Corrigés de quelques exercices de la banque CCP 2012 MP

Corrigés de quelques exercices de la banque CCP 2012 ∗
MP
17 mars 2013
Table des matières
1
Algèbre
2
2
Analyse
15
∗
Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
1
1
Algèbre
Corrigé 1.1 — exercice CCP 2012, algèbre n˚2 1
P = 3X 4 − 9X 3 + 7X 2 − 3X + 2 et Q = X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 3X + 2
1. C’est sans difficulté (deux racines évidentes, suggérées avec subtilité par l’énoncé, et division euclidienne) que nous avons les décompositions en facteurs premiers ou irréductibles
dans R[X] :
P = (X − 1)(X − 2)(3 X 2 + 1)
Q = (X − 1)(X − 2)(X 2 + 1)
puis dans C[X] :
√
√
i 3
i 3
)(X +
)
P = 3(X − 1)(X − 2)(X −
3
3
Q = (X − 1)(X − 2)(X − i)(X + i)
2. Les PGCD et PPCM dans R[X] et C[X] sont les mêmes. Commençons par les caractériser
dans un anneau quelconque (Z, R[X], C[X]) :
• Soient P et Q dont les décompositions en facteurs irréductibles sont
P =
n
Y
pαi i
et Q =
i=1
Alors
ppcm(P, Q) =
n
Y
n
Y
pβi i .
i=1
max(αi ,βi )
pi
i=1
et pgdc(P, Q) =
n
Y
inf(αi ,βi )
pi
i=1
Preuve (de ce résultat du cours) :
• PPCM
Q
max(αi ,βi )
, il s’agit clairement d’un multiple de P et Q. Par ailleurs, si
On pose m = ni=1 pi
M est un autre multiple,
max(α1 ,β1 )
max(α1 ,β1 )
– p1
|M qui s’écrit M = p1
M1 ;
max(α2 ,β2 )
max(α1 ,β1 )
– p2
|M = p1
M1 ;
max(α2 ,β2 )
max(α1 ,β1 ) max(α2 ,β2 )
par le théorème de Gauss, p2
|M1 et M = p1
p2
M2 ;
– par récurrence pour finir :
* l’initialisation
faite
Q est
max(α
,β
)
max(αi ,βi )
* si M = ki=1 pi
Mk pour k < n, alors pk+1 k+1 k+1 |M et par le lemme de
max(α
,β
)
Gauss, pk+1 k+1 k+1 |Mk ...
lorsque k = n on a prouvé que m|M.
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2
• PGCD
Q
inf(α ,β )
On pose D = ni=1 pi i i , il s’agit clairement d’un diviseur de P et Q.
Par ailleurs, si d est un autre diviseur de P et Q, pour tout p premier tel que pγi i figure dans
la décomposition de d, on a pγi i |d|P donc, toujours avec le lemme de Gauss, pγi i |pαi i et de
même pγi i |pβi i .
Q
En conséquence d = pγi i |D.
• PPCM dans R[X] : m1 = (X − 1)(X − 2)(3 X 2 + 1)(X 2 + 1)
• PGCD dans R[X] : D1 = (X − 1)(X − 2)
√
√
i 3
i 3
)(X +
)(X − i)(X + i)
• PPCM dans C[X], m1 = (X − 1)(X − 2)(X −
3
3
• PGCD dans C[X], D1 = (X − 1)(X − 2)
3
Corrigé 1.2 — exercice CCP 2012, algèbre n˚23 2
a b
On note E l’ensemble des matrices M (a, b) =
où (a, b) ∈ R2 .
−b a
1. Montrons que E est un sev de M2 (R) :
- E contient 0 = M (0, 0);
- E est stable par combinaison linéaire car, pour tous (a, b), (a0 , b0 ) ∈ R2 ,
M (a, b) + λM (a0 , b0 ) = M (a + λa0 , b + λb0 ) ∈ E.
Pour montrer que c’est un sous-anneau, dans le cas général il faudrait prouver que E est non
vide, stable par addition et multiplication, qu’il contient l’élément neutre de la multiplication. Nous n’avons à prouver que les deux dernières propriétés puisque c’est un sev. C’est
immédiat puisque :
0
a a − b b0 a b0 + b a0
0
0
- M (a, b) × M (a , b ) =
∈ E;
a b0 + b a0 a a0 − b b0
1 0
.
-M (1, 0) =
0 1
Dimension de E comme sev : une partie génératrice visiblement libre est {M (1, 0), M (0, 1)} .
Donc dim E=2.
2. Soit φ définie par φ(a + ib) = M (a, b).
- φ est clairement linéaire ;
a b
est la matrice nulle ssi a = b = 0 et
- φ est injective car φ(a, b) = M (a, b) =
−b a
donc a + ib = 0. Ainsi Ker(φ) = {0}.
- Comme la dimension de C comme R−ev est égale à deux qui est aussi celle de E, φ est
aussi bijective.
- Montrons que φ est aussi un (iso-)morphisme d’anneaux :
φ(z × z 0 ) = φ((a + ib) × (a0 + ib0 ))
0
0
(1.1)
0
0
(1.2)
= M ((a a − b b ), (a b + b a ))
0
a a − b b0 a b0 + b a0
=
a b0 + b a0 a a0 − b b0
(1.3)
= M (a, b) × M (a0 , b0 )...
(1.5)
= φ((a a − b b ) + i(a b + b a ))
0
0
0
0
Nous venons de prouver que le corps C est isomorphe à un sous-anneau de M2 (R).
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4
(1.4)
Corrigé 1.3 — exercice CCP 2012, algèbre n˚23 3


