Une fois que le candidat a obtenu « l’expression », on attend
de lui qu’il montre que la série construite a un rayon de convergence non nul. La difficulté étant d’imaginer la majoration qui est loin d’être immédiate. Les meilleurs candidats
peuvent finir cet exercice dans le temps imparti.
Séries entières
11.4
481
Mines-Ponts
Exercice 221 (Mines-Ponts) Soient α et λ deux réels avec λ dans ]−1, 1[. On définit
l’ensemble E des fonctions f de classe C 1 sur R telles que :
∀x ∈ R, f (x) = αf (x) + f (λx).
1. Montrer que E ⊂ C ∞ (R, R).
2. Déterminer une fonction non nulle de E qui soit développable en série entiêre.
3. Déterminer alors l’ensemble E.
Solution 221
1. Soit f ∈ E. On procède par récurrence sur n pour établir la propriété
(Hn ) : «f est de classe C n+1 sur R et ∀x ∈ R, f (n+1) (x) = αf (n) (x) + λn f (n) (λx)».
3840
∀x ∈ R, f (x) = αf (x) + f (λx).
5
Initialisation n = 0. La fonction f est dérivable sur R et
6479
Or la fonction x → αf (x) + f (λx) est continue sur R (car dérivable) donc la fonction f est continue sur R c’est-à-dire f est de classe C 1 sur R, ce qui établi la propriété (H0 ).
:165
.225
.20.2
55:1
Hérédité. Supposons (Hn ) vraie pour un certain entier n et montrons (Hn+1 ). D’après
(Hn ), la fonction f est de classe C n+1 sur R, donc la fonction f (n) est de classe C 1 sur
R, et l’on a :
∀x ∈ R, f (n+1) (x) = αf (n) (x) + λn f (n) (λx).
La fonction x → f (n) (x) + λn f (n) (λx) étant de classe C 1 sur R, on en déduit que la
fonction f (n+1) est de classe C 1 sur R c’est-à-dire f est de classe C n+2 sur R et l’on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀x ∈ R, f (n+2) (x) = (f (n+1) ) (x) = αf (n+1) (x) + λn+1 f (n+1) (λx),
ce qui démotre (Hn+1 ) et achève la récurrence.
En particulier, f est de classe C ∞ sur R.
2. Procédons par analyse synthèse.
Phase d’analyse. Considérons une série entière
+∞
an xn
n=0
sur l’intervalle ]−R, R[. Supposons que S ∈ E alors, pour tout
En outre, comme |λ| < 1, on a :
=
+∞
nan x
larvo
nan x
n=0 =0 si n=0
n−1
n=1
n−1
=
k=n−1
scho
+∞
univ.
S (x) =
∞
x.com
:Non
S : x ∈ ]−R, R[ →
an xn de rayon de convergence
n⩾0
R > 0 et sa somme
qui est de classe C
x ∈ ]−R, R[ , on a :
|λx| = |λ| |x| < 1 × R = R
+∞
k=0
(k + 1) ak+1 xk .
482
Mines-Ponts
donc λx ∈ ]−R, R[ , ce qui permet d’écrire :
αS(x) + S(λx) = α
+∞
n=0
n
an x +
+∞
n
an (λx) =
n=0
+∞
(α + λn ) an xn .
n=0
On peut alors écrire pour tout x ∈ ]−R, R[ :
S (x) = αS(x) + S(λx) ⇔ ∀n ∈ N, (n + 1) an+1 = (α + λn ) an
(d’après l’unicité du développement en série entière). Ainsi, pour tout entier n, on a :
an+1
=
an
=
=
α + λn
an ⇒ ∀n ⩾ 1,
n+1
α + λn−2
α + λn−1
α + λn−1
an−1 =
×
an−2 = · · ·
n
n
n−1
n−1
α + λn−1
α + λn−2
α + λ0
a0 ×
× ··· ×
a0 =
α + λk
n
n−1
1
n!
3840
5
k=0
55:1
6479
(par une récurrence immédiate sur n) donc on peut écrire :
+∞
+∞ n n−1
x
∀x ∈ ]−R, R[ , S (x) = a0 +
a n x n = a0 1 +
α + λk
.
n!
n=1
n=1
.20.2
Phase de synthèse. Pour tout entier n, posons :
1 α + λk .
n!
e:21
1075
3582
:889
1250
2
S’il existe un entier N tel que aN = 0 alors
k=0
:165
.225
n−1
a0 = 1 et ∀n ⩾ 1, an =
k=0
∀n ⩾ N, an = 0
(par récurrence sur n) donc la série entière
an xn a un rayon de convergence infini
n
(puisqu’elle ne contient qu’un nombre fini de termes non nuls).
Si pour tout entier n, an = 0 alors, pour tout réel x = 0, on a :
an+1 xn+1 α + λn =
→ 0
an xn n |x| n→+∞
x.com
:Non
(car |λ| < 1 donc lim λn = 0 et lim n = +∞). D’après le critère de D’Alembert, la
n→+∞
n→+∞
n
série
an x converge pour tout réel x = 0 donc pour tout réel.
n
infini et sa somme
larvo
Dans tous les cas, on en déduit que la série entière
scho
ϕ : x ∈ R →
+∞
an xn est de rayon de convergence
n⩾0
an xn
n=0
univ.
vérifie l’équation (E) (par construction). En outre, toute solution de (E) développable en
série entière est colinéaire à ϕ.
Séries entières
483
3. Soit f une solution de (E) . Prouvons que f est développable en série entière, ce qui
démontrera que l’ensemble des solutions de (E) est Vect (ϕ) (où ϕ est définie à la réponse
de la question précédente).
Pour cela, nous allons montrer que la série de Taylor de f en 0 converge vers f sur R.
(n)
Soit a > 0.
est continue sur le segment [− |x| , |x|] = I
Pour
tout entier n, la fonction f
(n)
donc sup f = Mn existe. En outre, on a :
I
∀t ∈ I,
|λt| = |λ| |t| ⩽ 1 × |x| = |x| ⇒ λt ∈ I.
Pour tout entier n, en dérivant n fois l’équation (E) , on obtient l’égalité :
∀t ∈ I, f (n+1) (t) = αf (n) (t) + λn f (n) (λt) .
L’inégalité triangulaire fournit alors l’inégalité suivante valable pour tout t ∈ I :
(n+1) (t) ⩽ |α| f (n) (t) + λn f (n) (λx) ⩽ |α| Mn + Mn = (|α| + 1) Mn
f
⩽1
5
3840
⇒
n
Mn+1 = sup f (n+1) ⩽ (|α| + 1) Mn ⇒ Mn ⩽ (|α| + 1) M0
[−a,a]
55:1
6479
(par une récurrence immédiate). D’après l’inégalité de Taylor, pour tout x ∈ [−a, a] , on
a la majoration suivante :
n
n+1
n+1
((|α| + 1) |x|)
f (k) (0) k |x − 0|
x ⩽
Mn+1 ⩽
→ 0
f (x) −
n→+∞
k!
(n + 1)!
(n + 1)!
.20.2
k=0
n→+∞
n
f (k) (0)
k!
k=0
quelque soit x ∈ R c’est-à-dire que la série
xk = f (x)
f (k) (0)
e:21
1075
3582
:889
1250
2
lim
:165
.225
(d’après les croissances comparées). Le théorème d’encadrement montre que :
k⩾0
k!
xk converge quelque soit x ∈ R
et sa somme vaut f. Autrement dit, on vient de montrer que f est développable en série
entière sur R, ce qui permet de conclure.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 221 Exercice suffisamment progressif et détaillé, ce qui est relativement
rare à ce concours.
Question 1 : Il s’agit d’un raisonnement élémentaire probablement abordé en MPSI ou MP
à propos des solutions d’équations différentielles (par exemple y = y).
Question 2 : Cette question est traditionnelle dans les équations différentielles (mais ici,
il ne s’agit d’une équation différentielle du cours de MPSI-MP). Il est attendu du candidat
qu’il songe à un raisonnement par analyse-synthèse ou du moins, qu’il détermine les solutions développables en série entière sans se soucier de la nullité ou non de son rayon de
convergence. Un tel candidat sera valorisé s’il parvient à déterminer l’expression des coefficients de la série entière. La détermination du rayon se fait simplement par D’Alembert.
Cette question ne doit pas poser de difficulté insurmontable aux candidats à ce concours.
Question 3 : Il s’agit de la question la plus difficile du sujet dont le point clé est de prouver
pour
484que la solution est développable en série entière. Le raisonnement mené est classique
Mines-Ponts
les concours Mines-Ponts et Centrale-SupElec : utiliser l’inégalité de Taylor pour montrer
que la série de Taylor converge vers la fonction considérée. N’hésitez pas à retravailler ce
raisonnement.
π/4
484raisonnement.
Mines-Ponts
raisonnement.
π/4
Exercice 222 (Mines-Ponts) On pose : ∀n ∈ N, an =
tann t dt. Étude de la série
0
π/4
n
a
x
:
rayon
de
convergence,
étude
aux
bornes
du
domaine
définition,
entiêre
n (Mines-Ponts) On pose : ∀n ∈ N, an =
tann t dt.deÉtude
de laCalcul
série
Exercice 222
n⩾0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
5
0
de la somme.
n
an x : rayon de convergence, étude aux bornes du domaine de définition, Calcul
entiêre
n⩾0
an xn .
Solution
222 Rayon de convergence. Notons R le rayon de convergence de la série
de la somme.
n
π
Par monotonie de la fonction tan sur 0,
, on a la majoration suivante
4
an xn .
Solution 222 Rayon de convergence. Notons
R le rayon de convergence de la série
n
π
π/4
, on
Par monotonie de la fonction
tan sur 0,
π
π a la majoration suivante
π
4
∀x ∈ 0,
, 0 ⩽ tan(x) ⩽ tan
= 1 ⇒ 0 ⩽ an ⩽
1n dt = .
4
4
4
0
π/4
π π
π
π = 1 ⇒ 0 ⩽ an ⩽
, 0 ⩽ tan(x) ⩽ tan
∀x ∈ 0,
1n dt = .
n
4 x vaut 1 (par D’Alembert par
4 exemple) donc
Le rayon de convergence4 de la série entière
0
4
n
R ⩾ 1.
π
Le
rayon deque
convergence
de la
la série
série entière
xn vaut
1 (par
par exemple)
donc
Supposons
R > 1 alors
an xn converge
pour
x = D’Alembert
1. Posons, pour
tout entier
n,
4
n
n⩾0
R ⩾ 1.
π
π
n
.
La
série
:
t
→
(tan
(t))
qui
est
continue
sur
0,
f
converge
simplement
sur
0, n,
fSupposons
n
n
que R > 1 alors la série
an x4 converge pour xn= 1. Posons, pour tout entier
4
n⩾0
n⩾0
π
π
(série géométrique
de raison tan (t) ∈ ]−1,
1[) et sa somme
n
. La série
fn converge simplement sur 0,
fn : t → (tan (t)) qui est continue sur 0,
4
4
+∞
n⩾0
1
= f (t) .
: t →1[) et sa somme
(série géométrique de raison tan (t)f∈
n ]−1,
1 − tan (t)
n=0
+∞
π
π
1
f (t)0,
.
fn : t →fn est positive= sur
est continue sur 0,
. En outre, comme
pour tout entier n, la série
1 − tan (t)
4
4
n=0
π
π
π/4
π/4
0,
comme
est continue sur 0,
. En outre,
fn est positive
sur
pour tout entier n, la série
4
|fn | =
fn =
an 4
n⩾0 0
π/4
n⩾0
n⩾0
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
0
π/4
|fn | = série-intégrale,
fn =
anon peut affirmer que la fonction
converge. D’après le théorème
de
permutation
π
π
n⩾0 0
n⩾0 0
n⩾0
f est intégrable sur 0, . Or, la fonction tan étant dérivable en , on dispose de l’équivalent
4
4
suivant
: D’après le théorème de permutation série-intégrale, on peut affirmer que la fonction
converge.
π
π
f est intégrable sur 0, . Or,πla fonction tan étant
dérivable
en , on dispose de l’équivalent
tan (t) −
4 tan
π4 2
π
4
suivant :
=
1
+
tan
→
tan
= 2 = 0
π
4
4
t−
π u→π/4
4
π 2
tan (t) − tan
π π 1
1
4
→ tan
= 1 + tan
= 2 =
= 0g (t) .
⇔
∼
⇒ tan (t) − 1 π ∼ 2 t −
4
1 4− tan (t) u→π/4 24 π − t
t − u→π/4 u→π/4
4
4
1
π
1
π
= g (t) .
∼
⇔
⇒ tan (t) − 1 ∼ 2 t −
1 − tan (t) u→π/4 2
4
u→π/4
−t
4
Séries entières
485
π
La fonction f est positive et intégrable sur 0, , on en déduit que la fonction g est intégrable
4
π
donc l’intégrale
sur 0,
4
π/4
g (t) dt
1
=
u=π/4−t 2
0
0
1
1
(−du) =
u
2
π/4
1
du
u
0
π/4
converge, ce qui est absurde (intégrable de Riemann de paramètre 1). Par conséquent, on en
déduit que R = 1.
Étude de la convergence en x = R = 1. D’après le raisonnement que nous venons de faire,
la série
an xn ne converge pas pour x = 1.
n
Étude de la convergence en x = −R = −1. Comme la suite (an )n est positive, la série
n
an xn =
(−1) an est alternée. La suite (an )n est décroissante car :
∈
3840
∀n
5
n
π
n+1
n
N, ∀t ∈ 0,
, 0 ⩽ tan (t) ⩽ 1
⇒
(tan (t))
⩽ (tan (t))
4
×(tan(t))n
6479
n
0
.20.2
0
55:1
π/4
π/4
n+1
n
⇒ an+1 =
(tan (t))
dt ⩽
(tan (t)) dt = an .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Montrons que la suite (an )n converge vers 0 en utilisant
π
π le théorème de convergence dominée.
et elle converge simplement sur 0,
Pour tout entier n, la fonction fn est continue sur 0,
4
4
vers la fonction
0 si 0 ⩽ t < π/4
f : t →
1 si t = π/4
π
. En outre, on dispose de la domination :
qui est continue par morceaux sur 0,
4
π
∀n ∈ N, ∀t ∈ 0,
, |fn (t)| ⩽ 1n = 1 = ϕ (t) .
4
π
La fonction ϕ étant manifestement intégrable sur 0,
, le théorème de convergence dominée
4
montre que :
π/4
π/4
lim
fn =
f ⇔ lim an = 0.
n→+∞
0
x.com
:Non
n→+∞
0
Le critère spécial des séries alternées permet d’affirmer que la série
n
an x converge pour x = −1.
n
larvo
la série
scho
Calcul de la somme. Soit x ∈ ]−1, 1[ . Notons
+∞
univ.
S (x) =
n=0
an xn .
n
n
(−1) an converge donc
486
Mines-Ponts
Nous allons utiliser un théorème de permutation série-intégrale. Pour tout entier n, considérons
la fonction
π
. La série
qui est continue sur 0,
4
fn : t → xn (tan (t))
sup
n⩾0 t∈[0,π/4]
|fn (t)| =
n
n⩾0
|x|
n
S (x) =
fn =
n=0 0
n=0
0
n
(x tan (t)) dt =
n=0
π/4
du
.
1 − x tan(u)
0
55:1
0
fn =
π/4
+∞
6479
π/4
+∞
π/4
+∞ 3840
5
(série géométrique de raison |x| ∈ ]−1, 1[) donc la série de fonctions
fn converge normalen
π
ment, donc uniformément, sur le segment 0,
. Le théorème de permutation série-intégrale
4
permet alors d’écrire :
Pour calculer cette dernière intégrale, on effectue le changement de variable
.20.2
tan (u) ⇔ u = arctan (t) , dt = 1 + tan2 (u) du = (1 + t2 )du
dt
, t = 0 alors u = 0, t = π/4 alors u = 1.
⇒ du =
1 + t2
=
:165
.225
t
π/4
0
du
=
1 − x tan(u)
1
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
On en déduit une nouvelle formule :
1
1
×
dt.
1 − xt 1 + t2
L’intégrande étant une fraction rationnelle, on a décompose en éléments simples. Il existe trois
réels a, b, c tels que :
x.com
:Non
1
b + ct
a
1
×
+
=
.
2
1 − xt 1 + t
1 − xt 1 + t2
En multipliant cette égalité par 1 − xt (resp. 1 + t2 ), en la simplifiant puis en faisant tendre t
1
(resp. i), on obtient :
vers
x




