R´
evisions pour les oraux ∗
Classe de MP, lyc´
ee C´
ezanne.
18 janvier 2014
Les corrig´es ne figurent pas dans la version papier que je distribue en classe ; la version magn´etique
compl`ete de ce polycopi´e est disponible sur les sites
http://www.univenligne.fr
http://www.mpcezanne.fr .
Vous pouvez donc, si vous vous lancez dans d’autres exercices que ceux que nous traiterons ensemble, esp´erer une correction. Comme toutes les r´eponses ne sont pas encore r´edig´ees, je peux `
a
la demande ajouter les corrig´es dont vous auriez besoin.
Table des mati`
eres
1 Alg`
ebre g´
en´
erale
1.1 R´esum´e de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Groupes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 Anneaux et corps, g´en´eralit´es, notion d’id´eal . . . .
1.1.3 Compl´ements d’arithm´etique, les anneaux Z et K[X]
1.1.4 L’anneau Z/nZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . .
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2 D´
eterminants et syst`
emes lin´
eaires
2.1 R´esum´e de cours sur la notion de d´eterminant . . . .
2.1.1 Le groupe sym´etrique . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Formes n-lin´eaires altern´ees en dimension n. .
2.1.3 Les classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.4 D´eterminants et g´eom´etrie, espaces euclidiens
2.2 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . .
´
2.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . .
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3 R´
eduction et polynˆ
omes d’endomorphismes
3.1 R´esum´e de cours : r´eduction des endomorphismes . .
3.1.1 Valeurs propres, sous espaces propres . . . . . .
3.1.2 R´eduction des endomorphismes . . . . . . . . .
3.1.3 Polynˆ
omes d’endomorphismes . . . . . . . . . .
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disponible sur mpcezanne.fr ou univenligne.fr sous le nom RevisionsMPOral2010.pdf
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73
4 Fonctions de la variable r´
eelle, suites num´
eriques
4.1 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
´
4.2 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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103
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107
5 S´
eries num´
eriques
5.1 R´esum´e s´eries num´eriques . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 G´en´eralit´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.2 S´eries `
a termes positifs . . . . . . . . . . . . .
5.1.3 S´eries et int´egrales . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.4 Crit`ere de d’Alembert. . . . . . . . . . . . . .
5.1.5 Produit de Cauchy et exponentielle complexe
5.1.6 Conseils pour ´etudier une s´erie num´erique... .
5.1.7 A connaˆıtre : . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . .
´
5.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . .
3.2
3.3
3.4
3.1.4 Stabilit´e, lemme des noyaux . . . . .
3.1.5 Diagonalisation des endomorphismes
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . .
´
Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Indications ou corrig´es des exercices . . . .
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sym´etriques
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6 Espaces norm´
es et topologie
6.1 R´esum´e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 G´en´eralit´es : limites, normes ´equivalents, topologie . . . . . . . . . . .
6.1.2 Fonctions continues . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.3 Suites de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.4 Espaces vectoriels norm´es en dimension finie . . . . . . . . . . . . . .
6.1.5 Les compacts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.6 Applications lin´eaires dans les evn, continuit´e et normes subordonn´ees
6.2 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
´
6.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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7 Espaces pr´
ehilbertiens r´
eels et complexes, espaces euclidiens
7.1 R´esum´e de cours . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.1 Adjoint d’un endomorphisme . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.2 Formes bilin´eaires positives et d´efinies positives . . . . . .
7.1.3 Le groupe orthogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.4 Rotations 3D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . . . .
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7.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . .
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8 G´
eom´
etrie
8.1 R´esum´e(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1 L’affine et le vectoriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.2 Param´etrages : courbes param´etr´ees et nappes param´etr´ees
8.1.3 Courbes, surfaces droites et plans tangents . . . . . . . . .
8.1.4 Courbes en coordonn´ees polaires . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.5 Th´eor`eme de rel`evement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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8.2
8.3
8.4
8.1.6 Param´etrisation par la longueur de l’arc ou param´etrisation
8.1.7 Propri´et´es m´etriques des courbes, formulaires . . . . . . . .
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire . . . . . . . . . . . . . . . . .
´
Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . .
9 Fonctions de plusieurs variables
9.1 Kit de survie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1 D´erivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.2 Formes diff´erentielles et int´egrale curviligne . . . . . .
9.1.3 Diff´eomorphismes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.4 Courbes et surfaces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.5 Extrema, formule de Taylor-Young et r`egle du hessien
9.2 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . .
´
9.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . .
normale
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10 S´
eries de fonctions, s´
eries enti`
eres et s´
eries de Fourier
10.1 R´esum´e convergence des suites et s´eries de fonctions . . . . . . . . . . . .
10.1.1 Convergence simple, convergence uniforme et convergence normale
10.1.2 Propri´et´es des limites uniformes, interversion des limites . . . . . .
10.1.3 Interversion des limites et de l’int´egration . . . . . . . . . . . . . .
10.1.4 D´erivation de la limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.5 S´eries de Fourier et d´erivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.6 S´eries enti`eres et d´erivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 R´esum´e s´eries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2.1 Les formules . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2.2 Les th´eor`emes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
´
10.4 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.5 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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229
231
231
239
11 Int´
egration
11.1 R´esum´e : convergence des suites et s´eries d’int´egrales
11.1.1 Suites d’int´egrales . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.2 Int´egrale d´ependant d’un param`etre . . . . .
11.1.3 La fonction Γ : . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.4 Int´egrales doubles . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Int´egration, Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : .
´
11.3 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . .
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12 Equations diff´
erentielles
273
12.1 Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
´
12.2 Enonc´
es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
12.3 Indications ou corrig´es des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279
13 Avec MAPLE, concours h´
elas pas si divers que ¸
ca
288
14 Vrac : exercices pos´
es aux MP C´
ezanne en 2005
297
15 Vrac : exercices CCP et autres glan´
es dans l’officiel de la Taupe en 2009
304
3
16 ICNA
314
17 Vrac : exercices ENS-2009 glan´
es dans la RMS
319
4
1
Alg`
ebre g´
en´
erale
1.1
1.1.1
R´
esum´
e de cours
Groupes
D´
efinition 1.1 rappel du vocabulaire de base
groupe : Soit E un ensemble non vide et ? une loi interne sur E. On dit que (E, ?) est un groupe
ssi
– la loi ? est associative ;
– il existe e ∈ E tel que ∀x ∈ E, x ? e = e ? x = x (on dit que e est ´el´ement neutre pour ?)
– pour tout x ∈ E il existe x0 ∈ E tel que x ? x0 = x0 ? x = e, (on dit que x0 est inverse ou
sym´etrique de x).
sous-groupe Soit (E, ?) un groupe d’´el´ement neutre e, on dit qu’une partie H de E est un sous
groupe de (E, ?) ssi
– H est non vide ;
– pour tout couple (x, y) d’´el´ements de H, x ? y −1 ∈ H.
ordre d’un groupe on appelle ordre d’un groupe fini, le nombre de ses ´el´ements ;
partie g´
en´
eratrice on dit qu’une partie F d’un groupe G, est une partie g´en´eratrice de G0 ,
sous-groupe de G ssi G0 est le plus petit sous-groupe contenant F ;
groupe monog`
ene c’est un groupe engendr´e par un de ses ´el´ements
groupe cyclique c’est un groupe monog`ene fini (voir le th´eor`eme 1.2) ;
g´
en´
erateur a est g´en´erateur d’un groupe (n´ecessairement monog`ene ou cyclique) si {a} est une
partie g´en´eratrice de ce groupe ; l’ordre d’un ´el´ement de G est l’ordre du sous-groupe qu’il
engendre ;
morphismes une application f : (G, ?) → (H, ∗) est un morphisms de groupe ssi pour tous
(a, b) ∈ G2 on a f (a ? b) = f (a) ∗ f (b);
noyau avec les mˆemes notations, le noyau d’un morphisms f est le sous groupe de G form´e des
ant´ec´edents de l’unit´e de H;
isomorphisme c’est un morphisms bijectif ;
Th´
eor`
eme 1.1 th´eor`eme de Lagrange 1
Soit G un groupe fini de cardinal n, H un sous-groupe de G. Alors, l’ordre de H est un diviseur
de l’ordre de G.
Th´
eor`
eme 1.2 groupes mong`enes et cycliques
1. Soit (G, ∗), un groupe et ω ∈ G. Le sous groupe de G engendr´e par ω est de la forme
{wq ; q ∈ Z}.
2. Lorsque le groupe monog`ene engendr´e par a est infini, les suites (0, a, 2a, 3a, ...(n − 1)a, ...)
ou (a0 = e, a1 , a2 , ..., an−1 e, , ...) ont des termes distincts et G = {aq ; q ∈ Z};
3. Tout sous-groupe cyclique d’ordre n, (G, ?) est de la forme {ω 0 = e, ω 1 , ...ω n−1 } et il est
isomorphe `
a (Z/nZ, +) .
4. en notation additive, le groupe cyclique engendr´e par a est de la forme {0, a, 2a, 3a, ...(n−1)a}
avec na = 0;
1. ce n’est pas au programme, mais je pr´
ef`
ere que vous l’ayez vu
5
5. en notation multiplicative, le groupe cyclique engendr´e par a est de la forme {a0 = e, a1 , a2 , ..., an−1 e},
an = e;
Exemples :
– (Z, +) est monog`ene, engendr´e par ±1;
– (Z/nZ, +) est un groupe additif cyclique : ses ´el´ements g´en´erateurs sont les classes des entiers
premiers avec n;
– pour n ∈ N, n > 1, le groupe des racines ni`emes de l’unit´e dans C est un groupe pour la
multiplication, cyclique, ses g´en´erateurs sont les racines primitives e2ikπ/n o`
u k est premier avec
n;
1.1.2
Anneaux et corps, g´
en´
eralit´
es, notion d’id´
eal
D´
efinition 1.2 anneaux commutatifs, corps et id´eaux
1. Un ensemble A muni de deux LCI not´ees + et × est un anneau ssi
– (A, +) est un groupe commutatif ;
– la loi × est distributive par rapport `a + :
– (a + b) × c = a × c + b × c, c × (a + b) = c × a + c × b;
– A poss`ede un ´el´ement neutre pour ×;
On dit que A est un anneau d’int´
egrit´
e si, de plus :
xy = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0;
2. On dit que l’anneau (A, +, ×) est un corps ssi tout ´el´ement non nul de A est inversible
(pour ×) (c’est alors un anneau d’int´egrit´e) ;
3. Une partie non vide de I ⊂ A, est un sous-anneau si c’est un sous-groupe de (A, +) qui est
aussi stable pour la loi × et contient l’´el´ement neutre.