1 −1 1
Soit A = −1 1 −1
1 −1 1
1. A diagonalisable ?
(a) Elle est symétrique réelle, donc diagonalisable.
(b) Le calcul donne χA (λ) = 3 λ2 − λ3 . On a donc SpR (A) = SpC (A) = {0, 3}. La
valeur propre 0 est d’ordre 2, la valeur propre 3 d’ordre 1 ; déterminons les sev propres
associés.

  
−1
1 




  




• Ker(A) = Vect  0  ,  1  .






1
0



1








• Ker(A − 3) = Vect  −1 






1
La somme des dimensions des ces 2 sev est égale à trois. A est diagonalisable dans
M3 (R).
(c) A l’évidence A est de rang 1 (les trois colonnes sont ± la colonne 1).
On a donc dim Ker(A)=2 et 0 est vp d’ordre au moins 2 ; comme A 6= 0, 0 est vp
d’ordre 2 exactement.
Im(A) est donc une droite stable (Im(A) = Vect(t [1, −1, 1]) et un sev propre associé
à la valeur propre 3 que l’on obtient en calculant la trace 3 = 0 + 0 + λ)
On retrouve que les deux sev propres (qui sont toujours en somme directe) sont supplémentaires
car la somme de leurs dimensions est 3.


3 −3 3


2

(d) A2 = 
 −3 3 −3  = 3 A : le polynôme scindé à racines simples sur R X −
3 −3 3
3 X est donc annulateur de A qui est donc diagonalisable dans M3 (R).
2. A = Mat(u, B), G BON de E.
(a) La matrice de u dans une BON est symétrique, u est auto-adjoint.
u 2 3 u
u
=
= est un projecteur.
De plus, u2 = 3u donc
3
9
3
(b) Les sev propres de u sont orthogonaux, ce qui ne donne pas pour autant une BON. Il
faut encore travailler pour cela (ne pas l’oublier !).


1

1 
−1 
• Normons un vecteur directeur de Ker(u-3) : a1 = √ 


3
1
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5


−1




• Orthogonalisons et normons une base de Ker(u) : a2 = 
 0



1


 
1

V 
1
nant a2 = √ 1 , a3 = a1 a2 .


2 0

3
0

La base (a1 , a2 , a3 ) est un BON dans laquelle mat(u, B ) = 0
0
6



  
 ,  1  en pre  


0
 
1

0 0
0 0
0 0
Corrigé 1.4 — exercice CCP 2012, algèbre n˚45 4
• Étudier une courbe paramétrée, c’est :
1. Etudier conjointement x(t) et y(t) pour pouvoir placer les tangentes (en particulier celles
parallèles aux axes, mais pas seulement ;
Rappel : le vecteur tangent à la courbe en un point régulier (ie : en lequel la tangente est non
nulle) est M 0 (t) = x0 (t)~i + y 0 (t)~j.
2. Repérer les branches infinie (limt0 ||M (t)|| = +∞).
3. Repérer les directions asymptotiques et les asymptotes éventuelles.
4. Tracer à la main ou avec machine et vérifier que tout est conforme. Ne pas oublier qu’un
tracé machine sur un intervalle limité ne permet pas toujours de tout voir et que le choix de
l’intervalle est dicté par l’étude préalable.