scho
x2
1
x
,b=
,c=
2
2
1+x
1+x
1 + x2
univ.
⇒ a=
larvo
x2
a=
1 + x2
1
+
ix
1
1
x


 b + ic = 1 − ix =
2 = 1 + x2 + i 1 + x2
|1 − ix|
Séries entières
487
(par identification des parties réelles et imaginaires). On en déduit que :
S (x)
=
=
1
1 + x2
1
1 + x2
1 0
1 + xt
x2
+
1 − xt
1 + t2
1 1
2t
x
x2
+
+ ×
2
1 − xt 1 + t
2 1 + t2
0
=
=
dt
dt
t=1
x 1 −x ln |1 − xt| + arctan(t) + ln 1 + t2 2
1+x
2
t=0
π x
1 −x ln(1 − x) + + ln(2)
1 + x2
4
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
5
Commentaires 222 Exercice classique pour ce concours, de difficulté standard avec des
questions de niveau très variées donc il jouera un bon rôle discriminatoire des candidats.
Il est attendu que le candidat parvienne à minorer le rayon de convergence et à déterminer
sa somme sous forme d’une intégrale dans le disque ouvert de convergence.
L’étude de la convergence pour x = 1 (ou, ce qui revient au même la détermination
exacte du rayon de convergence) est la question la plus difficile de cet exercice mais le
raisonnement est relativement classique pour ce concours. N’hésitez pas à le retravailler
si nécessaire car il vous servira pour d’autres exercices. Pour les candidats n’y parvenant
pas, l’interrogateur proposera des pistes (raisonnement par l’absurde et utilisation d’un
théorème de permutation série-intégrale). Il sera alors attentif à la bonne connaissance du
théorème dédié et à la rigueur de sa mise en place par le candidat.
L’étude de la convergence pour x = −1 est assez aisé (si on pense au critère spécial des
séries alternées).
Le calcul de l’intégrale est assez technique mais assez proche du cours (changement de
variable naturel, décomposition en éléments simples) et demande essentiellement de la
rigueur dans ses calculs.
Exercice 223 (Mines-Ponts) Soient a > 0 et f ∈ C ∞ (]−a, a[ , R) dont toutes les dérivées
sont positives sur ]−a, a[ .
1. Soit Rn (x) le reste de Taylor d’ordre n entre 0 et x. Montrer que Rn est une fonction
croissante sur [0, a[ .
2. Montrer que f est développable en série entière sur ]−a, a[ .
x
x.com
:Non
Solution 223
1. Rappelons que :
1
∀x ∈ [−a, a] , Rn (x) =
n!
0
(x − t)n f (n+1) (t)dt.
t
qui est de classe C 1 sur [0, x]
x
et réalise une bijection strictement croissante de [0, x] sur [0, 1] . Comme, t = xu, on a
dt = xdu. Quand t = 0 alors u = 0 et quand t = x alors u = 1.
1
0
n
(x − xu) f
(n+1)
xn+1
(xu) xdu =
(n + 1)!
univ.
1
Rn (x) =
n!
scho
larvo
Si x ∈ ]0, a[, on effectue le changement de variable u =
1
0
n
(1 − u) f (n+1) (xu) du.
488
Mines-Ponts
Cette formule reste manifestement valable pour x = 0. Soit (x, y) ∈ [0, a[ avec x ⩽ y.
Comme f (n+1) = f (n+2) est positive sur [0, a[ , on peut affirmer que la fonction f (n+1)
est croissante sur [0, a[ . On peut alors écrire :
x ⩽ y ⇒ ∀u ∈ [0, 1] , xu ⩽ yu ⇒ ∀u ∈ [0, 1] , f (n+1) (xu) ⩽ f (n+1) (yu)
n
⇒
×(1−u)n ⩾0
⇒ (I) :
n
∀u ∈ [0, 1] , (1 − u) f (n+1) (xu) ⩽ (1 − u) f (n+1) (yu)
1
0
n
(1 − u) f
xn+1
⇒
×xn+1 /(n+1)!⩾0 (n + 1)!
1
0
(n+1)
(xu) du ⩽
1
0
n
(1 − u) f
(n+1)
n
(1 − u) f (n+1) (yu) du
xn+1
(xu) du ⩽
(n + 1)!
1
0
n
(1 − u) f (n+1) (yu) du
3840
5
n+1
x
Rn (y)
⩽
Rn (y)
⇔ Rn (x) ⩽
y
0⩽x/y⩽1
n
f (k) (0)
k!
k=0
xk .
:165
.225
⩾0
.20.2
La suite (Sn )n∈N est croissante car :
55:1
Sn (x) =
6479
donc la fonction t → Rn (t) est bien croissante sur [0, a[.
2. Soit x ∈ [0, a[ . Pour tout entier n, on pose :
⩾0
f (n+1) (0) n+1
x
⩾ 0.
∀n ∈ N, Sn+1 (x) − Sn (x) =
n!
e:21
1075
3582
:889
1250
2
D’après la formule de Taylor-Lagrange à l’ordre n en 0, on a :
∀n ∈ N, f (x) = Sn (x) + Rn (x) .
Comme Sn (x) et Rn (x) sont positifs (le premier comme somme de nombres positifs, le
second car Rn (x) ⩾ Rn (0) = 0 par croissance de la fonction t → Rn (t)), on en déduit
les deux majorations suivantes :
f (x) − Sn (x) = Rn (x) ⩾ 0
(∗) : Sn (x) ⩽ f (x)
∀n ∈ N,
⇒
.
f (x) − Rn (x) = Sn (x) ⩾ 0
(∗∗) : Rn (x) ⩽ f (x)
x.com
:Non
Ainsi, la suite (Sn (x))n∈N est majorée (d’après (∗)) et croissante donc elle converge.
Fixons y ∈ ]x, a[. D’après la fin de la preuve de la question précédente, on a :
n
x
∀n ∈ N, 0 ⩽ Rn (x) ⩽
Rn (y)
y
n→+∞
univ.
scho
larvo
donc, en utilisant l’inégalité (∗∗) avec y (puisqu’elle est valable pour tout x ∈ [0, a[), on
obtient l’encadrement :
n
x
x
0 ⩽ Rn (x) ⩽
f (y) → 0 (car ∈ ]−1, 1[)
n→+∞
y
y
⇒
lim Rn (x) = 0 ⇒ lim Sn (x) = f (x) .
n→+∞
Séries entières
489
Par définition de la convergence des séries, on peut affirmer que la série
k!
k⩾0
converge et sa somme vaut f (x) d’où l’égalité :
∀x ∈ [0, a[ , f (x) =
f (k) (0)
+∞ (k)
f (0)
k=0
k!
xk
xk .
ce qui justifie l’égalité
∀x ∈ [0, a] ,
f (x) =
+∞ (k)
f (0)
k!
k=0
xk .
n+1
n+1
n+1
|x − 0|
|x|
|x|
sup f (n+1) =
sup f (n+1) =
f (n+1) (0) ,
(n + 1)! [x,0]
(n + 1)! [x,0]
(n + 1)!
6479
|f (x) − Sn (x)| ⩽
3840
5
Montrons que cette égalité perdure sur l’interrvalle ]−a, 0] , ce qui démontrera que f est
bien développable en série entière sur ]−a, a[ .
Soit x ∈ ]−a, 0]. D’après inégalité de Taylor à l’ordre n et comme la fonction f (n+1) est
positive et croissante sur [x, 0] , on a la majoration :
.20.2
55:1
ce qui prouve que la suite (Sn (x))n∈N converge vers f (x) et permet de conclure.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 223 Exercice classique pour les concours Mines-Ponts et Centrale-SupElec,
ce qui ne l’empêche pas d’être très discriminant car il nécessite une maitrise des formules
de Taylor et de raisonnements assez fin (d’où un recul sur ses calculs). Pour la question,
lorsqu’il s’agit de montrer qu’une fonction est développable en série entière en utilisant les
formules de Taylor, il suffit de montrer que le reste de Taylor tend vers 0 (raisonnement
classique et à connaitre).
Exercice 224 (Mines-Ponts) Rayon de convergence et somme de la série entière
n
n(−1) xn .
n⩾1
x.com
:Non
Solution 224 Rayon. Notons R son rayon de convergence. Pour tout entier n ⩾ 1, on a la
majoration suivante :
n
si n est pair
n |x|
(−1)n n n
(−1)n
1 n
|x| =
x = n
n
|x|
sinon
n
1 n (−1)n n n
|x| ⩽ n
x ⩽ n |x| .
⇒
n
larvo
Si |x| < 1 alors, d’après les croissances comparées, on a
n
n
n
∀n ∈ N∗ , 0 ⩽ n(−1) xn ⩽ n |x|
→ 0 ⇒ lim n(−1) xn = 0 ⇒ R ⩾ 1
scho
n→+∞
n→+∞
univ.
(par le lemme d’Abel). Si |x| > 1, toujours d’après les croissances comparées, on a
n
n
1 n
∀n ∈ N∗ , n(−1) xn ⩾ |x|
→ +∞ ⇒ lim n(−1) xn = +∞ ⇒ R ⩽ 1
n→+∞
n→+∞
n
490
Mines-Ponts
(par le lemme d’Abel) donc R = 1.
n
Somme. Soit x ∈ ]−1, 1[ alors la série
n(−1) xn converge absolument donc la famille
n⩾1
(−1)n n x n∈N∗ est sommable. En partition N∗ selon les entiers pairs et impairs, le théorème
n
de sommation par paquets montre que :
+∞
n
n(−1) xn
=
n
n(−1) xn +
n∈N∗
n pair
n=1
=
x
+∞
n
n(−1) xn =
n∈N∗
n impair
2kx2k−1 +
k=1
+∞
k=0
+∞
2kx2k +
k=1
+∞
k=0
1
x2k+1
2k + 1
x +∞
+∞
1
x2k+1 = x
t2k dt
x2k +
2k + 1
0 k=0
k=0
(les séries entières sont primitivable et dérivable terme à terme dans l’intervalle ouvert de
x2k ). En utilisant la somme de la série géoméconvergence, ici r = 1 pour la série entière
x2
k=0
=
1
1
1
=
=
1 − x2
(1 − x) (1 + x)
2
ce qui fournit l’égalité suivante :
n(−1) xn
=
n=1
=
−2x
1
1
+
1−x 1+x
,
1
x
[− ln (1 − t) + ln (1 + t)]0
2
1+x
2x2
1
2 + 2 ln 1 − x .
(1 − x2 )
x −
2
(1 − x2 )
+
:165
.225
n
e:21
1075
3582
:889
1250
2
+∞
3840
k
6479
k=0
+∞
55:1
x2k =
.20.2
+∞
5
k
trique, on obtient :
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 224 Exercice sans difficulté particulière, hormis la prise en compte de
la parité pour mieux voir le comportement de la série (ne serait-ce que pour le calcul de la
somme).
Chapitre 12
Chapitre 12
Espaces vectoriels normés
Espaces vectoriels normés
CCINP

1 1
1
2 4
4
12.1 CCINP


1 1
5


Exercice 225 (CCINP) Soit M =  4 3 12  .




 11 15
11 


 24 12

4
4
3


1 1
5


n
Exercice
225 (CCINP)
Soit
1. La suite
de matrices
(MM)n= converge
? .
 4 3 t-elle
12 


n


2. Soit N = lim M . Que représente
 1 5N ? 1 
n→∞
4 12 3
3. Déterminer N .
3840
5
12.1
:165
.225
.20.2
55:1
6479

e:21
1075
3582
:889
1250
2
 
un
1. La suite de matrices (M n )n converge t-elle ?
4. Soit (un )n , (vn )n net (wn )n trois suites réelles et Xn =  vn  telles que, pour tout
2. Soit N = lim M . Que représente N ?
wn
n→∞
entier naturel
t-elle ? Si oui, quelle est
3. Déterminer
N .n, Xn+1 = M Xn . La suite (Xn )n converge
 