4. Soient (A, +, ×) et (B, +, ?) deux anneaux ; on dit qu’une application φ de A vers B est un
morphisme d’anneaux lorsque
– c’est un morphisme de groupes de (A, +) vers (B, +);
– on a la formule : φ(a × b) = φ(a) ? φ(b);
5. produit de deux anneaux (A, +, ×) et (B, +, ×), c’est l’anneau (A × B, +, ×) dont les
op´erations sont d´efinies par
(a, b) + (a0 , b0 ) = (a + a0 , b + b0 ) et (a, b) × (a0 , b0 ) = (aa0 , bb0 );
6. Dans un anneau d’int´egrit´e commutatif, on d´efinit une relation de divisibilit´
e en posant :
a|b ⇔ ∃d ∈ A, b = da ⇔ bA ⊂ aA;
On observera sans peine que l’ensemble des ´
el´
ements inversibles d’un anneau (A, +, ×)
forme un groupe multiplicatif (et qui se confond avec A\{0} ssi A est un corps !) ; par
exemple
– le groupe des ´el´ements inversibles de Z est {−1, 1};
– le groupe des ´el´ements inversibles de K[X] est K∗ (constantes non nulles) ;
– Voir aussi le th´eor`eme 1.13, pour ce qui est des inversibles de Z/nZ.
D´
efinition 1.3 id´eal
Soit A un anneau de lois + et ×. Un id´eal de A est une partie I, de A est un sous-groupe de
(A, +) tel que
∀x ∈ A, ∀j ∈ I, x × j ∈ I et j × x ∈ I.
6
1.1.3
Compl´
ements d’arithm´
etique, les anneaux Z et K[X]
• Division euclidienne dans l’anneau Z
• Division euclidienne dans l’anneau K[X]
Th´
eor`
eme 1.3
Th´
eor`
eme 1.4
Pour tout couple d’entiers naturels (a, b) tel que
Soit K un corps. L’anneau des polynˆomes sur
b > 0, il existe un couple (q, r) et un seul v´erifiant : K est un anneau d’int´egrit´e, et pour tout couple
(A(X), B(X)) ∈ K[X] × (K[X]/{0}, il existe un
a = bq + r et 0 ≤ r < b.
unique couple (Q(X), R(X)), tel que
A(X) = Q(X)B(X)+R(X) et degR(X) < deqB(X).
• Nombres premiers dans Z
• Polynˆ
omes irr´
eductibles dans K[X]
Th´
eor`
eme 1.5
Tout entier naturel n > 1 est d’une fa¸con et
d’une seule produit de facteurs premiers :
Y
n=
pαp
D´
efinition 1.4
P ∈ K[X] est irr´eductible dans K[X] ssi
P = QR ⇒ P ∈ KouR ∈ K.
p∈P
o`
u les αp non nuls sont en nombre fini.
• Id´
eaux de Z
• Id´
eaux de K[X]
Th´
eor`
eme 1.6
1. Les id´eaux de Z sont les parties aZ, a ∈ Z.
2. a|b ssi bZ ⊂ aZ;
3. L’intersection des id´eaux aZ et bZ est l’id´eal
mZ o`
u m est le ppcm de a et de b;
4.Soient a et b deux entiers non nuls, l’id´eal engendr´e par a et b est l’ensemble {au+bv; (u, v) ∈
Z2 } = dZ o`
u d = pgcd(a, b) est le plus grand
diviseur commun de a et de b.
Th´
eor`
eme 1.7
Dans K[X], tout id´eal I est form´e des multiples d’un polynˆome G(X). On dit que G est un
g´en´erateur de I. Il est unique `a une constante
multiplicative pr´es, ie :
G(X)×K[X] = H(X)×K[X] ⇒ (∃α ∈ K, G =
αH).
Notion de polynˆ
ome minimal (d’un endomorphisme)
D´
efinition 1.5
Soit u un endomorphisme de E K − ev. L’ensemble des polynˆomes annulateurs de u est un
id´eal de K[X]. On appelle polynˆome minimal
de u le polynˆome g´en´erateur de cet id´eal dont
le coefficient de tˆete est ´egal `a 1.
7
• Entiers premiers entre eux
• Polynˆ
omes premiers entre eux
D´
efinition 1.6
Deux entiers sont premiers entre eux ssi leur
pgcd est ´egal `
a 1.
D´
efinition 1.7 Deux polynˆomes A et B sont
premiers entre eux ssi leurs seuls diviseurs communs sont les constantes non nulles.
Th´
eor`
eme 1.8 th´eor`eme de Gauss
Si deux entiers a et b sont premiers entre eux,
alors a| b x ⇒ a|x.
Th´
eor`
eme 1.10 th´eor`eme de Gauss
Si A et B sont des polynˆomes premiers entre
eux, alors pour tout polynˆome C, A|BC ⇒ A|C.
Th´
eor`
eme 1.9 th´eor`eme de Bezout
Soient a et b deux entiers non nuls. Les propositions suivantes sont ´equivalentes :
1. a et b sont premiers entre eux,
2. l’id´eal {au + bv; (u, v) ∈ Z2 } est ´egal `
a Z,
3. il existe deux entiers u et v tels que
Th´
eor`
eme 1.11 th´eor`eme de Bezout
Soient A et B deux polynˆomes. Les propositions
suivantes sont ´equivalentes :
1. A et B sont premiers entre eux,
2. l’id´eal {AP + BQ; (P, Q) ∈ K[X]2 } est ´egal
`a K[X],
3. il existe deux polynˆomes P et Q tels que
au + bv = 1.
AP + BQ = 1.
Application : la d´emonstration du lemme des
noyaux...
8
1.1.4
L’anneau Z/nZ
Th´
eor`
eme 1.12 l’anneau (Z/nZ, +, ×) .
1. Soit n ∈ N∗ \{1}. On note Z/nZ l’ensemble des classes des ´el´ements de Z modulo n. Il y a n
classes qui sont celles des entiers 0,1,...,n − 1.
2. On d´efinit deux lois de composition interne sur Z/nZ en posant :
– a
¯ + ¯b = a + b;
– a
¯ × ¯b = a × b;
3. L’ensemble Z/nZ muni de l’addition et de la multiplication ainsi d´efinies est un anneau
commutatif ;
4. L’application a ∈ Z → a
¯ ∈ Z/nZ (morphisme canonique) est un morphisme d’anneau surjectif.
Th´
eor`
eme 1.13 groupe des inversibles de Z/nZ
1. Les ´el´ements inversibles de Z/nZ forment un groupe (not´e parfois (Z/nZ)× ) ;
2. un ´el´ement de Z/nZ est inversible ssi il est premier avec n;
3. un ´el´ement de Z/nZ est inversible ssi c’est un ´el´ement g´en´erateur du groupe additif Z/nZ;
4. Z/nZ est un corps ssi n est premier ; dans ce cas, le groupe des inversibles est Z/nZ\{0};
D´
efinition 1.8 indicatrice d’Euler
On appelle indicatrice d’Euler l’application φ : N → N d´efinie par
φ(n) = Card (Z/nZ)× .
C’est aussi le nombre des entiers 1 ≤ p ≤ n, premiers avec n.
Th´
eor`
eme 1.14 propri´et´es de l’indicatrice d’Euler
– Si p est premier, φ(p) = p − 1 et φ(ps ) = ps−1 (p − 1);
– si m et n sont premiers entre eux, φ(mn) = φ(m)φ(n);
Q
– pour un naturel n dont la d´ecomposition en facteurs premier est n = i psi i , on a
φ(n) = n
Y
(1 − 1/pi ).
i
9
1.2
Exercices
Ce que dit le rapport d’oral CCP 2007 `
a ce propos : Les structures de groupes et surtout
de sous-groupe sont parfois mal connues. Il en est de mˆeme des structures d’anneau et de corps.
Remarque : Bien qu’il y ait assez peu d’alg`ebre g´en´erale aux CCP, on verra les exercices d’application 1.1, 1.22, 1.23 et aussi l’exercice 1.30, les exercices classiques sur la factorisation et les
polynˆ
omes (voir les exercices regroup´es en 1.29). Pour ce qui est des Mines et de Centrale, il faut
s’attendre `
a en rencontrer beaucoup plus. La plupart des exercices de ce chapitre proviennent de
ces concours. 2
Rappel
On rappelle les relations liant les racines d’un polynˆome `a ses coefficients : en notant
P (X) =
n
X
ai X i = an
i=0
est un polynˆ
ome scind´e

































n
Y
(X − αi ) ∈ K[X]
i=1
sur K, alors
P
σ1 = i αi
P
=−
σ2
=
..
.
σk
..
.
P
= 1≤i1 <i2 <...<ik ≤n αi1 ...αik
..
.
σn
..
.
= α1 ...αn
1≤i<j≤n
αi αj
=
an−1
,
an
an−2
,
an
..
.
an−k
,
= (−1)k
an
..
.
a0
= (−1)n .
an
Relations `
a connaˆıtre par tous. Avoir vu quelques uns des exercices correspondants `a la fin du
chapitre d’Alg`ebre g´en´erale est imp´eratif pour Mines Centrale...
Exercice 1.1 CCP - 2006 (plusieurs planches)
a −b
1. On consid`ere l’ensemble F des matrices M (a, b) =
de M2 (R).
b a
(a) Montrer que c’est un sous-anneau et un sev de M2 (R). Quelle est sa dimension ?