u−1

x =
u2
Étude de
.
u2

y =
u+1

2−u


x0 (u) =


u3

.
• La courbe est définie sur ] − ∞, −1[∪] − 1, 0[∪]0, +∞[ et


u(u
+
2)

0

y (u) =
(u + 1)2
u
x’(u)
x(u)
y(u)
y’(u)
−∞
0&
−∞ %
+
-2
-1/2
-3/4
-4
0
& −2
& −∞
-
-1
=
=
=
=
−2 & −∞
+∞ & 0+
-
0
=
=
=
=
+
−∞ %
0+ %
+
2
0
1/4
4/3
8/9
+
&
%
+∞
0
0
+∞
+
• Asymptotes
–
–
–
–
–
–
En u = −∞ : lim x(u) = 0, lim y(u) = −∞. Asymptote : axe des ordonnées (x = 0).
En u = −1− : lim x(u) = −2, lim y(u) = −∞. Asymptote : (x = −2).
En u = −1+ : lim x(u) = −2, lim y(u) = +∞. Asymptote : (x = −2).
En u = 0− : lim x(u) = −∞, lim y(u) = 0. Asymptote : (y = 0).
En u = 0+ : lim x(u) = −∞, lim y(u) = 0 + . Asymptote : (y = 0).
En u = +∞ : lim x(u) = 0, lim y(u) = +∞. Asymptote : (x = 0).
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7
8
Corrigé 1.5 — exercice CCP 2012, algèbre n˚54 5
Soit ω la forme
différentielle définie par ω(x, y) = y dx + x y dy. On veut calculer son intégrale
R
curviligne Γ ω le long de la courbe constituée des deux morceaux :




x(t) = t
x(t) = 1 − t
2
et y(t) = 1 − t .
y(t) = t




t
∈ [0, 1]
t
∈ [0, 1]
ou encore




x(t) = t
x(t) = 2 − t
2
et y(t) = 2 − t .
y(t) = t




t
∈ [0, 1]
t
∈ [1, 2]
On prendra garde à la paramétrisation du segment qui assure dans les deux cas que la concaténation
des deux chemins réalise un parcours dans le sens trigonométrique (direct).
1. A partir de là, on remplace :
Z
Z
ω=
(y(t)x0 (t) + x(t)y(t)y 0 (t)) dt
1
1
Z
2
Z
0
0
2
ω=
Γ
0
(y(t)x (t) + x(t)y(t)y (t)) dt +
Γ
Z
1
Z
4
(t + 2t ) dt +
0
1
(−(1 − t) − (1 − t)2 ) dt =
0
−1
1 2 1 1
+ − − =
3 5 2 3
10
2. La formule de Green-Riemann, lorsque K est une réunion de compacts élémentaires (partie
simple) du plan E, de frontière orientée dans le sens direct s’écrit
Z
ZZ Z
ω=
γ
Ici,
P dx + Qdy =
γ
K
∂Q
∂P
= y et
= 1. On obtient donc
∂x
∂y
Z
ZZ
Z
ω=
(y − 1) dx dy =
γ
D’où encore
Z
K
ZZ
Z
(y − 1) dx dy =
ω=
γ
0
K
0
1
∂Q ∂P
−
∂x
∂y
dx dy
1 Z x
(y − 1) dy
dx
x2
x
x4
−x−
+ x2
2
2
dx =
−1
10
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9
Corrigé 1.6 — exercice CCP 2012, algèbre n˚58 6
1. Réécrivons le système sous la forme d’une matrice augmentée, ce qui en ne laissant que les
coefficients facilite l’écriture. On prendra garde, et particulièrement à la dernière ligne, au
fait que les opérations doivent être exécutées au fur et à mesure, au besoin prenez un crayon
pour suivre...