sa limite ?
un
4. Soit (un )n , (vn )n et (wn )n trois suites réelles et Xn =  vn  telles que, pour tout
wn
entier naturel n, Xn+1 = M Xn . La suite (Xn )n converge t-elle ? Si oui, quelle est
sa limite ?
x.com
:Non
Solution 225
larvo
Solution 225
492
CCINP
univ.
scho
1. Effectuons la réduction de la matrice M. Commençons par déterminer son polynôme
caractéristique.
1 1
1 1
1
X − 1
X −
−
−
−
−
4 M.
4 matrice
2 de la
4
Commençons
par déterminer
1. Effectuons la réduction
son4 polynôme
5 1
5 X − 1 X − 1
−1
−
X
−
−
χM (X) = 12 C1 ←C1=
3
4
12 3
+C2 +C3 1
5
1
5
1 492
CCINP
492
CCINP
55:1
6479
3840
5
caractéristique.
caractéristique.
1
1
1 1 1
X −
X − 1
−
−
−
−
41
41 41
14 12
−5 −
−5 − 1
X −1
X − 1
2 X −4 1
− 4 − 4 X − 1 X −4
=
χM (X) = − 4
31
12
12
5 C1 ←C1 +C2 +C3 1
5 13
X − 1 X −5
− 1 X −5
− 1 =
χM (X) = − 14
12 C1 ←C1 +C2 +C3 X − 1 − 3 X −
12 − 3 X−
−
4
12
3
12
31 1
5
1
5
X− X− −
X − 1 −
−
4 12 1
31 12 1
31 1
1
−
− −
−
41
41 41
41 1
−5 1
− 1
−1 −
0 X −4 1
4
2 −L1
− 4 L2 ←L
− 4 =
(X
−
1)
= (X − 1) 1 X − 3
12
12
61 5 L
1
1
3 ←L3 −L1
0 X −
2 −L1
− 1 L2 ←L
− 1 = (X − 1) 1 X −5 3
=
(X
−
1)
1
12 L3 ←L3 −L1
X−
− 12 X −6 0
1 −
12
31 61
12
5
1 X − −
X− 1 −
0
6
12 1 3 112
−
X −
2 2 12
61
1
1
1
= (X − 1) X −1
− 1 = (X − 1) X − 2 − 2 12
− 12 X −6 1
16
=
(X
−
1)
X
−
= (X − 1) −
61
12
1
12 6 −
X−
6 1
1 12 1
1
1
1
− X −
+ = (X − 1) X − X + = (X − 1) X −
12
12
12
1
14
16
1
16
1
X+
= (X − 1) X −
+
X−
−
= (X − 1) X −
12
12 6à racines donc M est4 diagonalisable
6 M est scindé
12 de
Ainsi, le polynôme caractéristique
:165
.225
.20.2
(on
peut
directement
utilisé ledethéorème
spectral),
Ainsi,
le aussi
polynôme
caractéristique
M est scindé
à racines donc M est diagonalisable
spectral),
(on peut aussi directement utilisé le théorème
1
1
Sp (M ) = 1, , − 14 12
1
Sp (M ) = 1, , −
4 12
et chaque espace est alors de dimension 1. Il existe
une matrice P inversible telle que :
(puisque l’application
Mn
n→+∞
→
n→+∞
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n telle que :
P inversible
et chaque espace est alors dedimension 1. Il existe une matrice
1
1
1
1
−1
n
M = P diag 1, , − P ⇒ ∀n ∈ N, M = P diag 1, n , − n P −1 .
41
12
1
14 12
1
P −1 ⇒ ∀n ∈ N, M n = P diag 1, n , −
M = P diag 1, , −
P −1 .
4 12 n
4
12
1
1
La suite diag 1, n , − n converge vers la matrice diag (1, 0, 0) donc
41
12
1
n∈N
La suite diag 1, n , −
converge vers la matrice diag (1, 0, 0) donc
4
12 n n∈N
M
→ P diag (1, 0, 0) P −1
P diag (1, 0, 0) P −1
x.com
:Non
f : X ∈ M3 (R) → P XP −1
(puisque l’application
XP −1
f : X est
∈M
3 (R) →
est continue sur M3 (R) puisqu’elle
linéaire
enP dimension
finie).
2. est
D’après
la question
on aest linéaire en dimension finie).
continue
sur M3précédente,
(R) puisqu’elle
larvo
2. D’après la question précédente, on a
N = P diag (1, 0, 0) P −1
N = P diag (1, 0, 0) P −1
N 2 = P diag 12 , 02 , 02 P −1 = N
donc :
2 2 2 −1
diag
1 ,0 ,0 P = N
N 2 = P de
c’est-à-dire que N est une matrice
projection.
univ.
scho
donc :
c’est-à-dire que N est une matrice de projection.
Espaces vectoriels normés
493
3. Déterminons une base de chaque espace propre pour déterminer la matrice P.


1
1
1
−
 2
4
4 
 


1
 1

2
5


−
1 .
E1 (M ) = ker (M − I3 ) = ker  4
=
Vect

3 12 

1
 1
2
5

− 
4
12
3
En effet, si Ci représente la ie colonne de la matrice M −I3 et u désigne l’endomorphisme
dont la matrice dans base canonique (e1 , e2 , e3 ) de R3 est M − I3 , on a :
C1 + C2 + C3 = 03,1 ⇔ u (e1 ) + u (e2 ) + u (e3 ) = 0 ⇔ u (e1 + e2 + e3 ) = 0.

1
4
 

2
5

1 .
=
Vect

12 
1
1

12
5
1
4
1
12
5
12
3840
1
4

1
1

E1/4 (M ) = ker M − I3 = ker  4

4
1

4
6479

.20.2
55:1
En effet, si Ci représente la ie colonne de la matrice
:165
.225
1
M − I3
4
et u désigne l’endomorphisme dont la matrice dans base canonique (e1 , e2 , e3 ) de R3 est
M − I3 , on a :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
2C1 + C2 + C3 = 03,1 ⇔ u (2e1 ) + u (e2 ) + u (e3 ) = 0 ⇔ u (2e1 + e2 + e3 ) = 0.

7
 12

1
1

E−1/12 (M ) = ker M + I3 = ker  4

12
1

4
1
4
5
12
5
12
En effet, si Ci représente la ie colonne de la matrice

1
4
 

0
5

 1  .
=
Vect

12 
−1
5

12
1
I3
12
x.com
:Non
M+
larvo
et u désigne l’endomorphisme dont la matrice dans base canonique (e1 , e2 , e3 ) de R3 est
M − I3 , on a :
1
Ainsi, la matrice P = 1
1
2
1
1

0
1
1
1  est inversible et on a M = P diag 1, , −
P −1 .
4 12
−1
univ.

scho
C2 − C3 = 03,1 ⇔ u (e2 ) − u (e3 ) = 0 ⇔ u (e2 − e3 ) = 0.
494
CCINP
Déterminons l’inverse de P.


 
 
x + 2y = a

x
a
 x + 2y = a

2x
+ 2y = b + c L2 + L3
x+y+z =b ⇔
P y  =  b  ⇔


 z = 1b − 1c
z
c
x+y−z =c
L 3 − L2
2
2



−1
1
1
x = −a + b + c L2 − 2L1

1
1



1
1
− 
1 −
−1
b
−
c
2L
y
=
a
−
−
L
.
2
2

1
2
⇒P =
⇔

2
2




1
1
1
1
 z = b− c
−
0
2
2
2
2
On peut ainsi expliciter N :

−1
N = P diag (1, 0, 0) P −1 = −1
−1

1
1
1
1
1
1
.20.2
55:1
6479
3840
5
4. Pour tout entier n, on a Xn = M n X0 (par une récurrence immédiate). Comme la suite
(M n )n∈N converge vers N, on peut affirmer que la suite Xn = M n X0 converge vers
N X0 (puisque l’application A ∈ M3 (R) → AX0 est continue sur M3 (R) puisqu’elle est
linéaire en dimension finie) et


  
−u0 + v0 + w0
−1 1 1
u0
N X0 = −1 1 1  v0  = −u0 + v0 + w0  .
w0
−u0 + v0 + w0
−1 1 1
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 225 Exercice de difficulté standard. La première question demande de
l’autonomie de la part du candidat : calculer explictement les puissances de M par réduction de M ou bien par calcul du reste Rn de la division euclidienne de X n par un polynôme
annulateur de M (tout simplement son polynôme caractéristique χM alors M n = Rn (M )).
Afin d’économiser ses calculs, il n’est pas demandé ici le calcul explicte de la limite.
Pour la question 2, il s’agit d’une question classique : donner la nature géométrique de
l’endomorphisme associé à cette matrice N (classiquement projecteur, symétrie, matrice
orthogonale). On ne demande pas les caractéristiques géométriques.
La question 3 revient à diagonaliser la matrice M (même si un nombre significatif de
candidats ont déjà effectué ce calcul, cela ne sera pas mal percu par l’interrogateur).
La question 4 peut être résolue sans avoir traitée les questions précédentes, du moins la
convergence des suites (un )n , (vn )n et (wn )n et il s’agit d’une application directe du cours.
x.com
:Non
Exercice 226 (CCINP) Soit (E, ) un espace vectoriel normé. Soient K un compact de
E et f : K → K une application telle que :
∀x, y ∈ K, x = y ⇒ f (x) − f (y) < x − y .
larvo
1. (a) Montrer que, si f admet un point fixe, alors il est unique.
scho
(b) En étudiant la fonction x → f (x) − x sur K, montrer que f admet un unique
point fixe.
univ.
2. On considère une suite (xn )n⩾0 définie par son premier terme x0 ∈ K et la relation
de récurrence xn+1 = f (xn ) .
Espaces vectoriels normés
495
Montrer que (xn )n⩾0 converge et déterminer sa limite. On pourra utiliser la suite
de terme général vn = xn − a où a est le point fixe de f .
Solution 226
1.
(a) On suppose que f admet deux points fixes a et b distincts. Alors f (a) = a, f (b) = b
et a = b donc, d’après l’hypothèse de l’énoncé, on peut écrire :
f (a) − f (b) < a − b ⇔ a − b < a − b .
Cette inégalité est absurde donc f admet au plus un point fixe.
3840
5
(b) Les fonctions f et x → x sont continues sur K (puisque lispchitziennes) donc la
fonction x → f (x) − x aussi. La fonction x → x étant continue (puisque lipschitzienne d’après la seconde inégalité triangulaire) donc, par composition, la fonction
g : x → f (x) − x est continue sur le compact K. Par conséquent, elle y admet un
minimum en un point c ∈ K. Si f (c) = c alors, par hypothèse de l’énoncé, on a :
f (f (c)) − f (c) < f (c) − c ⇔ g (f (c)) < g (c) = min g,
6479
K
55:1
ce qui est absurde car f (c) ∈ K puisque c ∈ K. Ainsi, on peut affirmer que f (c) = c
c’est-à-dire que c est un point fixe de f et, d’après la question précédente, c’est son
unique point fixe.
:165
.225
.20.2
2. Conformément à l’indication de l’énoncé, on considère la suite vn = xn − a .
S’il existe un rang N tel que
vN = 0 ⇒ uN = a ⇒ ∀n ⩾ N, un = a
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(procéder par récurrence) et la suite (un )n converge vers a.
On suppose désormais que :
∀n ∈ N, vn = 0 ⇔ ∀n ∈ N, un = a.
D’après l’hypothèse du texte, pour tout entier n, on a :
vn+1 = un+1 − a = f (un ) − f (a) < un − a
x.com
:Non
c’est-à-dire que la suite (vn )n∈N est décroissante et comme elle est manifestement positive, elle converge. Notons L sa limite.
à valeurs dans le compact K, on peut en extraire une sous-suite
La suite (xn )n∈N étant
convergente xϕ(n) n∈N dans K. On note x∞ cette limite. La fonction
x → f (x) − a
étant continue sur K (par composition de
n→+∞
n→+∞
univ.
scho
larvo
x → f (x) − a et x → x
qui sont lispchitziennes) et la suite vϕ(n) n∈N étant extraite de la suite convergente
(vn )n∈N , on peut affirmer que :
L = lim vn = lim vϕ(n) = lim xϕ(n) − a = x∞ − a .
n→+∞
496
CCINP
Si L = 0 alors x∞ = a donc
(∗) : f (x∞ ) − a < x∞ − a = L.
Or, la fonction f étant continue sur K, on a :
∞
lim xϕ(n) = lim f xϕ(n) = lim xϕ(n)+1
f (x ) = f
n→+∞
donc on peut écrire :
L
=
=
n→+∞
n→+∞
lim vn = lim vϕ(n)+1 = lim xϕ(n)+1 − a
n→+∞
n→+∞
lim xϕ(n)+1 − a = f (x∞ ) − a .
n→+∞
n→+∞
Cette égalité est manifestement en contradiction avec (∗) d’où
x∞ = a.
3840
5
Ainsi, on en déduit les égalités :
lim vn = lim vϕ(n) = x∞ − a = 0
n→+∞
6479
n→+∞
55:1
c’est-à-dire que la suite (xn )n∈N converge vers a.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
Commentaires 226 Exercice sélectif pour le concours CCINP qui exige une connaissance assez importante concernant les espaces vectoriels normés. L’interaction avec l’interrogateur sera un élément clé pour avancer sur ce sujet.
Question 1.a. Il s’agit essentiellement d’une question de rigueur (raisonnement par l’absurde) et de connaitre la définition d’un point fixe (notion fondamentale pour les suites
un+1 = f (un )).
Question 1.b. Si le candidat n’a pas d’idée, l’interrogateur lui demandera la continuité de
x → f (x) − x . Le candidat doit songer à la notion de fonction lipschitzienne pour f
et le lien avec la continuité. Il sera aussi valorisé le fait qu’il songe au célèbre théorème
liant continuité et compacité. La discrimination de la plupart des candidats portera sur la
maitrise et l’aisance conernant ces notions.
Question 2 : cette question s’adresse aux bons candidats et l’interaction avec l’interrogateur sera relativement importante. Les candidats justifiant seuls la convergence de la suite
(vn )n sera très valorisés, même s’ils ne calculent pas la limite (qui sera réservés aux tous
meilleurs candidats).
x.com
:Non
Exercice 227 (CCINP) Soit ∞ (R) le sous-espace vectoriel des suites réelles bornées et
E le sous-espace vectoriel de ∞ (R) des suites u vérifiant de plus u0 = 0.
Si u ∈ ∞ (R), on pose :
N∞ (u) = sup |un |
et, si u ∈ E, on pose :
larvo
n∈N
N (u) = sup |un+1 − un | .
scho
n∈N
2. Comparer N et N∞ sur E.
univ.
1. Montrer que N∞ est une norme sur ∞ (R) et N est une norme sur E.
Espaces vectoriels normés
497
(p)
3. Soit p ∈ N∗ . On considère la suite u(p) = (uk )k∈N définie par :

