EXERCICES DE COLLE Arnaud Demarais February 18, 2014 Contents 1 Développements limités et asymptotiques 3 2 Suites numériques 6 3 Topologie simple (Normes équivalentes, distances) 10 4 Algèbre générale 11 5 Séries 17 6 Topologie suite (Tout sauf complet : appli lin, boules, adhérence ...) 20 7 Algebre linéaire (de base) 25 8 Dualité 27 9 Polynômes 30 10 Fonctions usuelles 33 11 Séries entières 36 12 Matrices 39 13 Déterminants 44 14 Complétude 46 15 Suites de fonctions 47 16 Reduction générale (polynôme annulateurs, lemme noyaux etc) 51 17 Reduction effective (diagonalisation, trigonalisation) 55 18 Intégrales sur un segment 58 19 Intégrales généralisées 60 20 Intégrales à paramètre et convergence dominée 63 21 Séries de fonctions 67 1 22 Espaces euclidiens 69 23 Cacul Différentiel 73 24 Réduction auto-adjoint 76 25 Séries de Fourier 78 26 Equations différentielles linéraires 81 27 Equations différentielles non linéaires 84 2 1 Développements limités et asymptotiques Exercice 1.1 (Calcul Moyen) Donner les développements limités en 0 de cos(x) p à l’ordre 3. 1+x 1 h(x) = 1+e x à l’ordre 3. sin(x) i(x) = ln( x ) à l’ordre 1) g(x) = 2) 3) 4. Correction 1.1 1) cos(x) = 1 p1 1+x =1 x2 3 2 + o(x ) x 3 2 5 3 2 + 8x 16 x + o(x3 ) x2 2 x 2 Donc g(x) = (1 x2 8 x 2 =1 + o(x3 ))(1 x3 16 + 38 x2 5 3 16 x + o(x3 )) + o(x3 ) 2) 1 1+ex 1 1 u = 1/2 1 1 ex 2 = 1 + u + u2 + u3 + o(u3 )et 1 ex 2 x2 4 x 2 = x3 12 + o(x3 ) Donc en composant : x 2 =1 + 3 x 24 x2 4 x 2 2h(x) = 1 + ( x3 12 ) 2 + ( x4 + x3 4 ) x3 8 + o(x3 ) + o(x3 ) Alors h(x) = 1/2 x 4 + x3 48 x2 6 + x4 120 x2 2 + o(x3 ) 3) sin(x) x =1 ln(1 x) = x + o(x4 ) x3 3 x4 4 + o(x4 ) Donc en composant : i(x) = ln(1 = = 2 x4 120 ) x4 180 + ( x6 + 2 x 6 2 ( x6 + x4 72 x4 120 + o(x4 ))) + o(x4 ) o(x4 ) Exercice 1.2 (Calcul Facile) Comparer : 1) xln(x) et ln(1 + 2x) en 0 p 2) xln(x) et x2 + 3xln(x2 )sin(x) en +1 1 3) x+1 et ln(1 + x1 ) en -1 4) x 1 x et ln(x) en 0. 3 Correction 1.2 1) ln(1 + 2x) ⇠ 2x Donc ln(1 + 2x) = o(xln(x)) en 0 2) p x2 + 3x ⇠ xet sin(x) est borné donc p x2 + 3xln(x2 )sin(x) = O(xln(x))en +1 3) On pose u = 1 + x. Il faut donc maintenant comparer Or ln( 1 u u) Donc 1 u et ln( 1 u u) ⇠ ln( u) en 0 1 ln(1 + x1 ) = o( x+1 ) en -1 4) 1 x x ln(x) or eu u =e ln(x) x x 1 ln(x) x ! +1 en +1 Donc ln(x) = o(x 1 x ) en 0. Exercice 1.3 (Calcul Moyen) Donner un équivalent en +1 de un = (n+1) n+1 n (n 1) n 1 n n Correction 1.3 Il ne faut pas tomber dans le piège de confondre ln(n + 1) et ln(n) : c’est équivalent mais on a en réalité : ln(n + 1) = ln(n(1 + n1 )) = ln(n) + 1 n + o( n1 ) Donc : n+1 n ln(1 + n) = ln(n) + ln(n) n + o( n1 ) ln(n) n + o( n1 ) et de même n 1 n ln(n 1) = ln(n) On a alors : un = = n 1 exp( n+1 n ln(n+1)) exp( n ln(n 1)) n exp(ln(n)+ ln(n) 1 n +o( n )) exp(ln(n) exp(ln(n)) 1 (exp( ln(n) n n + o( n )) 1 = 1 + ln(n) (1 ln(n) n n ) + o( n ) Donc un ⇠ 2 ln(n) n . = ln(n) 1 n +o( n )) n exp( ln(n) n + o( n1 ))) Exercice 1.4 (Calcul Facile) On pose un = 1 + ... + n1 ´ n+1 dt 1) En encadrant n t , montrer que un ⇠ ln(n) 2) Que dire de la convergence de la suite vn = un ln(n) 4 Correction 1.4 1) On a 1 n+1 < ´ n+1 n dt t 1 n < En sommant pour tout k compris entre 1 et n, on obtient Pn+1 1 Pn 1 2 1 k k < ln(n + 1) < Cela se réécrit un 1 n 1 < ln(n) < un Ce qui montre (en divisant par un et en faisant tendre n vers +1 ) que un ⇠ ln(n) 2) On sait que vn est positive Calculons vn+1 = = = vn 1 ln( n+1 n+1 n ) 1 1 1 1 n+1 n + 2n2 + o( n2 ) 1 1 2n2 + o( n2 ) qui est négative. Donc vn est décroissante et alors vn converge vers une limite que l’on appelle Exercice 1.5 (Calcul Facile) Donner la limite de (xx )x x xx en +1. Correction 1.5 On a : (xx )x x xx = exp(x2 ln(x)) exp(xx ln(x)) = exp((x2 xx )ln(x)) On va donc regarder la limite en +1 de x2 xx On a : x2 xx = ( xx )(1 Or x 2 x =e (2 x)ln(x) x2 x ) qui tend vers 0 donc x2 xx tend vers -\infty et on a (xx )x qui x xx tend vers 0 en +1 5 2 Suites numériques Exercice 2.1 (Moyen classique) Soit (an ) une suite d’éléments strictements positifs P 1) Montrer que an diverge , 8(un ) 2 RN telle que (un ) ! l 2 R on a 2) Montrer que un+1 un ! l 2 R ) un n !l Pn i=0 ai ui P n i=0 ai !l Correction 2.1 1) )) Soit un une suite tendant vers une limite l2 R Soit ✏ > 0 On sait que 9N 2 N tel que 8n > N | un l | ✏ Soit n > N alors : Pn a i ui | Pi=0 l| n ai Pi=0 n a |u i=0 Pni i 0 ai PN ai |ui i=0 Pn 0 ai PN a |u i=0 Pni i 0 ai PN a |u i=0 Pni i 0 ai l| Pn i=NP +1 ai |ui l| n 0 ai Pn ai i=N +1 ✏ Pn ai 0 l| + l| + l| +✏ Or le terme de gauche est une fraction ayant un nombre fini de terme fixé au numérateur et une série divergente au dénominateur : ce terme tend vers 0 ()suffit de prendre u0 = 1 et uk = 08k > 0 2) Soit ✏ > 0 On sait que 9N 2 N tel que 8n > N | un+1 un l | ✏ Calculons | unn l | | | un nl n un un | 1 +un ...+u1 u0 nl+u0 n k=1 |uk uk 1 l| + un0 n PN n N k=1 |uk uk 1 l| n ✏+ n PN k=1 |uk uk 1 l| ✏+ n 1 1 Pn | Or le second terme tend vers 0 Exercice 2.2 (Très Facile) Démontrer l’inégalité arithmético-géométrique : Soit u1 , ..., un des réels positifs. Montrer que : 1 (u1 ...un ) n Pn k=1 uk n . Correction 2.2 On utilise la concavité du logarithme : Pn Pn 1 k) ln((u1 ...un ) n ) = k=1 ln(u ln( k=1 n Et on passe à l’exponentielle . 1 Voir uk n ) 1) 6 Exercice 2.3 (Facile) Soit xn solution de x2 + x + ln(x) = n 1) (xn ) est elle bien définie. 2) Montrer que xn croit vers +1. 3) Donner un équivalent de xn . Correction 2.3 1) La fonction f : x 7! x2 + x + ln(x) est strictement croissante donc bijective. 2) On sait donc que xn est croissante. Par l’absurde si xn ! l 2 R on aurait l2 + l + ln(l) = +1 3) p On préssent que le résultat va être n. p p On a n = x2n + xn + ln(xn ). Et le terme de droite est équivalent à xn . Exercice 2.4 (Moyen) Soit u0 2 [0, ⇡2 ] On considère la suite définie par un+1 = sin(un ). 1) Quelle est la limite de un ? 1 2) Quelle est la limite de u21 u2 ? n n+1 3) Donner un équivalent de (un ). P 4) Donner la nature de la série n 0 un . Correction 2.4 1) Calculons : un+1 un = sin(un ) un 02 Donc un décroit et est minorée donc un ! l 2 R. On a sin(l) = l donc l = 0 2) On a : 1 u2n+1 1 u2n = u2n sin(un )2 u2n sin(un )2 Car un tend vers 0 3) Posons wn = u21 n+1 On sait que wn ! 1 P3n ⇠ 2u3 n 6 u3n = 1 3 1 u2n Donc par Césaro k=0 n Pn Or k=0 wk = u21 q n+1 Donc un ⇠ n3 wk ! 1 3 4) La série diverge 2 car sin(x) x 7 Exercice 2.5 (Facile) Le produit de 2 suites minorées est il minoré ? Correction 2.5 Non prendre un = n et vn = 1 Exercice 2.6 (Facile) Soit(un ) monotone . Montrer que vn = u1 +...+un n a la même monotonie . Correction 2.6 Supposons un croissante alors : Pn Pn Pn Pn Pn+1 (n + 1) k=1 uk = n k=1 uk + k=1 uk n k=1 uk + nun+1 = n k=1 uk Ce qui conclut et de même si un est décroissante. Exercice 2.7 (Facile) Montrer qu’une suite réelle croissante à partir d’un certain rang est minorée Correction 2.7 On suppose donc que 9N 2 N tel que 8n > N on a un uN On prend alors min (u0 , ..., uN ). Exercice 2.8 (Facile) Montrer que un = p 1 n2 +1 + ... + p 1 n2 +n converge et donner sa limite Correction 2.8 On a p n n2 +1 < un < p n n2 +n Et le théorème des gendarmes conclut et donne 1 comme limite. Exercice 2.9 (Facile) On pose u0 = 1 et un+1 = p 2 + un Montrer que (un ) converge Correction 2.9 Il suffit de voir par récurrence immédiate que un < 2 De plus un est croissante car une suite définie par un+1 = f (un ) avec f croissante est monotone croissante si u1 est positif, décroissant sinon . Exercice 2.10 (Facile) 1) Que dire d’une suite croissante qui admet une sous suite convergente ? 2) Que dire d’une suite croissante qui admet une sous suite majorée ? 8 u0 Correction 2.10 1) Soit u une telle suite Appelons l’extractrice et l la limite. Soit n 2 N, il existe m tel que (m) > n donc un u (m) l. On a donc u qui converge vers l puisque (avec des epsilon) Soit ✏ > 0, 9N 2 N tel que 8n > N | u (n) Alors 8n > M on a | un l |< ✏ l |< ✏ Posons M = (N ). Soit p tel que (p) > n 2) l |<| u (p) C’est la même chose sauf qu’on ne sait rien de la limite. Exercice 2.11 (Suite du 2.10) Soit (un ) une suite croissante telle que | u2p+1 u2p | 1 2p Montrer que (un ) converge. Correction 2.11 Montrons que la sous suite (u2p ) est bornée : En effet,| u2p || u2p u 2p 1 | +...+ | u1 u0 | D’après l’exercice précédent on a le résultat. P 2k 2 Exercice 2.12 (Moyen) Soient (un ) et (vn ) deux suites telles que u0 et v0 soient positifs et : p n un+1 = un vn vn+1 = un +v . 2 Montrer que ces 2 suites convergent vers la même limite . Correction 2.12 On peut déjà dire par récurrence immédiate que (un ) et (vn ) sont positives. L’inégalité arithmético-géométrique assure que un vn 8n 1. Mais cette inégalité assure que (un ) est croissante et (vn ) est décroissante. Ces deux suites sont donc convergentes vers l et l’ respectivement En passant à la limite on obtient : p 0 l = ll0 l0 = l+l 2 Donc l = l0 et les deux suites tendent vers la même limite. 9 3 Topologie simple (Normes équivalentes, distances) Exercice 3.1 (facile) Sur R2 l’application N : (x, y) 7!| 5x + 3y | est elle une norme ? Correction 3.1 Non ! N ( 15 , 1 3 ) = 0 donc un axiome n’est pas vérifié ! Exercice 3.2 Sur R2 . On pose : N1 (x, y) =| x | + | y | p N2 (x, y) = x2 + y 2 N1 (x, y) = max(| x |, | y |) Montrer que : 8(x, y) 2 R2 N1 (x, y) N2 (x, y) N1 (x, y) 2N1 (x, y) Ces inégalités sont elles optimales ? Correction 3.2 Comme N1 (x, y) =| x | ou | y | on a déjà : N1 (x, y) N2 (x, y) La seconde inégalité s’obtient par exemple avec la convexité de la focntion racine, en effet : q p p p 2 2y)2 2 2 N2 (x, y) = x + y = ( 2x) +( 2 La dernière est immédiate en majorant | x | et | y | par N1 (x, y). Pour l’optimalité des inégalités Pour la première et la deuxième prendre (1, 0) et pour la troisième prendre (1, 1) Exercice 3.3 On pose N (x, y) = p ax2 + by 2 où a, b > 0 1) Montrer que c’est une norme. 2) Dessiner sa boule unité. 3) Déterminer le plus petit entier p et le plus grand entier q tels que : qN2 (x, y) N (x, y) pN2 (x, y)8(x, y) 2 R2 où N2 est la norme euclidienne. Correction 3.3 1) Classique, on utilise le fait que N2 est une norme 2) On écrit l’équation et on reconnait une ellipse 3) On voit que : p p p p min( a, b)N2 (x, y) N (x, y) max( a, b)N2 (x, y) et c’est optimal (prendre (1, 0) et (0, 1) ) 10 4 Algèbre générale Exercice 4.1 (facile) Soit G un groupe Montrer que G ne peut s’écrire comme H [ H 0 où H et H’ seraient des sous groupes stricts. Correction 4.1 Supposons par l’absurde que G = H [ H 0 avec H et H’ des sous groupes stricts Soit x 2 H \ H 0 et y 2 H 0 \ H Alors le produit xy est dans H ou H’. Si par exemple xy 2 H alors y 2 H ce qui est absurde. Exercice 4.2 (Moyen+) Soit E un ensemble fini non vide muni d’une loi associative * et qui vérifie l’hypothèse de la simplification3 . Montrer que E est un groupe. Correction 4.2 Montrons que E possède un élément neutre. Soit x 2 E . Comme E est fini 9n, n0 2 N différents tels que xn = xn Suposons n0 < n et notons e = xn 0 n0 0 Alors 8y 2 E, on a xn y = xn y donc ey = y et de même ye = y Montrons que tout élément de E est inversible. 0 Soit x 2 E différent de e. De même qu’auparavant 9n, n0 2 N différents tels que xn = xn . Mais de plus n car x est différent de e. xn n0 1 est donc un inverse de x. Exercice 4.3 (Dur ENS ULC) Soit G un groupe fini commutatif. On note n = pgcdxi 2G o(xi ) où o(x) désigne l’ordre de l’élément x i On décompose n = ⇧p↵ i . i 1) Montrer que 9x 2 G tel que o(x) = p↵ i 2) Déduire 9y 2 G tel que o(y) = n 3) Déduire que le groupe multiplicatif d’un corps fini commutatif est cyclique Correction 4.3 1) On sait que 8z 2 G nz = 0. Soit j un indice. ↵ j i Par l’absurde supposons que 8z 2 G on ait ⇧i6=j p↵ i pj Alors o(z) | i ↵j ⇧i6=j p↵ i pj Donc il existe z0 tel que On pose x = 1 8z 2 G et donc n | i ↵j ⇧i6=j p↵ i pj i ⇧i6=j p↵ i z0 ↵ 1 3 xy z=0 1 ce qui est absurde z0 6= 0. ↵ Un tel x convient, en effet pj j x = 0 et pj j 2) i ↵j ⇧i6=j p↵ i pj 1 1 ↵ ↵ x 6= 0 donc o(x) | pj j et o(x) - pj j = xz ) y = z 11 1 n0 2 i On note xi l’élément dont l’ordre est p↵ i et on pose y = o(y) | net soit j un indice : ↵ j i ⇧i6=j p↵ i pj 1 ↵ j i y = ⇧i6=j p↵ i pj ↵ pj j 1 P xi . xj 6= 0 Donc | n et donc y est d’ordre n exactement. 3) Considérons K un copris fini commutatif et K ⇤ son groupe multiplicatif. Considérons n le ppcm tel que précédemment et considérons le polynôme X n 1 Ce polynôme admet tout élément du groupe multiplicatif pour racine donc n est plus grand que le cardinal du groupe multiplicatif. Or il existe un élément d’ordre n dans le groupe multiplicatif donc n est le cardinal du groupe multiplicatif et celui ci est cyclique. Exercice 4.4 (Moyen) Soit A(+, ⇤) un anneau commutatif et I un idéal de A. p On note I ={x 2 A | 9n 2 N tel que xn 2 I} p 1) Montrer que I est un idéal 2) Montrer que: pp p a) I= I p p p b) I \ J = I \ J pp p p c) I + J = I+ J Correction 4.4 1) p Montrons que I est un groupe p Icontient 0 p Soit x 2 I alors 9n 2 Ntelquexn 2 I donc ( x)n = ( 1)n ⇤ xn 2 I. p Donc I est stable par inversion p 0 Soient x, y 2 I alors9n, n0 2 N tel que xn , y n 2 I La formule du binome de Newton assure que Pm0 0 0 0 (x + y)m = k=0 mk xk ⇤ y m k Or si m0 > 2max(n, n0 ) on a toujours dans la somme k et m0 k > max(n, n0 ) 0 0 donc (x + y)m 2 I et donc x + y 2 (x + y)m 2) a) pp p ⇢)Soit x 2 I alors 9n 2 N tel que xn 2 I Donc 9m 2 N tel que (xn )m = xnm 2 I p Donc x 2 I p )C’est évident puis on a toujours I ⇢ I b) p p ⇢)Soit x 2 I \ J Alors 9n, m 2 N tel que xn 2 I et xm 2 J Alors xmax(n,m) 2 I \ J p Donc x 2 I \ J p )Soit x 2 I \ J Alors 9n 2 N tel que xn 2 I \ J 12 Donc xn 2 I et xn 2 J p p On a bien x 2 Ietx 2 J c) pp p p p p ⇢)C’est évident comme I + J ⇢ I + J on a bien I + J ⇢ I+ J pp p )Soit x 2 I+ J p p Alors 9n 2 N tel que xn 2 I + J 0 Donc 9y, y 0 , (m, m0 ) 2 I ⇥ J ⇥ N2 tels que xn = y + y 0 et y m 2 I et y 0m 2 J. p 0 Donc (xn )2⇤max(m,m ) 2 I + J et donc x 2 I + J. Exercice 4.5 (Moyen) Soit A un anneau commutatif On dit qu’un ideal I est premier si xy 2 I ) x 2 I ou y 2 I. On dit qu’un ideal I est maximal si I ⇢ J où J est un idéal) J = A. 1) Montrer que maximal ) premier 2) a) montrer que pZ premier , p premier b) Montrer que I est maximal , 8x 2 A \ I il existe i 2 I et y 2 A tels que xy = 1 + i. Correction 4.5 1) Soit I un idéal maximal. Par l’absurde supposons xy 2 I et x 2 / I et y 2 / I. Alors par maximalité A = I + xA donc 1 = i + xa avec i 2 I et a 2 A En multipliant par y on obtient : y = iy + xya or xy 2 I donc y 2 I : contradiction. 2) a) ))SupposonspZ premier. Par l’absurde si p = nm alors n ou m2 pZ . Supposons que c’est n alors p | n ainsi m = ±1 et p est premier ()Supposons p premier Si xy 2 pZ alors p | xy mais comme p est premier p | x ou p | y ainsi x ouy 2 pZ b) ))Supposons I maximal. Soit x 2 A \ I alors A = I + xA et donc : 9i 2 Iet y 2 A tels que xy = 1 + i ()Supposons par l’absurde que I ⇢ J 6= A Soit x 2 J \ I Alors par hypothèse on a : 9i 2 Iet y 2 A tels que xy = 1 + i mais alors 1 2 J et donc J = A 13 Exercice 4.6 (Moyen quotients ENS ULC) Soit p premier 3. 