1 1
1 | 1
1 1
2 | 0


2 −1 −1 | −1
1 −2 1 | m
faisons L2 ← L2 − L1 , L3 ← L3 − 2L1 , L4 ← L2 − L1 ,


1 1
1 |
1
0 0
1 |
−1 


0 −3 −3 |
−3 
0 −3 0 | m − 1
L3
;
faisons L2 ↔ L3 , L3 ←
−3


1 1 1 |
1
0 1 1 |
1 


0 0 1 |
−1 
0 −3 0 | m − 1
(1.6)
(1.7)
(1.8)
(1.9)
(1.10)
faisons L4 ← L4 + 3(L2 − L3 )


1 1 1 |
1
0 1 1 |
1 


0 0 1 |
−1 
0 0 0 | m+5
(1.11)
faisons L2 ← L2 − L1 , L1 ← L2 − L1 ,


1 0 0 |
0
0 1 0 |
2 


0 0 1 |
−1 
0 0 0 | m+5
(1.13)
(1.12)
(1.14)
Le bilan est immédiat : il y a une solution ssi m = −5 et dans ce cas cette solution unique
est (x, y, z) = (0, 2, −1).




x = u
x = t
0
2. Considérons les droites d : y = 2 + u d : y = 2 − t




z = −1 + u
z = −1
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10
(a) Ces droites sont concourantes ssi le système


=t
u
2+u
=2−t


−1 + u = −1
admet une solution. A l’évidence on l’obtient lorsque u = t = 0 et le point d’intersection des deux droites est le point de coordonnées (0, 2, −1).
(b) • Écrivons le premier système
(
x+y+z
x + y + 2z
=1
=0
faisons y L2 ← L2 − L1
(
x+y+z =1
z
= −1
et si nous prenons x comme paramètre, il vient x = x (ou x = t, ce qui est du pareil au
même, comme disait ma grand-mère), y = 1−t et z = −1 en quoi nous reconnaissons
la droite d0 .
• Écrivons le second système
(
2x − y − z
x − 2y + z
= −1
= −5
faisons y L2 ← L2 + L1
(
2x − y − z = −1
x−y
= −2
et si nous prenons x comme paramètre, il vient x = x (ou x = u, ce qui est du pareil
au même, comme disait ma grand-mère qui ne pratiquait pas le coupé-collé, mais se
répétait néanmoins), y = 2 + u et z = −1 + u en quoi nous reconnaissons la droite d.
11
Corrigé 1.7 — exercice CCP 2012, algèbre n˚59 7
Une droite d et un point F ∈
/ d dans un plan, on sent venir la conique !
Notons HM la projection orthogonale de M quelconque sur d et prenons le repère d’origine F, de
−−−→
base (~i, ~j) de telle sorte que ~i = −F HF ⊥d et ~j//d.
• Calculons dans le repère choisi :
MF
1
Dans ce repère le point M |(x, y) vérifie
= ssi
MH
2
4 M F 2 = M H2
4 (x2 + y 2 ) = (x + 1)2
4
1 2
+ 4 y2 =
3 x−
3
3
2
1
x−
y2
3
2 + =1
2
1 2
√
3
3
√
Que voilà une jolie ellipse de centre Ω|(1/3, 0) de demi-axes a = 2/3, b = 1/ 3...
• On peut aussi observer que nous est donnée, avec l’énoncé la caractérisation monofocale d’une
conique de foyer F de directrice associée d et d’excentricité e = 1/2 ce qui en fait une ellipse.
Consulter
7. Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
12
Conique C de foyer F, de directrice (D), d’excentricité (e). On note d = dist(F, (D)) > 0.
définition monofocale de la conique: M ∈ C ssi MF = e.dist(M,D)
Nature de la conique
équation polaire:
→ → 
r = MF et θ =  u , FM