0
si k = 0


 1
1
1
(p)
+
+ ··· +
si 1 ⩽ k ⩽ p .
uk =
p p+1
p+k−1


 (p)
si k > p
up
Pour chaque p ∈ N∗ , montrer que u(p) appartient à E. Prouver que la suite u(p) p∈N∗
converge pour la norme N mais pas pour la norme N∞ . Les normes N et N∞ sontelles équivalentes sur E ?
Solution 227
1. N∞ est une norme.
Existence. Soit u ∈ E, la suite (un )n étant bornée, la suite (|un |)n∈N est majorée et
positive donc on est assuré de l’existence de sup |un | = N∞ (u) et que ce réel est positif.
n∈N
3840
5
Homogénité. Soient λ ∈ R et u ∈ E, on a l’égalité :
n∈N
(∗)
n∈N
n∈N
6479
N∞ (λu) = sup |λun | = sup (|λ| |un |) = |λ| sup |un | = |λ| N∞ (u) .
.20.2
55:1
(∗) : car la fonction t → |λ| t réalise une bijection strictement croissante de R sur R si
λ = 0. Si λ = 0, l’égalité est immédiate.
Inégalité triangulaire. Pour tout (u, v) ∈ E 2 , on a les inégalités suivantes :
∀n ∈ N, |un + vn | ⩽ |un | + |vn | ⩽ sup |uk | + sup |vk | = N∞ (u) + N∞ (v) .
k∈N
:165
.225
k∈N
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Le nombre N∞ (u) + N∞ (v) étant un majorant de la suite (|un + vn |)n∈N , on en déduit
la majoration :
N∞ (u + v) = sup |un + vn | ⩽ N∞ (u) + N∞ (v) .
n∈N
Séparation. Soit u ∈ E tel que N∞ (u) = 0 alors :
∀n
∈
N, 0 ⩽ |un | ⩽ sup |uk | = N∞ (u) = 0 ⇒ ∀n ∈ N, |un | = 0
k∈N
⇒ ∀n ∈ N, un = 0 ⇒ u = 0.
x.com
:Non
Par conséquent, N∞ est une norme sur E.
N est une norme.
Existence. Soit u ∈ E, la suite (un )n∈N étant bornée, la suite (un+1 − un )n∈N l’est aussi
puisque :
larvo
∀n ∈ N, |un+1 − un | ⩽ |un+1 | + |un | ⩽ sup |uk | + sup |uk | = 2N∞ (u) .
k∈N
k∈N
univ.
scho
Ainsi, cela prouve l’existence de N∞ (un+1 − un )n∈N = N (u) et ce nombre est positif.
Homogénité. Soient λ ∈ R et u ∈ E, on a l’égalité :
N (λu) = N∞ ((λun+1 − λun )) = N∞ λ (un+1 − un )n∈N
= |λ| N∞ (un+1 − un )n∈N = |λ| N (u) .
498
CCINP
Inégalité triangulaire. Pour tout (u, v) ∈ E 2 , on a les majorations suivantes :
∀n ∈ N, N (u + v) = N∞ (un+1 + vn+1 − un − vn )n∈N
= N∞ (un+1 − un )n∈N + (vn+1 − vn )n∈N
⩽ N∞ (un+1 − un )n∈N + N∞ (vn+1 − vn )n∈N = N (u) + N (v) .
Séparation. Soit u ∈ E tel que :
N (u) = 0 ⇔ N∞ (un+1 − un )n∈N = 0 ⇔ (un+1 − un )n∈N = 0
⇔ ∀n ∈ N, un+1 = un ⇒ ∀n ∈ N, un = u0 = 0 ⇒ u = 0.
Par conséquent, N est une norme sur E.
2. A la question précédente (pour l’existence de N ), on a montré que
N (u) = sup |un+1 − un | ⩽ 2N∞ (u) .
∀u ∈ E,
5
n∈N
6479
3840
Par contre, il n’existe aucun réel α tel que N∞ ⩽ αN sur E (c’est le résultat final de la
question suivante).
(p)
(p)
3. Soit p ∈ N∗ . On a u0 = 0 et la suite uk
est bornée (puisqu’elle est nulle à partir
k
1
(p)
, ∀k > p, uk = u(p)
p ⇒
i
.20.2
p+k−1
(p)
(p)
u 1 − u0
=
1
(p)
(p)
(p)
u1 = , ∀k ∈ {1, ..., p − 1} , uk+1 − uk =
∀k
⩾
(p)
p, uk+1 − uk = u(p)
p − up = 0.
i=p
p
(p)
(p)
:165
.225
=
(p)
0, ∀k ∈ {1, ..., p} , uk =
1
,
p+k
e:21
1075
3582
:889
1250
2
(p)
u0
55:1
du rang p) donc u(p) appartient à E. En outre, on a :
Ainsi, on en déduit la valeur de N u(p) :
1
1
1
1
,
, ...,
=
→ 0
N u(p) = max
p p+1
2p − 1
p p→+∞
donc la suite u(p) p∈N∗ converge vers 0 (la suite nulle) dans (E, N ) .
Supposons que la suite u(p) p∈N∗ converge pour la suite N∞ . Notons v sa limite alors
lim N∞ u(p) − v = 0. Ainsi, pour tout entier n, on a :
p→+∞
⩾
(p)
−v
n, u(p)
n − v n ⩽ N∞ u
x.com
:Non
∀p
(p)
→
p→+∞
0 ⇒ lim u(p)
n = vn
p→+∞
⇔ v0 = lim u0 = lim 0 = 0 et ∀n ⩾ 1, vn = lim
p→+∞
p→+∞
larvo
p→+∞
p+n−1
k=p
p+n−1
k=p
p+n−1
p+n−1
1
1 n
1
=
→ 0.
⩽
1=
k
p
p
p p→+∞
⩽1/p
univ.
∀p ⩾ 1, 0 ⩽ vn =
scho
Or, pour tout entier n, on a la majoration suivante :
k=p
k=p
1
.
k
Espaces vectoriels normés
499
En faisant tendre p vers +∞, on obtient que 0 ⩽ vn ⩽ 0 donc vn = 0 quelque
soit n ⩾ 1.
Par conséquent, v est la suite nulle c’est-à-dire que lim N∞ u(p) = 0. Comme la
p→+∞
(p)
suite uk
est positive, croissante (par rapport à k) et constante à partir du rang
k∈N
p, on a la minoration suivante :
2p−1
2p−1
1 2p−1
1
p
1
⩾
=
.
1=
=
(I) : N∞ u(p) = u(p)
p
i
2p − 1
2p − 1 i=p
2p − 1
i=p
i=p
.20.2
55:1
6479
3840
5
1
En faisant tendre p vers +∞ dans cette inégalité, on obtient 0 ⩾ , ce qui est absurde.
2
Par conséquent, la suite u(p) p∈N∗ ne converge pas pour la norme N∞ . En outre, l’inégalité (I) montre que :
N∞ u(p)
N∞ u(p)
p2
p
p2
(p)
=
=
pN
∼
=
→ +∞
∀p ⩾ 1,
u
⩾
∞
(p)
1
p→+∞
2p
−
1
2p
2 p→+∞
N u
p
(p) N∞ u
= +∞, ce qui prouve que les normes N∞ et N ne sont pas
donc lim
p→+∞ N u(p)
équivalentes sur E.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 227 Exercice dont la difficulté est bien gradué pour CCINP.
La première question est certainement très classique et relativement simple donc le candidat veillera à rédiger de façon rigoureuse et claire les différents items sous peine d’être
repris par l’interrogateur.
La deuxième question est standard et ouverte mais elle risque de poser problème à un
grand nombre de candidats qui voudront prouver qu’elles sont équivalentes, ce qui est faux,
ou bien montrer qu’elles ne sont pas équivalentes, ce qui est difficile et fait l’objet de la
dernière question.
La troisième question est la plus difficile du sujet et sera sélective. La rigueur dans les
calculs sera fondamentale et sera un critère de discrimination entre les candidats. Le plus
simple est d’écrire les termes consécutifs de la suite donnée pour essayer de « visualiser »
sa norme (observez que la suite est croissante puis constante).
Exercice 228 (CCINP) Soit E l’espace vectoriel des fonctions continues de [0, 1] dans R
muni de la norme ∞ : f ∈ E → sup |f | .
[0,1]
larvo
x.com
:Non
On considère la partie A de E définie par :


1


A = f ∈ E, f (0) = 0 et f (t) dt ⩾ 1 .


scho
1. Montrer que A est une partie fermée de E.-
univ.
2. Montrer que si f ∈ A alors f ∞ > 1.
0
500
CCINP
3. Soit n ⩾ 1. On considère la fonction fn définie par morceaux par

1
1


1+
x si x ⩽ α
α
n
.
fn (x) =
1


si x > α
1+
n
Montrer que l’on peut choisir α ∈ ]0, 1] tel que fn ∈ A. En déduire d (0E , A) (la
distance de 0E à A).
Solution 228
1. On utilise la caractérisation séquentielle des fermés. Soit (fn )n∈N une suite de A convergeant vers f dans E. Traduisons ces hypothèses. Pour tout entier n, fn appartient à A
c’est-à-dire que fn est continue sur [0, 1] ,
5
fn (t) dt ⩾ 1.
3840
fn (0) = 0 et
1
0
n→∞
[0,1]
55:1
6479
La fonction f est continue sur [0, 1] . La suite (fn )n∈N converge vers f dans E c’est-à-dire
que
fn − f = sup |fn − f | → 0,
:165
.225
.20.2
ce qui est équivalent à dire que la suite de fonctions (fn )n∈N converge uniformément vers
f sur [0, 1] . Puisque [0, 1] est un segment, le théorème de permutation limite-intégrale
montre que
1
1
f = lim
fn .
n→+∞
Or, pour tout entier n,
1
0
e:21
1075
3582
:889
1250
2
0
fn ⩾ 1 donc, en faisant tendre n vers +∞, on obtient que
0
1
f ⩾ 1.
0
En outre, la convergence uniforme entrainant la convergence simple, on peut écrire :
x.com
:Non
f (0) = lim fn (0) = lim 0 = 0,
n→+∞
n→+∞
ce qui assure l’appartenance de f à A c’est-à-dire f ∈ A donc A est fermé dans E.
[0, 1] ,
⇒
1
1⩽
0
f (t) ⩽ |f (t)| ⩽ sup |f | = f ∞
scho
∈
f (t) dt ⩽
univ.
∀t
larvo
2. On procède par l’absurde. Supposons qu’il existe f ∈ A telle que f ∞ ⩽ 1 alors :
1
0
[0,1]
f ∞ = f ∞ ⩽ 1.
Espaces vectoriels normés
501
On en déduit l’égalité :
1
0
f = 1 = f ∞ ⇒
1
0
(f ∞ − f ) = 0.
Or la fonction f ∞ − f est continue, positive et d’intégrale nulle sur [0, 1] donc elle est
nulle sur [0, 1] c’est-à-dire que
f = f ∞ .
Autrement dit, f est constante et f (0) = 0 donc f = 0, ce qui contredit le fait que
1
f ⩾ 1. Par conséquent, on est assuré que
0
f ∞ > 1.
6479
3840
5
3. Soit α ∈ ]0, 1[ . Pour tout entier n, on a fn (0) = 0. La fonction fn est continue sur [0, α]
et sur [α, 1] donc elle est continue sur [0, 1] \ {α} . En outre, on a :
1
1
1
lim fn (x) = lim
1+
x = 1 + = lim fn (x)
n
n x→α+
x→α−
x→α− α
=
=
1
0
fn
=
1⇔
1
:165
.225
fn
0
α
1 1
1
1
1+
dx
1+
fn + fn =
xdx +
α
n
n
a
α
0
0
1
1 α
1 α
+ 1+
(1 − α) = 1 +
1−
1+
n 2
n
n
2
α
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1
.20.2
55:1
1
donc lim fn (x) existe et vaut 1 + = fn (α) ce qui prouve la continuité de fn sur [0, 1].
x→α
n
Calculons son intégrale entre 0 et 1. Grâce à la relation de Chasles, on a :
α
α
n
2
n+1
1−
=1⇔1− =
⇔α=
∈ ]0, 1[
n
2
2
n+1
n+1
Ainsi, on est assuré de l’existence d’un α ∈ ]0, 1] tel que
x.com
:Non
ce choix. Pour tout entier n, on a :

1
1


1+
x
α
n
fn (x) =
1


1+
n
1
fn ⩾ 1. On conserve désormais
0
si x ⩽ α
si x > α
univ.
scho
larvo
alors, pour tout x ∈ [0, 1] , on obtient l’encadrement

1
1


1+
α si x ⩽ α
1
α
n
= 1 + = fn (α)
0 ⩽ fn (x) ⩽
1

n

si x > α
1+
n
1
⇒ fn ∞ = sup |fn | = sup fn = 1 + .
n
[0,1]
[0,1]
502
CCINP
D’une part, d’après la question précédente, pour tout f ∈ A, on a
f ∞ > 1 ⇒ d (0E , A) = inf f − 0E ∞ = inf f ∞ ⩾ 1
f ∈A
f ∈A
et d’autre part, pour tout entier n, fn appartient à A donc
d (0E , A) = inf f − 0E ∞ ⩽ fn − 0E ∞ = fn ∞ = 1 +
f ∈A
1
.
n
On en déduit l’encadrement :
∀n ∈ N∗ , 1 ⩽ d (0E , A) ⩽ 1 +
1
n
puis on fait tendre n vers +∞, ce qui fournit l’encadrement :
5
1 ⩽ d (0E , A) ⩽ 1 ⇒ d (0E , A) = 1.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
Commentaires 228 Exercice difficile pour CCINP et l’interaction avec l’interrogateur
sera un élément clé de différenciation des candidats.
Question 1 : il s’agit probablement de la question la plus difficile pour les candidats (la
notion de fermé l’étant, surtout en dimension infinie).
Question 2 : le point clé est de procéder par l’absurde (ce que l’interrogateur proposera
de faire aux candidats n’ayant pas d’idée convenable) et de connaitre ce lemme célèbre :
toute fonction f continue sur un intervalle I, d’intégrale nulle sur I alors f est nulle sur
I. L’interrogateur sera très attentif à la réactivité du candidat sur ces deux aides, s’il a
besoin de les donner.
Question 3. La première question ne pose pas de problème particulier, hormis un peu de
rigueur sur les calculs. La dernière question sera sélective : le candidat connait-t-il la
définition générale d’une distance ? Sait-il minorer et majorer des bornes inférieures ?
Exercice 229 (CCINP)
1. Montrer que GLn (K) est un ouvert dense dans Mn (K).
2. Montrer que On (R) est un compact d’intérieur vide de Mn (R).
Solution 229
1. GLn (K) est un ouvert . On considère la fonction
x.com
:Non
f : A ∈ Mn (K) → det (A)
qui est un polynôme en les coefficients de A (i.e. les coordonnées de A dans la base
canonique de Mn (K)) donc f est continue sur Mn (K) . L’ensemble K∗ = K\ {0K } étant
un ouvert de K, on en déduit que l’ensemble
larvo
f −1 (K∗ ) = {A ∈ Mn (K) , f (A) = 0} = GLn (K)
univ.
scho
est un ouvert de Mn (K) .
GLn (K) est dense. Soit A ∈ Mn (K) alors, pour tout k ∈ N∗ , on considère la matrice
Ak = A −
1
In .
k
Espaces vectoriels normés
503
Il est manifeste que la suite (Ak )k∈N∗ converge vers A et, pour tout k ∈ N∗ , on a :
1
1
1
n
n
In − A
In − A = (−1) χA
.
= (−1) det
det (Ak ) = det −
k
k
k
1
Le polynôme χA ne posséde qu’un nombre fini de racines dans K et la suite
k k⩾1
est constituée d’une infinité d’éléments deux à deux distints (puisqu’elle est strictement
1
n’est pas
décroissante). Ainsi, on est assuré qu’il existe un rang N tel que ∀k ⩾ N,
k
racine de χA c’est-à-dire que
1
∀k ⩾ N, χA
= 0 ⇔ det (Ak ) = 0 ⇔ Ak ∈ GLn (K) .
k
Ainsi, la suite (Ak )k⩾N est une suite de GLn (K) qui converge vers A donc GLn (K) est
dense dans Mn (K) .
55:1
n
2
a2i,j = 1 ⇒ ∀ (s, j) ∈ {1, ..., n} , a2s,j ⩽
n
a2i,j = 1
{1, ..., n} ,
⇒
√
∀ (s, j) ∈ {1, ..., n} , |as,j | = a2s,j ⩽ 1 = 1 ⇒ A∞ ⩽ 1.
i=1
.20.2
∈
2
i=1
:165
.225
∀j
6479
3840
5
2. Comme On (R) est inclus dans Mn (R) qui est un espace vectoriel normé de dimension
finie, il suffit de montrer que On (R) est un ensemble fermé et borné de Mn (R) .
On (R) est bornée. Soit A ∈ Mn (R) alors, chacune de ces colonnes est de norme
(euclidienne) égale à 1 c’est-à-dire :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
On (R) est fermé. Rappelons que :
A ∈ Mn (R) , At A = In = f −1 (In )
On (R) =
où f : A ∈ Mn (R) → At A ∈ Mn (R) .
Comme {In } est un ensemble fermé (puisque constitué d’un seul élément !), il suffit de
montrer que f est continue sur Mn (R) pour en déduire que On (R) est un ensemble
fermé.
Première méthode. L’application
g : A → A,t A
x.com
:Non
est linéaire sur Mn (R) qui est un espace vectoriel de dimension finie donc g est continue
sur Mn (R) . L’application
h : (X, Y ) → XY
larvo
est bilinéaire sur Mn (R) × Mn (R) qui est un espace vectoriel de dimension finie donc
h est continue sur Mn (R) . Ainsi, sa composée h ◦ g = f est continue sur Mn (R) .
2
Seconde méthode. Pour tout (i, j) ∈ {1, ..., n} , on a :
k=1
scho
n
n
At A i,j =
Ai,k t A k,j =
Ai,k Aj,k .
k=1
univ.
Ainsi, chacun des coefficients (coordonnées dans la base canonique de Mn (R)) de At A
sont des polynômes en les coefficients (coordonnées dans la base canonique de Mn (R))
504
CCINP
de A donc f : A → At A est continue sur Mn (R) .
Ainsi, On (R) est un compact de Mn (R) . Supposons que On (R) soit d’intérieur non
vide c’est-à-dire qu’il existe A ∈ On (R) et r > 0 telle que la boule ouverte B̊N∞ (A, r)
(où N∞ est la norme infinie sur Mn (R)) soit incluse dans On (R) . Par conséquent, pour
tout x ∈ ]−r, r[ , la matrice A − xIn appartient à B̊N∞ (A, r) car :
A − (A − xIn )∞ = |x| In ∞ = |x| < r
donc elle appartient à On (R) . En particulier, on peut affirmer que :
2
2
∀x ∈ ]−r, r[ , (det (A − xIn )) = 1 ⇔ (χA (x)) = 1
2
5
(le déterminant d’une matrice orthogonale vaut ±1). Le polynôme (χA ) − 1 possède une
2
infinité de racines (tous les réels de ]−r, r[) donc il est nul c’est-à-dire (χA ) = 1. Ceci
2
est absurde car (χA ) est de degré 2n > 0 donc On (R) est d’intérieur vide.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
Commentaires 229 Exercice très classique (il est probable que la question 1 et la première question de la 2 ont été traitées en cours ou en exercice durant l’année de Spé).
N’hésitez pas à le retravailler, il vous sera très utile également pour les écrits et les oraux
des autres concours (notamment Centrale-SupElec et Mines-Ponts).
Espaces vectoriels normés
12.2
505
Mines-Telecom
Exercice 230 (Mines-Telecom) On munit E = C 0 ([0, 1] , R) des normes ∞ et 1 définies par :
1
∀f ∈ E, f ∞ = sup |f | et f 1 = |f | .
[0,1]
0
En outre, on pose :
O = {f ∈ E,
f (1) > 0} et F =
1. Montrer que O est ouvert pour ∞ .



