CORRIGE DU SUJET 1 Problème 1 1. On écrit le développement

CORRIGE DU SUJET 1
Problème 1
1. On écrit le développement limité à l’ordre 3de sin en 0:
sin(x) =
x→0x−x3
6+o(x3)
donc ϕ(x) =
x→0
1
x−1
x1−x2
6+o(x2)=
x→0
1
x−1 x1 + x2 6+o(x2)
Ainsi ϕ(x) =
x→0−1
6x+o(x)
La fonction ϕpossède un développement limité à l’ordre 0en 0donné par ϕ(x) =
x→0o(1)
donc elle est bien prolongeable par continuité en 0par ϕ(0) = 0. Puisqu’en outre, elle
possède un développement limité à l’ordre 1en 0, ce prolongement est dérivable en 0et
ϕ′(0) = −1
6. Ensuite, ϕest clairement de classe C1sur l’intervalle i0 ; π 2iet
∀x∈] 0 ; π/2 ] ϕ′(x) = −1
x2+cos(x)
sin2(x)
donc ϕ′(x) =
x→0−1
x2+1−x2 2+o(x2)1 x21 + 1 3x2+o(x2)=
x→0−1
6+o(1)
Ainsi, ϕ′est continue en 0. On a finalement montré :
La fonction ϕest prolongeable par continuité en 0et le prolonge-
ment ainsi défini est de classe C1sur l’intervalle fermé [ 0 ; π/2 ].
2. (a) Soit n∈N. La fonction fétant de classe C1sur le segment h0 ; π
2i, sa dérivée f′y
est continue, et donc bornée par une constante K∈R+. Ainsi, pour tout t∈h0 ; π
2i,
|f′(t) cos(nt)|6Ket Zπ
2
0
f′(t) cos(nt) dt6Zπ
2
0
|f′(t) cos(nt)|dt6Kπ
2
La suite Zπ
2
0
f′(t) cos(nt) dt!n>0 est bornée.
(b) Une intégration par parties (justifiée par le caractère C1des fonctions en jeu) donne,
pour tout n>1,
In=−f(t) cos(nt)
nπ/2
0
+1
nZπ/2
0
f′(t) cos(nt) dt
Comme fest continue sur le segment h0 ; π
2i, elle est bornée sur ce segment par une
constante f M, et on obtient finalement,
|In|61
n(2 f
M+M) = c
M
n
(c) Par le théorème d’encadrement, lim
n→+∞In= 0.
1

3. (a) La fonction x7−→ sin((2n+ 1)x)
sin(x)est continue sur ] 0 ; π/2 ]. En 0,sin x∼
0xdonc
sin((2n+ 1)x)
sin(x)∼
02n+ 1 et x7−→ sin((2n+ 1)x)
sin(x)est prolongable par continuité en 0
par 2n+ 1. Finalement, Jn, étant faussement impropre en 0, est bien définie.
(b) Pour tout n>1,
Jn+1 −Jn=Zπ/2
0
sin((2n+ 3)x)−sin((2n+ 1)x)
sin(x)dx
=Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x) cos(2x) + sin(2x) cos((2n+ 1)x)−sin((2n+ 1)x)
sin(x)dx
=Zπ/2
0sin((2n+ 1)x)(−2 sin2(x))
sin(x)+2 sin(x) cos(x) cos((2n+ 1)x) sin(x)dx
= 2Zπ/2
0
(−sin((2n+ 1)x) sin(x) + cos(x) cos((2n+ 1)x)) dx
= 2Zπ/2
0
cos(2nx) dx
= 2 sin(2nx)
2nπ/2
0
= 0
(c) Ainsi, pour tout n>1,
Jn=J1=Zπ/2
0
sin(3x)
sin(x)dx
=Zπ/2
0
sin(2x) cos(x) + sin(x) cos(2x)
sin(x)dx
=Zπ/2
0
(1 + cos(2x) + cos(2x)) dx
= [x+ sin(2x)]π/2
0
=π
2.
4. Soit a > 0.
(a) Pour tout X > a, le changement de variable u=t+π/2nous donne (les fonctions
considérées étant continues sur le segment [a;X]) :
ZX
a
|sin t|
tdt=ZX+π/2
a+π/2
|sin u−π
2|
u−π
2
du=ZX+π/2
a+π/2
|cos(u)|
u−π
2
du.
Ainsi, les intégrales Z+∞
a
|sin t|
tdtet Z+∞
a+π/2
|cos(t)|
t−π
2
dtont même nature. Or
0<|cos(t)|
t−π
2
∼
+∞
|cos(t)|
t.
Il suit que les intégrales concernées ont bien même nature.
(b) Notons que l’intégrale considérée est faussement impropre en 0puisque la fonction
intégrée est prolongeable par continuité en 0par 1. De plus, puisque sin est à valeurs
dans [−1 ; 1 ], pour tout t>1,06sin2t
t6|sin t| t. Il suffit donc de montrer, d’après le
théorème de comparaison, que l’intégrale Z+∞
1
sin2t
tdtest divergente. Or sin2t t=1 2t−
2