repére: (Ω, ΩX,ΩY)
(ΩX) est l’axe focal.
c = ΩF
Ellipse
(e<1)
r=
p
ed
=
1 + e cos ϑ 1 + e cos ϑ
Ω, centre de symétrie.
ΩX grand axe, ΩY, petit axe .
c=
e2 d
1− e
X2
a
équation réduite
foyers et directrices
Sommets
(et asymptotes si e > 1)
Hyperbole
(e>1)
2
+
2
b
2
= 1 ( a > b > 0)
p
ed
=
1 + e cos ϑ 1 + e cos ϑ
Ω, centre de symétrie.
ΩX axe transverse (focal) .
a 2 − b 2 = ae. c =
=
Y2
r=
e2d
1 − e2
X2
a
2
−
a 2 + b 2 = ae.
=
Y2
b2
Parabole
(e=1)
r=
p
ed
=
1 + cos ϑ 1 + cos ϑ
Ω, sommet .
ΩY, axe de symétrie et axe
focal.
= 1 ( a , b > 0)
 ed 
e2d 2
2
a2 = 
 ,b =
 1− e2 
1 − e2
2
 ed 
e2d 2
2
a2 = 
 ,b =
 1− e2 
1 − e2
2
 ± c
a2
F   et D( X = ± )
 0
c
 ± a
 0
A  , B 
 0
 ± b
 ± c
a2
F   et D( X = ± )
 0
c
 ± a
S   , ∆ (bX ± aY = 0)
 0
y 2 = 2d x = px.
 d
F   , D ( X = -d)
 0
Ω
13
Corrigé 1.8 — exercice CCP 2012, algèbre n˚60 8
−
→
On choisit un repère orthonormé (0,~i, ~j, ~k) dans lequel 0A = d~i.
~
~
• Une représentation
 paramétrique de ∆ passant par A et de vecteur directeur unitaire αi + β j +

x = d + α t
~
γ k est donnée par y = β t


z =γt
L’intersection de la sphère et de cette droite est donnée par les solutions des systèmes équivalents
(on pensera que α2 + β 2 + γ 2 = 1) :