(b) S’agit il d’un corps ? On d´efinit f : C → F en posant f (a + ib) = M (a, b). Montrer que
c’est un isomorphisme de corps.
2. Un autre exercice CCP 2006 ( PC )
On consid`ere les matrices A ∈ M2 (Z) telles que :
– det A = 1;
– il existe p ∈ N∗ , Ap = I2 .
(a) Montrer que pour une telle matrice, An = I2 avec n = 1 ou 2 ou 3 ou 4 ou 6. Explicitez
ces matrices.
(b) La question avait ´et´e rapport´ee sous la forme :
Montrer que l’ensemble de ces matrices est fini et qu’il forme un groupe. Qu’en pensez
vous ?
2. Document disponible sur mpcezanne.fr ou univenligne.fr sous le nom RevisionsMPOral2010.pdf
10
voir commentaire 1.1
Exercice 1.2 Mines - 2006 - plusieurs planches
1. Soit G un groupe, H un sous-groupe de G et A une partie on vide de G. Montrer que
AH = H ⇐⇒ A ⊂ H.
2. On consid`ere un groupe G, fini et non r´eduit `a l’´el´ement neutre dans lequel tout ´el´ement v´erifie
x2 = e. Montrer qu’il existe n ∈ N∗ tel que G soit isomorphe au groupe ((Z/2Z )n , +)) .
voir commentaire 1.2
Exercice 1.3 Mines - 2006
On consid`ere le sous-ensemble V de M4 (K) form´e des matrices `
a coefficients entiers de la forme


a b c d


 d a b c 


M =
.
 c d a b 


b
c
d
a
G d´esigne le sous-ensemble des matrices de V, qui sont inversibles dans M4 (K), dont l’inverse est
dans V.
1. Quelle est la structure de G?
2. Montrer qu’une matrice M ∈ V appartient `a G ssi son d´eterminant est ´egal `a ±1.
3. Donner un groupe standard isomorphe `a (G, ×).
voir commentaire 1.3
Exercice 1.4 mines 2006
1. Lorsque n = 2, montrer que pour toute matrice de A ∈ M2 (Z), il existe une matrice M ∈
M2 (Z) telle que
det(A)
0
AM =
.
0
det(A)
2. On suppose que A et B sont deux matrices de M2 (Z) dont les d´eterminants sont premiers
entre eux. D´emontrer qu’il existe deux matrices de M2 (Z) telles que AU + BV = I2 .
3. On suppose que A et B sont deux matrices de Mn (Z) dont les d´eterminants sont premiers
entre eux. D´emontrer qu’il existe deux matrices de Mn (Z) telles que AU + BV = In .
voir commentaire 1.4
Exercice 1.5 Centrale 2006 ; 3 planches diverses, difficult´es diverses ...
1. Quel est le plus petit entier n pour lequel il existe un groupe non commutatif d’ordre n ?
2. Soit n ∈ N∗ . Combien (Z/nZ, +) admet il de sous-groupes ?
3. Soient a, b, c trois entiers. On suppose que a3 + b3 + c3 est divisible par 7. Montrer qu’i en va
de mˆeme pour a b c.
voir commentaire 1.5
Exercice 1.6 quelques br`eves d’arithm´etique (mines ou centrale)
1. Soient a, b, c, trois entiers impairs. Montrer que a2 + b2 + c2 n’est pas le carr´e d’un entier.
2. Trouver les couples d’entiers (x, y) ∈ (N∗ )2 , tels que xy = y x ;
3. R´esoudre l’´equation X 2 − 4X + 3 = 0 dans Z/143Z .
11
n
4. Fn = 22 + 1 et Fm pareillement d´efini seraient ils premiers entre eux ? (en 2006 : en d´eduire
que l’ensemble des nombres premiers est infini).
voir commentaire 1.6
Exercice 1.7 Centrale (OT) accompagn´e d’une question d’alg`ebre lin´eaire
1. Soit p un nombre premier, r´esoudre x2 = ¯1 dans Z/pZ .
2. Montrer que (p − 1)! ≡ −1[p];
3. Donner le reste de la DE de (n − 1)! par n.
voir commentaire 1.7
Exercice 1.8 Centrale, d’apr`es OT
1. Montrer que P (X) = X 3 − 2 est irr´eductible sur Q[X].
2. Montrer que H = a + b21/3 + c41/3 ; (a, b, c) ∈ Q3 , est une Q−alg`ebre
3. En donner une base (penser `
a introduire le polynˆ
ome minimal de b21/3 lorsque b ∈ Q...).
voir commentaire 1.8
Exercice 1.9 mines 2009 ; inversibles d’un corps Z/pZ
1. Soit G un groupe commutatif fini. D´emontrer qu’il existe dans G un ´el´ement dont l’ordre est
le ppcm des ordres des ´el´ements de G.
2. D´emontrer que pour tout p premier, le groupe des inversibles de Z/pZ est cyclique.
voir indications ou corrig´e en 1.9
Exercice 1.10 Mines (comparer au suivant)
On note U le groupe des inversibles de Z/32Z .
1. Quel est l’ordre de 5 dans ce groupe ?
2. Donner un groupe additif (produit de groupes remarquables) isomorphe `a U.
voir commentaire 1.10
Exercice 1.11 inversibles de Z/2p Z
1. Expliciter les groupes des ´el´ements inversibles de Z/2p Z pour p = 1, 2, 3. Ce groupe est il
cyclique ?
2. Structure du groupe (Z/2p Z )×
k
(a) Montrer que, pour tout k ∈ N, 52 ≡ 1 + 2k+2 [2k+3 ];
(b) En d´eduire l’ordre de 5 dans Z/2p Z lorsque p ≥ 3.
(c) Montrer que le groupe des inversibles de Z/2p Z est isomorphe au produit des groupes
additifs Z/2Z et Z/(p − 2)Z .
voir commentaire 1.11
Exercice 1.12 polynˆ
omes cyclotomiques
On rappelle que le groupe multiplicatif (Un , ×) des racines ni`eme de l’unit´e dans le corps des
complexes est isomorphe `
a (Z/nZ, +), qu’une racine primitive ni`eme de l’unit´e est un g´en´erateur
de Un , `
a savoir, un ´el´ement de la forme e2ikπ/n , avec k premier avec n.
On appelle polynˆ
ome cyclotomique d’ordre n le polynˆome
Y
Y Φn (X) =
(X − ζ) =
X − e2ikπ/n .
k∈Z/nZ×
eme
ζracine primitive ni`
12
1. Quel est le degr´e de Φn (X)?
2. Calculer Φp (X), puis Φps (X), lorsque p est premier.
3. Calculer les polynˆ
omes cyclotomiques d’ordres 1, 2, 3, 4, 5, 6. V´erifier que X 6 − 1 est le
produit des Φk avec k|6.
4. G´en´eraliser ce r´esultat et en d´eduire que l’indicateur d’Euler v´erifie
X
φ(d).
φ(n) =
d|n
voir commentaire 1.12
Exercice 1.13 ** ENS, niveau comp´etition
1. Montrer que tout sous-groupe du groupe additif (Z n , +) est isomorphe `a un groupe (Z m , +),
m = 1, ..., n.
2. A quelle condition (Z n , +) et (Z p , +) sont ils isomorphes ?
voir commentaire 1.13
Exercice 1.14 mines, planches diverses
f (n)
= L. Trouver L.
n
2. Soit p un nombre premier autre que 2 ou 5. Montrer qu’il divise un des entiers 11,111,1111,11111,...
(´ecrits en base 10, bien ´evidemment).
1. Soit f une bijection de N dans lui-mˆeme. On suppose que lim
3.
voir commentaire 1.14
Exercice 1.15 Centrale (d’apr`es RMS 333)
Soit n > 0 un entier. On pose f (n) = (n − 1)![n].
1. Calculer f (n) pour n = 1, 2, ..., 6.
2. On suppose ici n premier et n ≥ 5. D´eterminer l’ensemble des x ∈ Z/nZ tels que x 6= ¯0 et
Qn−2
x 6= x−1 . Calculer k=2 k¯ et en d´eduire f (n).
´
3. Etudier
le cas o`
u n est compos´e.
voir commentaire 1.15
Exercice 1.16 Centrale (d’apr`es RMS 333)
On note P l’ensemble des nombres premiers positifs. Pour tout n ∈ N, on note νp (n) l’exposant
de p dans la d´ecomposition en facteurs premiers, bxc la partie enti`ere de x et π(x) le nombre des
entiers premiers compris entre 1 et x.
1. Montrer que
νp (n!) =
∞
X
n
b j c.
p
j=1
2. Montrer que
2n
n
divise
Y
ln 2n
c
p ln p .
b
p≤2n
3. Montrer que
2n
n
≤ (2n)π(2n)
13
4. Montrer que
x
= O(π(x)).
ln x
voir commentaire 1.16
Exercice 1.17 *** ENS Paris (ne pas faire, pour les meilleurs voir le suivant)
Soit A ∈ Mn (Z) et p un nombre premier.
1. Montrer que T r(Ap ) ≡ T r(A)[p];
2. Soit la suite r´ecurrente (un )n donn´ee par u0 = 3, u1 = 0, u2 = 2 et
un+3 = un+1 + un
pour n ∈ N. Montrer que p divise up .
voir commentaire 1.17
Exercice 1.18 le mˆeme que le pr´ec´edent mais avec des questions ins´er´ees
1. D´emontrer que si p est premier, alors ap−1 ≡ 1[p] si a et p sont premiers entre eux et, plus
g´en´eralement, que ap ≡ a[p] pour tout entier a (petit th´eor`eme de Fermat) ;
2. Soit A ∈ Mn (Z).
(a) D´evelopper Tr(A2 )
(b) Montrer que si A est une matrice carr´ee de taille n,
T r(Ap ) =
n
n X
X
...
i1 =1 i2 =1
n
X
ai1 ,i2 × ai2 ,i3 × ...aip ,i1 .
ip =1
(c) On se donne p indices non n´ecessairement distincts, i1 , i2 , ..., ip dont les occurrences
sont q1 , q2 , ..., qk . Combien de termes de la somme T r(Ap ) sont ils ´egaux au produit
ai1 ,i2 × ai2 ,i3 × ...aip ,i1 dans lequel les indices i1 , ..., ip sont rang´es par ordre croissant.