1) Quel est le nombre de carrés dans Z/pZ 2) Montrer que x 6= 0 est un carré , x p 1 =1 2 3) Soit p un diviseur premier de (n!) + 1. Montrer que p > n et p ⌘ 1[4] 2 Correction 4.6 1) Notons C l’ensemble des carrés de Z/pZ⇤ . Considérons l’application : ( Z/pZ⇤ ! C : x 7! x2 Alors est un morphisme de groupes multiplicatifs surjectif. Intéressons nous à son noyau : 2 x = 1 , x = ±1 Donc C est en bijection avec (Z/pZ)/ {±1} p 1 2 . trouve p+1 2 Donc C est de cardinal En ajoutant 0 on carrés dans Z/pZ. 2) Les carrés sont inclus dans le noyeau de et pour des raisons de cardinal les carrés sont exactement le noyeau de 3) Par l’absurde si p n alors p | n! et donc p | 1 c’est impossible On a donc p > n De plus (n!)2 = Donc p 1 2 1 dans Z/pZ donc -1 est un carré et donc 1 p 1 2 = 1 d’après les questions précédentes est pair et donc p ⌘ 1[4]. Exercice 4.7 (Facile cours) Soit G un groupe fini et H un sous groupe de G 1) Montrer que xRy , xy 1 2 H est une relation d’équivalence sur G 2) Montrer que les classes sont les Ha a2G ( Hb ! Ha 3) Montrer que est une bijection y 7! ya 4) en déduire que card(H) | card(G) Correction 4.7 1) e 2 Hdonc xRx Si xRy alors xy 1 2 H donc en passant à l’inverse yx Si xRy et yRz alors xy 2) 1 et yz 1 1 2 H donc yRx 2 H donc en faisant le produit xz 1 2 H et donc xRz Montrons que 2 éléments dans le même Ha sont dans la même classe d’équivalence : Soient x, y 2 Ha alors x = h1 a et y = h2 a donc xy 1 = h1 h2 1 2 H Montrons que 2 éléments de la même classe sont dans un même Ha Soient x, y 2 classe alors x 2 Hx et commexy 1 2 H , on a y = yx 14 1 x2H Les classes d’équivalences corrspondent bien aux Ha. 3) Cette application est évidemment injective entre 2 ensembles de même cardinal 4) Donc totues les classes ont le même cardinal qui est le cardinal de H or les classes réalisent une partition de G donc : card(H) | card(G) Exercice 4.8 (Facile CCP) Soient G et H des groupes finis 1) Soit x 2 G d’ordre n et y 2 H d’ordre m Quel est l’ordre de (x, y) dans le groupe produit ? 2) Donner des conditions sur G et H pour que le groupe G ⇥ H soit cyclique Correction 4.8 1) On voit que xo((x,y)) = eG et y o((x,y)) = eH donc o(x) | o((x, y)) et o(y) | o((x, y)) En particulier ppcm(o(x), o(y)) | o((x, y)) De plus (x, y)ppcm(o(x),o(y)) = (eG , eH ) On a donc ppcm(o(x), o(y)) = o((x, y)) 2) Si G ⇥ H est cyclique, notons (x, y) un générateur alors x est un générateur de G et y un générateur de H donc G et H doivent être cycliques. De plus il doit exister un élément d’ordre card(G) ⇥ card(H) donc il faut que le ppcm soit égal au produit ou en d’autres termes que le pgcd des cardinaux soit 1 Réciproquement ça marche . Exercice 4.9 (facile) Soient G et G’ deux groupes et f : G ! G0 un morphisme de groupes 1) Soit a 2 G, comparer l’ordre de a et l’ordre de f (a) 2) Soit b 2 G, comparer l’ordre de a et l’ordre de b 1 ab 3) Comparer l’ordre de ab et l’ordre de ba Correction 4.9 1) Notons n l’ordre de a et m l’ordre de f (a) alors f (a)n = f (an ) = f (eG ) = eG0 donc m | n . On ne peut rien dire de plus l’ordre peut être le même (par exemple si on a une bijection) ou peut être minimal (morphisme trivial) 2) C’est évident que c’est le même ordre. 3) Notons n l’ordre de ab et m l’ordre de ba. Alors (ab)n 1 = (ab) 1 = b 1 a 1 Calculons (ba)n = b(ab)n 1 a = bb 1 a 1 b donc m | n En inversant les roles de ab et ba m = n. 15 Exercice 4.10 (Facile) Soit G un groupe d’ordre impair. Montrer que 8x 2 G 9!y tel que x = y 2 Correction 4.10 Notons n = 2p + 1 l’ordre de G. Existance : Soit x 2 G . alors x2p+1 = e donc ((x Unicité : Si x = y12 = y22 1 p 2 ) ) =x alors en élevant a la puissance p (y1 ) 1 = (y2 ) 1 donc y1 = y2 . Exercice 4.11 (Moyen) Si G est de cardinal pair montrer qu’il existe un élément d’ordre 2. Correction 4.11 Supposons qu’il n’y en ait pas. alors 8x 2 G on a x 6= x 1 donc on peut apparier chaque élément avec son inverse. En ajoutant le neutre cela donne un nombre impair d’éléments. Contradiction. Exercice 4.12 (Facile) Soit G un groupe fini tel que 8x 2 G on ait x2 = e. 1) Montrer que G est commutatif 2) Soit H un sous groupe de G et x 2 G \ H . Montrer que le groupe engendré par H et x est de cardinal 2card(H) 3) Déduire que le cardinal de G est une puissance de 2 Correction 4.12 1) Soient x, y 2 G alors on a : e = (xy)2 = xyxy donc y 1 x 1 = xy mais tout élément est égal à son inverse donc xy = yx 2) Le groupe engendré par H et x contient tous les éléments de H et les éléments de la forme xh où h 2 H . donc on a au moins 2card(H) éléments. Montrons que H [ xH est un sous groupe de G. Cela se vérifie bien en utilisant x2 = e et en faisant des disjonctions de cas 3) On prend un élément d’ordre 2 4 Cf 4 et on fait grossir le sous groupe petit à petit . exercice 2.4.11 16 5 Séries Exercice 5.1 (Facile classique) 1) Montrer que 8n 1 on a ln(n + 1) ln(n) n1 P Pn 2) En déduire que n 1 n1 diverge et un équivalent de k=1 k1 P 3) De même, montrer que n 1 n1k diverge si k 1 et converge sinon Correction 5.1 1) Le théorème des accroissements finis assure que 8n 1 on a : 1 ln(n) n1 n+1 ln(n + 1) 2) On a donc : Pn 1 Pn 1 1 + n+1 ln(n) k=1 k1 k=1 k Ce qui assure que la somme diverge et qu’un équivalent est ln(n) 3) Le cas k=1 vien d’être traité. De même on applique le théorème des accrossements finis à 1 nk 1 1 (n+1)k 1 1 xk 1 entre n et n+1 : 1 . nk Ce qui donne un même encadrement que dans la question précédente : Pn 1 Pn 1 1 1 1 + (n+1) k nk 1 i=1 ik i=1 ik Ce qui conclut et donne même un équivalent : 1 nk 1 Exercice 5.2 (Facile CCP) P 4n+3 1) Convergence de n 0 un lorsque un = (2n+1) 2 (2n+2)2 P P 1 ⇡2 2) Sachant que n 1 n2 = 6 . Que vaut n 0 un ? Corrections 5.2 1) (un )est une suite à termes positifs. On applique donc le critère d’équivalence : ile st immédiat que un ⇠ la série converge . 2) Il faut faire la décomposition en élément simples de un : 1 1 un = (2n+1) 2 (2n+2)2 On a donc comme tout converge : P P P 1 1/4 n n 0 un = n 0 (2n+1)2 1 0 (n+1)2 = P 1 nimpairs n2 1/4 Il reste donc à calculer la somme des termes impairs P P P P P Or npairs n12 = 14 n 0 n12 et n 0 n12 = npairs n12 + nimpairs On trouve donc : P 1 ⇡2 nimpairs n2 = 8 et donc : P pi2 n 0 un = 12 Exercice 5.3 (Facile+ ENSAM) Convergence de P un n 0 n lorsque un = ´1 0 xn e x dx 17 P 1 n2 1 n 1 n2 . 1 4n3 . Donc Correction 5.3 Le but est de “trafiquer” l’intégrale de façon à faire sortir des n pour pouvoir comparer la suite à quelque chose de connu L’idée est ici le changement de variable y = xn . 1 ´1 1 On a donc un = n1 0 y n e y n or le terme dans l’intégrale est plus petit que 1 donc : un 1 n et donc un n 1 n2 . Exerccie 5.4 (facile CCP) Soit (un ) une suite de termes strictements positifs. P P 1) Est ce que n 0 un converge ) n 0 u2n converge ? Que dire de la réciproque ? 2) Est-ce valable si un n’est plus supposée positive ? 3) Soient (un ) et (vn ) deux suites de termes strictements positifs telles que P Que dire de n 0 un vn ? P n 0 u2n converge et P n 0 vn2 converge. Correction 5.4 1) P Comme n 0 un converge on sait que un tend vers 0 donc il existe un rang à partir duquel la suite est plus petite P que 1. Dès lors on a u2n un donc on a bien n 0 u2n qui converge . La réciproque est évidemment fausse (prendre un = 1 n ). 2) Le résultat n’est plus valable si (un ) n’est pas une suite positive (prendre par exemple un = le théorème des séries alternées mais dont le carré est la série harmonique) ( 1)n p n qui converge par 3) Il faut toujours avoir à l’esprit l’inégalité suivante : | un vn | 2 u2n +vn . 2 ce qui implique la convergence de Exercice 5.5 (Facile CCP) Convergence de rant tous les un P n 0 un lorsque un = ´ +1 n p 1 dt 1+t5 sachant que ´ +1 1 p 1 dt 1+t5 Correction 5.5 L’idée est ici de sortir le n de l’intégrale, on va donc poser y = ´ +1 p ny 5 5 pn 5 C un = 1 n 1+y n Et donc la série converge par comapraison Exercie 5.6 (Facile) Les assertions suivantes sont-elles vraies pour (un ) positive ? P 1) n 0 un converge ) un ! 0 ? P 2) n 0 un converge ) un = o( n1 )? 18 x n ce qui donne P n 0 un v n est une constante C positive majo- Correction 5.6 1) C’est évidemment vrai : si on note Un = 2) C’est faux. On prend un = domination. 1 n Pn 0 un on a un = Un Un si n est un carré et 1 n2 1 8n 1. Et si Un ! l on a donc : un ! l l = 0 sinon . On a bien P n 0 un converge sans la condition de Exercice 5.7 (Facile +) 1) Montrer que P ( 1)n n 0 n+1 converge . 2) Calculer sa somme. Correction 5.7 1) C’est le critère des séries alterné c’est évident 2) ´1 1 On écrit que n+1 = 0 xn dx et donc ´ 1 PN ´1 PN ( 1)n PN ´ 1 n n n=0 n+1 = n=0 0 ( x) dx = 0 n=0 ( x) dx = 0 ´1 1)n où un 0 ( x)n = (n+1 ! 0. 1 ( x)n 1+x dx = ´1 1 dx 0 1+x ´1 0 ( x)n 1+x dx Exercice 5.8 (Moyen raabe) 1) Soit (un ) une suite à termes strictements positifs tels que : un+1 un + o( 1 ) P n Montrer que n 0 un converge si > 1 et diverge sinon. P 2) Convergence de n 0 un où un = a(a+1)...(a+n) b(b+1)...(b+n) où a, b > 0 =1 n Correction 5.8 1) On va comparer un à un Dans le cas où 1 n↵ > 1 soit ↵ = +1 2 On pose vn = Alors on a Donc Or ↵ un+1 un un+1 un 1 n↵ vn+1 vn = vn+1 vn n = ↵ n ↵ n + o( n1 ) + o( n1 ) est négatif et donc à partir d’un certain rang on a : P P n 0 vn converge et par critère logarithmique n vn+1 vn Or Dans le cas où 2) ( 1+1 1 )↵ = 1 un converge aussi. 1 on utilise le même critère logarithmique mais dans l’autre sens avec↵ = 1 1+ a+1 n 1+ b+1 n Calculons un+1 un Si a 0 ça diverge et sinon ça converge. b 0 = a+n+1 b+n+1 = =1+ a b n + o( n1 ) donc 19 = ln(2) + un 6 Topologie suite (Tout sauf complet : appli lin, boules, adhérence ...) Exercice 6.1 (Facile) Montrer qu’un hyperplan d’un espace vectoriel est soit fermé, soit dense. Correction 6.1 Soit H un hyperplan, alorsH̄ est un espace vectoriel contenant H. Si c’est H alors H est fermé sinon c’est l’espace tout entier (un hyperplan étant un sous espace vectoriel strict maximal) Exercice 6.2 (facile CCP) Soit E un espace vectoriel normé, A une partie compacte et B une partie fermée 1) Montrer que A+B est fermée 2) est-ce vrai si A est juste fermée ? Correction 6.2 1) Utilisons un critère séquentiel : Soit (un ) une suite convergente de A + B et L sa limite alors 8n 2 N on peut écrire un = an + bn où (an , bn ) 2 A ⇥ B. Donc par compacité de A il existe telle que a (n) converge vers une limite l 2 A. Alors u (n) converge vers l et b (n) converge comme combinaison linéaire de suites convergentes vers une limite l0 2 B. Donc L = l + l0 2 A + B donc A + B est fermée. 2) Non prendre A = N⇤ et B ={n + 1 n | n 2 N}. On peut former ( n1 ) 2 A + B qui n’a pas de limite dans A + B. Exercice 6.3 (Moyen) Soit E un espace vectoriel normé, (a, b) 2 E 2 et (r, s) 2 R⇤+ 1) Montrer que B(a, r) ⇢ B(b, s) ) |a 2) B(a, r) \ B(b, s) = ; ) |a b| s r b| > r + s. Correction 6.3 1) Pour simplifier les calculs supposons b = 0 (on ne perd pas en généralité car on peut toujours remplacer b par 0 et a par a-b). Faire un dessein pour voir que |a + a Or comme a et |a| r sont colinéaires a a |a + |a| r| = |a| + | |a| r| = |a| + r a |a| r| s. on a : Ce qui donne : |a| s r 2) On continue de supposer que b = 0 On a que a Donc |a + |a| > s + r a |a| r a |a| r| 2 / B(0, s) > s et de même 20 Exercice 6.4 (Moyen) Soit C une partie convexe d’un espace vectoriel normé. 1) Montrer que C̄ est convexe 2) Montrer que Ċ est convexe Correction 6.4 1) Soit x 2 C̄ et y 2 C̄ et 0 < t < 1 . Soit (xn ), (yn ) deux suites de C telles que xn ! x et yn ! y. Alors par convexité txn + (1 2) t)yn 2 C et txn + (1 t)yn ! tx + (1 t)y. x 2 Ċet y 2 Ċ et 0 < t < 1 Par définition de l’intérieur il existe une boule de rayon ✏1 et une boule de rayon ✏2 incluses dans C Posons z = tx + (1 t)y et soit u tel que |u| ✏ alors z + u = t(x + ut ) + (1 Donc c’est bon t)y 2 C si |u| t ✏1. Exercice 6.5 (facile) On pose E = C 1 ([0, 1], R) et Montrer que : ( E!E f 7! f 0 . est un endomorphisme qui ne peut être continu sur E (quelle que soit la norme) Correction 6.5 Supposons que N soit une norme rendant continu. Alors 8f 2 E on a N (f ) AN (f ) où A 2 R. 0 Posons fn (x) = enx alorsN (f 0 ) = nN (f ) . On aurait donc n A8n 2 N. C’est absurde Exercice 6.7 (moyen- classique) Montrer qu’en dimension finie toutes les normes sont équivalentes. Correction 6.7 Soit E un espace vectoriel de dimansion finie et N une norme, on va la comparer à la norme infinie dans une base fixée. Soit x 2 E, x = x1 e1 + ... + xn en Donc N (x) max(N (Ei ))|x|1 Donc N est une application continue de E dans E muni de ||1 . Or en dimansion finie la boule unité est compacte donc comme N est continue sur le compact, elle est bornée et atteint ses bornes. Il existe donc A et B tels que 8x 2 EA N ( |x|x1 ) B . Ce qui se réécrit : A|x|1 N (x) B|x|1 . 21 Exercice 6.8 (Moyen) On pose E = R3 [X] 1) Montrer que N (P ) =| P (0) | + | P (1) | + | P (2) | + | P (3) | est une norme 2) On pose (P )(X) = P (X +2) montrer que c’est un endomorphisme continu de E et calculer sa norme d’opérateur (pour N) Correction 6.8 1) Si N (P ) = 0 alors P s’annule en 0 1 2 et 3 donc en 4 points tout en étant de dégré 3 donc P est nul. Les autres axiomes (homogénéité et inégalité triangulaire) sont évidents 2) Intéressons nous à la base d’interpolation de Lagrange. (X 1)(X 2)(X 3) , P1 (X) 6 P3 on a P = 0 P (i)Pi Posons P0 (X) = Alors 8P 2 E = (X)(X 2)(X 3) ,P2 (X) 2 = (X 1)(X)(X 3) ,P3 (X) 2 = (X 1)(X 2)(X) 6 est évidemment linéaire P3 De plus N ( (P )) = N ( 0 P (i) (Pi )) N (P )max(N ( (Pi )) Or c’est atteint pour le Pi réalisant le max Exercice 6.9 (Facile+) Soit E = M n(R) 1) Montrer que (A, B) = T r(AB T ) est un produit scalaire 2) Déduire T r(A)2 nT r(AAT ) 3) Justifier la continuité de la trace et calculer sa norme d’opérateur pour la norme induite du produit scalaire. Correction 6.9 1) C’est le produit scalaire usuel sur Rn 2 2) Cauchy Schwarz 3) La trace est évidemment linéaire. p p On a donc T r(A) n|A| donc la trace est continue. et |T r| n. Et c’est atteint avec l’identité . Exercice 6.10 (Moyen) On pose E l’espace des fonctions continues sur [0,1] muni de la norme ´1 k f k= 0 |f (t)|dt ´x Posons (f )(x) = 0 f (t)dt 1) Montrer que est un endomorphisme continu 2)Quelle est sa norme d’opérateur? Correction 6.10 1) est évidemment linéaire. ´1 ´x De plus k (f ) k= 0 | 0 f (t)dt|dx Donc k (f ) k 22 ´1´x 0 0 ´1´1 |f (t)|dtdx |f (t)| tx dtdx 0 0 ´1 ´1 0 |f (t)|( 0 tx dx)dt ´1 \ 0 |f (t)|(1 t)dt k f k Donc 2) ´1´1 0 est continue et k Posons fn = 0 |f (t)| tx dxdt k 1 n2 t + n . On a k fn k= Alors k kf(fnnk)k ! 1 1 2 et k (fn ) k= 1 2 + 5 6n Donc k k= 1 Exercice 6.11 (facile) Soient E et F deux espaces vectoriels normés et f 2 L(E, F ) telle que 8(xn ) ! 0 on ait f (xn ) bornée. Montrer que f est continue. Correction 6.11 Par l’absurde nions le fait que f est continue : 8n 2 N9xn 2 E tel que k f (xn ) k> n2 k xn k. Posons yn = xn nkxn k alors yn ! 