1
f ∈ E,


f (t) dt ⩽ 0

0
.
2. Montrer que F est fermé pour ∞ puis pour 1 .
3840
5
3. O est-il ouvert pour 1 ?
6479
Solution 230
55:1
1. Il suffit d’écrire O comme l’image réciproque d’un ouvert par une fonction continue.
L’application ϕ : f ∈ E → f (0) est linéaire à valeurs dans R et on a :
[0,1]
.20.2
∀f ∈ E, |ϕ (f )| = |f (0)| ⩽ sup |f | = f ∞
:165
.225
donc ϕ est continue sur E. En outre, ]0, +∞[ est un ouvert de R, on peut affirmer que :
ϕ−1 (]0, +∞[) = {f ∈ E,
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est un ouvert de (E, ∞ ) .
ϕ (f ) > 0} = O
2. On procède de même pour ces deux normes. L’application
ψ : f ∈ E →
1
f (t) dt
0
est linéaire à valeurs dans R et on a :
1
1
∀f ∈ E, |ψ (f )| = f (t) dt ⩽ |f (t)| dt = f 1
0
∈
E, |ψ (f )| ⩽ f 1 =
0
x.com
:Non
∀f
0
1
|f (t)| dt ⩽
1
0
sup |f | dt = sup |f | = f ∞ .
[0,1]
[0,1]
scho
larvo
Ainsi, ψ est continue sur (E, ∞ ) et (E, 1 ) . Comme l’ensemble ]−∞, 0] est fermé
dans R, on en déduit que
univ.
ψ −1 (]−∞, 0]) = {f ∈ E,
est fermé dans (E, ∞ ) et dans (E, 1 ) .
ψ (f ) ⩽ 0} = F
506
Mines-Telecom
3. On considère la fonction f : t ∈ [0, 1] → 1 qui appartient à O (elle est continue sur [0, 1]
et f (1) = 1 > 0). Pour tout entier n, on considère la fonction fn : t ∈ [0, 1] → 1 − tn qui
appartient à E mais n’appartient pas à O (car fn (1) = 0). Pour tout entier n, on a :
f − fn 1 =
1
0
n+1 t=1
1
t
→ 0
t dt =
=
n + 1 t=0
n + 1 n→+∞
n
donc la suite (fn )n∈N converge vers f. Ainsi, quelque soit r > 0, la boule B (f, r) n’appartient pas à O (car fn appartient à cette boule pour n assez grand, précisément, si
1
1
< r ⇔ n > − 1). Ainsi, O n’est pas un ouvert de (E, 1 ) .
n+1
r
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
5
Commentaires 230 Exercice sélectif pour Mines-Telecom.
Espaces vectoriels normés
12.3
507
Centrale Math 1
Exercice 231 On munit Mn (R) de la norme infinie définie par :
∀M ∈ Mn (R) , M = max |mi,j | .
1⩽i,j⩽n
2
1. Soit (A, B) ∈ (Mn (R)) . Majorer AB à l’aide de A B .
1
2. On prend A ∈ GLn (R) vérifiant A2 − In < . On considère la suite (Mp )p∈N
n
définie par :
M0 = A et ∀p ∈ N, Mp+1 = 2Mp − Mp AMp
Montrer que la suite (Mp )p∈N converge.
Solution 231
2
A B
k=1
1 = n A B
k=1
55:1
=
k=1
n
.20.2
k=1
6479
3840
5
1. Soit (A, B) ∈ (Mn (R)) . D’après la formule du produit matriciel, pour tout
2
(i, j) ∈ {1, .., n} , on a les majorations suivantes :
n
n
n
⩽
=
A
B
|A
|
|B
|
⩽
A B
(AB)i,j i;k k,j i,k
k,j
1⩽i,j⩽n
2. Pour tout M ∈ Mn (R) , on pose
e:21
1075
3582
:889
1250
2
N (M ) = n M :165
.225
⇒ AB = max (AB)i,j ⩽ n A B .
alors N est une norme sur Mn (R) (laissé au soin du lecteur) et, pour tout (U, V ) ∈
2
(Mn (R)) , on a la majoration :
N (U V ) = n U V ⩽ n (n U V ) = N (U ) N (V ) .
Commençons par une remarque fondamentale. Pour chaque entier p, Mp est un polynôme
en A (par récurrence immédiate sur p) donc Mp commute avec A, ce qui nous permet de
réécrire la relation de récurrence de la suite (Mp )p∈N .
2
x.com
:Non
∀p ∈ N, Mp+1 = 2Mp − A (Mp ) .
Posons, pour tout entier p, Vp = AMp alors la suite (Vp )p∈N vérifie la relation de récurrence suivante :
2
V0 = A2 , Vp+1 = 2Vp − (Vp )
=
N ((In − Vp ) (In − Vp )) ⩽ N (In − Vp ) N (In − Vp )
univ.
=
scho
larvo
(car A commute avec Mp ). Par conséquent, pour tout entier p, on a :
2
2
N (In − Vp+1 ) = N In − 2Vp + (Vp ) = N (In − Vp )
2
(N (In − Vp )) .
508
Centrale Math 1
Posons
C = N (In − V0 ) = N In − A2 = n In − A2 < 1
(d’après l’énoncé).
Montrons par récurrence sur p la propriété
p
(Hp ) : « N (In − Vp ) ⩽ C 2 ».
Initialisation p = 0. Comme
N (In − V0 ) = C = C 2
0
(car 20 = 1), (H0 ) est vraie.
Hérédité. Supposons la propriété (Hp ) pour un certain entier p alors :
N (In − Vp+1 ) ⩽ (N (In − Vp ))
2
⩽
C2
(Hp )
p
2
p
= C 2×2 = C 2
p+1
,
6479
3840
5
p
ce qui démontre (Hp+1 ) et achève la récurrence. Comme C ∈ [0, 1[ , la suite C 2 p∈N
converge vers 0 (comme suite extraite de la suite (C p )p∈N ) donc, d’après le théorème
d’encadrement, on peut affirmer que :
55:1
lim N (In − Vp ) = 0 ⇔ lim Vp = In ⇒ Mp = A−1 Vp
p→+∞
→
p→+∞
A−1 In = A−1 .
.20.2
p→+∞
:165
.225
En effet, l’application X → A−1 X est une linéaire sur Mn (R) qui est un espace vectoriel
normé de dimension finie donc elle est continue. Au final, on a démontré que la suite
(Mp )p∈N converge vers A−1 .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 231 La première question ne porte pas de difficulté particulière, hormis
un peu de rigueur dans les calculs (notamment la gestion du maximum). La deuxième question est bien plus difficile. Une idée clé (qui fut la mienne) est d’observer le comportement
2
de cette suite lorsque n = 1 c’est-à-dire d’étudier la suite de nombres un+1 = 2un − a (un )
1
dont 0 et sont les limites éventuelles (points fixes de la fonction associée). Dans ce cas,
a
l’interrogateur proposera peut-être d’étudier la suite vn = 1 − aun qui vérifie la relation de
récurrence
2
2
vn+1 = 1 − 2aun + (aun ) = 1 − 2 (vn + 1) + (vn + 1) = vn2 .
x.com
:Non
Une récurrence immédiate montre que :
vn = (v0 )
qui converge vers 0 si et seulement si :
2n
larvo
|v0 | < 1 ⇔ |1 − au0 | < 1 ⇔ 1 − a2 < 1.
univ.
scho
Ce type de démarche est fortement valorisée à l’oral sur une question non standard. Il
faudra néanmoins étendre la stratégie à l’espace vectoriel normé considéré.
Espaces vectoriels normés
509
Exercice 232 (Centrale) On considère A ∈ SN (R) telle que Sp A ⊂ R∗+ .
On note 0 < λ1 ⩽ · · · ⩽ λN ses valeur propres.
On note | le produit scalaire canonique de RN et sa norme associée.
Soit b ∈ RN , on cherche a approcher v ∈ RN tel que Av = b. Soit ρ ∈ R∗+ , on définit la
suite (un ) par
u0 ∈ RN et ∀n ∈ N, un+1 = un − ρ(Aun − b).
1. Si (un )n∈N converge, que dire de sa limite ?
2. On pose K (ρ) = max {|1 − ρλ1 | , .., |1 − ρλN |} . Montrer que
∀n ∈ N, un+1 − v ⩽ K un − v .
Comment choisir ρ pour minimiser K (ρ) lorsque K (ρ) < 1 ?
f : x ∈ Rn →
1
Ax | x − b | x .
2
5
3. On pose
3840
Montrer que f admet un minimum global en v.
6479
Solution 232
.20.2
55:1
1. Si (un )n converge vers L ∈ RN alors la suite un+1 converge vers L (suite extraite). La
fonction
f : x ∈ RN → x − ρAx
:165
.225
est linéaire en dimension finie donc elle y est continue, ce qui assure la continuité de la
fonction
g = f − ρb.
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Ainsi, la suite un+1 = g (un ) converge vers g (L) donc, par unicité de la limite, on obtient
l’égalité :
L = g (L) ⇔ L = L − ρ (AL − b) ⇔ AL = b ⇔ L = A−1 b = v
÷ρ=0
(car A est inversible puisqu’elle ne possède pas 0 comme valeur propre).
un =
x.com
:Non
2. La matrice A ∈ SN (R) donc, d’après le théorème spectral, elle est diagonalisable en
base orthonormale. Ainsi, il existe une base orthonormée B = (ε1 , .., εN ) de RN formée
de vecteurs propres pour A. Pour tout i ∈ {1, .., N } , on note λi la valeur propre de
A associée au
vecteur propre εi c’est-à-dire Aεi = λi εi . Pour tout entier n, on note
(n)
(n)
x1 , .., xN les coordonnées du vecteur un dans la base B c’est-à-dire
N
(n)
xi εi .
larvo
i=1
scho
On note (v1 , .., vN ) les coordonnées de v dans la base B c’est-à-dire
univ.
v=
N
i=1
v i εi .
510
Centrale Math 1
Comme Av = b, pour tout entier n, on a les égalités :
un+1 − v
=
=
un − v − ρ (Aun − Av) = un − v − ρA (un − v)
n n (n)
(n)
xi − vi εi − ρA
x i − v i εi
i=1
=
i=1
n n (n)
(n)
xi − vi Aεi
x i − v i εi − ρ
i=1
=
i=1
n n (n)
(n)
x i − v i εi − ρ
x i − v i λi εi
i=1
=
i=1
n (n)
xi − vi (1 − ρλi ) εi
i=1
(∗)
i=1
6479
n 2
(n)
xi − vi = K (ρ) un − v .
K (ρ) 55:1
=
i=1
3840
5
Comme B est une base orthonormée, on peut écrire les formules :
n n 2
2
(n)
(n)
2
2
un+1 − v = xi − vi (1 − ρλi ) ⩽ xi − vi K (ρ)
.20.2
i=1
(∗) Pour tout i ∈ {1, .., N } , on a
2
2
2
:165
.225
(1 − ρλi ) = |1 − ρλi | ⩽ K (ρ) .
|1 − ρλi |
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Par définition d’un maximum, on a K (ρ) < 1 si et seulement si pour tout i ∈ {1, .., N } :
1 ⇔ −1 < 1 − ρλi < 1 ⇔ −2 < −ρλi < 0
2
2
⇔ 0 < ρλi < 2 ⇔ 0 < ρ <
⇔ ρ ∈ 0,
λi
λi
N 2
2
⇔ ρ∈
= 0,
0,
λi
λN
i=1
<
car la suite (λi )1⩽i⩽N est strictement croissante et positive.
Comme
0 < λ1 < · · · < λN
x.com
:Non
et que ρ est strictement positif, on a
0 < ρλ1 < · · · < ρλN .
larvo
K représente la plus grande des distances à 1 des nombres
0 < ρλ1 < · · · < ρλn
univ.
scho
donc K (ρ) est la plus grande distance entre 1 et ρλ1 ou ρλN (faire un dessin pour s’en
convaincre, la preuve rigoureuse étant technique et longuette) d’où
K (ρ) = max (|1 − ρλ1 | , |1 − ρλN |) .
Espaces vectoriels normés
511
Comme
1 − ρλi ⩾ 0 ⇔ ρ ⩽
1
,
λi
on peut explicitons K (ρ) selon les intervvalles où se situe ρ.
|1 − ρλ1 |
=
|1 − ρλN |
=
si 0 < ρ ⩽ 1/λ1
si 1/λ1 ⩽ ρ < 2/λN
1 − ρλ1
ρλ1 − 1
si 0 < ρ ⩽ 1/λN
si 1/λN ⩽ ρ < 2/λN
1 − ρλN
ρλN − 1
5
Pour
éviter
de lourds calculs et de nombreux cas où traiter, les graphes de f1 et fN sur
2
1
2
0,
>
sont de la forme ci-dessus. Le premier dessin correspond au cas où
λN
λ1
λN
2
1
⩽
et le second au cas où cas où
λ1
λN
.20.2
55:1
6479
3840
y
y
:165
.225
x
x
(on peut s’en convaincre en traitant tous les cas selon les signes de 1 − ρλi ). La valeur
minimale de K (ρ) s’observe lorsque :
e:21
1075
3582
:889
1250
2
1 − ρλ1 = ρλN − 1 ⇔ ρ (λ1 + λ2 ) = 2 ⇔ ρ =
2
.
λ1 + λ2
(lorsque les deux courbes se rencontrent après l’inversion de variations donc de signe de
1 − ρλi ).
3. On conserve les notations et résultats de la réponse à la question 2. Pour tout entier
x ∈ RN , on note (x1 , .., xN ) les coordonnées du vecteur x dans la base B c’est-à-dire
N
x=
xi εi . On note (b1 , .., bN ) (resp. v1 , .., vN ) les coordonnées de b (resp. v) dans la
b=
N
x.com
:Non
i=1
base B c’est-à-dire
bi εi (resp. v =
i=1
N
xi Aεi =
i=1
Av
=
b⇔
N
i=1
N
i=1
λi x i εi
scho
=
λi v i εi =
N
univ.
Ax
vi εi ).
i=1
larvo
Pour tout x ∈ RN , on a :
N
i=1
bi εi ⇔ ∀i ∈ {1, .., N } , λi vi = bi .
512
Centrale Math 1
La base B étant orthonormée, on en déduit les égalités suivantes :
f (x)
=
f (v)
=
=
N
N
N
1
1 2
2
λi (xi ) − 2λi vi xi
bi x i =
λi (xi ) −
2 i=1
2 i=1
i=1
1
1
1
Av | v − b | v = b | v − b | v = − b | v .
2
2
2
N
N
1
1
2
−
bi v i =
λi (vi ) .
2 i=1
2 i=1
Ainsi, voici une nouvelle expression de f (x) − f (v) .
1 2
2
λi (xi ) − 2λi vi xi + λi (vi )
2 i=1
N
f (x) − f (v)
=
⩾0
55:1
Par conséquent, f (v) est la valeur minimale de f sur RN .
6479
⩾0
3840
1
2
λi (xi − vi ) ⩾ 0.
2 i=1 5
N
=
f (x + h) =
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
Commentaires 232 Exercice de difficulté standard à Centrale-SupElec.
Question 1 : elle ne doit pas poser difficulté, sinon il faut impérativement revoir le cours