(d) D´evelopper Tr(Ap ) et montrer que Tr(Ap ) ≡ T r(A)[p];
3. Soit la suite r´ecurrente (un )n donn´ee par u0 = 3, u1 = 0, u2 = 2 et
un+3 = un+1 + un
pour n ∈ N. Montrer que p divise up .
voir commentaire 1.18
Exercice 1.19 Mines
1. V´erifier que (Z/3Z , +) × (Z/2Z , +) est un groupe cyclique.
2. D´eterminer `
a un isomorphisme pr`es les groupes commutatifs d’ordre 6.
voir commentaire 1.19
Exercice 1.20 nombres premiers d’une forme particuli`ere
1. Soit q un entier. Peut on factoriser (au moins partiellement) dans Z[X] les polynˆomes X q − 1
et X q + 1;
2. Soient a > 1 et n > 0, deux entiers. Montrer que si an + 1 est premier alors n est une
puissance de 2.
voir commentaire 1.20
Exercice 1.21 Mines, nombres de Fermat
n
Pour n ∈ N, on pose Fn = 22 + 1 (nombres de Fermat).
14
1. Calculer les premiers termes de cette suite, conjecturer, d´econjecturer.
Qn
2. Comparer le produit k=0 Fk `
a Fn+1 . Conjecturer et d´emontrer.
3. Montrer que, si n 6= m, Fn et Fm sont premiers entre eux.
voir commentaire 1.21
Exercice 1.22 CP 2005
D´ecomposition en ´el´ements simples de f (x) =
1
.
(x − 1)(x − 2)
Montrer que f (x) est DSE en 0. Pr´eciser le rayon de convergence de ce DSE.
voir commentaire 1.22
Exercice 1.23 Mines, mais `
a connaˆıtre de tous
1. Quels sont les polynˆ
omes de K[X] tels que P (X 2 ) = P (X)P (X − 1), avec K = R ou C?
2. Quel est le reste de la division euclidienne de X n + 3X n−1 + 2 par (X − 1)2 .
voir commentaire 1.23
Exercice 1.24 un corps de caract´eristique 5 ayant 25 ´el´ements ;
On note F5 le corps Z/5Z .
´
1. Ecrire
la table de multiplication de ce corps ; quels sont ses carr´es ? les formules de Cramer
y sont elles valides ?
2. On suppose qu’il existe un sur-corps commutatif de F5 contenant un ´el´ement q tel que q 2 = 2.
Calculer (a + bq)(a0 + b0 q) dans ce sur-corps.
3. On d´efinit sur F5 × F5 une addition et une multiplication en posant :
(a, b) + (a0 , b0 ) = (a + a0 , b + b0 ) et (a, b) × (a0 , b0 ) = (aa0 + 2bb0 , ab0 + a0 b);
(a) V´erifier que muni de ces deux lois F5 × F5 est un corps de caract´eristique 5 ;
(b) Montrer que F5 est isomorphe a` un sous-corps de F5 × F5 .
Cela vous rappelle-t-il quelque chose ?
voir commentaire 1.24
Exercice 1.25 Centrale 2007
a b
un ´el´ement de SL2 (Z) (groupe des matrices `a coefficients entiers de
1. Soit A =
c d
d´eterminant 1) et fA d´efinie sur le demi-plan P = {z ∈ C, Im(z) > 0} par la relation
az + b
.
f (z) =
cz + b
Montrer que fA est bien d´efinie et que A ∈ SL2 (Z) → fA r´ealise un morphisme du groupe
SL2 (Z) sur le groupe des bijections de P dans lui-mˆeme.
D´eterminer son noyau.
2. Montrer qu’un groupe qui admet un nombre fini de sous-groupes seulement est fini.
voir commentaire 1.25
Exercice 1.26 Centrale 2007
1. Soient (G, ?) un groupe et H, K deux sous-groupes de G. On pose
HK = {x ∈ G/∃(h, k) ∈ H × K, x = hk}.
Montrer que HK est un sous-groupe de G ssi HK = KH.
2. Quel est le dernier chiffre de 20042007 ?
15
√
√
3. Soient an et bn√deux entiers tels que (1 + 2)n = an + 2bn .
Que vaut (1 − 2)n ?
V
Montrer que an et bn sont premiers entre eux (notation an bn = 1).
voir commentaire 1.26
Exercice 1.27 ENS 2007
D´ecrire les sous-groupes finis du groupe des hom´eomorphismes de R sur lui-mˆeme.
voir commentaire 1.27
Exercice 1.28 le mˆeme avec des questions
1. D´emontrer que si f est une application continue bijective de R dans lui-mˆeme, elle est strictement monotone. Montrer que f −1 est continue.
2. En ´etudiant la monotonie des suites xn+1 = f (xn ) montrer que si f est une application
strictement croissante de R dans lui-mˆeme telle que f (p) = idR , alors f = idR . En d´eduire
que tout hom´eomorphisme de R dans lui-mˆeme tel que ∃p ∈ N∗ , f (p) = idR , v´erifie f 2 = idR .
3. D´ecrire les sous-groupes finis du groupe des hom´eomorphismes de R sur lui-mˆeme.
voir commentaire 1.28
Exercice 1.29 polynˆ
omes au km
1. (CCP 2007) Factoriser dans C[X] puis dans R[X] les polynˆomes
Pn (X) = X 2n − 2 cos(na)X n + 1.
2. (Mines 2007) Trouver les polynˆ
omes P tels que
(X + 4)P (X) = XP (X + 1).
3. (Centrale PSI 2007) Montrer que si P v´erifie
P (X) 6= 0 et P (X 2 ) = P (X)P (X − 1)
ses racines sont complexes de module 1. En d´eduire les polynˆomes qui v´erifient cette relation.
4. (Mines 2007) Montrer qu’il existe un seul polynˆome de C[X] tel que
1
1
= Xn + n .
An X +
X
X
Montrer que les racines de An sont les xk = 2 cos
1
D´ecomposer
en ´el´ements simples.
An
voir commentaire 1.29
(2k + 1)π
.
2n
Exercice 1.30 X-2009 ; la premi`ere question est basique
√
On consid`ere G l’ensemble des r´eels de la forme x + 2y o`
u x ∈ N∗ et y ∈ Z v´erifient x2 − 2y 2 = 1;
1. Montrer que G est un sous-groupe de (R∗ , ×).
2. Montrer que G est monog`ene.
voir commentaire 1.30
16
1.3
Indications ou corrig´
es des exercices
1.1 Indication ou corrig´
e 1.1
1. Classique : il faut
• connaˆıtre la d´efinition d’un corps et d´emontrer que F est un corps (anneau dont tout
´el´ement non nul est inversible) ;
• savoir qu’un morphisme de corps est un morphisme d’anneaux entre deux anneaux qui sont
aussi des corps ;
Re(z) −Im(z)
• pour la bijectivit´e de φ : z →
, il peut ˆetre plus agr´eable de v´erifier
Im(z) Re(z)
que c’est un ismorphisme d’espace vectoriel...
2. Voil`
a un plus bel exercice !
a
Notons A =
c
b
une telle matrice.
d
1 t
Com(A)...)
det(A)
p
• A est diagonalisable dans M2 (C) car le polynˆome X −1 qui est scind´e sur C, `a racines
simples, l’annule. Les valeurs propres complexes de A sont des racines de ce polynˆome
et v´erifient αp = 1.
• Son polynˆ
ome caract´eristique est χA (x) = x2 − T r(A)x + 1, avec T r(A) = a + d ∈ Z.
• Raisonnons au cas par cas en fonction de tout cela :
– SpC (A) = {1}, A = I2 ;
– SpC (A) = {−1}, A = −I2 ;
– SpC (A) = {α, α}, les valeurs propres sont complexes conjugu´ees, ce sont aussi des
racines de l’unit´e ;
(a) • C’est une matrice inversible telle que A−1 ∈ M2 (Z) (´ecrire A−1 =
χA (x) = x2 − T r(A)x + 1 = (x − α)(x − α).
Ainsi, 2Re(α) = T r(A) = a + d ∈ Z. Comme |Re(α)| ≤ |α| = 1, on a Re(α) ∈
{−1, −1/2, 0, 1/2, −1}. Les cas o`
u α ∈ R ont ´et´e ´etudi´es `a part, il nous reste α =
e±iπ/3 , e±2iπ/3 et α = ±i.
– Si α = e±iπ/3 , on a A6 = I2 ,T r(A) = a + d = 1 et ad + bc = 1.
Comme bc 6= 0 (la matrice n’est pas triangulaire puisque ses coefficients sont entiers
contrairement `
a ses vp) A est de la forme
"
#
a
b
A = G1(a, b) = a (1 − a) − 1
1−a
b
avec b|(a (1 − a) − 1).
– Si α = e±2iπ/3 , on a A3 = I2 , T r(A) = a + d = −1 et ad + bc = 1. A est de la forme
"
#
a
b
A = G2(a, b) = a (−1 − a) − 1
−1 − a
b
avec b|(a (−1 − a) − 1).
17
0 −1
– Enfin, si α = ±i A = 1 et A ∼
.
1 0
On a T r(A) = a + d = 0, det(A) = −a2 + bc = 0. Comme pour les mˆemes raisons
bc 6= 0 on a donc


a
b
.
A = G3(a, b) =  a2 + 1
−a
−
b
4
Dans tous les cas A6 = I2 , A3 = I2 ou A4 = I2 . L’ensemble de ces matrices est infini,
chaque type admet au moins une matrice par valeur de a, elles ne commutent pas 2
a 2 (y compris dans le mˆeme type).