0etf (yn ) > n . Cela contredit l’hypothèse. Exercice 6.12 (moyen) Quelle est l’adhérence des matrices de déterminant strictement positif. Correction 6.12 Notons A l’ensemble des matrices de déterminant strictement positif Soit B 2 Ā alors si An est une suite de A tendant vers B, en passant à la limite dans det(An ) > 0 on trouve det(B) 0. Réciproquement soit B de déterminant positif. ◆ 0 et où P et Q sont inversibles 0 ✓ ◆ I 0 Alors si det(P) et det(Q) sont de même signe Bn = r 1 alors P Bn Q tend biens vers B tout en étant dans 0 n Ip r A 0 1 Ir 0 0 0 A et ça marche ! Sinon On remplace Bn par @ 0 n1 I{p r 1} 1 0 0 n Si B est de rang r on écrit B = P Jr Q où Jr = ✓ Ir 0 Exercice 6.13 1) Soit E une espace vectoriel et F un sous espace vectoriel fermé de E. Montrer que F 6= E ) 8r > 1 il existe u tel que k u k= 1 et d(u, F ) r 2) Déduire qu’un espace vectoriel est de dimension finie si et seulement si sa sphère unité est compacte. 23 Correction 6.13 1) Soit x 2 / F alors Posons u = Soit y 2 F ky u k= d(F, u) r = d(x, F ) > 0 car F est fermé et comme r < 1 on a x v kx vk kykx vk x+vk kx vk kx vk r > donc il existe v 2 F tel quek x v k r . r et en passant à la borne inf 2) Soit E un espace vectoriel de dimension infinie. supposons que sa shpère unité est compacte. Soit f1 2 S alors avec la question précédente il existe f2 a distance plus grande que 12 de vect(f1 ). Par récurrence on trouve fn+1 a distance plus grande que 12 de vect(f1 , ..., fn )5 . Considérons la suite des (fi ). Elle ne peut avoir de valeur d’adhérence car tous les points sont espacés d’au moins 12 . Contradiction. L’autre sens étant bien connu on en déduit que E est de dimension finie si et seulement si sa boule unité est compacte 5 toujours différent de notre espace car la dimension est infinie 24 7 Algebre linéaire (de base) Exercice 7.1 (facile) Soit E un K espace vectoriel. f et g 2 L(E) telles que f og = gof . Montrer que Ker(f) et Im(f) sont stables par g. Correction 7.1 Soit x 2 Ker(f ). Montrons que g(x) 2 Ker(f ) f (g(x)) = g(f (x)) = g(0) = 0c’est bon ! Soit z 2 Im(f ) alors 9y 2 E tel que z = f (y) On a g(z) = g(f (y)) = f (g(y)) 2 Im(f ) c’est bon. Exercice 7.2 (facile classique) Soit E un K espace vectoriel. f 2 L(E) Montrer que Ker(f 2 ) = Ker(f ) , Im(f ) \ Ker(f ) ={0} Correction 7.2 )) On a Ker(f 2 ) = Ker(f ) Soit x 2 Im(f ) \ Ker(f ) alors f (x) = 0 et x = f (y) donc f 2 (y) = 0 et l’hypothèse assure que f (y) = x = 0. () On a Im(f ) \ Ker(f ) = 0. ) Cette inclusion est vérifiée quel que soit f 2 L(E) ⇢) Soit x tel que f 2 (x) = 0 alors f (x) 2 Im(f ) \ Ker(f ) = 0 donc f (x) = 0 Exercice 7.3 (facile) Soient F et G deux sous espaces vectoriels de E tels que F + G = E. Soit F’ un supplémentaire de F \ G dans F. Montrer que F 0 G=E Correction 7.3 Montrons que la somme est directe : Soit x 2 F 0 \ G alors x 2 (F \ G) \ (F 0 ) donc x = 0 Montrons que la somme engendre E: Soit x 2 E alors par hypothèse 9(f, g) 2 F ⇥ G tels que x = f + g Et de plus 9(f 0 , g 0 ) 2 F 0 ⇥ F \ G tels que f = f 0 + g 0 Donc x = f 0 + g 0 + g et (g + g 0 ) 2 G Exercice 7.4 (Moyen) Soient p et q deux projecteurs d’un R espace vectoriel tel que p+q soit aussi un projecteur. 1) Montrer que poq = qop = 0 2) Montrer que Im(p + q) = Im(p) Im(q) 3) Montrer que Ker(p + q) = Ker(p) \ Ker(q) 25 Correction 7.4 1) On a p + q = (p + q)2 = p2 + q 2 + poq + qop = p + q + poq + qopdonconapoq = qop En écrivant : poq = qoppuis en composant à gauche par p poq = qopoqpuis en réutilisant poq = poq = qop = qop et q 2 = q qopdonc ces quantités sont nulles 2) Im(p + q) ⇢ im(p) + im(q)est évident. L’inclusion réciproque vient en écrivant : soit x = p(y) + q(z) en composant par p on a p(x) = p(y) et de même q(x) = q(z) donc : p(y) + q(z) = p(x) + q(x) Pour la somme directe soit x 2 Im(p) \ Im(q) alors x = p(y) = q(z) donc p(x) = p2 (y) = p(y) = x = poq(z) = 0 et c’est gagné 3) On a toujours Ker(p + q) Ker(p) \ Ker(q). Pour l’inclusion réciproque soit x 2 Ker(p + q) alors (p + q)(x) = 0 et en composant par p et q p(x) = 0 et q(x) = 0. Exercice 7.5 (Moyen) Soient E,F et G trois K espaces vectoriels. f 2 L(E, F ) et g 2 L(F, G). Montrer que dim(Ker(gof )) dim(Ker(f )) + dim(Ker(g)). Correction 7.5 f |Ker(gof ) est valeurs dans Ker(g) donc en lui appliquant le théorème du rang : dim(Ker(gof )) = dim(Ker(f |Ker(gof ) )) + rg(f |Ker(gof ) ) Or rg(f |Ker(gof ) ) dim(Ker(g)) d’après la remarque précédente et Ker(f |Ker(gof ) ) ⇢ Ker(f ) D’où le résultat . Exercice 7.6 (facile) Soit E un K espace vectoriel de dimension finie paire n. f 2 L(E). Montrer que (f 2 = 0 et rg(f ) = n 2) , (Im(f ) = Ker(f )). Correction 7.6 )) On a f 2 = 0 donc Im(f ) ⇢ Ker(f ). En écrivant le théorême du rang on a n = dim(Ker(f )) + rg(f ) donc dim(Ker(f )) = Les deux espaces étant inclus l’un dans l’autre et de même dimension sont égaux () Comme Im(f ) = Ker(f ) on a f 2 = 0 De plus le théorême du rang assure que n = 2rg(f ) donc rg(f ) = 26 n 2. n 2. 8 Dualité Exercice 8.1 (Très facile) 1) E = C 1 (R, R) ( E!R Montrer que f 7! f 0 (a) est une forme linéaire 8a 2 R 2) F = C 0 ([0, 1], R) ( F !R ´1 Montrer que f 7! 0 f (t)g(t)dt est une forme linéaire8g 2 F . Correction 8.1 Ces deux applications sont trivialement linéaires... Exercice 8.2 (facile) 1) 2) 3) 4) Montrer que A (M ) = T r(AM ) est une forme linéaire sur M n(R) 8A 2 M n(R) Montrer que A 7! A est une application linéaire de M n(R) dans son dual. Que vaut T r(AEi,j ). En déduire le noyau de l’application A 7! A Montrer que 8l 2 M n(R)⇤ on a A tel que l = A Correction 8.2 1) Soient M, M 0 2 M n(R) et , µ 2 R. Alors A ( M + µM 0 ) = tr(A( M + µM 0 )) = T r(AM ) + µT r(AM 0 ) 2) Soient A, B, M 2 M n(R) et , µ 2 R. A+µB (M ) = T r(( A + µB)M ) = T r(AM ) + µT r(BM ) = A (M ) + µ B (M ) Donc c’est bon ! 3) Calculons : P P P T r(AEi,j ) = k AEi,j k,k = k l Ak,l Ei,j l,k = Aj,i Donc A = 0 ) A (Ei,j ) = Ai,j = 0 donc A = 0 4) On a A 7! A qui est une application linéaire injective entre un espace vectoriel de dimension finie et son dual : c’est un isomorphisme . Exercice 8.3 (Moyen) Donner la base duale de e1 = (1, 1, 0), e2 = (0, 1, 1), e3 = (1, 1, 1). Correction 8.3 Foit f1 , f2 , f3 la base canonique de R3 . Soit M la matrice de passage de f vers e 0 1 1 0 1 M=@1 1 1A 0 1 1 27 P On a ei = k Mk,i fi P P De même fi = k Mk,i1 ek = k e⇤k (fi )ek Donc e⇤k (fi ) = Mk,i1 0 0 1 Or M 1 =@ 1 1 1 1 1 1 0A 1 Donc on lit sur la matrice e⇤k (fi )8k, i Exercice 8.4 (Moyen) Soient : f1 (x, y, z) = x + y z f2 (x, y, z) = x y + z f3 (x, y, z) = x + y + z Montrer que c’est une base de R3⇤ et donner sa base duale. Correction 8.4 Ecrivons la matrice de f dans la base dx dy dz que l’on appelera ici (e1 , e2 , e3 ): 0 1 1 1 1 1 1A elle est inversible doncf1 , f2 , f3 est une base M=@ 1 1 1 1 P On a fi = k Mk,i ei P P De même ei = k Mk,i1 fk = k fk⇤ (ei )fk Donc fk⇤ (ei ) = Mk,i1 0 1 1 0 1 1 0A M 1 = 12 @1 0 1 1 Donc f1⇤ = 12 (e⇤1 e⇤3 ) où ici e1 ⇤ = dx⇤ = ev(1, 0, 0) et de même pour f2⇤ et f3⇤ Exercice 8.5 (facile) Montrer l’existance et l’unicité de P (0) = P (1) = 0. : Rn [X] ! R telle que (1) = 0 et (X) = 1 et Correction 8.5 On sait que (1, X(X 1), X...(X n + 1)) est dans le noyau de et (1, X, ...(X n + 1))est une base6 deRn [X] on voit que est X ⇤ Exercice 8.6 (moyen) Soit E = Kn [X] et Q 2 E de degré n et Qi = Q(X + i) 1) Montrer que (Q, Q0 , ..., Q(n) ) est une base. P 2) Montrer que 8f 2 E ⇤ on a f (P ) = i ↵i P i (0). 3) Soit f 2 E ⇤ tel que f (Qi ) = 08i 2 [0, n] montrer quef = 0 Indication : considérer ↵0 Q + ... + ↵n Q(n) . 4) Montrer que (Q0 , ..., Qn ) est une base de E. 6 Base de Hilbert étagée 28 (X) = 1 donc comme (P ) = 08P tel que Correction 8.6 1) C’est une famille de polynômes de degré étagés donc une base. 2) Cela vient du fait que fi : P 7! P i (0) sont une base des formes linéaires sur E . P En effet si i i fi = 0 en évaluant en les X k on montre que tous les k sont nuls 3) f s’écrit comme f (P ) = P i ↵i P (i) (0). On considère le polynôme de l’énoncé notons le R. P Or f (Qi ) = i ↵i Q(i) = R(i) = 0 Donc R a (n+1) zéros donc il est nul donc les ↵i sont nuls et f est nul. 4) Toute forme linéaire qui s’annule sur Vect (Q0 , ..., Qn ) est nulle d’après la question précédente . Or si les Qi n’engendraient pas E ils seraient contenus dans un hyperplan et on trouverait une forme linéaire nulle sur cet hyper plan et non nulle ailleurs. Contradiction. 29 9 Polynômes Exercice 9.1 (Facile) Donner le degré de Q(X) = P (X + 1) P (X) en fonction du degré de P (X) = Correction 9.1 Pn i=0 ai X i . Le degré baisse évidemment d’au moins 1, et même exactement 1, en effet on a : Q(X) = P (X + 1) P (X) = an (X + 1)n + an 1 (X + 1)n 1 an X n an 1 X n 1 + Pn 2 où Pn 2 est un polynôme de degré inférieur ou egal à n 2 Q(X) = an X n + nan X n 1 + an 1 X n 1 an X n an 1 X n 1 + Qn 2 où Qn 2 est un polynôme de degré inférieur ou egal à n-2. Q(X) = nan X n 1 + Qn 2 Donc deg(Q) = deg(P ) 1 Exercice 9.2 (facile) Factoriser : 1 + X + X(X+1) 2 + ... + X...(X+n) n! Correction 9.2 On remarque que P ( 1) = 0. De même P ( 2) = 1 2 + 1 = 0. Dans le cas général si k n, on a P ( k) = (1 1)k = 0 1 n Donc P (X) = n! ⇧i=0 (X + i) Exercice 9.3 (Facile+) Existe t-il P 2 C[X] tel que P (z) = z̄ 8z 2 C ? Correction 9.3 On aurait P |R = idR . Ce qui implique que P (X) Or X ne convient pas. X a une infinité de racines et donc que P = X . Exercice 9.4 (Moyen calculatoire...) Trouver les racines de P (X) = X 4 + 12X 5 sachant que 2 des racines ont pour somme 2 Correction 9.4 On écrit P (X) = (X a1 )(X a2 )(X a3 )(X a4 ) avec par exemple a1 + a2 = 2. En développant on a : P (X) = (X 2 2X + a1 a2 )(X 2 (a3 + a4 )X + a3 a4 ) En identifiant le coefficient devant X 3 on trouve a3 + a4 = 2 En identifiant le coefficient devant X on trouve : 2a3 a4 + 2a1 a2 = 12 Ou encore a3 (2 + a3 ) = 6 a1 (2 a1 ) En identifiant le coefficient devant X 2 on trouve a1 (2 a1 ) a3 (2 + a3 ) = 4 En injectant dans la formule précédente on trouve a21 2a1 + 5 = 0 p soit a1 et a2 qui valent 1 ± 2i et donc a3 et a4 valent 1 ± 2 30 Exercice 9.5 (Moyen) On note P (X) = P an X n . 1) Montrer que le reste de la division euclidienne de P et (X p euclidienne de k par p. 2) Donner (X n 1) ^ (X p 1) est 1) P ak X rk où rk est le reste de la division Correction 9.5 1) On a que X p X rn . 1 | Xn En effet : X n X rn = X rn (X pq 1) Donc an X n = (X p 1)Q + an X rn P et donc P = (X p 1)Q + ak X rk C’est donc le reste par unicité (rk p) 2) On applique l’algorithme d’ Euclide : (X n 1) ^ (X p = (X p = (X r2 1) ^ (X 1) r1 1) ^ (X r1 1) où r1 est le reste de la division de n par p. 1)où r2 est le reste de la division de p par r1 On voit que l’algorithme d’euclide s’effectue sur les degrés et alors : (X n 1) ^ (X p 1) = X p^n 1 Exercice 9.6(facile+) Montrer que P (X) X | P (P (X)) X Correction 9.6 On voit que si x est une racine de P (X) X dans une clôture algébrique alors c’est aussi une racine de P (P (X)) X. Reste à voir que cela se passe bien avec la multiplicité. 1donc si P 0 (x) = 1 et P (x) = x alors P 0 (P (x)P 0 (x) 1 = 0 P Pour les ordres suivants on a P (k) (x) = 0 et (P (P (X)) X)(k) = Cl,m P (l) (P (X)P (m) (X) où l + m = k + 1 donc ca marche. (P (P (X)) X)0 = P 0 (P (X)P 0 (X) Exercice 9.7 (Moyen) Soit P 2 C[X] . Montrer que les racines de P’ sont dans l’enveloppe convexe des racines de P. Correction 9.7 Décomposons P = ⇧(X P mi P0 i X ai . P = ai )mi puis écrivons que Comme si ai est une racine au moins double alors c’est une racine de P’ on peut donc supposer P scindé simple. P 1 P0 i X ai Soit b une racine de P’ alors : P = P 1 b ¯ai b ai = 0 et en multipliant chaque terme par b ¯ai et en passant au conjugué on a : P b ai P | b ai |2 ). i |b ai |2 = 0 qui est une égalité barycentrique (quitte à diviser par 31 Exercice 9.8 (Difficile classique) Critère d’Eisenstein. Soit P 2 Z[X] tel que 9p premier tel que p | ai i 6= deg(P ) et p2 - a0 . Montrer que P est irréductible sur Q[X] Correction 9.8 Supposons que P = QR avec Q, R 2 Q[X] Alors il existe a, b 2 Q tel que aQ, bR 2 Z[X] et le pgcd des coefficients soit 1. alors abP = aQbR Notons C(P ) le pgcd des coefficients de P, appelé contenu de P. Montrons C(P Q) = C(P )C(Q) Si C(P) et C(Q) valent 1 (on s’y ramène toujours en posant P1 = P C(P ) ) Alors si p | C(P Q) premier on note aP le plus grand coefficient de P non divisible par p et aQ le plus grand coefficient de Q non divisible par p. Alors dans Z/pZ on a aP aQ = 0 sans qu’aucun ne soit nul or p premier) Z/pZ intègre contradiction ! Donc en écrivant ab = rq avec r ^ q = 1 on a rP = q(aQ)(bR) En passant au contenu on voit que r | q donc r = 1 et q = c(P ) ¯ ¯ bR En réduisant modulo p : X d eg(P ) = q aQ Donc comme Z/pZ est intègre aQ et bR sont des monomes donc p | aQ0 et bR0 donc p2 | P (0). Contradiction ! Exercice 9.9 (moyen) Je tiens à remercier Michel Gonnord, cet exercice ainsi que le corrigé se trouvent dans son livre Bijoux Mathématiques aux éditions ellipse. Soit P 2 R[X] un polynôme scindé sur R 1) Montrer que P 0 P est aussi sciendé surR 2) De même montrer que P 00 ( + µ)P 0 + µP est scindé 3) Généraliser Correction 9.9 1) La forme P 0 P doit faire penser aux équations différentielles et au facteur intégrant. Considérons la fonctionf (x) = P (x)e x alors f a les mêmes 0 que P et en appliquant le théorème de Rolle, si P a n zéros distincts alors f’ en a n-1 de plus pour chaque 0 de multiplicité k de P c’est un zéro de multiplicité k-1 de P0 P . On trouve donc deg(P) -1 zéros de P 0 P avec multiplicité qui est de même degré que P Mais alors on a le dernier 0 : en effet une division euclidienne permet d’écrire P 0 degré deg(P)-1 multiplié par un polynôme de degré 1 donc scindé. 2) C’est la même chôse avec la fonction auxiliaire (P 0 P )e µx 3) On en déduit que P (n) où P (n 1) ⌃nk ( 1 , ..., ⌃n1 ( n) = 1 , ..., P n) + ... + ( 1)n ⌃nn ( 1i1 ...ik n i1 ... 1 , ..., n )P est scindé ik 32 P comme un polynôme de 10 Fonctions usuelles Exercice 10.1 (facile calculatoire) Soit f (x) = x1 ln( e x 1 x ) 1) Donner f ( x) en fonctionde f (x). Qu’en déduire à propos de la courbe repésentant f. 2) Donner l’allure de f en 0 Correction 10.1 1) Calculons : f ( x) = 1 e x ln( x 1 x )= 1 ex 1 x (ln( x ) ln(ex )) = 1 f (x) La courbe est donc symétrique par rapport au point (0, 12 ) 2) Faisons le développement limité de f en 0 : 1 x x2 x3 x4 4 x ln(1 + 2 + 6 + + 24 + + 120 + o(x )) 2 3 2 3 x4 = x1 ( x2 + x6 + + x24 + + 120 + o(x4 ) 12 ( x2 + x6 + + x24 2 3 4 x x x 4 4 6 + + 24 + + 120 + o(x )) ) x = 21 + 24 + Cx3 où c 6= 0 f (x) =0 4 x + + 120 + o(x4 ))2 + 13 ( x2 + Donc la courbe traverse sa tangente en 0. Exercice 10.2 (facile) Montrer qu’une fonction periodique ayant une limite en +1 est constante Correction 10.2 Notons l la limite de notre fonction f de periode T Supposons qu’il existe x tel que l2 = f (x) 6= l. Alors on pose ✏ = l l2 3 Par définition de la limite il existe M > 0 tel que 8y > M | f (y) l | ✏ Or pour y = x + kT où k est tel que x + kT > M on a une contradiction. Exercice 10.3 (très facile) Soit f une fonction croissante telle que f (n) !n2N!1 +1. Montrer que f tend vers l’infini en l’infini. Correction 10.3 Soit M>0, par définition il existe N 2 N tel que 8n N f (n) Mais alors 8x > N on a f (x) > f (N ) > M Exercice 10.4 (facile) Soit f continue sur R+ et tendant vers l’infini en l’infini. Montrer que f atteint sa borne inf sur R+ . 