cos(2t)
2tet Z+∞
1
1
2tdtest divergente d’après le critère de Riemann, et Z+∞
1
cos(2t)
2tdtest
convergente comme le montre une intégration par parties. On en déduit par linéarité
de l’intégrale que Z+∞
1
sin2t
tdtdiverge et donc que Z+∞
1
|sin t|
tdtaussi.
(c) L’intégrale considérée est convergente comme le montre l’intégration par parties sui-
vante, valable pour tout x > 0,
Zx
0
sin t
tdt=1−cos t tx
0
+Zx
0
1−cos t
t2dt
5. (a) La fonction ϕétant de classe C1sur l’intervalle [ 0 ; π/2 ], l’intégrale considérée est
bien définie. D’après la question 2, lim
n→+∞Zπ/2
0
f(x) sin((2n+ 1)x) dxne dépend pas
de fet vaut lim
n→+∞I2n+1 = 0. Ainsi, lim n→+∞Zπ/2
0
ϕ(x) sin((2n+ 1)x) dx= 0.Ensuite,
d’après la question 3,
lim
n→+∞Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x)
sin(x)dx=π 2
(b) Zπ/2
0
ϕ(x) sin((2n+ 1)x) dx=Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x
xdx−Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x
sin xdxcar les
fonctions considérées sont continues sur ] 0 ; π/2 ] et prolongeables par continuité en 0.
De plus,
Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x)
xdx=Z(2n+1)π/2
0
sin t
tdt
Par conséquent,
Z(2n+1)π/2
0
sin t
tdt=Zπ/2
0
ϕ(x) sin((2n+ 1)x) dx+Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x
sin xdx
et comme les suites composant le membre de droite sont toutes deux convergentes, on
obtient :
lim
n→+∞Z(2n+1)π/2
0
sin t
tdt= lim
n→+∞Zπ/2
0
ϕ(x) sin((2n+ 1)x) dx
+ lim
n→+∞Zπ/2
0
sin((2n+ 1)x
sin xdx
=π
2
Ainsi Z+∞
0
sin t
tdt=π 2
3