`
–
(b) Et bien non ! L’ensemble
est infini et il n’est
par exemple#si
"
# pas stable par multiplication,
"
a
1
u
1
A = G1(a, 1) =
, si B = G1(u, 1) =
,
a (1 − a) − 1 1 − a
u (1 − u) − 1 1 − u
alors la trace du produit (2 au − u2 − 1 − a2 ) n’est ni 1 ni -1 ni 0...
1.2 Indication ou corrig´
e 1.2
1. ⇒ On suppose que A ⊂ H. Montrons que AH = H. Pour cela deux inclusions, dont l’une
est ´evidente : AH ⊂ HH = H. Montrons que l’on a aussi H ⊂ AH. Consid´erons h ∈ H, il
s’´ecrit h = aa−1 h avec a−1 h ∈ H... puisque a ∈ H, a−1 , h ∈ H...
⇐ supposons maintenant que AH = H. Un ´el´ement a ∈ A est de la forme a = ae ∈ AH = H.
2. Moins trivial que le pr´ec´edent, mais raisonnable tout de mˆeme.
n
• On peut s’assurer avant de commencer que ((Z/2Z ) , +) v´erifie ces propri´et´es : un ´el´ement
de (Z/2Z )n s’´ecrit X = (x1 , ..., xn ) o`
u chaque xi est ¯0 ou ¯1 dans (Z/2Z )...
• Consid´erons donc notre groupe G.
Il est commutatif : en effet, (xy)(xy) = e, et en multipliant `a gauche par x, `a droite par
y, on obtient : x(xy)(xy)y = yx = xey = xy.
Puisque G est fini, il admet des parties g´
en´
eratrices finies. Consid´erons une partie
g´en´eratrice ayant le plus petit nombre d’´el´ements : {a1 , a2 , ...an }. Tout ´el´ement de G s’´ecrit
y = ap11 ap22 ...apnn (c’est une cons´equence de la commutativit´e, que nous avons d´emontr´ee dans
ce but). Les pi sont 0 ou 1 puisque api = ai ou e suivant que p est impair ou pair.
Montrons que cette ´
ecriture est unique. Supposons qu’un certain y s’´ecrive
y = a1p1 ap22 ...apnn = aq11 aq22 ...aqnn .
p
j−1
Si i ≤ n est le premier indice pour lequel pi 6= qi , on a en multipliant par ap11 ...aj−1
:
p
q
q
pj+1
aj j ...apnn = aj j ...aqnn . En multipliant `
a gauche par aj j , `a droite par aj+1
...apnn on obtient
p +qj
aj = aj j
=
n
Y
apkk +qk .
k=j+1
Comme aj s’exprime en fonction des autres ´el´ements de la partie g´en´eratrice, celle-ci n’est
pas minimale. Contradiction.
Isomorphisme : on peut alors d´efinir
n
φ : y = ap11 ap22 ...apnn ∈ G → (p1 , p2 , ..., pn ) ∈ (Z/2Z ) ...
c’est bien une application, on v´erifie facilement que c’est un morphisme de groupes, qu’elle
est bijective...
18
1.3 Indications ou corrig´
e 1.3
1. G est un groupe pour la multiplication des matrices
Montrons que c’est un sous groupe de (GL4 (K), ×) :
• G est non vide (contient l’identit´e par exemple)
• Consid´erons deux ´el´ements M1 et M2 appartenant `a G et montrons que Q = M1 M2−1 est
encore un ´el´ement de G :
-Q = M1 M2−1 est inversible dans GL4 (K) comme produit de matrices inversibles,
- il reste `
a v´erifier que Q et son inverse sont `a coefficients entiers et circulantes.
Par hypoth`ese, M1 ∈ V, M2−1 ∈ V donc Q de la mˆeme fa¸con que Q−1 = M2 M1−1 est une
matrice `
a coefficients entiers. Sont elles circulantes ?
Pour prouver qu’un produit de matrices circulantes est une matrice circulante, on peut faire
le calcul, mais aussi observer qu’une matrice circulante est un polynˆome en


0 1 0 0


 0 0 1 0 


U =
.
 0 0 0 1 


1
0
0
0
En effet une matrice circulante s’´ecrit M = aId + bU + cU 2 + dU 3 . Comme U 4 = I4 , la suite
des puissances de U est p´eriodique et un polynˆome en U peut se r´e´ecrire comme polynˆome
de degr´e au plus 3.
Ainsi V = Z[U ] est stable par multiplication...
2. Remarquons que, d’une fa¸con g´en´erale, si M est inversible, son inverse est un polynˆome en
M. C’est une cons´equence standard du th´eor`eme de Cayley Hamilton puisque
χM (M ) = M 4 + uM 3 + vM 2 + wM + (−1)4 det(M )I4 = 0,
il vient M (M 3 + uM 2 + vM + wI4 ) = −det(M )I4 ... ce qui donne M −1 =
−1
(M 3 +
det(M )
uM 2 + vM + wI4 ).
• Si M ∈ V a pour d´eterminant ±1, on voit imm´ediatement avec la remarque pr´ec´edente
que M −1 ∈ V, donc M ∈ G.
• R´eciproquement, si M ∈ G, les matrices M et M −1 sont des matrices `a coefficients entiers.
Leur d´eterminants sont des entiers et det(M )det(M −1 ) = det(M M −1 ) = detI4 = 1. Ainsi
det(M ) est inversible dans Z et vaut ±1.
Existe-t-il des matrices de d´
eterminant 1 et -1 dans V ?
La r´eponse est oui avec det(U ) = −1 et det(I4 ) = 1...
3. Un groupe standard isomorphe `
a G?
1.4 Indication ou corrig´
e 1.4
"
#
"
#
a b
d −b
0
1. Consid´erons A =
. On sait qu’il existe au moins une matrice A =
c d
−c a
telle que AA0 = det(A)I2 . C’est la transpos´ee de la comatrice de A.
Au cas o`
u on l’aurait oubli´e, dans le cas n=2, on la retrouve en r´esolvant un syst`eme lin´eaire
AX = det(A)I2 .
19
2. Consid´erons alors deux matrices A et B dont les d´eterminants α et β sont premiers entre
eux. Le th´eor`eme de Bezout dans Z nous permet d’affirmer qu’il existe deux entiers u et v
tels que αu + βv = 1.
Observons qu’il existe deux matrices a` coefficients entiers, A0 et B 0 telles que AA0 = det(A)I2 =
αI2 et BB 0 = det(B)I2 = βI2 .
Ainsi,
A(uA0 ) + B(vB 0 ) = AU + BV = αuI2 + βvI2 = I2 .
De cela on d´eduit que J = {AU + BV /(U, V ) ∈ Mn (Z)2 } ⊂ Mn (Z).
3. Mˆeme d´emonstration, il suffit de connaˆıtre l’existence de la comatrice d´efinie par
Com(A)i,j = (−1)i+j × det(Ai,j )
o`
u Ai,j est la matrice de taille n-1 obtenue en enlevant `a A sa colonne j et sa ligne i. On sait
que
A ×tCom(A) = det(A)In .
Une impasse dans laquelle je me suis souvent jet´
e : on a envie de consid´
erer
J = {AU + BV /(U, V ) ∈ Mn (Z)2 }.
C’est un id´
eal `
a droite de Mn (Z). En effet,
- J est un sous groupe de Mn (Z) car O ∈ J et la diff´erence de deux ´el´ements AU + BV
et AU 0 + BV 0 de J appartient `
a J.
- J est absorbant `
a droite : pour toute matrice (AU + BV ) ∈ J et toute matrice
M ∈ Mn (Z), on a (AU + BV ) M = AU M + BV M ∈ J .
Mais cela s’arrˆ
ete vite car rien ne dit a priori que l’ensemble J 0 des d´eterminants des
´el´ements de J soit lui mˆeme un id´eal de Z.
En effet, bien que J 0 soit absorbant (si d = det(AU +BV ), si m ∈ Z, alors md = det(AU M +
BV M ) avec M = diag(m, 1, ..., 1), est un ´el´ement de J 0 ), il n’est pas ´evident que J 0 soit
un sous groupe de Z (une partie absorbante n’est pas toujours un sous-groupe dans (Z, +)
(penser `
a {x ∈ Z/|x| ≥ 3 ou x = 0}).
1.5 Indications ou corrig´
e 1.5
1. ”Le” plus petit groupe non commutatif
• Savoir que les groupes de permutations donnent des exemples de groupes non commutatifs
finis est d’un grand r´econfort avant d’aborder l’exercice. Commen¸cons donc par la fin et
explicitons le groupe S3 des 3 ! =6 permutations de {1, 2, 3} :
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
id, σ1 =
, σ2 =
, τ1 =
, τ2 =
, τ3 =
.
2 3 1
3 1 2
1 3 2
3 2 1
2 1 3
Ce groupe n’est pas commutatif parce que τ1 ◦ τ2 = σ1 6= τ2 ◦ τ1 = σ2 .
• Que dire des groupes `
a n ´el´ements lorsque 3
(a) n=1 : G = {e} est commutatif ;
?
(b) n=2 : G = {e, a} a pour table e
a
e a
e a , il est commutatif
a e
3. rappelons qu’une table de groupe liste les ´
el´
ements dans chaque ligne et chaque colonne
20
(c) n=3 : G = {e, a, b} a pour seule table possible celle obtenue avec a ? a = b, `a savoir :
? e a b
e e a b
(en quoi on reconnaˆıt Z/3Z ) car en pla¸cant a ? a = e on arrive `a une
a a b
b b
? e a b
e e a b
. Le choix de a ? a conditionne en effet le reste (la lectrice
impossibilit´e :
a a e
b b
remplira), (G, ?) est commutatif et isomorphe `a Z/3.Z
(d) n=4 : G = {e, a, b, c}.
Mieux vaut r´efl´echir avant de chercher tous les cas : d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange,
les sous-groupes de G sont d’ordre 1, 2 ou 4.