de MPSI concernant les suites un+1 = f (un ) .
Question 2. Une idée naturelle pour traiter la première question est de raisonner avec
une norme générale mais l’inégalité souhaitée est inaccessible. Tout candidat à l’oral doit
penser instantanément au théorème spectral lorsqu’il voit une matrice symétrique (ou un
endomorphisme symétrique) et il doit savoir calculer la norme d’un vecteur dans une base
orthonormée. L’obtention du reste de l’inégalité ne pose pas de difficulté particulière.
Pour la majoration K (ρ) < 1, elle est nettement plus subtile et sera en pratique sélective.
Question 3 : cette question est la généralisation multi-dimensionnelle du fait que tout
1
b
trinôme x → ax2 − bx est minimal est x =
(a, b, x étant des nombres réels) donc
2
a
ax = b). La méthode suivie dans le corrigé est la transcription de la preuve que vous avez
probablement fait au lycée.
On peut procéder (partiellement) autrement. Par exemple, un candidat montrant que f
est différentiable et que v est un point critique de f sera fortement valorisé (par calcul
des dérivées partielles dans la base canonique ou par différentielle abstraite c’est-à-dire en
2
revenant à la définition originelle des différentielles. Pour tout (x, h) ∈ (Rn ) , on a :
1
A (x + h) | x + h − b | x + h .
2
Par symétrie de A, on a :
larvo
Ah | x = t (Ah) x = t xt Ah = t xAh = x | Ah
scho
et par bilinéarité du produit scalaire, après calculs, on obtient :
univ.
df (x) (h) = Ax | h − b | h = Ax − b | h
Espaces vectoriels normés
513
donc il est immédiat que df (v) = 0. Par contre, pour justifier que f (v) est une valeur
minimale de f, il sera indispensable d’utiliser le théorème spectral.
Exercice 233 On note An l’ensemble des matrices M de Mn (R), dont le polynôme caractéristique est scindé à racines simples dans R [X]. On note Bn l’ensemble des matrices
n
M de Mn (R), dont le polynôme caractéristique est
(X − mi,i ).
i=1
1. Rappeler la définition d’un fermé.
2. Montrer que Bn est un fermé. Montrer que An est un ouvert.
3. Quelle est la dimension maximale d’un espace vectoriel inclus dans Bn ?
Solution 233
3840
5
1. Un ensemble A est un fermé d’un espace vectoriel normé E si, toute suite (an )n∈N de A
qui converge vers L dans E alors L appartient à A.
n−1
ck (M ) X k
.20.2
k=0
55:1
χM = X n +
6479
2. Bn fermé. Soit M = (mi,j )1⩽i,j⩽n ∈ Mn (R) alors son polynôme caractéristique χA
est unitaire de degré n donc il s’écrit :
i=1
PM = X n +
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
où, pour chaque k ∈ {0, .., n − 1} , ck (M ) est un polynôme en les coefficients de M
(coordonnées de M dans la base canonique de Mn (R)) donc la fonction ck : M → ck (M )
est continue sur Mn (R) .
n
Le polynôme PM =
(X − mi,i ) est également unitaire de degré n donc il s’écrit :
n−1
bk (M ) X k
k=0
où, pour chaque k ∈ {0, .., n − 1} , bk (M ) est un polynôme en les coefficients de M
(coordonnées de M dans la base canonique de Mn (R)) donc la fonction bk : M → bk (M )
est continue sur Mn (R) .
Ainsi, par unicité des coefficients d’un polynôme
Bn ⇔ χM = PM ⇔ ∀k ∈ {1, .., n − 1} , ck (M ) = bk (M )
⇔ M∈
n−1
k=1
⇒ Bn =
x.com
:Non
∈
{A ∈ Mn (R) , (ck − bk ) (A) = 0} =
n−1
k=1
(ck − bk )
−1
n−1
k=1
(ck − bk )
−1
({0})
({0}) .
larvo
M
univ.
scho
Pour chaque k ∈ {1, .., n − 1} , la fonction ck − bk étant continue sur Mn (R) et {0}
−1
étant un ensemble fermé alors (ck − bk ) ({0})est un ensemble fermé. Les fermés étant
stables par intersection finie, on en déduit que Bn est un ensemble fermé.
An ouvert. Commençons par caractériser les éléments de An . Soit M ∈ An alors son
514
Centrale Math 1
polynôme caractéristique χM est scindé à racines simples c’est-à-dire, puisque M est
unitaire de degré n, qu’il possède n racines distinctes dans R. On les note
r1 < · · · < rn donc χM =
n
i=1
(X − ri )
(attention, ri dépend de M ). Considérons n + 1 réels a0 , a1 , .., an comme suit : on fixe
a0 ∈ ]−∞, r1 [ , a1 ∈ ]r1 , r2 [ , .., an−1 ∈ ]rn−1 , rn [ , an ∈ ]rn , +∞[
alors
a 0 < a 1 < · · · < an
et on dispose des inégalités suivantes :
∀j ∈ {0, .., n − 1} , χM (aj ) χM (aj+1 ) < 0
55:1
6479
3840
5
(le polynôme χM change de signe à « chaque passage d’une racine » ou bien le signe de
n−j
car n − j facteurs non strictement négatifs, les autres étant
χM (aj ) est celui de (−1)
strictement positifs).
Réciproquement, supposons qu’il existe s’il existe n + 1 réels tels que a0 < a1 < · · · < an
et que l’on dispose des inégalité suivantes :
∀j ∈ {0, .., n − 1} , χM (aj ) χM (aj+1 ) < 0.
.20.2
La fonction x → χM (x) est continue sur R et,
:165
.225
∀j ∈ {0, .., n − 1} , χM (aj ) χM (aj+1 ) < 0.
D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe
e:21
1075
3582
:889
1250
2
rj+1 ∈ ]aj , aj+1 [ tel que χM (rj ) = 0.
Ainsi, le polynôme χM admet r1 , r2 , .., rn comme racines. Ces racines sont deux à deux
distinctes car :
r1 < a1 < r2 < a2 < · · · < an−1 < rn < an
et χM étant de degré n, χM est scindé à racines simples.
Autrement dit, M ∈ An si et seulement s’il existe des réels
a 0 < a1 < · · · < a n
tels que :
x.com
:Non
∀j ∈ {0, .., n − 1} , χM (aj ) χM (aj+1 ) < 0,
c’est-à-dire que, comme l’existence se traduit par une union et les « ∀ » par des intersections (car ils correspondent à des « et »), on a l’égalité ensembliste suivante :
n−1
{M ∈ Mn (R) , χM (aj ) χM (aj+1 ) < 0}
n−1
(a0 ,a1 ,..,an )∈Rn+1 j=0
tel que a0 <a1 <···<an
=
(a0 ,a1 ,..,an )∈Rn+1 j=0
tel que a0 <a1 <···<an
larvo
scho
=
faj ,aj+1
univ.
An
−1
(]−∞, 0[)
Espaces vectoriels normés
515
où
∀ (a, b) ∈ R2 , fa,b : M → χM (a) χM (b) p
On reprend les notations de Bn fermé. Pour tout a ∈ R, la fonction
n
M → χM (a) = a +
n−1
ck (M ) ak
k=0
est continue sur Mn (R) puisque c’est un polynôme en les coefficients de M (coordonnées
de M dans la base canonique de Mn (R)). Ainsi, pour tout (a, b) ∈ R2 , la fonction fa,b
est continue sur Mn (R) (comme produit de deux telles fonctions). Comme ]−∞, 0[ est
un ouvert, l’ensemble
−1
(fa,b ) (]−∞, 0[)
5
est un ouvert de Mn (R) . Les ouverts stables par intersection finie et union quelconque,
on en déduit que An est un ouvert de Mn (R) .
55:1
6479
3840
3. Notons Tn l’ensemble des matrices triangulaires supérieures de Mn (R) . Il est manifeste
n (n + 1)
(de base (Ei,j )1⩽j⩽i⩽n où Ei,j
que Tn est un espace vectoriel de dimension
2
sont les matrices de la base canonique) inclus dans Bn (si M ∈ Tn , la matrice XIn − M
n
est triangulaire de coefficients diagonaux (X − mi,i ) donc χM =
(X − mi,i )). Ainsi,
i=1
.20.2
n (n + 1)
la dimension maximale recherchée vaut au moins
.
2
n (n + 1)
> 0.
2
e:21
1075
3582
:889
1250
2
dim (F ) >
:165
.225
Supposons qu’il existe un sous-espace vectoriel F de Mn (R) inclus dans Bn avec
Notons An (R) l’ensemble des matrices anti-symétriques de Mn (R) (i.e. t A = −A) qui
n (n − 1)
. Montrons que F ∩ An (R) est non nul.
est un espace vectoriel de dimension
2
Comme F + An (R) est un sous-espace vectoriel de Mn (R) , on a :
dim (F + An (R)) ⩽ dim (Mn (R)) = n2 .
D’après la formule de Grassmann, on a l’égalité :
=
>
dim (An (R)) + dim (F ) − dim (An (R) + F )
x.com
:Non
dim (An (R) ∩ F )
>n(n+1)/2
⩽n2
n (n − 1) n (n − 1)
+
− n2 = 0
2
2
larvo
c’est-à-dire que
dim (An (R) ∩ F ) > 0.
univ.
scho
Soit M ∈ (An (R) ∩ F ) \ {0n } alors M est antisymétrique donc tous ses coefficients
diagonaux sont nuls car :
∀i ∈ {1, .., n} , t M i,i = (−M )i,i ⇔ mi,i = −mi,i ⇔ mi,i = 0.
516
Centrale Math 1
Comme M ∈ F, son polynôme caractéristique est
χM =
n
i=1
(X − mi,i ) = X n
qui annule M (d’après le théorème de Cayley-Hamilton) donc :
χM (M ) = 0 ⇔ M n = 0n .
Considérons la matrice
qui est symétrique car :
A = t M M = −M 2
t
A = t M t t M = t M M = A.
5
D’après le théorème spectral, la matrice A est diagonalisable donc il existe une matrice
inversible P et des réels (λi )1⩽i⩽n tels que
A = P diag (λi )1⩽i⩽n P −1 .
55:1
6479
3840
En outre, A est nilpotente car :
n
n
n
2
n
An = −M 2 = (−1) M 2n = (−1) (M n ) = (−1) 02n = 0n
n
n
⇒ P diag (λi )1⩽i⩽n P −1 = 0n ⇔ P diag ((λi ) )1⩽i⩽n P −1 = 0n .
Puisque
U | V = Tr t U V
:165
.225
.20.2
En multipliant par P −1 (à gauche) et par P (à droite), on en déduit, pour tout
i ∈ {1, .., n} , on a les égalités suivantes :
n
(λi ) = 0 ⇔ λi = 0 ⇒ A = diag (0)1⩽i⩽n P −1 = P 0n P −1 = 0n .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
est un produit scalaire sur Mn (R) , on obtient la formule :
M | M = Tr t M M = Tr (A) = Tr (0n ) = 0
donc M = 0n , ce qui est absurde.
Ainsi, la dimension maximale d’un espace vectoriel inclus dans Bn vaut
n (n + 1)
.
2
larvo
x.com
:Non
Commentaires 233 Exercice de difficulté standard pour Centrale-SupElec donc la première question est sans difficulté.
Question 2. Il s’agit d’un type de question assez courant pour les concours Centrale-SupElec
et Mines-Ponts.
Le fait que Bn est fermé est accessible sans aide particulière puisque le raisonnement est
usuel (par image réciproque ou par caractérisation séquentielle). Néanmoins, si l’interrogateur doit vous donner une indication pour démarrer, il sera attentif à une justification
n
(X − mi,i ) qui est une
aisée de la continuité de M → χM ou (plus facile) de M →
i=1
univ.
scho
application directe du cours.
Pour l’étude de An (qui est une question posée également au concours Mines-Ponts), il est
fort probable que l’interrogateur vous propose une ou deux aides dont l’une sera probablement : montrer que P (de degré n) est scindé à racines simples si et seulement s’il existe
Espaces vectoriels normés
517
des réels a0 < a1 < · · · < an tels que :
∀j ∈ {0, .., n − 1} , P (aj ) P (aj+1 ) < 0.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
55:1
6479
3840
5
Question 3 : Il s’agit d’une question astucieuse mais qui devient à la mode depuis quelques
années donc n’hésitez pas à la retravailler.
518
Mines-Ponts
12.4
Mines-Ponts
Exercice 234 (Mines-Ponts) Soit (E, , ) un espace préhilbertien. Montrer que
{(u, v) ∈ E × E, (u, v) est une famille libre} est un ouvert de E 2 .
Solution 234 On note
(u, v) est une famille libre}
F = {(u, v) ∈ E × E,
et la norme associée à | .
D’après la caractérisation du cas d’égalité de Cauchy-Schwarz, (u, v) est liée si et seulement si
2
2
2
|u | v| = u v .
On introduit alors la fonction
5
E2
→ R
2
2
2
(u, v) → |u | v| − u v
3840
f:
55:1
6479
alors on dispose de l’égalité ensembliste :
F = (u, v) ∈ E 2 , f (u, v) = 0 = f −1 ({R\ {0}}) .
:165
.225
.20.2
La fonction f est continue sur E 2 (car elle est somme et produit des fonctions | et qui le