x2 + y 2 + z 2 = R2



x
= αt + d

y
=βt



z
=γt


(α t + d)2 + (β t)2 + (γ t)2



x

y



z


t2 + 2 α d t + d2 = R2



x
= αt + d

y
=βt



z
=γt
= R2
= αt + d
=βt
=γt
• Discutons :
La première ligne se réécrit (t + α d)2 = R2 + (α2 − 1) d2 .
Trois cas se présentent :
– Si R2 + (α2 − 1) d2 < 0, l’intersection est vide ;
– Si R2 + (α2 − 1) d2 = 0, l’intersection est réduite à un point (c’est le cas si d = R pour tout
vecteur directeur tel que α = 0 qui est alors ⊥ à ~i)
– Si R2 + (α2 − 1) d2 > 0, il y a deux points d’intersection qui sont donnés par
p
t = −α d ± R2 + (α2 − 1) d2
−→ −→
t β, γ], avec ces
• C’est ce dernier cas qui nous intéresse et comme AP et AQ sont de la forme t[α,
i
2
2
deux valeurs de t, le produit AP × AQ est t1 × t2 = |R − d |.
8. Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
14
2
Analyse
15
Corrigé 2.1 — exercice CCP 2012, analyse n˚1 9
1. Par définition (un )n et (vn )n sont équivalentes ssi un = vn + o(vn ) ce qui signifie qu’il
existe (εn ) de limite nulle telle que un = vn + εn vn = (1 + εn )vn . Comme (εn )n est de
limite nulle, il existe un rang n0 à partir duquel |εn | ≤ 1/2. Ainsi pour n ≥ n0 , avons nous :
(1 + εn ) > 0 et un , vn de même signe.
1
1
2. Le signe de sh − th au voisinage de +∞ est celui d’un équivalent. Or,
n
n
– On obtient un DL de sh en retenant
les termes d’indices impairs du Dl de l’exponentielle,
1
1
1
1
d’où sh = +
+o
;
3
n
n 3!n
n3
0
2
– si on ne le connaı̂t par cœur, on calcule un DL3 de th en observant
queth x = 1 − th x...
1
1
2
1
et avec la formule de Taylor à l’ordre 3 : th = −
+o
3
n
n 3!n
n3
– Il vient alors
1
1
1
1
1
∼ 3
sh − th = 3 + o
3
n
n
2n
n
2n
1
1
qui est positif ; sh − th est donc positif partir d’un certain rang.
n
n
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16
Corrigé 2.2 — exercice CCP 2012, analyse n˚2 10
un =
n
X
1
1
, vn = un +
i!
n!
i=0
1. Ces deux suites sont adjacentes car :
-un , somme partielle d’une série à termes positifs, définit une suite croissante ;
-(vn )n est décroissante à partir du rang 1 car
vn+1 − vn = un+1 − un +
1
1
2
1
2 − (n + 1)
−
=
−
=
(n + 1)! n!
(n + 1)! n!
(n + 1)!
-lim(vn − un ) = 0;
2. On suppose que la limite commune est e (on sait en fait ex est DSE et que ex =
p
On raisonnera par l’absurde en supposant que e = et on écrit :
q
P∞ xk
).
k=0
k!
n
n
X
1
p X1
1
un =
< <
+ .
i!
q
i! n!
i=0
i=0
Les inégalités sont strictes car les deux suites sont strictement monotones. Pour un entier n
tel que n > q, multiplions par n!. Il vient :
n
n
X
n!
i=0
p n! X n!
≤
≤
+ 1.
i!
q
i!
i=0
Les trois membres sont entiers si n ≥ q. C’est impossibles car les membres extrêmes sont
consécutifs.
Corrigé 2.3 — exercice CCP 2012, analyse n˚3 11
1. (un )n est une suite de Cauchy ssi
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀(n, p) ∈ N2 , n ≥ Nε ⇒ |un+p − un | ≤ ε.
2. Si f est dérivable sur ]0, 1] avec |f 0 (x)| ≤ 1, f est lipschitzienne sur ]0, 1] (TAF). Mais on
peut directement prouver que (Un )n = (f (1/n))n est une suite de Cauchy :
f
1
n+p
1
p
1 1 1
1 1
0
−f
= |f (t)| − ≤
− ≤
≤ vn = .
n
n+p n
n+p n
n(n + p)
n
Comme |Un+p − Un | est majoré par le terme général d’une suite (vn )n qui ne dépend pas
de p et qui a pour limite 0, (Un )n est bien une suite de Cauchy.
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17
Corrigé 2.4 — exercice CCP 2012, analyse n˚4 12
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18
Corrigé 2.5 — exercice CCP 2012, analyse n˚16 13
n
2 2
fn (x) = √ e−n x
π
1. Convergence simple : on prend garde à ne pas oublier de traiter le cas x = 0 (changement
qualitatif !)
n
• pour x = 0, lim fn (x) = lim √ = +∞;
π
• pour x 6= 0, lim fn (x) = 0.
Bilan : (fn )n converge simplement sur R∗ .
2.
(a) Les fonctions sont paires, étudions sur [a, +∞[. Sur pour tout x dans cet intervalle,
n
2 2
fn & donc [fn (x)| ≤ √ e−n a .
π
n
2 2
On a donc ||fn ||∞,[a,+∞[ ≤ √ e−n a et la série converge normalement sur [a, +∞[.
π
(b) Convergence uniforme sur ]0, +∞[:
n
n
2
2
On calcule fn (1/n) = √ e−n (1/n) = √ . On a donc
π
πe
n
||fn ||∞,[a,+∞[ ≥ √ .
πe
La suite ne converge donc pas uniformément vers 0, ni vers aucune autre fonction (en
effet si elle convergeait unift. vers une fonction f elle convergerait aussi simplement
vers cette même fonction,qui alors ne pourrait être que 0 - standard).
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19
Corrigé 2.6 — exercice CCP 2012, analyse n˚28 14
1. Rayon de convergence de la série entière :
Ici pas de mystère, pour z 6= 0,
P
nα z n :
1 α
|(n + 1)α z n+1 |
= lim
1+
|z| = |z|
lim
n→+∞
n→+∞
|nα z n |
n
la règle de d’Alembert donne la série absolument convergente si |z| < 1, grossièrement
divergente si |z| > 1 (elle ne donne rien si |z| = 1!)
En tout état de cause R = 1.
P
2nπ
2. Rayon de convergence de la série entière : cos
zn :
3


1 si n ≡ 0[3]
2nπ
cos
= −1/2 si n ≡ 0[3]