33 M x2 6 3 4 x + + x24 + + 120 + o(x4 ))3 1 x 4(2 + Correction 10.4 Comme f tend vers +1 on a M > 0 tel que 8x > M on a f (x) f (0) Mais maintenant f est continue sur le segment[0, M ] donc y atteint son minimum. Il est évident que c’est un minimum global. Exercice 10.5 (facile+) Soit f décroissante de R⇤+ dans R telle que f (x) x est croissante. Montrer que f est continue. Correction 10.5 Soit x 2 R⇤+ et h petit 2 R mais tel que x + h 2 R⇤+ . si h > 0 : f (x+h) x+h f (x + h) f (x) x et h x f (x) f (x) Or f (x + h) f (x + h) cela se réécrit : 0 0 et f (x) h x f (x) tend vers 0 avec h donc f (x) tend vers 0 avec h et on a la continuité à droite si h < 0 de même on a la continuité à gauche. Donc f est continue Exercice 10.6 (facile) Soit f une fonction dérivable en x0 2 R. Montrer que f (x0 +h) f (x0 h) 2h Que dire de la réciproque ? !h!0 f 0 (x0 ) Correction 10.6 C’est facile il suffit de couper : f (x0 +h) f (x0 h) 2h = f (x0 +h)+f (x0 ) f (x0 ) f (x0 h) 2h !h!0 2 f 0 (x0 ) 2 La réciproque est fausse par exemple avec la valeur absolue en 0. Exercice 10.7 (moyen-) Soit f 2 C([b, +1[) \ D(]b, +1[) tel que limx!1 f (x) = f (b) Montrer qu’il existe d 2]b, +1[ tel que f 0 (d) = 0 Correction 10.7 Soit g(x) = f ( x1 ) alors g se prolonge par continuité en 0 en f(b). Par abus on note toujours g ce prolongement alors g 2 C([0, 1b [) \ D(]0, 1b [). En lui appliquant le théorème de Rolle on trouve d1 2]0, 1b [ tel que g 0 (d) = 0 alors f 0 ( d11 ) = 0 et d11 2]b, +1[ Exercice 10.8 (facile) Montrer que ln(x + p p 1 + x2 ) + ln( 1 + x2 x) = 0 34 Correction 10.8 En utilisant la formule ln(ab) = ln(a) + ln(b) on trouve : p p ln(x + 1 + x2 ) + ln( 1 + x2 x) = ln((1 + x2 ) x2 ) = 0 Exercice 10.9 (facile) Soit f,g des fonctions deR et a 2 R tels que : f !x!a 0 f et g 2 C 1 et g !x!a 0 et g 0 (a) 6= 0. (x) Montrer que limx!a fg(x) = f 0 (a) g 0 (a) Correction 10.9 f (x) g(x) = f (x) f (a) g(x) g(a) = f (x) f (a) x a g(x) g(a) x a !x!a f 0 (a) g 0 (a) Exercice 10.10 Simplifier 1) ch(ln(x))+sh(ln(x)) x 2 2 2) sh (x)cos (y) + ch2 (x)sin2 (y) Correction 10.10 1) ch(ln(x))+sh(ln(x)) x = 1 x +x+x x 1 x =1 2) sh2 (x)cos2 (y)+ch2 (x)sin2 (y) = sh2 (x)(1 sin2 (y))+ch2 (x)sin2 (y) = sh2 (x)+sin2 (y)(ch2 (x) sh2 (x)) = sh2 (x)+ sin2 (y) 35 11 Séries entières Exercice 11.1 (facile) Donner le rayon de convergence et la valeur de Correction 11.1 P n 0 n2 xn puis faire une étude aux bornes n On a lim( aan+1 ) = 1 donc le rayon de convergence est 1. De plus on remarque que n2 = n(n 1) + n donc on a : P P P P 2 n n n 2 n n 0n x = n 0 n(n 1)x + n 0 nx = x n 2 n(n 1)x 2 +x En 1 et -1 les séries divergent car le terme général ne tend pas vers 0. P n 1 nxn 1 = x2 (1 2 x)3 1 (1 x)2 = x+x2 (1 x)3 Exercice 11.2 (Moyen calculs techniques) P Donner le rayon de convergence et la valeur de n x3n+1 0 3n+1 . Correction 11.2 Par comparaison avec la série P xn n 0 n le rayon de convergence est plus grand que 1 mais la série prise en 1 diverge. Le rayon de convergence est donc 1. Notons S(x) la somme de cette série entière alors P S 0 (x) = n 0 (x3 )n = 1 1x3 Or en faisant la décomposition en éléments simples on trouve que : 1 1 x3 = 1 3(1 x) + 2x+1 6(x2 +x+1) + 1 2(x2 +x+1) On peut alors intégrer entre 0 et x : S(x) = 13 ln(1 x) + 16 ln(x2 + x + 1) + p 3 2x+1 p ) 3 Arctan( 3 p 3 p1 3 Arctan( 3 ) Exercice 11.3 (facile) Donner le rayon de convergence et la valeur de Correction 11.3 P n n n 2 n2 1 x et étude aux bornes. n On a lim( aan+1 ) = 1 donc le rayon de convergence est 1. De plus : n n2 1 = 1 2(n 1) + 1 2(n+1) Notons S(x) la somme de cette série entière alors P P n xn S(x) = 12 n 2 nx 1 + 12 n 2 n+1 Si x différent de 0 on a (si x = 0 la somme vaut 0 donc si on trouve une fonction s’annulant en 0 ce sera gagné) P P n 1 1 xn+1 S(x) = x2 n 2 xn 1 + 2x n 2 n+1 = x 2 ln(1 x) + 1 2x (ln(1 x) + x + En R = 1 ca diverge et en R = x2 2 ) et cela convient 1 cela converge par les séries alternées. Exercice 11.4 (facile) Donner le rayon de convergence et la valeur de P xn n 1 n(n+1) . 36 Correction 11.4 On sait que : 1 n(n+1) = 1 n+1 . 1 n. Donc S(x) = ln(1 x) 1 x( ln(1 x) x) = 1 ln(1 x)(1 1 x ). Exercice 11.5 On pose S(x) = P n n 1 x cos( 2n⇡ 3 ) n Calculer S, donner son rayon de convergence. Correction 11.5 Par comparaison grâce à | cos(x) | 1 on sait que le rayon de convergence est plus grand que 1. Commençons par calculer S’ P n 1 S 0 (x) = n 1 cos( 2n⇡ 3 )x L’idée est d’écrire le cosinus comme une exponentielle. P 2i⇡ S 0 (x) = x1 n 1 Re((e 3 x)n ) = Re( 2i⇡ 3 2i⇡ xe 3 e 1 ) Au passage on se rend compte queS 0 (e 0 S (x) Donc (2x+1) = 2(1+x+x 2) 1 S(x) = 2 ln(1 2i⇡ 3 ) n’est pas défini donc le rayon de convergence est exactement 1 ! + x + x2 ) Exercice 11.6 Donner le développement en série entière de ln(x2 + 2x + 4) Correction 11.6 On écrit : ln(x2 + 2x + 4) = ln(4) + ln(1 + On pose alors u = x 2 + ( x2 )2 ) x 2 3 ln(x2 + 2x + 4) = ln(4) + ln(1 + u + u2 ) = ln(4) + ln( 11 uu = ln(4) + ln(1 u3 ) P P u3n un = ln(4) n 1 n + n 1 n P = n 0 an tn où a0 = ln(4) etan = n2 si n est congru à 0 modulo 3 et n1 sinon. P donc le résultat est n 0 a2nn xn donc le rayon de convergence est 2 ln(1 u) Exercice 11.7 (moyen) Déterminer les solutions développables en série entière de : y 00 + xy = x + 2 avec y(0) = 1 et y 0 (0) = 0 Correction 11.7 Soit f une solution développable en série entière, on écrit f (x) = On injecte f dans l’équation déifférentielle : P P 1)an xn 2 + n 0 an xn+1 = x + 2 qui se réécrit n 2 n(n 37 P n 0 an xn avec déjà a0 = 1 et a1 = 0 P n 0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + P n 1 an 1x n =x+2 En évaluant en 0 on trouve a2 = 1. En regardant les premiers termes on a aussi a3 = 0 et a4 = 0 Et la relation de récurrence est 8n 1: an+2 (n + 2)(n + 1) + an 1 = 0 qui se réécrit an 1 donc les ai se donnent en discutant la valeur de i modulo 3 an+2 = (n+1)(n+2) On voit que a3p = 0 8p et a3p+2 = 0 ( 1)p 3p (p!) (3p+2)! Et donc en remarquant que a3p+5 a3p+2 ! 0 le rayon de convergence est infini. Exercice 11.8 (moyen/dur) Si f (x) = P an xn a un rayon de convergence R > 0 et que P Montrer que f (R) = n 0 an Rn . n 0 P n 0 an Rn converge. Correction 11.8 Tout d’abord en posant y = x R Ensuite en échangeant a0 et a0 on peut supposer que R = 1. P P n 0 an on peut supposer n 0 an = 0. Regardons les sommes partielles et faisons ce qu’on appelle une transformation d’Abel. On note Sn = Pn i i=0 ai y Pn = a0 + i=1 (Si Si 1 )y i Pn Pn = a0 + i=1 Si y i + i=1 Si 1 y i Pn 1 = i=1 Si y i y i 1 + a0 (1 y) + Sn y n Pn Donc comme i=0 ai y i converge et que Sn y n tend vers 0 (Sn converge et y < 1) on a : P1 P1 ai y i = i=1 Si y i y i 1 + a0 (1 P1 = (1 y) i=1 Si y i + (1 y)a0 i=0 y) Le second terme tend vers 0 lorqsque y tend vers 1 montrons qu’il en est de même pour le premier : Sn ! 0 donc soit ✏ 0 On a N tel que | Sn | ✏ pour tout n donc : | (1 y) P1 i=1 Si y i | (1 y) PN i=1 N. | Si | y i + (1 y) P1 i=N +1 ✏y i Le premier terme tend vers 0 lorsque y tend vers 1 et le second vaut ✏y N ✏ Et donc f (x) ! f (R) lorsque x ! R 38 Pn i=0 ai 12 Matrices Exercice 12.1 (facile astuce) Soit A 2 Mn,p (R) de rang r. Montrer que A s’écrit comme une somme de r matrices de rang 1 Correction 12.1 On utilise le théorème de décomposition P Jr Q où P, Q 2 Gln (R) ⇥ Glp (R) et où Jr est la matrice contenant r 1 sur la diagonales puis que des 0. On écrit : 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Et donc On peut écrire Jr comme r matrices de rang 1 Exercice 12.2 Soit ✓ A C B D ◆ 2 Mn,p (R) avec A 2 Glr (R). ✓ ◆ A B Montrer que le rang de vaut r , D = CA C D 1 B Correction 12.2 ))Si le rang est r alors on peut écrire : ✓ ◆ ✓ ◆ A B Ir 0 =P Q avec P et Q inversibles. C D 0 0 ✓ ◆ ✓ ◆ P1 P2 Q1 Q2 En écrivant P = et Q = P3 P4 Q3 Q4 En faisant le produit on trouve : ✓ ◆ ✓ ◆ A B P1 Q 1 P 1 Q 2 = donc en indentifiant et en faisant BA C D P3 Q 1 P 3 Q 2 1 C on retrouve D () Comme A 2 Glr (R) on sait que le rang r. L’inégalité inverse vient du fait que : ✓ ◆ ✓ ◆✓ ◆✓ ◆ A B A 0 Ir 0 Ir A 1 B = et cette matrice est de rang inférieur à r car celle du milieu est de rang C D C 0 0 0 0 0 r et le rang ne peut que diminuer par produit avec des matrices carrées. Exercice 12.3 Soit f un endomorphisme de Kn ayant même matrice dans toute base. Montrer que f est une homothétie (ie 9 tel que f = Id) Correction 12.3 Notons M la matrice de f dans la base canonique, l’hypothèse se traduit par P M P P 2 Gln (K) ce qui peut se réécrire : P M = M P pour toute matrice P 2 Gln (K) 39 1 = M pour toute matrice Deux solutions me viennent en tête : La première, ma préférée si on a déjà fait la topologie est de dire que Gln (K) est dense dans Mn (K) donc M commute à toutes les matrices et donc M Ei,j = Ei,j M donc Mi,j = 0 si i 6= j et Mi,i = Mj,j pour tous i et j donc M est la matrice d’une homothétie. La seconde est d’utiliser le procédé précédent avec des matrices inversibles bien choisies à la place des Ei,j : P En utilisant 2Ei,i + j6=i Ej,j on obtient Mi,j = 0 si i 6= j et en utilisant les matrices de permutation associées aux transposition (i,j) on obtient que M est une homothétie. Exercice 12.4 (facile+) Soit a 2 R⇤ on pose : U = (1, a1 , ..., an1 1 ) et V = (1, a, ..., an 1 ) des vecteurs ligne 1) Que vaut H = U V ? T 2) Que vaut V U T ? déduire H 2 = nH 3) Soit 2 R et A = H Id. Donner A en fonction de A et Id 2 4)En déduire que A est inversible , Dans ce cas que vaut A 1 ? 6= 0 et 6= n. Correction 12.4 1) 0 1 B a Un simple calcul montre que H=B @ ... an 1 1 a ... ... ... ... 1 ... an 2 2) 1 an 1 an 1 1 C C ... A 1 2 Un simple calcul montre que V U T = n. On en déduit que H 2 = nH. 3) A2 = (H Id)2 = nH 2 H+ 2 Id = (n 2 )A + (n ) Id 4) ))Si = 0 ou n alors A2 = kA où k 6= 0 donc si A est inversible alors A est une homothétie donc H est aussi une homothétie ce qui est clairement faux ! ()si 6= 0 et n alors A(A (n 2 )Id) = (n )Id et on a un inverse explicite de A Exercice 12.5 (moyen) Montrer que tout hyperplan de Mn (K) contient une matrice inversible. Correction 12.5 Classique parmis les classique cet exercice est posé (avec plus au moins de questions intermédiaires) à tous les concours d’école d’ingé : des CCP jusqu’à l’X. Cette correction est la plus courte qui m’ait été donné de voir. Soit H un hyperplan de Mn (K) et soit Si 8i 6= jEi,j une forme linéaire sur Mn (K) 0 0 B1 B 2 H alors comme H est un espace vectoriel la matrice B B0 @0 0 40 dont H 0 0 0 0 1 0 0 ... 0 0 est 0 0 0 ... 1 le noyau. 1 1 0C C 0C C est dans H est c’est gagné. 0A 0 Sinon 9(i, j) avec i 6= j tel que Ei,j 2 / H alors Considérons l’élément M = Id (Id) (Ei,j ) Ei,j (Ei,j ) 6= 0. alors (M ) = 0 donc M 2 H et M est inversible d’inverse Id + (Id) 7 (Ei,j ) Ei,j Exercice 12.6 (facile) On dit que M est en damier si Mi,j = 0 dès que j-i est impair Monter que les matrices en damier forment une algèbre. Correction 12.6 C’est assez évident que c’est un espace vectoriel, il faut vérifier la stabilité par produit. Soient A et B en damier alors si j-i est impair i et j n’ont pas même parité donc P ABi,j = Ai,k Bk,j or lorque k est de la parité de i alors Bk,j = 0 et si k est de la parité de j alors Ai,k = 0 donc quoi qu’il arrive ABi,j = 0 et donc AB est en damier. Exercice 12.7 (Moyen) 1) Montrer que Id + Ei,j est inversible. 2) En déduire que vect(Gln (K)) = Mn (K) 3) Quel est le centre de Gln (K) ? (ie les matrices qui commutent à tout Gln ) Correction 12.7 1) Si i 6= j un inverse est Id Ei,j sinon c’est Id 1 2 Ei,j 2) Id 2 Gln (K) donc d’après la question précédente Id + Ei,j Id = Ei,j 2 vect(Gln (K)) On a trouvé la base canonique donc on a bien vect(Gln (K)) = Mn (K) 3) D’après la question précédente le centre de Gln c’est aussi le centre de Mn (le centre étant un espace vectoriel) Or le centre de Mn c’est les homothéties, il suffit de dire que M est dans le centre si et seulement si M Ei,j = Ei,j M pour tout i et j et cette égalité s’exprime comme Mi,j = 0 si i 6= j et Mi,i = Mj,j Exercice 12.8 (difficile) Soit M une matrice non scalaire telle que Tr(M)=0 1) Montrer qu’il existe un vecteur X1 tel que M X1 0 0 ⇤ ⇤ B⇤ 2) En déduire que M est semblable à B @⇤ M1 ⇤ n’est pas colinéaire à X1 1 ⇤ C C avec T r(M1 ) = 0. A 3) Déduire que M est semblable à une matrice de diagonale nulle. 7 Au passage on voit bien que l’inverse n’est pas forcément dans l’hyperplan 41 Correction 12.8 1) Par l’absurde si MX et X sont colinéaires quel que soit X alors M stabilise toute les droites vectorielles il existe X tel que M X = X X Or X ne dépend pas de X en effet si Y est tel que X 6= Y alors X et Y sont libres et M (X + Y ) = X+Y (X + Y ) = X X + Y Y et par unicité de la décomposition dans une base X = Y = X+Y donc M est scalaire (M = Id) 2) Soit X1 donné par la question précédente alors en complétant X1 en une base (X1 , ..., Xn ) si dans cette base la matrice de M a un 0 en haut à gauche c’est gagné. M1,1 Sinon il existe un indice k 6= 1 tel que Mk,1 est différent de 0 alors en échangeant Xk par Xk + Mk,1 X1 et en gardant les autres vecteurs, dans cette base la matrice est de la forme annoncée en effet M X1 = M2,1 X2 + ... + Mk,1 (Xk + M1,1 Mk,1 X1 ) + ... + Mn,1 Xn 3) 0 0 B⇤ Montrons le résultat par récurrence sur n . On utilise que M est semblable à B @⇤ ⇤ et on applique l’hypothèse de récurrence à M1 alors M1 = P M2 P 0 0 B⇤ B @⇤ ⇤ ⇤ ⇤ M1 1 ⇤ C C A 0 1 B B @ 1 0 0 C B⇤ C =B P 1 A @⇤ ⇤ ⇤ 0 ⇤ ⇤ ⇤ ⇤ ... ⇤ 1 ⇤ ⇤C C et c’est gagné ⇤A 0 1 ⇤ ⇤ M1 1 ⇤ C C avec T r(M1 ) = 0 A 0 1 B avec M2 de diagonale nulle alors B @ 1 C C PA Exercice 12.9 (moyen classique) Montrer que deux matrices de Mn (R) semblables sur C sont semblables sur R Correction 12.9 Soient A et B deux matrices C semblables alors il existe P 2 Gln (C) telle que P AP 1 = Bc’est à dire P A = BP or on peut écrire P = PR + iPI avec PR et PI dans Mn (R) donc PR A = BPR et PI A = BPI mais rien ne dit que PR et PI sont inversibles ! Il y a une astuce considérons les polynôme Q(X) = det(PR + XPI ) alors comme Q 2 R[X] et Q(i) 6= 0 il existe t 2 R tel que Q(t) 6= 0 donc P2 = PR + tPI est inversible réelle et P2 AP2 1 = B Exercice 12.10 (facile) Soit A 2 Mn (Q) telle que il existe B 2 Mn (C) tel que AB=Id. Montrer qu’il existe C 2 Mn (Q) telle que AC = Id Correction 12.10 C’est trivial si l’on se pose la bonne question : il y a unicité de l’inverse donc C=B forcément ! Mais alors B 2 Mn (Q) 1 ! Comment se fait-ce ? Tout simplement l’inverse de A est donné par det(A) com(A)T ... Exercice 12.11 Soit A 2 Mn (Z) donner une condition nécessaire et suffisante pour que A 2 Gln (Z) 42 Correction 12.11 On veut que A 2 Gln (Q) et A det(A) = ±1. 