• si G admet un sous-groupe d’ordre 2, par exemple {e, a}, sa table s’´ecrit en partie :
? e a b c
? e a b c
e e a b c
e e a b c
d’o`
u b ? a = c, puis a a e c b ;
a a e
b b
b b c
c c
c c b
Il reste deux fa¸cons de compl´eter selon que b ? b = e ou b ? b = a :
? e a b c
? e a b c
e e a b c
e e a b c
u l’on reconnaˆıt (Z/2Z )2 , puis a a e c b o`
u l’on reconnaˆıt
a a e c b o`
b b c e a
b b c a e
c c b a e
c c b e a
Z/4Z avec a = ¯
2...
• Si G n’admet pas de sous-groupe d’ordre 2, il n’admet pas de sous-groupe non trivial.
Tout ´el´ement autre que e est g´en´erateur, G = {w0 , w1 , w2 , w3 } avec w4 = e. Il y a une
contradiction parce qu’alors (w2 )2 = e...
• les seuls groupes d’ordre 4 sont, `a un isomorphisme pr`es, (Z/2Z )2 et Z/4Z , commutatifs.
(e) n=5 : d’apr`es le th´eor`eme de Lagrange, les sous groupes de G sont d’ordre 1 ou 5. Cela
impose que G est cyclique : en effet, le sous-groupe engendr´e par un ´el´ement diff´erent
du neutre est d’ordre 5 c’est donc G. Un groupe monog`ene est ´evidemment commutatif
(ici isomorphe `
a Z/5Z );
Bilan : avant n=6, point de salut...
2. Les sous-groupes de Z/nZ.
• Observons tout d’abord que si aZ est un sous-groupe de Z, son image par le morphisme
canonique φ : Z → Z/nZ, est un sous-groupe de Z/nZ. A l’inverse, si G est un sousgroupe de Z/nZ, φ−1 (G) est un sous-groupe de Z qui est donc de la forme aZ. Ainsi,
G = φ(φ−1 (G)) = a
¯Z.
Les sous-groupes de Z/nZ sont donc les groupes de la forme avec a
¯Z/nZ, a
¯ ∈ Z/nZ, a ∈
{0, 1, ..., n − 1}...
• Je regarde alors les sous groupes de Z/18Z , par exemple :
{0},
< 1 >=< 5 >=< 7 >=< 11 >=< 13 >=< 17 >= Z/18Z ,
< 2 >=< 4 >=< 8 >=< 10 >=< 14 >=< 16 >= {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16},
< 3 >=< 15 >= {0, 3, 6, 9, 12, 15},
21
< 6 >=< 12 >= {0, 6, 12},
< 9 >= {0, 9},
Conjecture : les sous-groupes de Z/nZ sont de la forme < d > o`
u d|n.
• Soit G un sous-groupe de (Z/nZ, +), Consid´erons b le plus petit entier tel que G =
{¯
0, ¯b, 2¯b, ...(k − 1)¯b}. k est l’ordre de ce sous-groupe et il divise n d’apr`es le th´eor`eme de
Lagrange. Nous avons donc donc n = kα et n = kα|kb. Nous pouvons donc ´ecrire b = αβ.
Les deux sous-groupes G = {0, αβ, 2αβ, ..., (k −1)αβ} et {0, α, 2α, ..., (k −1)α} sont du mˆeme
ordre k. Ils sont ´egaux puisque le g´en´erateur du premier αβ appartient au second (ce qui
entraˆıne l’inclusion).
Q
• Combien n = pνi i admet il deQdiviseurs compris entre 0 et n − 1? Autant que de nombres
Q
a savoir (νi + 1).
pµi i avec 0 ≤ µi ≤ νi , `
3. On ´ecrit les cubes dans Z/7Z . Tiens voil`a qui est remarquable ! Mais alors si la somme de 3
cubes est nul l’un deux n´ecessairement est.. est .. ?
1.6 Indications ou corrig´
e 1.6
1. Dans un tel cas a2 + b2 + c2 ≡ 3[4] et 3 n’est pas un carr´e modulo 4.
2. Si xy = y x , x et y ont les mˆemes diviseurs premiers. D´ecomposons : x =
sur le mˆeme ensemble d’indices, les exposants ´etant non nuls. On a donc
Y αy Y βx
xy =
pi i =
pi i = y x ,
Q
i
pα
i ,y =
Q
pβi i
d’o`
u par unicit´e de la d´ecomposition : αi y = βi x pour tout i et
α1
α2
x
=
=
= ... = t
y
β1
β2
– si t=1 on obtient les solutions ´evidentes x = y;
Q i −βi
– supposons donc t > 1. On a x = ty et αi = tβi > βi pour tout i; ainsi, t = pα
= y t−1
i
et t est entier.
L’´equation xy = y x est ´equivalente `a t = y t−1 , x = ty avec x, y, t entiers strictement
sup´erieurs `
a 1. On peut donc rechercher les entiers t ≥ 2 tels que
1
ln t
t
−
1
t
φ(t) = t
= e − 1 ∈ N.
Une ´etude rapide de cette fonction montre que φ & sur [0, +∞[, que φ([0, +∞[) =]1, e] et
que φ(2) = 2. Notre seule solution est donn´ee par t = 2, y = 2, x = 4.
On a bien 42 = 24 = 16.
– le cas t < 1 se d´eduit du cas t > 1 en permutant x et y qui jouent le mˆeme rˆole ;
Bilan : xy = y x ⇔ x = y, (x, y) = (4, 2), (x, y) = (2, 4).
3. Comme 143 = 13 × 11 n’est pas premier, Z/143Z contient des diviseurs de 0 ! On commence
par ´ecrire : X 2 − 4X + 3 = (X − 2)2 − 1 = (X − 3)(X − 1) = 0, ainsi X est solution ssi X − 2
est racine carr´ee de 1 (penser que l’on a comme solutions apparentes X = 1, 3 mais aussi 14
car 14 − 1 = 13 et 14 − 3 = 11...)
On recherchera donc les racines de 1 :
q 2 = 1 ≡ 143 ⇔ 143 = 13 × 11|(q − 1)(q + 1), on a donc
– 143|q − 1 (et q = 1)
– ou 143|q + 1 (et q = −1)
22
– ou 11|q − 1 et 13|q + 1
– ou 13|q − 1 et 11|q + 1
Pla¸
cons nous par exemple dans ce dernier cas.
On a q = 1 + 13α, q = −1 + 11β d’o`
u 13α − 11β = −2. Les solutions de cette derni`ere
´equation sont α = −1 + 11k, β = −1 + 13k (une solution particuli`ere ´evidente ou donn´ee par
l’algorithme d’Euclide ´etendu `
a la relation de Bezout, plus une solution g´en´erale de l’´equation
homog`ene).
On en d´eduit q = 1 + 13α = −1 + 11β = −12 + 143k = −12mod143. Cela donne X − 2 = −12
ou X = −10...
Le programme MAPLE qui suit donne les racines de 1 dans Z/143Z :
> restart;
>1234 mod 143;
90
>
>
>
>
>
s:=NULL;
for q from 0 to 142 do
if q^2 mod 143 = 1 then s:=s,q; fi;
od;
s;
s :=
1, 12, 131, 142
On en d´eduit X = q + 2 = 3, 14, 133 = −10, 144 = 1.
4. Une petite conjoncture ne peut pas nuire (c’est un exo des Mines, MAPLE pr´esent).
>
>
>
>
restart;
F:=n->2^(2^n)+1:
a:=F(2);
b:=F(8);
a := 17
b := 115792089237316195423570985008687907853269984665640564039457584007913129639937
> iquo(b,a);
> irem(b,a);
6811299366900952671974763824040465167839410862684739061144563765 171360567055
2
Si nous montrons que Fn = qFm + 2, le tour est jou´e puisque c’est l`a la premi`ere division de
l’algorithme d’Euclide, la seconde et derni`ere sera Fm = 2q 0 + 1 puisque Fm est impair.
Aussi trait´e dans le (1.21).
1.7 Indication ou corrig´
e 1.7
1. Puisque p est premier, Z/pZ est un corps, les solutions de (x − ¯1)(x + ¯1) = ¯0 sont donc ±1;
23
2. Ecrivons le produit des ´el´ements non nuls (qui sont donc tous inversibles) :
(p − 1)! = ¯
1ׯ
2... × (p − 2) × (p − 1) = −¯2... × (p − 2);
dans ce dernier produit chaque ´el´ement figure avec son unique inverse (seuls 1 et -1 sont leurs
propres inverses...).
3. Lorsque n est premier, (n − 1)! ≡ −1 ≡ (n − 1)[n].
Lorsque n
Q> 1i n’est pas premier,
αi
– si n = pα
i avec des pi distincts, alors chaque pi figure dans la liste des entiers 2, 3, ..., n−
1 et (n − 1)! = 0[n].
– si n = pα , si α ≥ 3, p, pαi −1 figurent dans le produit (n − 1)!
– si n = p2 , (n − 1)! = 1.2...(p2 − 1) et cette somme contient `a la fois p et 2p, sauf si
2p = n = p2 ; ce cas correspond `
a n = 22 = 4.
Bilan : si n est premier (n − 1)! ≡ −1[n], si n 6= 4 n’est pas premier, (n − 1)! ≡ 0[n].
1.8 Indication ou corrig´
e 1.8
1. Si (X 3 − 2) est un produit de polynˆ
omes non constants de Q[X], soit P (X) = A(X)B(X),
on a deg(A) + deg(B) = 3. Les coefficients dominants peuvent ˆetre choisis ´egaux `a 1. Ainsi,
par exemple A(X) = (X − p/q).
Dans ce cas P (X) = (X − p/q)B(X) et le rationnel p/q est racine de P (X). Montrons la
contradiction. On supposera p et q premiers entre eux.
– (p/q)3 = 2 ⇒ p3 = 2q 3 ⇒ 2|p et 4p03 = q 3 .
– Ainsi, 2|q ´egalement. Contradiction.
2. H = {a + bβ + cγ; ...} avec β = 21/3 , γ = 41/3 . H est stable par combinaisons lin´eaires `a
coefficients rationnels, c’est un Q−ev comme sev de R. Observons que
β 2 = γ, βγ = 2, γ 2 = 2β.