Problème 2
1 Étude de trois exemples
1.1 Premier exemple
6. (a) Soit M= (m[i, j]) ∈ S2. On note a=m[1,1] et b=m[2,2]. Puisque m[1,1]+m[1,2] =
1, on a m[1,2] = 1 −a. Par définition d’un élément de S2, on a m[1,1] = a>0et
m[1,2] = 1 −a>0ce qui implique 06a61. De même pour b.
(b) Soit A=a1−a
1−b b et B=c1−c
1−d d avec (a, b, c, d)∈[ 0 ; 1 ]4. Alors
AB = ac + (1 −a)(1 −d)a(1 −c) + (1 −a)d
(1 −b)c+b(1 −d) (1 −b)(1 −c) + bd!
Tous les coefficients de cette matrice sont positifs car (a, b, c, d)∈[ 0 ; 1 ]4.
On vérifie facilement que la somme des coefficients de chaque ligne vaut 1.
7. (a) On calcule A2=
1
3
2
3
1
2
1
2
2
=
4
9
5
9
5
12
7
12
.
En prenant a=5
6et b=1 6, on a bien la relation voulue.
(b) Montrons par récurrence sur n∈N∗, qu’il existe an∈Ret bn∈Rtels que An=
anA+bnI2. La récurrence est initialisée pour n= 1 avec a1= 1 et b1= 0 (on a montré
également à la question précédente que l’hypothèse de récurrence était vérifiée pour
n= 2 avec a2=5
6et b2=1 6).
On suppose que l’hypothèse de récurrence est vraie au rang n∈N∗et on montre
qu’elle est vraie au rang n+ 1 :
An+1 =AAn
=anA2+bnA
=an5
6A+1 6I2+bnA
=5
6an+bnA+1 6anI2
On pose an+1 =5
6an+bnet bn+1 =1 6anet la propriété est démontrée par récurrence.
(c) On a ainsi obtenu les relations suivantes, valables pour tout n∈N∗:
an+1 =5
6an+bn
bn+1 =1
6an
.
On remarque que pour tout n>1,an+1 +bn+1 =an+bn. Comme a1= 1 et b1= 0,
il vient :
∀n>1an+bn= 1
On obtient alors
an+1 =5
6an+bn=5 6an+ (1 −an) = −1 6an+ 1
bn+1 =1
6an=1 6(1 −bn) = −1 6bn+1 6
.
On a ainsi obtenu une relation entre anet an+1, et entre bnet bn+1, valable pour tout
n∈N∗.
4

(d) On cherche un réel ltel que la suite (un) = (an−l)soit géométrique. En utilisant, la
relation démontrée à la question précédente, on obtient un+1 +l=−1
6(un+l) + 1.
En prenant, l=6
7, on a un+1 =−1 6unqui est bien une suite géométrique de raison
q=−1
6. Ainsi, la relation
∀n>1un=qn−1u1
implique
∀n>1an=6
7+−1 6n−11−6 7=6 7+−1 6n−11 7.
Comme ∀n>1, bn= 1 −an, on a
∀n>1bn=1
7−−1 6n−11 7
(e) Par conséquent, pour tout n>1,
An= 6
7+−1 6n−11 7!A+ 1 7−−1 6n−11 7!I2
=
3
7−2 21 −1 6n−14 7+2 21 −1 6n−1
4
7−1 14 −1 6n−13 7+1 14 −1 6n−1
(f) La suite de matrices (An)converge car chaque suite (an[i, j]),16i, j 62converge :
−1
6n−1
−→ 0lorsque n→+∞
Ainsi la limite est A∞=
3
7
4
7
4
7
3
7
. Il est aisé de vérifier que A∞∈ S2.
(g) On s’intéresse désormais à la suite (Cn). D’après la question 7e, les termes généraux
de ces suites sont de la forme 1 + nλ
n+ 1 +µ n+ 1
n−1
P
k=1 −1
6k
avec λet µréels. Comme
n−1
P
k=1 −1
6k
est bornée, µ
n+ 1
n−1
P
k=1 −1
6k
tend vers 0pour n→+∞. Ainsi la limite
de la suite Cnest A∞.
1.2 Deuxième exemple
8. (a) Soit v= (x, y, z)∈Ker (f−idR3). Alors M v =v, ce qui est équivalent à
x=x
bx +ay =y
by +az =z
Puisque a−1 = −bet b6= 0, on en déduit x=y=z. Ainsi
Ker (f−idR3) = {(x, x, x), x ∈R}=Vect(v1)
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