1 2 Mn (Z) donc il faut que det(A) 2 Z 6= 0 et det(A Réciproqement si det(A) = ±1 alors A est inversible et A 1 = 1 T det(A) com(A) 1 ) = 1 det(A) 2 Z donc 2 Mn (Z). Exercice 12.12 Soit E un K espace vectoriel de dimension finie n. F et G tels que E = F àG G et p le projecteur sur F parallèlement Donner la dimension de l’espace des endomorphismes qui commutent avec p. Correction 12.12 Un tel endomorphisme stabilise ker(p) et Im(p) c’est à dire F et G donc dans une base adaptée il a une matrice diagonale par bloc et réciproquement tout endomrophisme dont la matrice dans cette base est diagonale par bloc convient. Si on note i = dim(F ) et j = dim(G) la dimension cherchée est donc i2 + j 2 43 13 Déterminants Exercice 13.1 (moyen) 0 1 b c... c Calculer det @a... b... c...A où a 6= c a a... b En déduire la valeur lorsque a = c Correction 13.1 0 b+x On pose P (x) = det(@a + x... a+x En faisant Li Li L1 8i 2 De plus P ( a) = (b 1 c + x... c + x b + x... c + x...A) a + x... b + x on remarque que P est un polynôme de degré 1. a)n et P ( c) = (b c)n Donc on connait P et la valeur qui nous intéresse est P (0) = (b c)n + Pn 1 Grace à la formule an bn = (a b) 0 ak bn 1 k on trouve : 0 1 b a... a det @a... b... a...A = (b a)n + na(b a)n 1 a a... b (b c)n (b a)n c a c Exercice 13.2 (facile) Calculer : 1 1 1) a + b c + a ab ca 1 b+c bc 2a 2b c a b 2a c a 2c 2) a c 3) c b c c a b b a c c b a b 2b 2c c b c c a Correction 13.2 1) En faisant Ci Ci On trouve (c b)(c C1 pour i = 2, 3 a)(b a) 2) On remarque que la somme des éléments d’une colonne est constante égale à a + b + c dès lors en faisant L3 L3 + L2 + L1 puis en faisant Ci Ci C3 pour i = 1, 2. On trouve (a + b + c)3 3) En faisant C1 On fait alors Ci C1 Ci C4 puis en faisant L4 L4 + L1 puis on développe par rapport à la première colonne C3 pour i = 1, 2 et on trouve (a 44 b)2 (a + b + 2c)(a + b 2c) Exercice 13.3 (facile) 1 5 6 Montrer sans le calculer que 2 6 0 est divible par 13 ⇥ 8 3 2 5 Indice : 156, 260 et 325 sont divisibles par 13 Correction 13.3 On fait C3 On 1 2 3 C3 + 10C2 + 100C3 . trouve : 5 156 1 6 260 =13 ⇥ 4⇥ 1 2 325 4 5 4 6 12 1 11 =13 ⇥ 8⇥ 1 36 2 5 4 3 12 11 18 Exercice 13.4 (facile) Soient n,p non nuls tels que n > p. Soit A 2 Mn,p (R) et B 2 Mp,n (R) Que vaut det(AB)? Correction 13.4 A n’est pas surjective à cause de la dimension des espaces donc AB n’est pas surjective et le déterminant est nul. Exercice 13.5 (moyen) Soit : ( Mn (R) ! Mn (R) M 7! M T Que vaut le déterminant de (vu comme endomorphisme de Mn (R)) Correction 13.5 On sait que Mn (R) = Sn An et dans cette base la matrice de Donc le determinant est ( 1)dim(Sn ) = ( 1) n(n 1) 2 45 0 1 B0 est B @0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0C C 0A 1 14 Complétude Exercice 14.1 Soit E un Banach de dimension finie et f : E ! E telle que il existe p tel que f p est contractante. Montrer que f a un unique point fixe. Correction 14.1 Montrons d’abord que f p a un unique point fixe. On note g = f p . Soit x0 2 E posons xn = g n (x0 ). Montrons que (xn ) est de Cauchy k xn+p =k g n+p xn k (x0 ) g n (x0 ) k Or comme il existe immédiate : k g n (x0 ) g n (xn 1) < 1 tel que k g n (x0 ) k n x0 k d’où : k x1 k xn+p xn kk xn+p xn+p Pn+p k n k x1 x0 k g n (xn 1 k +...+ k xn+1 On le terme de droite est inférieur à P1 n k k x1 1) k k gn 1 (x0 ) g n (xn 2) k on a donc par récurrence xn k x0 k qui tend vers 0 avec n (reste d’une série convergente) Donc (un ) est de cauchy donc converge vers une limite l 2 E. Or g(un ) = un+1 et par continuité de g quand n tend vers l’infini : g(l) = l de plus si g(l2 ) = l2 alors k l2 de plus l k=k g(l2 ) g(l) k k l2 l k<k l2 l k c’est impossible sauf si l = l2 f p (l) = l et en composant par f : f p (f (l)) = f (l) donc f (l) est un autre point fixe et par unicité f (l) = l Exercice 14.2 Lebesgue Bolzano (à suivre) Correction 2.14.2 46 15 Suites de fonctions Exercice 15.1 (facile) Soit ↵ 2 R et fn (x) = n↵ x(1 x)n x 2 [0, 1]. 1) Vers quoi converge simplement fn ? 2) Y a t-il convergence uniforme ? Correction 15.1 1) Si x =0 ou 1 alors fn (x) = 0 et si 0 < x < 1fn (x) ! 0 par croissance comparée donc fn converge simplement vers la fonction nulle. 2) Cherchons le max de fn fn0 (x) = n↵ ((1 sur [0,1]. x)n xn(1 x)n 1 ) qui s’annule en 1 n+1 qui est (faire le tableau de variation) le maximum de fn 1 1 1 Donc k fn k1 =| fn ( n+1 ) |= n↵ n+1 (1 n+1 ) n ⇠ n↵ 1 Donc il y a convergence uniforme seulement si ↵ < 1 Exercice 15.2 (facile+) 1) Soit fn (x) = xn (1 x) et gn (x) = xn sin(⇡x) sur [0, 1] Montrer que fn !CV U 0. 2) Déduire que gn aussi. Correction 15.2 1) On voit directement que fn !CV S 0. Calculons fn0 : fn0 (x) = nxn 1 (1 x) xn qui s’annule n n n Donck fn k1 =| fn ( n+1 ) |= ( n+1 ) (1 2) n n+1 . n n+1 ) ⇠e 11 n donc on a le résultat. Posons f (x) = sin(⇡x) sur [0,1] cette fonction est concave donc sous sa tangente en 1 qui est x 7! ⇡(1 Donc: | gn (x) || fn (x) |k fn k1 donc k gn k1 k fn k1 donc on a bien gn !CV U 0. Exercice 15.3 Soit fn (x) = n(cos(x))n sin(x) sur [0, ⇡2 ] 1) Vers quoi converge simplement fn ? On note f sa limite simple. ´⇡ ´⇡ 2) Montrer que 02 f (x)dx 6= limn ( 02 fn (x)dx). 3) Qu’en déduire ? 47 x) Correction 15.3 1) La limite simple de fn est nulle car quand le cosinus vaut 1 le sinus s’annule. 2) ´⇡ ´⇡ ´⇡ n n Calculons : 02 fn (x)dx = 02 n(cos(x))n sin(x)dx = 02 n+1 (cosn+1 (x))0 dx = n+1 ! 1. 3) Il n’y a pas de convergence uniforme sinon on pourrait intervertir limite et intégrale. Exercice 15.4 n x e On pose fn (x) = x n! avec x 0. 1) Donner la limite simple de fn . Y a t-il convergence uniforme ? ´ +1 2) Calculer limn!1 0 fn (t)dt 3) Quelle morale peut-on en tirer ? Correction 15.4 1 La formule de stirling montre que (fn ) converge simplement vers 0. 1 De plus fn0 (x) = n! (nxn 1 xn )e x qui s’annule en n 1 Toujours avec Stirling on trouve | fn (n) |⇠ p2⇡n donc on a la convergence uniforme 2) ´ +1 On a par récurrence 0 fn (t)dt = n! n! = 1 donc ne dépend pas de n 3) Donc la seule convergence uniforme pourtant si puissante ne permet pas d’intervertir limite et intégrale généralisée ! Exercice 15.5 Soit f : R+ ! R continue et non identiquement nulle mais telle que f (0) = 0 et limx!1 f (x) = 0 On pose fn (x) = f (nx) et gn (x) = f ( nx ) 1) Donner un exemple d’une telle fonction f. 2) Montrer que fn et gn convergent simplement vers 0. Y a -t-il convergence uniforme ? ´ +1 ´ +1 ´ +1 3) Si 0 f converge que vaut limn 0 fn et limn 0 gn ? Correction 15.5 1) 1 Par exemple f (x) = e x x+1 convient. 2) Par continuité de f : fn (x) = f (xn) = 0si x = 0 et tend vers f (1) = 0 sinon donc on a bien fn !CV S 0 et de même gn !CV S 0 Par contre comme x 7! xn est un homéomorphisme de R+ on a k f k1 =k fn k1 6= 0 car f 6= 0. De même pour gn . 3) ´ +1 Supposons : 0 f converge alors : ´ +1 ´ +1 fn = n1 0 f ! 0 0 ´ +1 ´ +1 gn = n 0 f ! +1 0 48 Exercice 15.6 (facile) Soit f : [ 1, 1] ! [ 1, 1] continue et telle que 8x 6= 0 | f (x) |<| x |. On pose f0 (x) = x et fn+1 (x) = f (fn (x)) Etudier la convergence simple des (fn ). Correction 15.6 Montrons d’abord que f (0) = 0. On a | f ( n1 ) |< 1 n donc en passant à la limite sur n f (0) = 0. Maintant soit x 2 [ 1, 1] on peut supposer que 8n on a fn (x) 6= 0 (car sinon fn (x) ! 0 c’est facile) Maintenant on a toujours : fn+1 (x) < fn (x) et alors (fn (x))n est décroissante mais f est continue donc bornée et (fn (x))n est bornée donc fn (x) tend vers une limite l mais alors f (l) = l et la seule possibilité est l = 0 donc fn !CV S 0 Exercice 15.7 (moyen) Soit fn : [a, b] ! R une suite de fonctions qui converge simplement vers une fonction f et telle que toutes les fn soient k lipschitziennes (le k ne dépend pas de n). Soit a1 , ..aN une partition régulière de [a,b] 1) On note Mn = maxi (fn (ai ) f (ai )). Majorer k fn f k1 avec Mn 2) Montrer qu’il y a convergence uniforme des fn vers f. Correction 15.7 1) Un simple passage à la limite montre que f est aussi k lipschitzienne Soit x 2 [a, b] alors il existe i tel que x 2 [ai , ai+1 ] | fn (x) f (ai ) f (x) | 2k bNa + Mn f (x) || fn (x) fn (ai ) | + | fn (ai ) f (ai ) | + | à droite rien ne dépend plus de x donc : k fn 2) Soit ✏ f k1 2k bNa + Mn 0. Il existe N tel que b a N ✏ 2 on prend un tel N et une telle subdivision Comme le max dans Mn ne porte que sur un nombre fini de fn (ai ) on ait Mn 2✏ f (ai ) (on a fixé N) il existe N1 tel que 8n N1 Alors la question 1 assure : k fn f k1 ✏ce qui conclut . Exercice 15.8 (Dini Moyen MPonly) Soit fn : [a, b] ! R une suite de fonctions croissantes continues convergeant simplement vers une fonction f continue. Montrer que la convergence est uniforme. 49 Correction 15.8 On peut déjà remarquer que f est croissante comme limite de fonctions croissantes. Soit ✏ 0 f est continue sur le segment [a,b] donc uniformément continue par le théorème de Heine donc il existe ⌘ que | x y | ⌘ )| f (x) f (y) | 5✏ 0 tel Soit a1 ...aN une subdivision de [a,b] de pas plus petit que ⌘ Soit x 2 [a, b] il existe i tel que x2 [ai , ai+1 ] calculons : | fn (x) | fn (x) = fn (x) f (x) | fn (ai ) | + | fn (ai ) fn (ai )+ | fn (ai ) fn (ai+1 ) | fn (ai ) f (ai ) | +f (x) fn (ai )+ | fn (ai ) = fn (ai+1 ) f (ai ) | + | f (ai ) fn (ai )+ | fn (ai ) f (ai ) | + | fn (ai+1 ) k fn f (ai ) et toujours par croissance : f (ai ) | +f (ai+1 ) f (ai ) | +f (ai+1 ) f (ai ) f (ai ) + f (ai+1 ) f (ai+1 ) | + | fn (ai ) Or il existe N1 tel que pour tout n y a un nombre fini de i. Donc | fn (x) f (x) | or les fi et f sont croissantes : f (ai+1 ) + f (ai ) f (ai ) | +2 | f (ai+1 ) N1 8i on ait | fn (ai+1 ) f (x) | ✏ indépendament de x donc f k1 ✏ ce qui conclut . 50 f (ai+1 ) | ✏ 5 f (ai ) | f (ai ) grâce à la convergence simple et car il 16 Reduction générale (polynôme annulateurs, lemme noyaux etc) Exercice 16.1 (facile++) 0 0 B0 Soit A =B @0 1 Quelles sont 1 0 0 1 0 0 .C C. 0 0 .A . . n les valeurs propres de A ? Correction 16.1 On voit que A est de rang 2 donc 0 est une valeur propre d’ordre n-2. Cherchons les autres ! Soit une telle valeur propre et x = (x1 , ..., xn ) un versteur propre (en colonne). On a alors xn = x1 2xn = x2 ... (n 1)xn = xn Pn 1 ixi = xn 1 Donc si xn = 0 x ne peut être un vecteur propre. on peut donc prendre xn = . dès lors x1 = 1, ..., xn 1 =n 1. Il reste à trouver un tel la dernière équation donne : Pn 1 2 i = ( n) 1 Pn 1 1) ce qui donne avec 1 i2 = n(n 1)(2n deux solutions (à priori complexes) : 6 6 2 6n n(n 1)(2n 1) = 0 Exercice 16.2 (facile) Soit A 2 Mn (R). Trouver les matrices M et les scalaires tels que AM = M Correction 16.2 On prends et M qui fonctionnent. Si M = 0 tout lambda marche Sinon il existe une colonne Mi de M non nulle. Alors AMi = Mi Donc il faut que soit une valeur propre de A et Mi un vecteur propre. Les solutions sont donc de M où sont nulles. = 0 où |ambda est une valeur propre de A et les colonnes de M sont des vecteurs propres Exercice 16.3 (Moyen++) Soit A 2 Mn (R) Démontrer le théorème de Cayley-Hamilton matrice B = A XId. A (A) = 0 grâce la formule Ccom(C)T = det(C)Id appliqué à la 51 Correction 16.3 On a Bcom(B)T = A Id On note A (X) = a0 + ... + an X n et com(B)T = B0 + ... + Bn 1 X n 1 car on voit assez bien que la puissance maximale de X dans com(B)T est strictement inférieure à n ( on fait n-1 produits de polynômes de degré au plus 1) alors en identifiant : AB0 = a0 Id AB1 B0 = a1 Id AB2 B1 = a2 Id ... ABn Bn 1 ABn 1 2 = an 1 Id = an Id En multipliant à gauchela première ligne par A0 la deuxieme par A1 ... la dernière par An et en les sommant toutes, on obtient A (A) =0 Exercice 16.4 (facile ++ astucieux ) Soient A, B, C 2 M2 (K). Montrer que 9↵, , non triviaux tels que ↵A + B + C ait une valeur propre d’ordre 2. Correction 16.4 Si la famille {A,B,C} est liée, on trouve ↵, , non triviaux tels que ↵A + B + C = 0. ✓ ◆✓ ◆ 1 0 0 1 Sinon vect({A,B,C}) est de dimension 3 et vect { , } est de dimension 2 donc l’intersection est de 0 1 0 0 dimension au moins 1 ce qui conclut. Exercice 16.5 (Moyen X) Soit S l’ensemble des matrices stoechastiques . S ={(Pi,j )i,jn | pi,j 0et 1) Montrer que tous les éléments de S ont un vecteur propre commun 2) Si P, Q 2 S, montrer que P Q 2 S 3) Soit P 2 S et 2 Cune valeur propre de P. Montrer que | P j pi,j = 1} | 1 Correction 16.5 1) 0 1 1 B.C C Notons U =B @ . A la contition être dans S se traduit par les coefficients sont positifs et la somme de chaque ligne 1 vaut 1. Cette deuxième assertion se réécrit 8A 2 S, on a : AU = U 2) Le produit de matrices positives est positives et de plus si A, B 2 S alors ABU = AU = U donc la somme des lignes de AB vaut 1 et AB 2 S 3) Soit une valeur propre et x un vecteur propre associé. 52 Notons xk la composante de x vérifiant xk = maxi (| xi |) Alors P x = x et en regardant la ligne k P j Pk,j xj = xk P P x Donc| | j Pk,j | xkj | j Pk,j = 1 Exercice 16.6 (Dur ENS ULM) P Soit S l’ensemble des matrices stoechastiques . S ={(Pi,j )i,jn | pi,j 0 et j pi,j = 1} 0 1 x1 B . C C Soit A 2 S et une valeur propre de A de module 1. X=B @ . A un vecteur propre associé. xn 1) Montrer que si xi est de module maximal alors 9j tel que xj = xi 2) Déduire que est une racine mieme de l’unité. 3) On suppose de plus que8i on a Ai,i 6= 0. Montrer que = 1. Correction 16.6 1) On réécrit le fait que X est un vecteur propre à la ligne i : P P x 1 =| | j Ai,j | xji | j Ai,j = 1 Donc ces 2 inégalités sont des égalités la seconde nous dit que tous les xj sont de même module, la première que est un barycentre de points du cercle unité tout en étant sur le cercle unité : c’est l’un de ces points (faire un dessein) 9jtel que xi = xj 2) On peut réappliquer le raisonnement qui précède une infinité de fois sauf que X n’a qu’un nombre fini de composantes donc par le principe des tirroirs (LOL) 9i, m tels que xi = xi m or les xi sont tous de même module non nul donc m = 1. 3) On réécrit que est valeur propre P xi = j Ai,j xj donc en divisant par xi P x Ai,i = j6=i Ai,j xji en prenant les valeurs absolues | Ai,i | 1 Ai,i . En faisant un dessin on se rend compte que \lambda est dans le disque de centre Ai,i et de rayon (1 Ai,i ) . Or le seul point d’intersection de ce disque avec le disque unité est 1. Exercice 16.7 (moyen-) Soit E un espace vectoriel de dimension infinie Soient u et v deux endomorphismes ayant un polynôme annulateur et commutant. Montrer que u+v a un polynôme annulateur. Correction 16.7 Les familles (ui ) et (v j ) sont donc liées Alors en utilisant que (u + v)k est une somme d’éléments de la forme uk1 v k2 où k1 + k2 = k on voit immédiatement que ((u + v)k )k2N ⇢ V ect(uk1 v k2 )k1 ,k2 max(deg(⇡u ),deg(⇡v ) . 