sont) et l’ensemble R\ {0} est ouvert donc f −1 (R\ {0}) = F est un ouvert de E 2 .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
Commentaires 234 Un grand classique de Mines-Ponts. On peut également remarque
x
y (pourquoi ?) et à considérer l’application
que si x est colinéaire à y alors x = ±
y
→ R
E2
f:
(u, v) → (v u + u v) (v u − u v)
(afin d’assurer la définition et la continuité sur E 2 ).
Exercice 235 (Mines-Ponts) Soient (E, ) un espace vectoriel normé de dimension finie
et C un fermé non vide de E. Soit f : C → C une application k-lipschitzienne, avec
k ∈ [0, 1[ . On considère une suite (xn )n∈N telle que :
1. Montrer que la série
fixe.
n
x.com
:Non
x0 ∈ C et ∀n ∈ N, xn+1 = f (xn ) .
(xn+1 − xn ) converge puis que f admet une unique point
univ.
scho
larvo
2. On suppose maintenant C compact convexe non vide et f 1-lipschitzienne. Montrer
que f admet un point fixe.
1
1
Indication : Considérer la fonction fn : x → a + 1 −
f (x) (n ∈ N∗ ) où
n
n
a ∈ C.
Espaces vectoriels normés
519
Solution 235
1. Puisque f est k-lipschitzienne, on a :
∀(x, y) ∈ F 2 ,
f (x) − f (y) ⩽ k x − y .
Convergence de la série. Puisque C est stable par f et que x0 ∈ F, on est assuré que
∀n ∈ N, xn ∈ C. Pour tout entier n ⩾ 1, on a
xn+1 − xn = f (xn ) − f (xn−1 ) ⩽ k xn − xn−1 .
Une récurrence immédiate montre que :
∀n ⩾ 1, xn+1 − xn ⩽ k n x1 − x0 .
n
5
déduit que la série
k n x1 − x0 converge (série géométrique de raison k ∈ [0, 1[), on en
xn+1 − xn converge. Puisque E est un espace vectoriel normé
de dimension finie, on peut affirmer que la série
Existence d’un point fixe. Comme la série
n
n
3840
n
(xn+1 − xn ) converge.
6479
(xn+1 − xn ) converge alors le théorème
55:1
Comme la série
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
sur les séries télescopiques affirme que la suite (xn )n converge. Notons L sa limite.
Comme C est un fermé et que la suite (xn )n appartient à C, on peut affirmer que
L ∈ C. La suite extraite (xn+1 )n converge également vers L. Comme f est continue sur
C (puisqu’elle y est lipschitzienne), en faisant tendre n vers +∞ dans la relation de
récurrence vérifiée par la suite (xn )n , on obtient l’équation L = f (L) donc L est un
point fixe de f.
Unicité du point fixe. Supposons qu’il existe deux x ∈ C tel que f (x) = x alors on
dispose des majorations suivantes :
f (x) − f (L) ⩽ k x − L ⇔ x − L ⩽ k x − L
⇔ (1 − k) x − L ⩽ 0
⇔
÷(1−k)>0
x − L ⩽ 0.
Comme toute norme est positive, on en déduit que x − L = 0 donc x = L, ce qui
prouve l’unicité.
x.com
:Non
2. On fixe un élément a ∈ C et, pour tout entier n, on considère l’application
1
1
fn : x ∈ C → a + 1 −
f (x)
n
n
scho
∀n
C, f (x) ∈ C et a ∈ C et
1
1
1
∗ 1
∈ N ,
⩾ 0, 1 − ⩾ 0,
+ 1−
=1
n
n
n
n
1
1
⇒
a+ 1−
f (x) ∈ C ⇔ fn (x) ∈ C
n
n
∈
univ.
∀x
larvo
Puisque C est convexe et qu’il est stable par f, on peut affirmer que :
520
Mines-Ponts
La fonction fn va de C dans C et elle est
(x, y) ∈ C 2 , on a :
fn (x) − fn (y) =
1−
1
-lipschitzienne puisque, pour tout
n
1
1
f (x) − f (y) ⩽ 1 −
x − y .
1−
n
n
1
Comme 1 − < 1, la question montre qu’il existe un point fixe xn ∈ C de f donc, pour
n
tout entier non nul n, on a l’égalité :
1
1
f (xn ) = xn .
fn (xn ) = xn ⇔ (∗) : a + 1 −
n
n
La
(xn )n étant à valeurs dans le compact C, on peut en extraire une sous-suite
suite
xϕ(n) n convergente dans C. On note L sa limite. Puisque lim ϕ (n) = +∞ et comme
n→+∞
→ 1
n→∞
n→∞
n→∞
55:1
→ 0
n→∞
6479
3840
5
f est continue, pour tout entier n ⩾ 1, on a :
1
1
a+ 1−
f xϕ(n) = xϕ(n) ⇒ f (L) = L
ϕ (n)
ϕ (n) n→+∞
→ f (L)
→ L
.20.2
donc L est un point fixe de f.
x.com
:Non
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
Commentaires 235 Grand classique des espaces vectoriels normés (même en dimension
infinie, si C est fermé) qui porte le doux nom de « théorème du point fixe ». Par exemple,
c’est ce théorème qui permet de prouver le théorème de Cauchy-Lipschitz (et beaucoup
d’autres résultats célèbres).
Question 1 : il s’agit de la généralisation des suites un+1 = f (un ) faite en MPSI pour
les applications contractantes (f bornée par k < 1). La différence avec la MPSI est
que nous n’avons pas, pour l’instant, l’existence du point fixe (l’étude de la fonction
x ∈ R → f (x) − x ∈ R suffit en MPSI). La méthode du corrigé est à connaitre car
elle sert dans un nombre significatif d’autres exercices et il s’agit d’une méthode générale pour justifier la convergence de suite dans des espaces vectoriels normés (introduire
la série télescopique associée, prouver qu’elle converge absolument, utiliser le lien entre
convergence absolue et converge (valable en dimension finie)).
Question 2 : Cette question sera bien plus discriminante que la précédente car elle possède
plusieurs subtilités : justifier que C est stable par fn , extraction d’une sous-suite convergente à la suite des points fixes (xn )n et justification que sa limite est point fixe de f.
Exercice 236 (Mines-Ponts) Soit n ∈ N∗ . Notons
det (M ) = 1} .
larvo
SLn (R) = {M ∈ Mn (R) ,
scho
Quel est le minimum de la fonction f : M ∈ SLn (R) → Tr (t M M ) ?
univ.
Solution 236 Soit M ∈ SLn (R) alors la matrice S = t M M est symétrique à coefficients réels
car :
t
S = t M t t M = t M M = S.
Espaces vectoriels normés
En outre, on a :
521
det (S) = det t M det (M ) = det (M ) det (M ) = 12 = 1.
D’après le théorème spectral, la matrice S est diagonalisable en base orthonormale c’est-à-dire
qu’il existe une matrice orthogonale P et des réels λ1 , .., λn tels que
S
=
Tr (S)
=
det (S)
=
P diag (λ1 , .., λn ) P −1 ⇒
n
Tr (diag (λ1 , .., λn )) =
λi
i=1
n
det (diag (λ1 , .., λn )) =
λi .
i=1
Munissons Mn,1 (R) de son produit scalaire canonique
2
∀ (X, Y ) ∈ (Mn,1 (R)) , X | Y = t XY.
3840
5
Pour tout i ∈ {1, .., n} , soit Xi ∈ Mn,1 (R) \ {0n,1 } un vecteur propre de S associé à la valeur
propre λi alors
2
6479
SXi = λi Xi ⇒ Xi | SXi = Xi | λi Xi ⇔ t Xi SXi = λi Xi | Xi 2
2
2
55:1
⇔ t Xi t M M Xi = λi Xi ⇔ t (M Xi ) M Xi = λi Xi ⇔ M Xi = λi Xi 2
⇔ 11/n ⩽
e:21
1075
3582
:889
1250
2
:165
.225
.20.2
En divisant cette égalité par Xi (ce qui est licite car ce nombre est non nul puisque Xi est
non nul), on obtient :
2
M Xi λi =
2 >0
Xi car M est inversible (puisque son déterminant est vaut 1 = 0) et que Xi est non nul, on est
assuré que M Xi est non nul également.
Comme les nombres (λi )1⩽i⩽n sont strictement positifs, l’inégalité arithmético-géométrique
fournit l’inégalité :
n 1/n
n
1
1
1/n
λi
⩽
λi ⇔ (det (S))
⩽ Tr (S)
n
n
i=1
i=1
1
Tr t M M ⇔ n ⩽ f (M ) ,
×n>0
n
cette inégalité étant valable pour toute matrice M ∈ SLn (R) . Or, la matrice In appartient à
SLn (R) et on a :
f (In ) = Tr t In In = Tr (In ) = n
min
M ∈SLn (R)
x.com
:Non
donc on vient de montrer que :
f (M ) = n.
univ.
scho
larvo
Commentaires 236 Cette question est piégeuse car les candidats peuvent songer à de
nombreuses pistes ... qui s’avèrent sans issue ou extrêment difficile : utiliser le calcul
différentiel (SLn (R) n’est pas un ouvert !), invoquer la compacité (SLn (R) n’est pas compact !). En fait les espaces vectoriels normés ne servent à rien mais la réduction des endomorphismes symétriques, oui. L’interrogateur proposera certainement comme piste d’utiliser la réduction de t M M et il attend alors un certain nombre d’automatismes sur le sujet
522
Mines-Ponts
(matrice symétrique, théorème spectral, voire penser à l’inégalité arithmético-géométrique
même si le candidat ne s’occupe pas du signe des valeurs propres, cette dernière idée étant
excellente).
Exercice 237 (Mines-Ponts) Soit E un espace vectoriel normé et F un sous-espace vectoriel de E.
1. Démontrer que l’adhérence de F est un sous-espace vectoriel.
2. Soit H un hyperplan de E. Montrer que H est fermé ou dense.
Solution 237
6479
3840
5
1. Rappelons que F , l’adhérence de F, est l’ensemble des limites de suites de F qui convergent
dans E donc F ⊂ E.
Pour tout n ∈ N, on pose un = 0E . La suite (un )n∈N est à valeurs dans F et converge
vers 0E donc 0E ∈ F .
2
Soient (x, y) ∈ F et (λ, µ) ∈ R2 . Il existe deux suites (xn )n∈N et (yn )n∈N à valeurs
dans F et convergeant respectivement vers x et y. La suite (λxn + µyn )n∈N est à valeurs
dans F (car F est un espace vectoriel) et converge vers λx + µy donc λx + µy ∈ F .
Par conséquent, F est bien un sous-espace vectoriel de E.
:165
.225
.20.2
55:1
2. Soit H un hyperplan de E alors, d’après la question précédente, H est un sous-espace
vectoriel de E qui contient H (si x ∈ H, considérer la suite constante égale à x, elle est
à valeurs dans H et converge vers x). Nous allons distinguer deux cas.
Premier cas H = H. Toute suite de (xn )n à valeurs dans H qui converge dans E vers
x alors x ∈ H = H donc H est fermé.
Second cas H H. On considère a ∈ H\H. Comme H est un hyperplan, il possède
comme supplémentaire une droite D = Vect (u) c’est-à-dire
e:21
1075
3582
:889
1250
2
E = H ⊕ D = H ⊕ Vect (u) .
/ H, on peut affirmer
Ainsi, il existe h0 ∈ H et λ0 ∈ R tels que a = h0 + λ0 u. Comme a ∈
a − h0
que λ0 = 0 (sinon, a = h0 ∈ H) donc u =
. Comme a ∈ H et que h ∈ H ⊂ H et
λ0
que H est un espace vectoriel, on en déduit que u ∈ H. Par conséquent, on dispose de
l’inclusion :
E = H ⊕ Vect (u) ⊂ H + H ⊂ H.
x.com
:Non
Par conséquent, tout élément de E est la limite d’une suite d’éléments de H donc H est
dense dans E.
Commentaires 237 Exercice classique du concours Mines-Ponts. Il faut le travailler au
moins une fois (sachant que la question 1 est une question de la banque publique CCINP).
larvo
Exercice 238 (Mines-Ponts) Soit (E, ) un R-espace vectoriel normé.
univ.
scho
1. Montrer qu’une famille (x1 , ..., xn ) est libre si et seulement si :
2
2
inf λ1 x1 + · · · + λn xn , (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn , (λ1 ) + · · · + (λn ) = 1 > 0.
Espaces vectoriels normés
523
2. En déduire que l’ensemble des familles libres de p vecteurs est un ouvert de E p
(p ∈ N∗ ).
Solution 238
1. Munissons Rn de la norme euclidienne
∀x = (xi )1⩽i⩽n ∈ Rn , x2 =
et notons
S = (λ1 , ..., λn ) ∈ Rn ,
2
2
(x1 ) + · · · + (xn )
2
2
(λ1 ) + · · · + (λn ) = 1
i=1
6479
3840
5
qui est la boule unité de (Rn , 2 ) . L’ensemble S est borné (par 1). Comme 2 est
continue sur Rn (puisque lipschitzienne d’après
√ la seconde inégalité triangulaire ou par
un argument de composée de la fonction t → t et d’une fonction polynomiale) et que
−1
{1} est un fermé de R, on en déduit que 2 ({1}) = S est un ensemble fermé. Puisque
S est un fermé borné d’un esapce vectoriel de dimension finie, il est compact.
L’application