Le produit (a + bβ + cγ) × (a0 + b0 β + c0 γ) de deux ´el´ements de H est un ´el´ement de H :
(aa0 + 2(cb0 + c0 b)) + (ab0 + a0 b + 2cc0 )β + (ac0 + a0 c + bb0 )γ.
Comme 1 ∈ H, H est un sous-anneau de R (sous-groupe additif, stable par ×, contenant 1).
et une sous-alg`ebre (car sev et sous-anneau).
3. Base : montrons que la partie Q−g´en´eratrice (1, β, γ) est libre sur Q. Si a + bβ + cγ = 0, on
a, en supposant tout d’abord b 6= 0 :
– β + c/bγ = −a/b; c/bβγ = 2c/b;
– β, c/bγ sont racines du polynˆ
ome (X 2 + a/bX + 2c/b) ∈ Q[X];
– Nous avons vu que le polynˆ
ome X 3 − 2 est le polynˆome minimal de β puisqu’il est
irr´eductible (et que l’id´eal annulateur de β = 21/3 dans Q[X] est engendr´e par un seul
´el´ement comme tout id´eal de Q[X]. Contradiction.
Le cas b = 0, c 6= 0 conduit `
a γ rationnel, or il ne l’est pas...
24
1.9 Indications ou corrig´
e 1.9
1. Nous allons tout d’abord nous int´eresser aux ordres de multiplicit´e des ´el´ements de G. Rappelons que l’ordre d’un ´el´ement x ∈ G est l’ordre (le cardinal) du sous groupe qu’il engendre.
Ce groupe, monog`ene par construction, est fini, car contenu dans G; il est cyclique et on le
note < x >= {x0 , x1 , ..., xm−1 }.
• si x et y sont des ´el´ements de G d’ordre m et n premiers entre eux, alors x y est un ´el´ement
d’ordre mn. En effet,
– (x y)nm = (xm )n (y n )m = e (le groupe est commutatif, rappelons le) ;
n
– pour tout r ∈ N, si (x y)r = e, on a aussi ((x y)r ) = xr n (y n )r = xr n = e. Comme x
est d’ordre m, cela impose m|r n. Comme m et n sont premiers entre eux, m|r (thm de
Gauss). De fa¸con sym´etrique n|r et (m n)|r.
Bilan : le plus petit entier strictement positif tel que (x y)r = e est r = m n.
• si x et y sont des ´el´ements de G d’ordre m et n , alors il existe dans G un ´el´ement d’ordre
mm
s’´ecrit µ = m0 n0 o`
u (m0 , n0 )
µ = ppcm(n, m). En effet, avec d = pgcd(m, n) et µ = d
d d
sont premiers entre eux. D’apr`es la remarque pr´ec´edente, il existe un ´el´ement z ∈ G d’ordre
µ = m0 n0 .
• Il existe alors un ´el´ement de G dont l’ordre est le ppcm des ordres des ´el´ements de G.
2. Il s’agit d’un faux exercice ! Cela ressemble `
a une question de cours de L3 . M’enfin !
×
Notons G = (Z/pZ ) .
Tout ´el´ement a ∈ G est d’ordre fini ; cet ordre divise le cardinal de G (th´eor`eme de Lagrange)
et l’on a ap−1 = 1 (c’est le th´eor`eme d’Euler que l’on peut d´emontrer sans faire appel au thm
de Lagrange). Le ppcm r, des ordres des ´el´ements de G est donc un diviseur de (p − 1).
Introduisons le polynˆ
ome (X r − 1) sur le corps Z/pZ . Tout ´el´ement x 6= 0 est racine de ce
polynˆ
ome. Comme Z/pZ est un corps (X − a)|(X r − 1) et
(X − 1)(X − 2)...(X − (p − 1))|(X r − 1).
Cela impose r ≥ p − 1 et donc r = p − 1.
D’apr`es la question pr´ec´edente, il existe un ´el´ement d’ordre r. Cet ´el´ement engendre un groupe
de (p − 1) ´el´ements qui est donc ´egal `a G.
1.10 Indication ou corrig´
e 1.10
1. Ce groupe multiplicatif est form´e des classes des entiers premiers avec 32 = 25 . Il s’agit donc
des classes des impairs :
×
(Z/32Z ) = {}
Consid´erons le sous-groupe (n´ecessairement cyclique) form´e des puissances de la classe de 5 :
< ¯5 >= {}.
Ce sous-groupe contient 8 ´el´ements. Il est remarquable que les inversibles qui ne s’y trouvent
pas sont les oppos´es des puissances de 5, et on le remarque donc.
×
2. Un ´el´ement de (Z/32Z ) est ainsi de la forme z = (−1)j × 5k avec j = 0, 1 et k = 0, 2, ..., 7.
Cela conduit `
a poser pour (¯
x, y¯) ∈ Z/2Z × Z/8Z ,
f (¯
x, y¯) = (−1)x × ¯5y .
25
- -f est ainsi bien d´efinie ;
0
si x ≡ x0 [2], (−1)x ≡ (−1)x [32];
0
0
y
y 8k
si y ≡ y 0 [8], (5)x ≡ (5)y [32] car 5 = 5 5 = ¯5y .
- - vue la remarque en fin de question pr´ec´edente, f est surjective donc bijective (les ensembles
ont mˆeme cardinal)
- -f est un morphisme de groupe puisque
0
0
0
0
f ((x, y)+(x, y 0 )) = f (x+x0 , y+y 0 ) = (−1)x+x 5y+y = (−1)x 5y ×(−1)x 5y = f (x, y)+f (x0 , y 0 ).
1.11 Indication ou corrig´
e 1.11
Cet exercice me paraˆıt difficile (l’´enonc´e vient de OT) le pr´ec´edent est une bonne approche par
un exemple ;
1. (a) R´ecurrence (´elever au carr´e) ;
(b) Le sous-groupe engendr´e par 5 est de la forme {50 , 51 , ..., 5ω−1 }, o`
u ω est l’ordre de 5. Cet
ordre divise celui du groupe G des inversibles (th´eor`eme de Lagrange, hors programme),
c’est une puissance de 2.
k
La relation ´etablie montre que 52 = 1 + 2k+2 + t2k+3 est diff´erent de 1 dans Z/2p Z
p−2
pour 0 ≤ k ≤ p − 3 alors que 52
= 1 dans Z/2p Z . 5 est donc d’ordre 2p−2 .
(c) Les ´el´ements 5 et -1 engendrent des sous-groupes d’ordres 2p−2 et 2. Les ´el´ements de
la forme (−1)u 5v avec u = 0, 1 v = 0, ...2p−2 sont au plus 2p−1 , l’ordre de G. Ils sont
distincts car -1 n’est pas une puissance de 5 dans Z/2p Z .
1.12 Indication ou corrig´
e 1.12
1. Φn (X) est le produit de φ(n) polynˆ
omes (X − ζ) o`
u φ est l’indicateur d’Euler ;
2. Lorsque p est premier toutes les racines ni`eme de l’unit´e sauf 1 sont primitives. On a donc
Φn (X) =
Xn − 1
= X n−1 + X n−2 + ... + X + 1.
X −1
k
s
Lorsque n = ps , les racines non primitives sont de la forme ω pk = (ω p ) = µk o`
u ω = e2iπ/p ,
p
2iπ/ps−1
s−1
µ=ω =e
et 0 ≤ k ≤ p
− 1. Ainsi,
s
Xp − 1
Φps (X) = Qps−1 −1
.
(X − µk )
k=0
On reconnaˆıt l`
a, puisque µ est racine primitive ps −i`eme de l’unit´e :
s
Φps (X) =
Xp − 1
Yp−1
=
= Φp (Y ).
s−1
p
Y −1
(X
− 1)
3. Φ1 (X) = (X−1), Φ2 (X) = (X+1), Φ3 (X) = (X 2 +X+1) = (X−j)(X−¯j), Φ4 (X) = (X 2 +1),
Φ5 (X) = (X 4 + X 3 + X 2 + X + 1) et enfin, Φ6 (X) = (X 2 − X + +1 = (X − eπ/3 )(X − e−π/3 );
Nous avons bien l`
a X 6 − 1 = Φ1 (X)Φ2 (X)Φ3 (X)Φ6 (X)...
4. G´en´eralisons : X n − p est le produit des (X − ζ) o`
u ζ est une quelconque des racines ni`eme de
l’unit´e dans C. Chacune de ces racines `a un ordre qui est un diviseur n. C’est une cons´equence
du th´eor`eme de Lagrange par exemple. On observe alors qu’une racine ζ est d’ordre d ssi d
est le plus petit entier strictement positif tel que ζ d = 1. ζ est donc est aussi une racine
primitive di`eme de 1.
1.13 Indication ou corrig´
e 1.13
26
1. • On commencera par observer que les iieme composantes des ´el´ements de G forment un
sous-groupe di Z de (Z, +). En effet, l’application
Xi : z = (z1 , ..., zn ) ∈ Zn → zi ∈ Z
est un morphisme de groupe et Xi (G) est un sous-groupe de (Z, +)..
• Etudions les sous-groupes de Z2 : il existe un ´el´ement u ∈ G tel que X1 (u) = d1 . u est donc
de la forme u = (d1 , yu ).
Consid´erons alors le morphisme de G dans lui-mˆeme d´efini par
f :z∈G→z−
x
X1 (z)
u = (0, y − yu ).
d1
d1
On v´erifie sans peine que f est une application de G dans lui-mˆeme et que c’est un morphisme
de groupes. f (G) est compos´e d’´el´ements de la forme (0, θ2 p), p ∈ Z puisque c’est un sousgroupe de (G, +). Un ´el´ement quelconque de G s’´ecrit (x, y) = (αd1 , y) et v´erifie
y−
x
yu = θ2 p.
d1
Deux cas sont `
a envisager :
– θ2 = 0, alors les ´el´ements de G sont de la forme α(d1 , yu ) = αu. Comme G est un groupe
tout ´el´ement de cette forme est dans G.