53 Exercice 16.8 (facile+ classique) 0 0 B1 B Quel est le polynôme caractéristique de @ 0 1 0 1 1 a0 . C C? . A an 1 Correction 16.8 Calculons : X 1 X 1 X 1 a0 . . an On trouve ( 1)n (X n + 1 Pn 0 en développant par rapport à la dernière colonne : X 1 ai X i ) 54 17 Reduction effective (diagonalisation, trigonalisation) Exercice 17.1 (moyen) ✓ ◆ 1 1 Soit A= 1 1 1) A est elle diagonalisable ? 2) Trouver toutes les matrices X et Y de M2 (C) telles que M=XY=YX Correction 17.1 1) Cette ✓ ◆ matrice est évidemment de rang 1 donc 0 est une valeur propre de multiplicité 1 et un vecteur propre est 1 . 1 En se rendant compte ✓ ◆ que la somme des lignes est constante égale à 2 on trouve que 2 est une valeur propre de 1 multiplicité 1 et est un veteur propre 1 Donc A est diagonalisable 2) De telles matrices X et Y commutent avec A donc stabilisent les espaces propres qui sont des droites donc elles sont diagonalisables. On cherche donc X et Y dans la base diagonalisant A. ✓ ◆ ✓ ◆ a 0 c 0 On a X= et Y= avec par exemple ac = 0 et bd = 2 prenons par exemple a = 0 (choisir c = 0 revient 0 b 0 d à inverser les roles de X et Y) ✓ ◆ ✓ ◆ ✓ ◆ 1 1 1 1 1 b 1 1 1 En inversant la matrice de passage P= on a P = 2 et donc X = 2 et Y = 1 1 1 1 1 1 ✓ ◆ c + 2b c + 2b 1 avec b et c dans C⇤ 2 2 c+ b c + 2b Exercice 17.2 Je tiens à remercier Michel Gonnord, cet exercice ainsi que le corrigé se trouvent dans son livre Bijoux Mathématiques aux éditions ellipse. Montrer que Vect({matrices nilpotentes})=Ker(Tr) Correction 17.2 On va utiliser un résultat dans l’adhérence du programme (de MP*), c’est que les matrices nilpotentes sont de trace nulle. très facile à démontrer le polynôme charactéristique de notre matrice nilpotente est X n et la trace est (au signe près) le coefficient de X n 1 : c’est donc 0. On a donc Vect({matrices nilpotentes})⇢ Ker(T r) Mais le noyau de la trace est un hyperplan il suffit donc de trouver n2 1 matrices libres de Vect({matrices nilpotentes}). On a déjà les(Ei,j )i6=j qui nous donnent n(n-1) matrices. On va✓ remarque Ej,j est aussi dans l’espace engendré par les matrices nilpotentes : en effet en taille 2 ◆ que ✓ E1,1 ◆ 1 1 1 1 on a et qui sont nilpotentes 1 1 1 1 0 1 1 0 1 0 B 0 ... 0 0C C est nilpotente ainsi que sa transposée et 1 (M + M T ) = E1,1 Ej,j . Donc en taille n M= B 2 @ 1 0 1 0A 0 0 0 0 55 Donc on a égalité Exercice 17.3 (facile) ( On pose E = Rn [X] et u : E!E P 7! (X 2 1)P 00 + (2X + 1)P 0 1) Donner la matrice de u dans la base canonique 2) Montrer que u est diagonalisable Correction 17.3 1) Un simple calcul montre que la matrice de u dans la base canonique est : 0 1 0 1 2 0 0 B0 2 2 ⇤ C 0 B C B. . 6 ⇤ n(n 1)C B C @. . A . ⇤ n 0 0 0 0 n(n + 1) 2) C’est une matrice triangulaire supérieure dont toutes les valeurs propres sont distinctes donc elle est diagonalisable. Exercice 17.4 (facile) ( On pose E = Kn [X] et u : E!E P 7! (X a)P 0 Donner les valeurs propres et vecteurs propres de u, diagonaliser u dans une base. Correction 17.4 Supposons u(P ) = P Alors P 0 = X aP si = 0 P est constante donc E0 = V ect(1) Sinon c’est une équation différentielle dont la solution est V ect(X a) donc il faut que Les valeurs propres sont donc {0,...,n} et les vecteurs propres associés (X 0 1 0 B 1 C B C B C ... B C @ A n 1 n 2 N et n a) dans cette base u a pour matrice : k Exercice 17.5 Soit A 2 M n(C) 6= 0 et fA (M ) = tr(A)M + tr(M )A fA est elle diagonalisable ? Correction 17.5 Si tr(A) = 0 alors l’hyperplan tr(M ) = 0 est l’espace propre associé à 0 et comme l’image de fA est incluse dans vect(A) ⇢{tr(M ) = 0} 0 est la seule valeur propre Si tr(A) 6= 0 alors l’hyperplan tr(M ) = 0 est l’espace propre associé à la valeur propre tr(A). Sinon en prenant fA (A) = 2tr(A)A on trouve que A est un vecteur propre associé à la valeur propre 2tr(A) 56 Exercice 17.6 Valeurs propres et vecteurs propres de ( C1 ! C1 f 7! f 0 Correction 17.6 Soient et f tels que f 0 = f alors f 2 V ect(e x ) Donc tout espace propre de dimension 1. Exercice 17.7 1) Donner une condition sur A pour que la matrice B= ✓ A 0 2 C est une valeur propre et à chaque fois on a un A A ◆ \in M_{2n}(\mathbb{R)} soit diagonalisable ✓ ◆ A C 2) Si A et C commutent, donner une condition sur A et C pour que la matrice B= \in M_{2n}(\mathbb{R)} 0 A soit diagonalisable Correction 17.7 1) ◆ ✓ k ◆ A2 2A2 A kAk k Calculons B = puis B = . On se rend compte que pour tout polynôme P on a 0 A2 0 Ak ✓ ◆ 0 P (A) CP (A) P (B) = et alors si B diagonalisable B a un polynôme annulateur scindé simple et alors A aussi 0 P (A) donc A est diagonalisable et son polynome minimal \mu_A divise P et XP’ ou P\wedgeP’=1 donc \mu_A divise X donc A=0 ✓ ◆ P (A) CP 0 (A) 2) De même on voit que P (B) = pour tout polynôme donc si B diagonalisable il existe un 0 P (A) polynome P scindé simple annulant B, alors il annule A et comme P ^ P 0 =1 si on écrit bezout U P + V P 0 = 1 et qu’on évalue en A, U (A)P 0 (A) = Id et donc P 0 (A) est inversible. Il faut donc C=0. Donc A diagonalisable et C=0 convient. 2 ✓ Exercice 17.8 0 3 La matrice @12 0 0 42 0 1 x 0 A est elle diagonalisable ? x Correction 17.8 0 42 En changeant l’ordre des 2 premiers vecteurs de la base la matrice est semblable à @ 0 0 42 la matrice est diagonalisable. Si x=3 ou 42 elle ne l’est pas. 57 12 3 0 1 0 xA donc si x 6= 3 ou x 18 Intégrales sur un segment Exercice 18.1 (facile+) Soit [a,b] un segment, f une fonction continue et g une fonction positive continue par morceaux. ´b ´b Montrer que il existe c 2]a, b[ tel que a f (t)g(t)dt = f (c) a g(t)dt Correction 18.1 On sait que f est continue sur [a,b] donc est bornée et atteint ses bornes m et M . On écrit donc : m f (t) M pour tout t 2 [a, b] Or g est positve donc on peut multiplier par g(t) mg(t) f (t)g(t) M g(t)or cette inégalité est vraie pour tout t dans [a,b] et on peut donc intégrer : ´b ´b ´b ´b m a g(t)dt a f (t)g(t)dt M a g(t)dt et en divisant tout par a g(t)dt m ´b f (t)g(t)dt a´ b g(t)dt a M et par le théorème des valeurs intermédiaires : il existe c 2]a, b[ tel que f (c) = ´b f (t)g(t)dt a´ b g(t)dt a qui se réécrit f (c) ´b a g(t)dt = ´b a f (t)g(t)dt Exercice 18.2 (moyen) Soit g une fonction impaire de classe C 5 sur un voisinage de 0. 1) Ecrire la formule de taylor reste intégral à l’ordre 5 pour g et g’ 2) Déduire | g(x) x 0 3 (g (x) + 2g 0 (0)) | |x|5 180 supt2[0,x] | g (5) (t) | Correction 18.2 1) Il faut évidemment se rendre compte que g est impaire implique g(0) = g (2) (0) = g (4) (0) = 0 Donc on a ´x 4 3 g(x) = xg 0 (0) + x6 g (3) (0) + 0 (x 24t) g (5) (t)dt ´x 3 2 g 0 (x) = g 0 (0) + x2 g (3) (0) + 0 (x 6t) g (5) (t)dt 2) On retire la seconde ligne multipliée par x à la première ´ x (x t)4 x(x t)3 g(x) x3 g 0 (x) = 2x )g (5) (t)dt donc en supposant x 0 3 + 0 ( 24 18 ´x 4 4 | g(x) x3 (g 0 (x) + 2g 0 (0)) | supt2[0,x] | g (5) (t) | 0 ( (x 24t) + x(x18t) )dt ´x 4 5 x(x t)4 x5 x5 Or 0 ( (x 24t) )dt = 120 + x72 = 180 18 De même quand x 0 et c’est gagné Exercice 18.3 (moyen MP only) Soient f et g continues de [0,1]\rightarrow \mathbb{R} Que vaut lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})g(\frac{k+1}{n}) Correction 18.3 Une telle écriture doit faire penser à une série de Riemann le problème étant dans la fonction g. On va alors retirer ce qui nous intéresse et montrer que cela tend vers 0 pour conclure. \sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})g(\frac{k+1}{n})-\sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})g(\frac{k}{n}) 58 =\sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})(g(\frac{k+1}{n})-g(\frac{k}{n})) Or g est continue sur un segment donc uniformément continue par le théorème de Heine donc \forall \epsilon, \exists \eta tel que \mid x-y\mid\leq \eta \Rightarrow \mid g(x)-g(y)\mid \leq \epsilon Soit donc N tel que \frac{1}{N}\leq \eta on a donc : \mid g(\frac{k+1}{n})-g(\frac{k}{n})\mid \leq \epsilon alors : \mid \sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})(g(\frac{k+1}{n})-g(\frac{k}{n})) \mid \leq sup_{[0,1]}f \epsilon \forall n \geq N donc on a le résultat et la limite qui nous intéress est la même que celle de \sum_{k=1}^nf(\frac{k}{n})g(\frac{k}{n}) c’est à dire \int_0^1f(t)g(t)dt Exercice 18.4 (Moyen ++) Soit f : [0, 1] ! R continue et positive ´1 1 Que vaut limn!+1 ( 0 f n (f )dt) n ? Correction 18.4 Cet exercice très important justifie la notation de “norme infinie” comme limite de “norme n” f est continue sur un segment donc est bornée. Notons k f k1 le plus petit de ses majorants. ´1 1 alors ( 0 f n (f )dt) n k f k1 Or on sait que k f k1 = f (c) et par continuité 8✏ il existe ⌘ tel que | x Soit ✏ 0 alors (parallelf k1 donc (k f k1 ✏)n 2⌘ = (f (c) 1 ✏)(2⌘) n k f kn ✏)n 2⌘ ´ c+⌘ c ⌘ f n (t)dt ´1 0 c | ⌘ ) f (c) f (x) ✏ f n (f )dt Donc pour n grand et✏ petit, le terme de gauche se rapporche autant que l’on veut de k f k1 Et donc la limite est k f k1 59 19 Intégrales généralisées Exercice 19.2 On note L2 [0, +1] l’ensemble des fonctions de carré intégrable. 1) Montrer que L2 [0, +1] est un espace vectoriel. 2) Montrer que si f 2 L2 [0, +1] et f 00 2 L2 [0, +1] alors f 0 2 L2 [0, +1] 3) Montrer que ff’ a une limite en +1 et que vaut-elle ? 4) Calculer (f + f 0 + f 00 )2 ((f + f 0 )2 )0 ´1 5) Déduire 0 f 2 + f 002 f 02 0 Correction 19.2 1) Soient f et g 2 L2 [0, +1] et ↵, Alors (↵f + g)2 = ↵2 f 2 + Or en utilisant que | ab | 2 2 2 R. g + 2↵ f g a2 +b2 2 on déduit que 2↵ f g est intégrable et donc comme comme de fonctions intégrables (↵f + g)2 est intégrable Ainsi L2 [0, +1] est un espace vectoriel 2) On a en intégrant par partie : ´x 0 2 ´x (f ) (t)dt = [f (t)f 0 (t)]x0 f (t)f 00 (t)dt 0 0 Dans les 2 termes qui sont à droite le second est une intégrale qui converge grâce à | ab | a2 +b2 2 et aux hypothèses Donc si f 02 n’était pas intégrable on aurait f f 0 !x!+1 +1 ce qui est impossible car sinon il existe A tel que 8x > Af (x)f 0 (x) > 1 et en intégrant entre A et x > A f 2 (x) f 2 (A) > x A ce qui empèche f 2 d’être intégrable 3) ´x L’égalité 0 (f 0 )2 (t)dt = [f (t)f 0 (t)]x0 a bien une limite. ´x 0 f (t)f 00 (t)dt montre comme toutes les intégrales sont convergentes qu’il y Cette limite est 0 . en effet si ff’ tend vers l > 0 alors il existe A tel que 8x > Af (x)f 0 (x) > à la question précédante f 2 ne peut être intégrable .De même si l < 0 l 2 et intégrant comme donc l = 0 4) On a ((f + f 0 )2 )0 = 2(f + f 0 )(f 0 + f 00 ) donc (f + f 0 + f 00 )2 ((f + f 0 )2 )0 = f 2 f 02 + f 002 5) On a donc : ´1 2 f + f 002 0 f 02 = ´x 0 (f + f 0 + f 00 )2 ´x 0 ((f + f 0 )2 )0 = ´x 0 (f + f 0 + f 00 )2 + (f (0) + f 0 (0))2 (f (1) + f 0 (1))2 Or (f (1) + f 0 (1))2 existe car tout est intégrable et vaut 0 sinon f+f’ n’est pas de carré intégrable. Exercice 19.3 Soit f 2 C 1 [0, 1[ telle que f (0) = 0 et f’ est de carré intégrable sur [0, 1[ ´1 2 ´1 0 2 Montrer que g(t) = f (t) t est de carré intégrable et que : 0 g (t)dt 4 0 (f ) (t)dt. 60 Correction 19.3 Tout d’abord comme f (x) = ´x 0 f 0 (t)dt en utilisant Cauchy-Schwarz | f (x) | p q´ 1 0 2 x 0 (f ) (t)dt. Commef (0) = 0 en faisant un DL en 0 on voit que f (t) t a une limite en 0 donc est intégrable en 0. Ensuite avec une intégration par partie : ´x 2 ´x 0 2 g (t)dt = [ f t (t) ]x0 + 2 0 f tf dt 0 Or le premier terme tend vers 0 grâce à notre première inégalité et vaut 0 en 0. q´ q´ x x f 2 (t) Le second par Cauchy-Schwartz est inférieur à 2 0 f 02 t . 0 q´ q f 2 (x) ´x x f 2 (t) Donc q´ xxf 2 (t) + 2 0 f 02 t 0 0 t Or Le premier terme tend vers 0 : en effet le numérateur tend vers 0 et le dénominateur est supérieur à un certain ✏ Donc en passant à la limite sur x puis en élevant au carré : ´1 ´1 g 2 est intégrable et on a bien : 0 g 2 (t)dt 4 0 (f 0 )2 (t)dt. Exercice 19.4 (Moyen + MPonly) Soit f une fonction positive uniformément continue sur R+ Montrer que f est intégrable sur R+ ) lim+1 f = 0 Correction 19.4 Soit ✏ > 0. Comme f est uniformément continue 9⌘ tel que | x y | ⌘ )| f (x) On peut écrire que : ´ x+ ⌘2 ´ x+ ⌘ | ⌘f (x) f (t)dt | x ⌘2 | f (t) f (x) | dt ⌘✏. x ⌘ 2 f (y) | ✏ pour tous x, y 2 R+ 2 En utilisant le deuxième sens de l’inégalité triangulaire : ´ x+ ⌘2 ⌘f (x) f (t)dt ⌘✏ x ⌘2 ´ x+ ⌘ ´ x+ ⌘ L’intégrale tend vers 0 lorsque x tend vers l’infini car x ⌘2 f (t)dt = 0 2 f (t)dt 2 ´x 0 ⌘ 2 f (t)dt ! ´1 0 f ´1 0 f =0 Donc en divisant par ⌘ et en faisant x vers +1 on a que f(x) est aussi petit que l’on veut pour x grand donc f a une limite et c’est 0 Exercice 19.5 (facile suite 19.4 MPonly) Soit f dérivable positive dont la dérivée est bornée . Montrer que f est intégrable sur R+ ) f p est intégrable sur R+ pour tout p 2 N Correction 19.5 Notons M un majorant de| f 0 | sur R+ alors le théorème des accroissements finis assure que f est M lipshitzienne donc uniformément continue. elle est intégrable donc (voir exo précédent) une fonction uniformément continue intégrable tend vers 0 en +1 donc il existe A > 0 tel que f (x) < 1 pour tout x > A mais alors 8x > A on a f p (x) f (x) et donc f p est intégrable par comparaison. Exercice 19.6 (suite 19.5 MPonly) Soit f croissante, C 2 et telle que lim+1 (f ) = 0 On suppose qu’il existe (a, M ) 2 R2 tels que 8x > A on a Montrer que f’ tend vers 0 en +1 ´ x+1 61 x (f 00 (t))2 dt M Correction 19.6 On sait que f’ est positive comme f est croissante et donc comme ´x 0 f (t)dt = f (x) f (0)alors f’ est intégrable 0 q ´ q´ p ´y y y de plus | f 0 (x) f 0 (y) |=| x f 00 (t)dt | | x 1dt | x (f 00 (t))2 dt | x Donc f’ est uniformément continue. p y | M dès que | x y | 1 Comme dans les exercices précédents uniformément continue et intégrable implique la limite est 0. 62 20 Intégrales à paramètre et convergence dominée Exercice 20.1 (facile +) Soit x 2 R⇤+ 1) Montrer que ´ +1 t e x t dt et ´ +1 e 1 xt t + dt existent et sont égales. On les note E(x). 2) Montrer que lorque x tend vers 0 alors E(x) + ln(x) tend vers une limite finie Correction 20.1 1) t tx t2 e t ! 0 et t2 e t De plus : ! 0 donc les intégrales existent en +1. ˆ +1 e xt t 1 dt =u=xt ˆ +1 x t e t dt 2) Ecrivons ln(x) comme une intégrale : ln(x) = ´1 t ´1 t Alors E(x) + ln(x) = x e t 1 dt + 1 e t dt. ´1 t Notons I(x) = x e t 1 dt Alors comme e t 1 t ´1 1 dt x t !x!0+ 1 elle est prolongeable par continuité et I(x) tend vers une limite finie d’où le résultat. Exercice 20.2 (facile) Que vaut limn!1 ´ ⇡ 2 0 (sin(t))n dt ? Correction 20.2 Posons fn (t) = (sin(t))n . C’est une suite de fonctions intégrables majorées par 1 et convergeant simplement vers la fonction valant 1 en 0 ailleurs. Le théorème de convergence dominée assure que le résultat est 0 Exercice 20.3 (facile) 1) Montrer que les intégrales suivantes sont bien définies : ´ 1 sin( ⇡2 + nx ) dx x2 1 2) Calculer la limite quand n ! 1. Correction 20.3 1) | x sin( ⇡ 2 +n) x2 2) | 1 x2 donc les intégrales sont bien définies. La question précédente fournit la domination et la limite cherchée est donc 63 ´1 1 1 x2 dx =1 ⇡ 2 et Exercice 20.4 (facile) 1) Montrer que les intégrales suivantes sont bien définies : ´ +1 ln(1+ nx ) dx x3 1 2) Calculer la limite quand n ! 