n
→ E

 R
n
f(x1 ,..,xn ) :
(λ
)
→
λi x i

 i 1⩽i⩽n
:165
.225
.20.2
55:1
est linéaire en dimension finie donc elle est continue et l’application est continue sur E
(puisque lipschitzienne d’après la seconde inégalité triangulaire, l’argument polynomiale
ne pouvant être invoqué ici), on en déduit que
 n
→ R

 R
n
g(x1 ,..,xn ) = ◦ f(x1 ,..,xn ) :
)
→
λ
x
(λ

i
i
i
1⩽i⩽n

i=1
est continue sur R . En particulier, la fonction g(x1 ,..,xn ) étant sur le compact S, elle
admet un minimum sur S c’est-à-dire qu’il existe µ = (µi )1⩽i⩽n ∈ S tel que
e:21
1075
3582
:889
1250
2
n
inf g(x1 ,..,xn ) = g(x1 ,..,xn ) (µ)
S
n
n
⇔ inf λi xi , (λi )1⩽i⩽n ∈ Rn , (λi )1⩽i⩽n = 1 = µi xi .
2
i=1
i=1
En particulier, si la famille (xi )1⩽i⩽n est libre, comme µ = 0Rn (car µ2 = 0), on peut
affirmer que
n
n
µi xi > 0 ⇔ inf g > 0.
µi xi = 0 ⇒ S
x.com
:Non
i=1
i=1
Réciproquement, supposons que inf g > 0. Soit λ = (λi )1⩽i⩽n ∈ Rn tel que
S
n
i=1
λi xi = 0.
univ.
scho
larvo
Si λ = 0Rn alors, quitte à diviser l’égalité précédente par λ2 , on peut supposer que
λ2 = 1. Dans ce cas, on peut affirmer que :
n
n
λi xi = 0,
g(x1 , .,xn ) (λ) ⩾ inf g(x1 ,..,xn ) > 0 ⇒ λi x i > 0 ⇒
S
i=1
ce qui est absurde donc λ = 0 et la famille (xi )1⩽i⩽n est libre.
i=1
524
Mines-Ponts
2. On conserve les notations et résultats de la réponse à la question précédente. On munit
E p de la norme N définie par :
∀ (x1 , .., xp ) ∈ E p , N (x1 , .., xp ) =
p
i=1
xi .
Notons A l’ensemble des familles libres x1 , .., xp de E et considérons l’application :
→ R
Ep
h:
(x1 , .., xp ) → inf g(x1 ,..,xn ) (λ) . .
λ∈S
D’après la question précédente, on a l’égalité ensembliste suivante :
A = h−1 (]0, +∞[) .
⩽
⩽
6479
h (x)
(λi )1⩽i⩽p ∈ S,
p
p
p
gx (λ) = λi x i = λi (xi − yi ) +
λi yi i=1
i=1
i=1
p
p
|λi | xi − yi + λi yi ⩽ N (x − y) + fy (λ)
55:1
=
i=1
⩽1
.20.2
∀λ
3840
5
Comme ]0, +∞[ est un ouvert de R, pour montrer que A est un ouvert de E p , il suffit de
montrer que h est continue. Précisément, nous allons montrer qu’elle est lipschitzienne.
Soient x = (x1 , .., xp ) ∈ E p et y = (y1 , .., yp ) ∈ E p . On a les majorations suivantes :
i=1
λ∈S
h (y) − h (x)
⩽
e:21
1075
3582
:889
1250
2
En échangeant les rôles de x et y, on obtient pour
:165
.225
⇒ ∀λ ∈ S, h (x) − N (x − y) ⩽ fy (λ)
⇒ h (x) − N (x − y) ⩽ inf fy (λ) = h (y) ⇒ h (x) − h (y) ⩽ N (x − y) .
N (y − x) = |−1| N (y − x) = N (− (y − x)) = N (x − y)
⇒ −N (x − y) ⩽ h (x) − h (y) ⩽ N (x − y)
⇒ ∀x ∈ E p , ∀y ∈ E p , |h (x) − h (y)| ⩽ N (x − y)
donc h est lipschitzienne, ce qui prouve sa continuité et permet de conclure.
univ.
scho
larvo
x.com
:Non
Commentaires 238 Exercice tout à fait adapté au concours Mines-Ponts de difficulté
gradué.
Question 1 : le point crucial de cette question est d’observer que la borne inférieure porte
sur les éléments de la sphère euclidienne et de faire lien avec la compacité. On peut alors
traiter la question via les fonctions ou utiliser la caractérisation séquentielle des bornes
inférieures (m = inf A si et seulement si ∀a ∈ A, a ⩾ m et il existe une suite (mn )n
de A qui converge vers m). La question mélangeant divers outils (algèbre linéaire, bornes
inférieures, etc), il est préférable de traiter séparément chaque implication. La plus simple
étant la réciproque qui n’utilise pas la topologie. La continuité de l’application g(x1 ,..,xn )
peut être abordée en repassant aux coordonnées (il s’agit de la racine carré d’un polynôme
en (λ1 , .., λn )).
Question 2 : elle est bien plus sélective que la précédente car elle exige de bien comprendre les objets manipulés. En voici une autre preuve montrant que le complémentaire
Espaces vectoriels normés
525
(n)
(n)
sont liés et la suite x(n) converge
est fermé (si, pour tout entier n, x(n) = x1 , .., xp
(n)
vers x∞ = (x1 , .., xp ) , on peut trouver une combinaison linéaire λ(n) = λi
dont
1⩽i⩽p
les coefficients appartiennent à la sphère, puis utiliser
la
compacité de la sphère pour ob
∞
(n)
tenir une valeur d’adhérence λ de de la suite λ
. Ensuite utiliser la continuité
n
de
p
λ i yi
h : (λ1 , .., λp , y1 , .., yp ) →
i=1
pour affirmer que h λ(n) , x(n) = 0 et comme (λ∞ , x∞ ) est la limite de λϕ(n) , xϕ(n) (ϕ
l’extraction dont est issu λ∞ ), on obtient h (λ∞ , x∞ ) = 0 avec λ∞ est sur la sphère donc
est non nul, ce qui prouve que x∞ est une famille liée.
5
Exercice
Soient N une norme sur M2 (C) et A ∈ M2 (C) . Étudier la
239(Mines-Ponts)
k 1/k
suite N A
.
3840
k⩾1
.20.2
55:1
6479
Solution 239 Nous allons distinguer deux cas.
Premier cas A est diagonalisable. Il existe P ∈ GL2 (C) et (λ1 , λ2 ) ∈ C2 telle que
k
λ1 0
0
(λ1 )
−1
k
−1
A=P
P ⇒ ∀k ∈ N, A = P
.
k P
0 λ2
0
(λ2 )
Considérons les applications ∞ et P sur M2 (C) définie par :
:165
.225
∀M ∈ M2 (C) , M ∞ = max |Mi,j | et M P = P −1 M P ∞ .
1⩽i,j⩽2
D’après le cours, ∞ est une norme sur M2 (C) . Vérifons rapidement que P est également
une norme.
λM P
∈
=
M + N P
=
M P
=
⩽
2
(M2 (C)) , ∀λ ∈ C, M P ⩾ 0
−1
P (λM ) P = λ P −1 M P = |λ| P −1 M P = |λ| M P
∞
∞
∞
−1
P (M + N ) P = P −1 M P + P −1 N P ∞
−1
∞
P M P + P −1 N P = M + N P
P
∞
∞
0 ⇔ P −1 M P ∞ = 0 ⇔ P −1 M P = 0n ⇔ M = P 0n P −1 = 0n .
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀ (M, N )
x.com
:Non
Quitte à échanger λ1 et λ2 (et donc les colonnes de P c’est-à-dire à réordonner la base de
diagonalisation de A), on peut supposer que |λ1 | ⩽ |λ2 | . Il est alors immédiat que :
k
k
k
∀k ⩾ 1, Ak P = max |λ1 | , |λ2 | = |λ2 | .
Comme M2 (C) est un espace vectoriel de dimension finie, les normes N et P sont équivalentes
c’est-à-dire qu’il existe deux réels strictement positifs tels que
C P ⩽ N ⩽ D P ⇒ ∀k ∈ N∗ , C Ak P ⩽ N Ak ⩽ D Ak P
univ.
scho
larvo
En composant cet encadrement par la fonction t → t1/k qui est croissante sur R+ , on en déduit
l’encadrement suivante valable pour tout k ⩾ 1 :
1/k
1/k k 1/k
(I) : C 1/k Ak P
⩽ N A
⩽ D1/k Ak P
1/k
⇔ C 1/k |λ2 | ⩽ N Ak
⩽ D1/k |λ2 | .
526
Mines-Ponts
Comme lim C 1/k |λ2 | = lim D1/k |λ2 | = |λ2 | , le théorème d’encadrement montre que :
k→+∞
k→+∞
lim
k→+∞
1/k
N Ak
= |λ2 | = max |λ| .
λ∈Sp(A)
Second cas A n’est pas diagonalisable. Le polynôme caractéristique χA de A étant de degré
2, il est scindé dans C [X] (théorème de D’Alembert-Gauss) et il possède une unique racine (s’il
en possède 2, A serait diagonalisable). Soit r cette racine qui est aussi l’unique valeur propre
de A et A est trigonalisable (puisque χA est scindé) donc il existe une matrice inversible et un
complexe s tel que :
r s
0 1
= rI2 + s
P −1 AP =
avec N 2 = 02 .
0 r
0 0
=N
k
k
=
(sN + rI2 ) =
k
i
k
i
i=0
(sN ) (rI2 )
=02 si i⩾2
k−i
3840
(rI2 + sN )
5
Comme les matrices I2 et N commutent, pour tout entier k, la formule du binôme montre que :
.20.2
55:1
6479
k
r
ksrk−1
= rk I2 + ksrk−1 N =
0
rk
k
r
ksrk−1
⇒ Ak = P
P −1 .
0
rk
:165
.225
Avec les notations du premier cas, on a
k
A = max |r|k , k |s| |r|k−1 = k |s| |r|k−1
P
e:21
1075
3582
:889
1250
2
pour k assez grand car
lim k |s| = +∞ ⇒ ∃k0 , ∀k ⩾ k0 , k |s| ⩾ r
k→+∞
Par conséquent, on peut écrire pour k assez grand :
k 1/k
1/k
1−1/k
A = k 1/k |s| |r|
= exp
P
→
k→+∞
⇒
×|r|
k−1
⩾0
ln (k)
k
1 × 1 × |r| = |r|
k |s| |r|
|s|
1/k
k−1
|r|
k
⩾ |r| .
1−1/k
ln (k)
→ 0). L’inégalité (I) du premier cas permet de
k k→+∞
conclure avec le théorème d’encadrement que :
1/k
N Ak
= |r| .
Conclusion. Pour tout A ∈ M2 (C) , on a :
1/k
N Ak
= max |λ| .
scho
k→+∞
univ.
lim
larvo
lim
k→+∞
x.com
:Non
(d’après les croissances comparées
λ∈Sp(A)
Espaces vectoriels normés
527
Commentaires 239 Pour cet exercice, il est attendu du candidat de traiter des cas suffisamment significatifs (homothéties λI2 , matrices diagonales, triangulaires) pour émettre
une conjecture significative. Ceci sera très fortement apprécié (plutôt que d’attendre l’aide
de l’interrogateur). Bien entendu, il faut alors songer à la réduction pour aborder plus de
cas (les exercices mélant réduction et espaces vectoriels normés sont des grands classiques
des concours Mines-Ponts et Centrale-SupElec). La difficulté est alors la gestion de la
matrice de passage. Il s’agit alors d’un grand classique des espaces vectoriels normés de
dimension finie : comme toutes les normes sont équivalentes,
au lieu de travailler avec la
norme N, il faut travailler avec la norme M → N P −1 M P . L’interrogateur tendra une
perche dans cette direction et il attend du candidat qu’il invoque lui-même l’équivalence
des normes.
Exercice 240 (Mines-Ponts)
5
1. Quelles sont les fonctions de R dans R qui sont limites uniformes sur R d’une suite
de polynômes ?
6479
3840
2. Quelles sont les fonctions de R dans R qui, sur tout segment de R, sont limites
uniformes d’une suite de polynômes ?
Solution 240
suite
sup |Pn+1 − Pn |
R
.20.2
55:1
1. Soit f : R → R une fonction qui est limite uniforme sur R d’une suite de polynômes
(Pn )n∈N
(Pn+1 − Pn )n∈N converge uniformément vers 0 sur R. Ainsi, la
alors la suite converge vers 0. En particulier, il existe un rang N tel que
n
:165
.225
∀n ⩾ N, sup |Pn+1 − Pn | existe c’est-à-dire que la fonction Pn+1 −Pn est bornée. Comme
R
e:21
1075
3582
:889
1250
2
il s’agit d’un polynôme, il est nécessairement constant (sinon il tend vers ±∞ en +∞,
selon le signe de son coefficient dominant). Notons cn cette constante donc :
∀n ⩾ N, Pn+1 − Pn = cn .
La suite (Pn )n⩾N convergeant uniformément vers f , le théorème sur les séries téles
(Pn+1 − Pn ) =
cn converge uniformément sur R
copiques montre que la série
n⩾N
n⩾N
donc simplement sur R. En particulier, en l’évaluant en x = 0, on en déduit que la série
cn converge et, les sommes télescopiques permettent d’écrire :
n⩾N
R,
⇔
f (x) − PN (x) =
n=N
(Pn+1 (x) − Pn (x)) =
+∞
n=N
+∞
cn ⇔ lim Pn (x) − PN (x) =
x.com
:Non
+∞
∈
n=N
n→+∞
cn ⇔ f (x) = PN (x) +
larvo
∀x
+∞
+∞
cn
n=N
cn
n=N
scho
donc f est une fonction polynomiale.
Réciproquement, si f est une fonction polynomiale, la suite constante valant f est une
suite de polynômes qui converge uniformément vers f sur R.
univ.
2. Soit f : R → R une fonction qui est limite uniforme sur tout segment [a, b] de R d’une
suite de polynômes (Pn )n∈N . Pour chaque entier n, Pn est une fonction continue sur R
528
Mines-Ponts
et la convergence étant uniforme sur tout segment de R, on en déduit que f est continue
sur R.
Réciproquement, soit f : R → R une fonction continue. Pour tout segment [a, b] de R, le
théorème de Weierstrass affirme que f est limite uniforme d’une suite de polynômes.
Ainsi, les fonctions qui sont, sur tout segment de R, limite uniforme d’une suite de
polynômes sont les fonctions continues sur R.
Commentaires 240 Exercice d’application du cours. La deuxième question est simplement une question de cours. La première nécessite un peu de réflexion mais le raisonnement
associé est essentiellement celui qui permet de montrer qu’une suite d’entiers converge si
et seulement si elle est stationnaire (remplacer |x| < 1 par le degré nul). Cet exercice n’est
pas à retenir plus que cela.
u (K) ⊂ K}
3840
{u ∈ L (E) ,
5
Exercice 241 (Mines-Ponts) Soient E un espace normé de dimension finie, K une partie
compacte d’intérieur non vide de E. Montrer que
6479
est une partie compacte de L (E).
S = {u ∈ L (E) ,
u (K) ⊂ K} .
55:1
Solution 241 Notons
Fixons une norme sur E et posons :
x∈K
e:21
1075
3582
:889
1250
2
∀u ∈ E, N (u) = sup u (x) .
:165
.225
.20.2
L’ensemble S n’est pas vide (il contient IdE : x → x). Comme E est un espace vectoriel de
dimension finie, L