3

−1/2 si n ≡ 0[3]
Pour |z| ≥ 1, la série diverge grossièrement ; pour |z| < 1 son terme général est majoré par
|z n | qui est le terme général d’une série géométrique absolument convergente. Donc R = 1.
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20
Corrigé 2.7 — exercice CCP 2012, analyse n˚41 15
deux questions sont indépendantes.
ln x
est-elle intégrable sur ]0; +∞[?
1. La fonction x →
1 + x2
Cette fonction est continue sur ]0; +∞[.
• au voisinage de 0, |f (x)| ∼ | ln x|. Cette dernière fonction est intégrable sur ]0, 1] car une
de ses primitives, −x ln x + x y est bornée...
ln x
• au voisinage de +∞, |f (x)| = o x−3/2 en effet, x3/2 f (x) ∼ 1/2 et
x
lim
f (x)
= lim x3/2 f (x) + 0
x−3/2
(c’est juste une adaptation de la ”règle du t2 ”).
f est donc aussi intégrable sur [1, +∞[.
e−x
2. La fonction x → √
est-elle intégrable sur ]1; +∞[?
x−1
Cette fonction est continue sur ]1; +∞[.
1
e−x
or
• au voisinage de 1, elle est équivalente à √
est intégrable sur ]1, 2]
(x − 1)1/2
x−1
(règle de Riemann).
• au voisinage de +∞, |f (x)| < e−x qui est intégrable sur [1, +∞[ (de primitive −e−x
bornée par 1 (ou règle du t2 )).
On peut même la calculer : en posant
√
– u = x − 1 oux = u2 + 1;
– dx = 2u du;
– x = 1 ←→ u = 0, x = ∞ ←→ u = ∞
on a
Z ∞
Z ∞ −u2 −1
e−x
e
e−1
√
dx =
2 u du = √
u
π
x−1
1
0
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21
Corrigé 2.8 — exercice CCP 2012, analyse n˚58 16
1. Soit P (X) =
P
i=0 ai X
i.
Notons p1 (P ) =
Pn
i=0 |ai |
et p2 (P ) = max0≤i≤n |ai |.
(a) Pour i = 1 ou 2, pi est un norme. En effet, il est clair que
– pi ≥ 0,
– pi (λP ) = |λ|pi (P ),
– pi (P + Q) ≤ pi (P ) + pi (Q) car pour chaque indice j, |aj + bj | ≤ |aj | + |bj |
– enfin, dans les deux cas, si pi (P ) = 0 tous les |ai | sont nuls, donc P est le polynôme
nul.
(b) Soit Ω un ouvert de R[X] pour la norme p2 . Montrons que c’est aussi un ouvert pour
la norme p1 .
• Pour cela observons que pour tout P ∈ R[X], p2 (P ) ≤ p1 (P ).
• Pour tout A ∈ Ω, il existe r > 0 tel que p2 (A − B) ≤ r ⇒ B ∈ Ω.
• Il vient alors
p1 (A − B) ≤ r ⇒ p2 (A − B) ≤ p1 (A − B) ≤ r ⇒ B ∈ Ω
(c) Ces normes ne sont pas pour autant équivalentes :
1 Pn
• La suite (Pn )n où Pn (X) =
X k vérifie lim p2 (Pn ) = 0 alors que lim p1 (Pn ) =
n k=0
1 et d’après le cours si deux normes sont équivalentes toute suite qui converge vers 0
pour l’une converge vers 0 pour l’autre.
• On peut d’ailleurs directement observer que l’on ne saurait avoir une inégalité de
la forme p1 (P ) ≤ βp2 (P ) pour tout P ∈ R[X] puisqu’un passage à la limite dans
p1 (Pn ) ≤ βp2 (Pn ) conduirait à 1 ≤ 0.
2. Rk [X] est de dimension finie (k+1) ; toutes les normes sur cet espace sont donc équivalentes.
On peut d’ailleurs expliciter les inégalités :
p2 (P ) ≤ p1 (P ) ≤ (k + 1)p2 (P )
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22
Corrigé 2.9 — exercice CCP 2012, analyse n˚59 17
`2 dénote l’ensemble des suites (xn )n de carrés sommables, c’est à dire telles que
P
|xn |2 converge.
1. `2 est une partie de CN qui contient 0, qui est clairement stable par la multiplication par un
scalaire. Considérons deux suites éléments de `2 : (xn )n et (yn )n . Comme
1
|xn yn | ≤ (|xn |2 + |yn |2 )
2
(2.1)
il vient