1. Correction 20.4 1) On utilise l’ingalité | ln(1 + u) || u | Alors x ln(1+ n ) x3 2) 1 nx2 1 x2 et les intégrales existent La question précédente fournit la domination et la limite cherchée est donc 0. Exercice 20.5 (facile) ´ +1 e tx Posons F (x) = 0 1+t2 dt 1) Donner l’ensemble de définition et de continuité de F 2) Que vaut F (0) et lim(F (x))x!1 ? Correction 20.5 1) Si x 0: e tx 1+t2 Si x < 0 soit x < 1 1+t2 donc l’intégrale existe. ✏ < 0 alors e tx 1+t2 > Donc le domaine de définition est R e✏t 1+t2 qui n’est pas intégrable + De plus : x 7! t 7! et e tx 1+t2 est e tx 1+t2 est tx e 1+t2 continue sur R+ intégrable sur R+ 1 1+t2 Donc F est continue sur son domaine de définition. 2) ´1 1 ⇡ F (0) = 0 1+t 2 dt = 2 F (x) !x!1 0 par convergence dominée. Exercice 20.6 (facile +) Soit (x) = ´ +1 0 sin(xt) t(t2 +1) dt 1) Donner le domaine de définition de . 2) Montrer que est dérivable sur son domaine de définition et donner ´ +1 2tsin(xt) 3) Montrer que 8x 2 R⇤ on a 0 (x) = x1 0 (t2 +1)2 dt 4) Montrer que 0 est dérivable sur R⇤ et calculer (x 0 )0 . 64 0 Correction 20.6 1) Posons f (x, t) = sin(xt) t(t2 +1) alors sur [1, +1] on a | f (x, t) | 1 t(1+t2 ) est intégrable. Et f (x, t) !t!0 x donc est intégrable Le domaine de définition est R 2) Posons f (x, t) = sin(xt) t(t2 +1) t 7! f (x, t)est intégrable t 7! f (x, t) est continue dérivable sur R et cos(xt) df dx (x, t) = t2 +1 df t 7! dx (x, t) est intégrable df x 7! dx (x, t) est continue df 1 et | dx (x, t) | 1+t 2 donc est C 1 et 0 (x) = 3) On va faire une intégration par partie : sin(xt) ´ u cos(xt) ´u dt = [ t2x+1 ]u0 + 0 2tsin(xt) x(t2 +1)2 dt = 0 1+t2 ´ +1 0 sin(xu) x u2 +1 + et lorsque u tend vers +1 on a ´ +1 2tsin(xt) 0 (x) = x1 0 (t2 +1)2 dt cos(xt) 1+t2 dt 1 x ´u 0 2tsin(xt) (t2 +1)2 dt 4) Posons g(x, t) = 2tsin(xt) (t2 +1)2 Alors : t 7! g(x, t) est intégrable x 7! g(x, t) est dérivable de dérivée 2t2 cos(xt) (t2 +1)2 et on a : d(g) dx (x, t) intégrable d(g) x 7! dx (x, t) continue 2t2 et | d(g) dx (x, t) | (t2 +1)2 qui t 7! est intégrable sur R+ ´ +1 2t2 Donc ’ est dérivable et (x 0 )0 (x) = 0 (t2 +1)2 dt. Exercice 20.7 Soit f (x) = ´x 0 e t2 dt et g(x) = ´ ⇡ 4 0 e x2 cos2 (t) dt 1) Montrer que f + g est constante ´ +1 2 2) En déduire la valeur de 0 e t dt 2 Correction 20.7 1) Dérivons la fonction f 2 + g Dériver f c’est facile f 0 x) = e x2 Pour g on va appliquer le théorème de Leibniz de dérivation sous le signe intégral t 7! e x2 cos2 (t) est continue par morceaux 65 x 7! e et x2 cos2 (t) d dx (e or | e est continue dérivable x2 cos2 (t) x2 cos2 (t) )=e 2x cos2 (t) Donc x2 cos2 (t) | 4xe 2x cos2 (t) x2 ´x 2 2 (f 2 + g)0 = 2 0 e (t +x ) dt ´x ´ ⇡4 2 2 = e x (2 0 e (t ) dt e 0 qui est majorée par une constante con intégrable. ´ ⇡ 4 0 e x2 cos2 (t) x2 ( cos12 (t) 1) 2x cos2 (t) dt 2x cos2 (t) dt Notons I(x) la seconde intégrale Le changement de variable suggéré par les règles de Bioche (hors programme mais indispensable) u=tan(t) donne ´x 2 I(x) = 2 0 e (t ) dt D’où le résultat 2) f2 (t) + g(t) = f 2 (0) + g(0) = 0 + ⇡ 4 La première intégrale tend vers le carré de ce qui nous intéresse et la deuxième tend vers 0. En effet : g(x) ⇡ x2 4e et donc ´ +1 t2 e dt = 0 !0 p ⇡ 2 66 21 Séries de fonctions Exercice 21.1 (moyen) P+1 Soit ⇣(x) = n=1 n1x 1) Quel est le domaine d’existance de ⇣ ? 2) Montrer que ⇣ est C 1 sur son domaine de définition P+1 3) Majorer n=2 n1x avec une comparaison série intégrale. 4) Montrer que ⇣(x) !x!+1 1 et que ⇣(x) !x!1 +1 Correction 21.1 1) Les résultats classiques sur les séries de Rieman nous disent que ⇣(x) existe dès que x>1 2) 1 Posons fn (x) = n1x = exln( n ) Alors fn0 (x) = ln( n1 ) n1x on voit immédiatement que (k) fn (x) = (ln( n1 ))k n1x et donc fn est C 1 Plaçons nous sur le segment [x1 , x2 ] ⇢]1, +1[ | fn0 || ln( n1 ) | n1x1 qui est une série convergente. Donc ⇣ est C 1 et par récurrence immédiate on voit que \zeta est C^{\infty} sur [x_1,x_2] donc sur ]1,+\infty[ 3) On pose f (y) = (y 11)x cette fonction est décroissante et une comparaison série intégrale nous donne : ´ 1 xln(y 1) P+1 1 dy = x 1 1 n=2 nx 2 e 4) P+1 La majoration précédente permet de monter que ⇣(x) = 1 + n=2 n1x tend vers 1 en +1 ´ +1 De même avec f (y) = y1x on a ⇣(x) > 0 f (y)dy = x 1 1 !x!1+ +1 Exercice 21.2 (centrale MP 2003 moyen) P+1 2 2 On pose f (a) = n=0 e a n sous réserve d’existance. 1) Donner le domaine de définition de f 2) Que vaut lima!+1 f (a) ? 3) Que vaut lima!0 af (a) ? Correction 21.2 1) P Si a = 0 f (a) = 1 = +1 2 2 Si a 6= 0 alors n2 e a n !n!1 0 donc f (a) existe. Donc Df = R⇤ 2) Alors on sent bien que tous les termes allant vers 0 sauf le premier il faut déparer le premier du reste. P+1 2 2 f (a) = 1 + n=1 e a n Or par comparaison série intégrale, on a : ´ P+1 a2 n2 2 2 +1 0 e a t dt n=1 e p ´ +1 2 En posant y = at et sachant 0 e y dy = 2⇡ on trouve : p P+1 a2 n2 2a⇡ !a!+1 0 n=1 e 67 Donc lima!+1 f (a) = 1 3) On réutilise la même comparaison série intégrale pour obtenir : p p ´ 1 y2 ⇡ ⇡ + e dy f (a) 2a 2a 0 Donc par théorème des gendarmes on obtient : lima!0 af (a) = p ⇡ 2 68 22 Espaces euclidiens Exercice 22.1 (moyen) Soient (x1 , ...xn ) 2 (Rn )n . Montrer que | det(x1 , ..., xn ) |k x1 k ... k xn k Correction 22.1 Si la famille (x1 , ...xn ) est liée le résultat est évident Si elle est libre on la Schmidte8 On note (e1 , ..., en ) la base canonique et (f1 , ...fn ) la base Schmidtée. La matrice de (x1 , ...xn ) dans la base f est triangulaire supérieure et les coefficients diagonaux sont les (xi | ei ). De plus le déterminant ne dépend pas (en valeur absolue) de la base ORTHONORMEE dans lequel on le calcule en effet la matrice de (x1 , ...xn ) dans la base f est égale à celle dans la base e multipliée par la matrice de passage . Or la matrice de passage P est une matrice orthonormée donc P P T = In et donc det(P )2 = 1 et donc det(P ) = ±1 Donc | det(x1 , ..., xn |= ⇧n1 (xi | ei ) k x1 k ... k xn k par Cauchy Schwarz. Exercice 22.2 (facile) Soient (x1 , ...xn ) 2 Rn Montrer que (x1 + ... + xn )2 n(x21 + ... + x2n ) Correction 22.2 C’est l’inégalité de Cauchy Schwarz avec les vecteurs (x1 , ..., xn ) et (1, ..., 1) Exercice 22.3 (facile+) Soient F et G deux sous espaces vectoriels de E espace euclidien. 1) Montrer que (F + G)? = F ? \ G? 2) Montrer que (F \ G)? = F ? + G? Correction 22.3 1) ⇢) Soit x 2 (F + G)? . Soit f 2 F et g 2 G alors comme F ⇢ F + G et G ⇢ F + G on a (x | f ) = (x | g) = 0 ) Soit x 2 F ? \ G? . Soit f 2 F et g 2 G alors : (x | f + g) = (x | f ) + (x | g) = 0 + 0 2) En dimension finie (F ? )? = F donc en appliquant ce qui précède à F ? et G? on a : (F ? + G? )? = F \ G et en prenant l’orthogonal on a le résultat. Exercice 22.4 (moyen) Soit E un espace euclidien. Montrer que p est un projecteur orthogonal , pop = p et k p(x) kk x k . 8 Du verbe Schmidter signifiant effectuer l’algorithme de Schmidt 69 Correction 22.4 )) p est un projecteur donc pop=p de plus Ker(p) et Im(p) sont supplémentaires orthogonaux et x = p(x)+(x p(x)) est la décomposition d’un vecteur quelconque de E dans ces espaces alors par pythagore :k p(x) k2 + k x p(x) k2 =k x k2 d’où le résultat. () On sait que p est un projecteur il reste à montrer que Ker(p) et Im(p) sont orthogonaux. Soit x 2 Ker(p) et y 2 Im(p) On sait que : k y k2 =k p(y) k2 =k p(x y) k2 k x y k2 =k x k2 + k y k2 2(x | y) Donc 2(x | y) =k x k2 on remplace x par xt et on fait tendre t vers +1 pour obtenir (x | y) = 0. Exercice 22.5 (facile) Soit E un espace euclidien et f et g 2 L(E) qui commutent et tels que la matrice de f dans une base orthonormée est symétrique, la matrice de g dans une base orthonormée est antisymétrique. 1) Montrer que 8x 2 E on a (f (x) | g(x)) = 0 2) Montrer que k f (x) + g(x) k=k f (x) g(x) k 8x 2 E Correction 22.5 1) Il suffit que voir quef ⇤ = f et que g⇤ = g. Dès lors (f (x) | g(x)) = (x | f og(x)) = (x | gof (x)) = (g(x) | f (x)) donc (f (x) | g(x)) = 0 2) En développant k f (x) + g(x) k2 et k f (x) g(x) k2 et en utlisant la question 1 on trouve le résultat. Exercice 22.6 (dur) Soit E un espace vectoriel normé. Montrer que E est préhilbertien , E vérifie l’identité du parallèlogramme. Correction 22.6 )) C’est classique il suffit de développer k x + y k2 etk x y k2 ()Procédons par analyse synthèse . Si l’éespace etait préhilbertien on aurait. (x | y) = 14 (k x + y k2 k x y k2 ) On pose donc B(x, y) = 14 (k x + y k2 k x y k2 ) Les propriétés qui sautent aux yeux sont le fait que B(x, x) =k x k2 , la symétrie, définie et positive. Il reste à montrer la linéarité. La seule hypothèse que l’on a c’est que k x0 + y 0 k2 + k x0 y 0 k2 = 2(k x0 k2 + k y 0 k2 ) En l’appliquant à x0 = x et y 0 = x + y on trouve : k 2x + y k2 + k y k2 = 2(k x k2 + k x + y k2 ) En l’appliquant à x0 = x et y 0 = x y on trouve : k 2x y k2 + k y k2 = 2(k x k + k x y k)2 En soustrayant ces 2 égalités on trouve B(2x, y) = 2B(x, y) qui va servir pour la suite. Dans le même esprit en appliquant à x0 = x + y et y 0 = y + z puis x0 = x + y et y 0 = y z et en soustrayant on trouve B(x + 2y, z) = 2B(x + y, y) B(x, z) = B(2x + 2y, z) B(x, z) x Donc B(2x + 2y, z) = B(x + 2y, z) + B(x, z) Ce qui est presque la linéarité, suffit de remplacer y par y2 2 pour avoir 70 B(x + y, z) = B(x, z) + B(y, z) De là on tire que B(kx, y) = kB(x, y) pour k 2 N puis k 2 Q vient facilement et k 2 R par densité (et continuité de la norme) Exercice 22.7 (facile) Montrer que sur C on peut trigonaliser toute matrice dans une base orthnormée Correction 22.7 On trigonalise comme d’habitude et on Schmidte la base trigonalisante B qui devient B’, la matrice de passage de B à B’ notée T est triangulaire supérieure, en effet on definit le nouveau vecteur à partir des anciens. Donc on a le résultat dans B’ . Exercice 22.8 (facile+) Montrer que A symétrique ) com(A) symétrique. Que dire de la réciproque ? Correction 22.8 Si A est inversible, son inverse est symétrique et com(A) est proportionnel à A 1 donc est symétrique. Quand A n’est pas inversible, on voit bien que les matrices utilisées pour calculer les cofactueurs (i, j) et (j, i) sont transposées l’un de de l’autre. D’où le résultat 0 1 0 0 1 La réciproque est évidemment fausse la matrice @0 0 0A n’est pas symétrice mais sa comatrice est nulle (donc 0 0 0 symétrique) Exercice 22.9 Quels sont les endomorphismes auto-adjoints et orthogonaux ? Correction 22.9 Ces endomorphimes sont diagonalisables dans une base orthonormée mais du coup comme M 2 = Id, les valeurs propres sont ±1 et donc notre matrice dans la base canonique est de la forme 0 1 ±1 0 0 P T @ 0 ... 0 A P avec P 2 On (R) et réciproquement totue matrice de cette forme est autoadjointe et orthog0 0 ±1 onale. Exercice 22.10 Soit E = R3 [X] 1) Montrer que (P, Q) = ´1 1 P (t)Q(t)dt est un produit scalaire 2) Trouver une base orthonormée ´1 3) Minimiser 1 (x2 ax b)2 dx 71 Correction 22.10 1) C’est une forme bilinéaire, symétrique, définie, positive... 2) On va Schmidter la base canonique : p • k 1 k= 2 donc on pose f0 = p12 q • f1 = X (X,f0 )f0 kX (X,f0 )f0 k • f2 = X 2 (X 2 ,f1 )f1 (X 2 ,f0 )f0 kX 2 (X 2 ,f1 )f1 (X 2 ,f0 )f0 k • f3 = X3 kX 3 =X 3 2 = (3X 2 (X 3 ,f2 )f2 (X 3 ,f1 )f1 (X 3 ,f0 )f0 (X 3 ,f2 )f2 (X 3 ,f1 )f1 (X 3 ,f0 )f0 k 1) q 5 8 = (5X 3 3X) 72 q 7 8 23 Cacul Différentiel Exercice 23.1 (cours classique mais efficace) 1) Montrer que la différentielle en chaque point est unique 2) Montrer que la différentielle d’une application linéaire est constante égale en tout point à la dite application linéaire. 3) Montrer que Df (x).ei = @f @xi (x) Correction 23.1 1) Soit f une fonction différentiable. Supposons qu’il existe 2 différentielles L1 et L2 en x. Alors f (x + h) = f (x) + L1 (h) + o(h)etf (x + h) = f (x) + L1 (h) + o(h) d’où en soustrayant : L2 (h) = o(h) =k h k ✏(h) où ✏(h) ! 0 lorsque h ! 0. L1 (h) On remplace h par th avec t 2 R et on fait tendre t vers 0 pour obtenir L1 (h) = L2 (h) Donc L1 = L2 2) Soit x 2 E et h 2 E, soit u linéaire . u(x + h) = u(x) + u(h) = u(x) + u(h) + o(h) et par unicité de la différentielle Du(x) = u. 3) On écrit que si t 2 R f (x + tei ) = f (x) + tDf (x).ei + k tei k ✏(tei ) avec ✏(tei ) ! 0 lorsque t tend vers 0. donc en formant le taux d’accroissement : f (x+tei ) f (x) t ! Df (x).ei lorsque t tend vers 0. Exercice 23.2 (facile) Soit :] 1, 1[! Rn une courbe C 1 telle que 8t k (t) k= 1 Montrer que < (t) | 0 (t) >= 0 Correction 23.2 On a que k (t) k2 = 1 et en dérivant on obtient que : 2 < (t) | 0 (t) >= 0 Exercice 23.3 (moyen ++ écrit X) Soit x 2 Rn tel que k x k= 1 et v 2 x? 1) Montrer qu’il existe :] 1, 1[! R de classe C 1 et telle que8t k (t) k= 1, (0) = x et 2) Soit f R ! R de classe C . On pose g = f |Sn . n 0 (0) = v 1 Montrer que g atteint ses bornes et que si x est un extrémum de g, alors 9 tel que dfx = <x|h> Correction 23.3 1) Il faut visualiser ce problème en terme de cinématique du point, dans le plan ce serait la trajectoire d’un mobile sur le cercle partant de x à la vitesse v. 73 On a envie de poser (t) = x + tv qui répond aux critères 2 et 3, le mobile suivrait alors la trajectoire d’une droite, on normalise de façon à avoir la condition 1. On pose donc : (t) = x+tv kx+tvk mais il reste à vérifier les contions 2 et 3 : On a bien (0) = x Calculons la différentielle de la norme : D(kk2 )(x)(h) = 2 < x | h > pour x 2 Rn p h et D( )(y)(h) = 2p y pour y 2 R p Donc D(kk)(x)(h) = D( o kk2 )(x)(h) = Donc 2) 0 (t) = <x+tv|v> kx+tvk vkx+tvk (x+tv) kx+tvk2 et 2<x|h> 2kxk 0 (0) = v g est borné et atteint ses bornes car continue sur le compact Sn . Soit x un extrémum de g et v 2 x? . on considère ] 1, 1[ et 0 est un extrémum donc : comme à la question 1 . Alors h = go = f o est dérivable sur h0 (0) = df (x)(v) = 0 = < x | v >quel que soit lambda on pose donc df (x) est linéaire et Rn = V ect(x) x? = df (x)(x) kxk2 et la formule est alors vraie car Exercice 23.4 (facile) Soit A une matrice symétrique. On pose f : ( Rn ! R x 7!< x | Ax > Montrer que f est C 1 et calculer sa différentielle Correction 23.4 f est évidemment C 1 et même C 1 f (x + h) =< x + h | Ax + Ah >=< x | Ax > + < x | Ah > + < h | Ax > + < h | Ah > . Donc Df (x)(h) =< x | Ah > + < h | Ax >= 2 < h | Ax > Exercice 23.5 Soit q 1) ( Mn (R) ! R P 2 M 7! i,j Mi,j 74 Correction 23.5 Exercice 23.3 Correction 23.3 Exercice 23.3 Correction 23.3 Exercice 23.3 Correction 23.3 Exercice 23.3 Correction 23.3 75 24 Réduction auto-adjoint Exercice 24.1 (moyen) Soit A 2 Sn (R). Montrer que A positive , T r(AB) 0 pour tout B 2 Sn+ (R) Correction 24.1 () Soit B 2 Sn+ (R). On diagonalise A : A = P DP où D = diag( 1 1 , ..., Alors tr(AB) = tr(DP BP ) = tr(DC) où C = P BP . P Donctr(AB) = inf ( i )tr(C) or tr(C) = tr(B) donc tr(AB) i ci,i 1 )) On peut toujours écrire que A = P DP Il faut montrer que Si il existe j 0. i 0 0 B B < 0 alors on pose C=@ Alors tr(AB) = 0 donc 2 j où D = diag( 1 j n) avec 0 i 1 1 , ..., n) 1 .. j ...0 =0 C C et C = P A 1 0. et P 1 = PT BP. Contradiction. Exercice 24.2 (difficile) Soit (ai,j ) 2 Sn (R) telle que ai,j > 0. On pose ⇢ = max |). 2sp(A) (| Montrer que ⇢ est valeur propre d’ordre 1 et que l’espace propre associé peut être engendré par un vecteur à coordonnées positives. Correction 24.2 Notons ... 1 n les valeurs propres de A alors il existe P tel que A = P DP T où D = diag( 8X 2 Rn on a X T AX = (P X)T D(P X) 1 k P X k2 = 1 1 , ..., n) k X k2 . Donc en notant | X | le vecteur dont les coordonnées sont les valeurs absolues des coordonnées de X. | X T AX || X |T A | X | 1 k X k2 . Cette égalité va nous être très utile ! En l’appliquant à Xn un vecteur propre associé à Donc ⇢ = 1 n donc ⇢ est valeur propre. En l’appliquant à X1 un vecteur propre associé à T | X1 | A | X1 |= 1 1 on trouve | on trouve | )| X1 |est vecteur propre associé à n 1 1. | | 1 1 donc : De plus on montre que si un vecteur propre à coordonnées positives associé à sont toutes nulles. P Supposons xi = 0 alors 0 = 1 xi = ai,j xj donc les xj valent 0 (ai,j > 0 ) Si X et Y sont vecteurs propres associés à nulle donc c’est le vecteur nul. 1 alors si yi 6= 0 | X xi yi Y 1 a une coordonnée nulle alors elles | est vecteur propre et a une coordonnée Ainsi l’exercice est prouvé ! Exercice 24.3 Soit A 2 Mn (C). On note i ses valeurs propres. Montrer que A A = AA , A diagonale dans une base orthonormée , tr(AA⇤ ) = ⇤ ⇤ 76 P | i |2 Correction 24.3 Prouvons les égalités dans le sens direct 1) ) 2) ) 3) ) 1) 1) ) 2) Par récurrence si n=1 c’est trivial A et A⇤ commutent donc A⇤ stabilise E 1 (A) mais A^* stabilise E 1 (A)? donc A stabilise E 1 (A)? Dans une base adaptée à la décomposition Cn = E 1 (A) 0 1 B B B B @ 1 ... 2) ) 3) 1 E 1 (A)? les matrices de A est de la forme : C C C avec BB ⇤ = B ⇤ B et on applique la propriété de récurrence à B. C BA C’est évident 3) ) 1) On trigonalise A dans une base orthonormée9 alors : A = P T P ⇤ et A⇤ = P T ⇤ P Or les coefficients diagonaux de T T ⇤ sont de la forme | i |2 + P j>i ⇤ | Ti,j |2 Donc Ti,j |2 = 0 et dans cette base A est diagonale alors AA⇤ = A A = P T T ⇤ P ⇤ 9 Ceci est toujours possible en Schmidtant la base trigonalisante 77 25 Séries de Fourier Exercice 25.1 (facile calcul) Soit f une fonction paire 2⇡ periodique et telle que f (x) = 1) Donner les coefficients de Fourier de f. P 1)n 2) En déduire n 0 (2n+1 . ( 1 x 2 [0, ⇡2 [ 1 x 2 [ ⇡2 , ⇡[ Correction 25.1 1) f est paire donc les bn valent 0. ´⇡ ´ an = ⇡1 ⇡ f (t)cos(nt)dt = ⇡1 ( ⇡/2 ⇡ Donc an = 0 si n est pair et a2p+1 = cos(nt)dt + ( 1)p 4 ⇡(2p+1) 2) Le théorème de Dirichlet assure f (0) = 1 = P 1)n Donc n 0 (2n+1 = ⇡4 4 ⇡ P ´ ⇡/2 ⇡/2 cos(nt) ´⇡ ⇡/2 cos(nt)dt) ( 1)n n 0 2n+1 Exercice 25.2 (facile) Soit f réelle 2⇡ periodique, continue et C 1 par morceaux. ´ 2⇡ ´ 2⇡ Montrer que 0 f 2 (t)dt 0 (f 0 (t))2 dt Correction 25.2 ´ 2⇡ 0 P 1 On écrit que 2⇡ (f (t))2 dt = n2Z | Cn (f 0 ) |2 et Cn (f 0 ) = inCn (f ) donc : 0 P P P P 0 2 2 2 2 n2Z | Cn (f ) | = n2Z | nCn (f ) | = n2Z,n6=0 | nCn (f ) | n2Z,n6=0 | Cn (f ) | = ´ 2⇡ ( 0 f (t)dt)2 ) d’où le résultat ´ 2⇡ 1 2⇡ ( 0 f 2 (t)dt Exercice 25.3 Soit f une fonction complexe 2⇡ periodique, continue et C 1 par morceaux et d’intégrale nulle sur une période. ´ 2⇡ ´ 2⇡ Montrer que 0 | f (t) |2 dt 0 (f 0 (t))2 dt Correction 25.3 ´ 2⇡ 0 P 1 On écrit que 2⇡ (f (t))2 dt = n2Z | Cn (f 0 ) |2 et Cn (f 0 ) = inCn (f ) donc : 0 P P P P 0 2 2 2 2 n2Z | Cn (f ) | = n2Z | nCn (f ) | = n2Z,n6=0 | nCn (f ) | n2Z,n6=0 | Cn (f ) | = ´ 2⇡ ( 0 f (t)dt)2 ) d’où le résultat Exercice 25.4 (moyen technique) Soit f continue et 2⇡ périodique. Les notations sont les suivantes : ´⇡ 1 • ck (f ) = 2⇡ f (t)e int dt ⇡ Pn • Sn (f )(x) = k= n ck (f )eikx 78 ´ 2⇡ 1 2⇡ ( 0 f 2 (t)dt • n (f ) = • Dk (t) = 1 n Pn 1 k=0 Pk 1 2⇡ Sk (f ) j= k eijt le noyau de Dirichlet sin((k+ 1 )x) 1) Montrer que Dk (t) = 2⇡sin(2x 2 ´⇡ 2) Montrer que ⇡ Dk (t)dt = 1 3) Déduire que n (f ) converge uniformément vers f 4) Qu’en déduire ? Correction 25.4 1) Pk it(2k+1) 1 1 ijt On a 2⇡ = 2⇡ e ikt 1 e1 eit , car c’est la somme d’une suite géométrique. j= k e On factorise par l’angle moitié et on trouve : sin((k+ 12 )x) 2⇡sin( x 2 Dk (t) = 2) ´⇡ La première expression de Dk nous donne le résultat sachant ⇡ eikt dt = 0 dès que k 6= 0. 3) ´⇡ ´⇡ Pn 1 On se rend compte que Sn (f ) = k= n 2⇡ f (t)e ik(t x) dt = ⇡ f (t)Dn (t x)dt ⇡ Ecrivons : | f (x) n (x) | Pn 1 ´ ⇡ 1 = n | Dk (u)(f (u + x) f (x))du |en faisant rentrer le f dans l’intégrale grace à 2) et en faisant le 0 ⇡ changement de variable u = t x ´⇡ Pn 1 =| ⇡ n1 k=0 Dk (f )(u)(f (x u) f (x))du |car D_k est paire Pn 1 On pose Fn (f )(x) = n1 k=0 Dk (f )(x) le noyau de Fejer Alors : Fn (f )(u) = = Im( Pn Et Im( 1 k=0 Pn 1 k=0 sin(u(k+1/2)) 2⇡nsin( u 2 e( iu(k+1/2))) 2⇡nsin( u 2 Pn 1 ( k=0 e iu(k Donc Fn (f )(u) = + 1/2))) = sin2 ( nu 2 ) 2⇡nsin2 ( u 2) sin2 ( nu 2 ) sin( u 2) en utilisant la suite géométrique et l’angle moitié comme avant . . Donc Fn positive ! ´⇡ De plus l’expression première de Fn permet de voir que ⇡ Fn (t)dt = 1 Retournons à notre preuve : Soit ✏ 0 Par uniforme continuité il existe ↵ tel que u < ↵ )| f (x u) f (x) | ✏ quel que soit x. Alors : ´⇡ ´ ↵ ´↵ | f (x) Fn (u) | f (x u) f (u) | du = ⇡ Fn (u) | f (x u) f (u) | du + ↵ Fn (u) | f (x n (x) | ⇡ ´⇡ du + ↵ Fn (u) | f (x u) f (u) | du Or ´↵ ´↵ ´⇡ F (u) | f (x u) f (u) | du ✏ ↵ F n(t)dt ✏ ⇡ F n(t)dt = ✏ ↵ n De plus si | u |> ↵ : 1 1 Fn (u) 2⇡nsin( u ) 2⇡nsin( ↵ ) 2 u) f (u) | 2 Donc comme : | f (x u) f (u) | 2 k f k1 Les deux autres intégragles tendent vers 0 donc il existe N tel que n > N ) et de même pour l’autre. 79 ´ ↵ ⇡ Fn (u) | f (x u) f (u) | du ✏ donc comme tout est indépendant de x : kf n (f ) k1 3✏ On a la convergence uniforme. 4) On end éduit Weierstrass trigonométrique : la densité des polynômes trigonométriques dans les fonctions continues 2⇡ periodiques. 80 26 Equations différentielles linéraires Exercice 26.1 (moyen classique) Soient f et y, deux fonctions positives et définies sur R et telles que il existe K tel que : y(t) K + t ˆ y(s)f (s)ds t0 Montrer que : y(t) Ke ´t t0 f (s)ds Correction 26.1 Posons F (t) = ´t t0 y(s)f (s)ds Alors F 0 (t) = y(t)f (t) f (t)K + f (t) 0 F (t) (F (t)e ´t t0 y(s)f (s)ds = Kf (t) + f (t)F (t) donc on a une inéquation différentielle. f (t)F (t) Kf (t) on multiplie par “le facteur intégrant” e ´t t0 f (s)ds 0 ) ´t K + F (t) Ke t0 K( e f (s)ds ´t t0 +K et donc y(t) K + F (t) Ke f (s)ds 0 ) or ceci est vrai pour tout t ´t t0 f (s)ds et on reconnait : t0 donc on intègre entre t0 et t K ´t t0 f (s)ds Exercice 26.2 Soit A : R ! Mn (R) telle que k A(t) k est intégrable. Montrer que les solutions de X 0 (t) = A(t)X(t) sont bornées Correction 26.2 On s’intéresse à g(t) =k X(t) k2 g 0 (t) = 2(X(t) | X 0 (t)) = 2(X(t) | A(t)X(t)) k A(t) kk X(t) k2 =k A(t) k g(t) On a une inéquation différentielle que l’on multiplie par e ´t kA(s)kds 0 0 (g(t)e ) 0 et on a donc g(t) g(0) Nos solutions sont bornées ´t 0 kA(s)kds pour la réécrire Exercice 26.3 Soit f continue et définie sur un intervalle I de R. On note : Ef : y 00 + f y = 0 Sf les solutions de Ef 1) a) Soit y un élément non nul de Sf . Montrer que ses zéros sont isolés. b) Monrer que si I est compact alors le nombre de zéros de y est fini. 2) On suppose désormais que f < 0 sur I a) Montrer que si y a au moins deux zéros alors elle est nulle. b) On suppose I non majoré, soit a 2 I tel que y(a) = 0. Montrer que si y(t) !x!+1 0 alors y est nulle 3) f est toujours négative sur I a) Si I = R et y positive sur I, montrer que y n’est pas majorée. b) Si il existe a tel que y(a) = 0 et y(x) > 0 pour tout x > a alors y n’est pas majorée c) Montrer que la seule solution bornée est identiquement nulle 81 Correction 26.3 1) a) Si xn est une suite de zéro distincts qui tend vers x alors par continuité y(x) = 0. Or si y(xn ) = y(xn+1 ) = 0 par le théorème de Rolle on a l’existance de zn 2 [xn , xn+1 ] tel que y 0 (zn ) = 0 or zn tend aussi vers x et par continuité de y’ on a y 0 (x) = 0. Par unicité du problème de Cauchy y = 0 contradiction. b) Si on a une infinité de zéros, ils ont un point d’accumulation par Bolzano-Weierstrass. C’est impossible par la question 1 donc y a un nombre fini de zéros. 2) a) Comme f < 0 alors y” est de même signe que y. Considérons x1 et x2 deux zéros consécutifs de y et supposons que par exemple y est positive sur [x1 , x2 ]. Alors y” est aussi positive et donc y’ est croissante or y(x1 ) = 0 et y(x) > 0 si x > x1 donc y’(x_1) est positive et y’(x_2) est de même négative (faire un dessein). De même si y est négative sur [x1 , x2 ]. b) On a toujours y” du signe de y. Si y a 2 zéros alors y est nulle donc on suppose que a est le seul zéro de y. Supposons par exemple y(t) > 0 si t > a alors par le théorème de Rolle généralisé 10 , il existe c > a tel que y 0 (c) = 0 or y 0 (a) > 0 et y’ est croissante (comme à la question précédente) : c’est impossible sauf si y est nulle. De même si y(t) négative si t > a. 3) a) y” est donc positive et du coup y’ est croissante. Si y’ tend vers l’infini en +1 alors y aussi. Si y’ tend vers une limite l > 0 en +1 alors y tend vers +1 en +1 . Si y’ tend vers l 0 alors y’ tend en 1 vers 1 ou une limité négative et dans ces deux cas y tend en 1 vers +1 b) y 0 (a) est positif ou nul donc la première partie de la question précédente s’applique y’ tend vers l > 0 ou bien y’ tend vers +1 en +1 et dans les 2 cas y tend vers +1 en +1 c) Soit y une solution bornée. Si y a plus de 2 zéros alors elle est identiquement nulle. Si y n’a pas de zéros y ou -y est positive bornée donc identiquement nulle et si y a un seul 0 alors y ou-y est positive après ce zéro donc est identiquement nulle. Exercice 26.4 Soit y 0 + a(t)y = b(t) une équation différentielle linéaire telle que 8t 2 R on a a(t) Montrer que toute solution tend vers 0 en l’infini. 1 et b(t) !t!+1 0 Correction 26.4 Soit y une solution de l’équation différentielle Les solutions générales sont de la forme e A(t) où A est la primitive de a qui s’annule en 0. Or a 1 implique en intégrant que A tend vers l’infini en +1 donc les solutions générales tendent vers 0 ´t Par variation de la constante une solution particulière est e A(t) 0 b(u)eA (u)du. Il faut montrer que cette solution tend vers 0. Or b tend vers 0. Soit ✏ 0 . il existe T tel que t T )| b(t) | ✏ ´t ´t ´T ´t donc | e A(t) 0 b(u)eA (u)du | e A(t) 0 | b(u) | eA (u)du e A(t) ( 0 | b(u) | eA (u)du + ✏ T eA (u)du) ´t ´t Or le premier terme tend bien vers 0 et le deuxième vaut T eA(u) A(t) du et A(u) A(t) = a(k)dk u t u 10 Où f (a) = f (b) et b = 1 82 Donc notre deuxième terme est majoré par ✏(et eT )e t ✏ Donc la solution particulière tend vers 0 et toute solution tend vers 0 Exercice 26.5 Soit a : R ! R⇤+ continue Soit y solution de y 00 + a(t)y = 0. Montrer que y s’annule au moins 1 fois. Correction 26.5 Supposons que y ne s’annule pas donc est positive (quitte à considérer -y) dans ce cas comme a est positive y” est négative et y’ est décroissante . Si y’ tend vers une limite finie strictement négative ou vers 1 en +1 alors y tend vers 1 et ne reste pas positive. Si y’ tend vers l 0 en +1 alors y 0 tend vers une limite finie positive ou vers +1 en 1 et dans ces 2 cas y tend vers 1 en 1 Exercice 26.6 (centrale) Soient a, b 2 R, r et q des fonctions définies sur [a,b] telles que 8x 2 [a, b] on a r(x) q(x) On considère les deux équations différentielles : (E1 ) : y 00 + qy = 0 (E2 ) : z 00 + ry = 0 1) Soit y une solution de (E_1) et (x_0,x_1) deux zéros consécutifs de y. y’(x_0) et y’(x_1) peuvent-ils être nuls ? Que dire de leur signe ? y(x) z(x) 2) Soit z solution de (E_2). On pose W(x)= 0 Calculer W’(x) puis W(x_1)-W(x_0) y (x) z 0 (x) 4) Soit u une solution de E_1 alors montrer que u est proportionnel à y ou alors u a un zéro et un seul dans ]x_0,x_1[. Correction 26.6 1) Si y’(x_0) ou y’(x_1) est nul par unicité du problème de Cauchy y est nulle. Si y’(x_0)>0 alors y>0 sur [x_0,x_1] et donc y’(x_1) est négatif . L’opposé si y’(x_0)<0 donc y’(x_0) et y’(x_1) sont de signes opposés. 2) On calcule W(x) et on le dérive, puis on remplace les y” et z” par leurs valeurs données par les équations différentielles et on trouve : W’(x)=y(x)z(x)(q(x)-r(x)) D’autre part W(x_1)-W(x_0) =-(y’z(x_1)-y’z(x_0)) 3) Si z ne s’annule pas sur ]x_0,x_1[. Supposons le de même signe que y par exemple. Alors comme q-r\leq0 W’\leq 0 et W est décroissante et en regardant les signes on voit que W(x_1)-W(x_0) est positif ce qui est impossible sauf si z(x_0)=z(x_1)=0 Si z est de signe opposé à y alors W est croissant et W(x_1)-W(x_0) est négatif ce qui nous donne la même conclusion. 4) On applique ce qui précède avec r=q. Si u(x_0) ou u(x_1) =0 alors le W(x_0) ou W(x_1)=0 donc W=0 car W est le Wronskien et les solutions sont liées. Si ce n’est pas le cas alors u a un zéro dans ]x_0,x_1[ d’après ce qui précède 83 27 Equations différentielles non linéaires Exercice 27.1 (dur classique important) Considérons l’équation (E) y’=f(t,y) où f est une fonction continue de D\rightarrow \mathbb{R}^m où D \subset \mathbb{R}\times\mathbb{R}^m 1) Dans cette question D= J\times U où J est un intervalle de \mathbb{R} et U un ouvert de \mathbb{R}^m On dit que (I,B) est un cylindre de sécurité en (t_0,y_0) si et seulement si : • I est un intervalle \subset J contenant t_0 • B est une partie de U telle que I=[a,b] et B=\mathbb{R}^m ou I borné et B=\bar{B(y_0,r)} et \exists M>0 tel que \forall t \in I \mid t-t_0 \mid \leq \frac{r}{M} et \forall(t,y)\in I\times B \parallel f(t,y) \parallel \leq M On suppose que f est k-lipschitzienne en y sur I\times B a) Soit \epsilon l’ensemble des applications continues de I\rightarrow \mathbb{R}^m telles que \phi(I)\subset B. Montrer que (\epsilon, \parallel \parallel_{\infty}) est complet b) Soit \phi \in \epsilon. On définit G(\phi)(t)=y_0+\int_{t_0}^t f(u,\phi(u))du. Montrer que G(\phi) \in \epsilon c) Soient (\phi, \psi) \in \epsilon^2. Montrer que \parallel G(\phi)(t)-G(\psi)(t)\parallel \leq k\mid t-t_0 \mid \parallel \phi- \psi \parallel puis que \parallel G^n(\phi)(t)-G^n(\psi)(t)\parallel \leq \frac{k^n}{n!}\mid t-t_0 \mid^n \parallel \phi- \psi \parallel d) En déduire que G a un unique point fixe et que (E) n’a qu’une seule solution y vérifiant y(t_0)=y_0. 2) Ici D est un ouvert de \mathbb{R}\times\mathbb{R}^m, f est localement lipschitzienne sur D (c’est à dire que \forall (t_0,y_0) il existe un voisinage V contenant (t_0,y_0) et il existe k>0 \parallel f(t,y_1)-f(t,y_2) \parallel \leq k \parallel y_1-y_2\parallel pourts tous y_1, y_2 et t tels que (t,y_1) et (t,y_2) soient dans V) a) Soit (t_0,y_0) \in D. Trouver un cylindre de sécurité I \times B tel que f est k lipschitzienne en y sur I \times B b) Déduire l’existance d’une solution y de E définie sur I et telle que y(t_0)=y_0 c) Soient \phi_1 et \phi_2 deux solutions définies sur I_1\supset I vérifiant \phi_i(t_0)=y_0. Montrer qu’elles sont égales sur I_1 Correction 27.1 1) a) Soit (f_n Exercice 27.1 Correction 27.1 84