|xn + yn |2 ≤ 2|xn |2 + 2|yn |2
et ainsi (xn + yn )n est elle aussi de carré sommable.
`2 est bien un sev de CN .
P
2. (a) C’est la même égalité (2.1) qui montre que x¯n yn est absolument convergente.
(b) On pose avec l’énoncé,
< x|y >= h(xn )n |(yn )n i =
∞
X
x¯n yn
n=0
.
On définit ainsi une application de `2 × `2 dans C qui est clairement linéaire à droite,
telle que < x|y > =< y|x >, positive ; elle est par ailleurs définie positive car
X
< x|x >= 0 ⇒
|xn |2 = 0 ⇒ ∀n, xn = 0
3. Soit φ; x ∈ `2 → xn ∈ C.
• la continuité de φ découle de
v
u∞
uX
|φ(x)| = |xn | ≤ t
|xn |2 = ||x||
n=0
|φ(x)|
.
|x|
Nous avons vu que |||φ||| ≤ 1 avec la majoration de |φ(x)|.
Et en observant que pour la suite x = (0, 0, ..., 1, 0, ...0, ...) dont le seul terme d’indice n est
non nul, on a |φ(x)| = ||x||, on prouve |||φ||| ≥ 1.
• par définition |||φ||| = supx6=0
17. Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
23
Corrigé 2.10 — exercice CCP 2012, analyse n˚60 18
Conseil : allez voir le poly SeriesNormes.pdf à l’adresse
http ://www.mpcezanne.fr/Main/Maths/Polycopies/SeriesNormes.pdf.
Une algèbre sur le corps K est un ensemble A muni de trois lois.
Deux lois internes notées + et × telles que (A, +, ×) est un anneau.
Une loi externe (λ, x) ∈ K × A → λ.x ∈ A, telle que
– (A, +, .) est un K-ev ;
– λ.(x × y) = (λ.x) × y = x × (λ.y) pour tous λ, x, y...
Une algèbre normée est une algèbre dont l’ev est normé avec une norme telle que ||x × y|| ≤
||x||.||y|| (comme par exemple une norme subordonnée ou une norme matricielle).
1.
(a) Comme notre algèbre est de dimension finie,les suites de Cauchy y convergent et
en conséquence les séries absolument convergentes convergent. Voir le tout début du
cours sur les séries (et les rappels faits à l’occasion de l’introduction de l’exponentielle
de matrice).
(b) On écrit
n
X
(
uk ) × (e − u) = e − un+1
k=0
les deux membres convergent et, par passage à la limite,
∞
X
(
uk ) × (e − u) = e
k=0
Cette dernière égalité montre que (e−u) possède un inverse à gauche qui est
De la même façon on écrit
P∞
k
k=0 u .
n
X
uk ) = e − un+1
(e − u) × (
k=0
et (e − u) possède un inverse à droite qui est aussi
2. La série
P∞
k
k=0 u .
P uk
est absolument convergente car le terme général de la série des normes vérifie
k!
k u ||u||k
≤
k! k!
qui est le tg d’une série de réels positifs qui converge (série exponentielle dans R.
18. Document disponible sur univenligne.fr ou sur mpcezanne.fr sous le nom CCP2012Corriges.pdf
24
Index
adjacentes
suites
analyse 2, 17
algèbre n˚2 , 2
algèbre n˚23 , 4, 5
algèbre n˚45 , 7
algèbre n˚54 , 9
algèbre n˚58 , 10
algèbre n˚59 , 12
algèbre n˚60 , 14
analyse n˚1 , 16
analyse n˚16 , 19
analyse n˚2 , 17
analyse n˚28 , 20
analyse n˚3 , 17
analyse n˚4 , 18
analyse n˚41 , 21
analyse n˚58 , 22
analyse n˚59 , 23
analyse n˚60 , 24
algèbre 2 , 2
ppcm
polynômes
algèbre 2 , 2
relation
d’équivalence
analyse 1, 16
série entière
analyse 28, 20
séries exponentielle
evn
analyse 6, 24
suites
adjacentes
analyse 2, 17
bosse flottante
analyse 28, 19
Cauchy
critère de
analyse 3, 17
convergence uniforme
suite
analyse 28, 19
espaces normés
analyse 6, 24
irrationnel
e
analyse 2, 17
pgcd
polynômes
algèbre 2 , 2
polynômes
pgcd
algèbre 2 , 2
ppcm
25