G = {α(d1 , yu ), α ∈ Z est isomorphe `a Z}.
– θ2 6= 0, les ´el´ements de G sont de la forme
(x, y) = α(d1 , yu ) + β(0, θ2 ),
nous avons l`
a une ”partie g´en´eratrice ” de G tant est ´evidente l’inclusion r´eciproque...
G = {α(d1 , yu ) + β(0, θ2 ), (α, β) ∈ Z2 } est isomorphe `a Z2 .
• On poursuit avec une r´ecurrence sur n;
2.
1.14 Indication ou corrig´
e 1.14
1. Montrons que L = 1 en raisonnant par l’absurde.
Supposons que L > 1 : il existe un rang n0 `a partir duquel f (n) > n, dans ce cas les
entiers p ∈ [0, n0 ], ont des ant´ec´edents dans [0, n0 − 1]. Cela met `a mal la surjectivit´e.
Supposons que L < 1 : il existe un rang n0 `a partir duquel f (n) < (1 − a)n;
Consid´erons alors n1 = sup{f (p); p ∈ [0, n0 − 1]} que deviennent les images des ´el´ements de
[0, n] lorsque n ≥ sup(n0 , n1 )?
– si p ∈ [0, n0 − 1], son image est dans [1, n1 ];
– si p ∈ [n0 , n], son image est dans [1, [(1 − a)n]];
si nous supposons en plus que (1 − a)n est choisi sup´erieur `a n1 , l’injectivit´e est mise `a mal
puisque f envoie [0, n] sur [0, [(1 − a)n]].
2. Les nombres en question sont de la forme
n=
d
X
k=0
10k =
1 − 10d+1
1
= (10d+1 − 1).
1 − 10
9
On observe que 3|111 = 3 × 37, nous pouvons consid´erer maintenant un nombre premier p,
plus grand que 5.
Dans Z/pZ , 9 = 32 est inversible et 9n = 10d+1 − 1, n = 9−1 (10d+1 − 1). Comme 10 = 2 × 5
est ´egalement inversible, il engendre un sous-groupe cyclique de (Z/pZ )∗ . Il existe donc un
exposant pour lequel 10d+1 = 1. Fin.
27
3.
1.15 Indication ou corrig´
e 1.15
1. les calculs donnent
f (1) = 0[1], f (2) = 1[2], f (3) = 2[3], f (4) = 2[4], f (5] = 4[5], f (6) = 0[6]...
2. Comme Z/nZ est un corps les solutions de x = x−1 ou de x2 = 1 sont ±1¯ (en effet, x2 − 1 =
(x − 1)(x + 1).... Il s’ensuit que
n−2
Y
k¯ = ¯1
k=1
puisque les facteurs sont non nuls et inversibles, chacun d’eux ´etant pr´esent avec son inverse.
Ainsi, f (n) = −1.
3. Passons `
a n compos´e, n = pq avec p ≥ 2 et q ≥ 2.
– si p 6= q, (n − 1)! = 1.2...p...q...(n − 1) = 0[n = pq];
– si p = q > 2 on ´ecrira (n − 1)! = 1.2...p...2p...(n − 1) = 0[n = p2 ];
– On a donc toujours f (n) = 0 lorsque n est compos´e sauf si n = 4.
cet exercice parait plutˆ
ot facile...
1.16 Indication ou corrig´
e 1.16
Pn
1. Nous observons tout d’abord que νp (n!) = k=1 νp (k), et que νp (k) = j ssi k = pj k 0 o`
u
n
0
0
k ≤ b j c et k ∧ p = 1...
p
Cela commence `
a ressembler `
a un exercice de d´enombrement. On observe alors que
νp (n!) =
n
X
νp (k) =
X
j × #{k ∈ [1, n]; νp (k) = j}.
j≥1
k=1
n
c?
pj
Zieutons pour n = 28 et p = 5 :
28
– b 1 c = 5, et c’est le nombre des entiers de [1, 28] tq 5|k, `a savoir : 5,10,15,20,25 ;
5
28
– b 2 c = 1, et c’est le nombre des entiers de [1, 28] tq 52 |k;
5
– Si nous faisons le bilan, les entiers k = p1 k 0 avec k 0 ∧ 5 = 1 sont d´enombr´es 1 fois alors que
k = 52 k 0 est d´enombr´e deux fois.
Que repr´esente le nombre b
G´
en´
eralisons : Que repr´esente
–
–
–
–
–
n
P
j≥1 b j
p
0
c? Notons aj = b
n
c.
pj
pour tout k 0 tq 1 ≤ k 0 ≤ a1 , k = k p ≤ n;
pour tout k 0 tq 1 ≤ k 0 ≤ a2 , k = k 0 p2 ≤ n; ces entiers figurent dans la liste pr´ec´edente.
pour tout k 0 tq 1 ≤ k 0 ≤ aj , k = k 0 pj ≤ n; ces entiers figurent dans les listes pr´ec´edentes.
si j est le plus grand entier pj |k ∈ [1, n], k figure dans j listes exactement.
En cons´equence,
X n
X
b jc =
j × #{k ∈ [1, n]; νp (k) = j}.
p
j≥1
2. Comme
2n
n
=
j≥1
(2n)!
la d´ecomposition en facteurs premiers est donc
n!2
Y
pνp ((2n)!)−2νp (n!) .
28
D’autre part,
X
X 2n
n
(aj − 2bj ),
νp ((2n)!) − 2νp (n!) =
b j c − 2b j c =
p
p
j
j
ln 2n
c.
ln p
n
2n
u l’on d´eduit
Observons que pour chaque entier j, aj ≤ j < aj + 1 et bj ≤ j < bj + 1, d’o`
p
p
ln 2n
que 0 ≤ aj − 2bj ≤ 1, ce qui, la somme ayant au plus b
c termes non nuls, donne :
ln p
les termes de cette somme sont nuls d´es que pj > 2n ou j > b
2n
n
divise
Y
ln 2n
c
p ln p .
b
p
3. Montrer que
2n
n
4. Montrer que
≤ (2n)π(2n)
x
= O(π(x)).
ln x
1.17 Indications ou corrig´
e 1.17
il est corrig´e avec le suivant, dont les questions sont autant d’indications...
1.18 Indication ou corrig´
e 1.18
1. D’une fa¸con g´en´erale, dans un groupe commutatif, l’ordre d’un ´el´ement divise l’ordre du
groupe :
Si a ∈ G, l’application x ∈∈ G → ax ∈ G, est une bijection et les deux produits qui suivent
sont les mˆemes :
Y
Y
ax =
x,
x∈G
x∈G
ordre(G)
et a
.
Si p est premier, xZp× est d’ordre p − 1, donc lorsque a et p sont premiers entre eux,ap−1 =
1[p].
Avec le th´
eor`
eme de Lagrange : l’ordre d’un sous groupe divise l’ordre du groupe...
2. Soit A ∈ Mn (Z).
Pn
Pn
2
evident avec ce qui
(a) Tr(A2 ) =
i1 =1 ai,i + 2
i<j ai,j aj,i . Le calcul modulo 2 est ´
pr´ec`ede...
(b) Par une r´ecurrence (on part de la d´efinition du produit matriciel) :
T r(Ap ) =
n X
n
X
...
i1 =1 i2 =1
n
X
ai1 ,i2 × ai2 ,i3 × ...aip ,i1 .
ip =1
p!
fois dans la somme et ce terme est un multiple
q1 !...qk !
de p lorsque p est premier sauf si k = 1 et q1 = n.
P
(d) Tr(Ap ) = api,i + termes facteurs de p, et on termine avec Fermat.
(c) ai1 ,i2 × ai2 ,i3 × ...aip ,i1 apparaˆıt
29
3. Soit la suite r´ecurrente (un )n donn´ee par u0 = 3, u1 = 0, u2 = 2 et
un+3 = un+1 + un
pour n ∈ N. Montrer que p divise up .
1.19 Indication ou corrig´
e 1.19
1.
2.
1.20 Indication ou corrig´
e 1.20
1. Soit q un entier. Nous avons dans Z[X] la factorisation partielle :
X q − 1 =(X − 1)(X q−1 + X q−2 + ... + 1)
(1.1)
Lorsque q = 2p + 1 est impair, -1 est racine de X q + 1 et
X q + 1 =(X + 1)(X q−1 − X q−2 + ... − X + 1)
(1.2)
Lorsque q = 2p est pair, les choses se compliquent, selon que q est une puissance de 2 ou pas
X 4 + 1 =(X 2 + i)(X 2 − i)
=(X + e
6
iπ/4
(1.3)
)(X − e
iπ/4
)(X + e
3iπ/4
)(X − e
3iπ/4
2 3
X + 1 =((X ) + 1)
2
X
2r 2p+1
+ 1 =((X )
(1.4)
(1.5)
4
2
=(X + 1)(X − X + 1)
2r (2p+1)
)
(1.6)
+ 1)
r
=(X 2 + 1)(X 2
r(p−1)
(1.7)
r(p−2)
− X2
r
+ ... − X 2 + 1)
(1.8)
Remarque : lorsque nous savons factoriser dans C[X] et en d´eduire une factorisation dans
R[X]
X 2p + 1 =
2p−1
Y
(X − eiπ/2p e2ikπ/2p )
(1.9)
k=0
2. Soient a > 1 et n > 0, deux entiers. Montrer que si an + 1 est premier alors n est une
puissance de 2.
1.21 Indication ou corrig´
e 1.21
n
Fn = 22 + 1
1. Calculons, conjecturons , d´econjecturons.
F:=n->2^(2^n)+1;
n:=0:
while isprime(F(n)) do
F(n);
n:=n+1;
od;
F(n);
ifactor(F(n));
30
Pour n=5, F5 = 4294967297 = (641) × (6700417) est le premier nombre de Fermat compos´e...
Qn
Qn
2. Calculons les premiers produits k=0 Fk ; on conjecture et d´emontre facilement que k=0 Fk =
Fn+1 + 2.
3. La relation qui pr´ec`ede, pour m > n se r´e´ecrit :

Y
(−1)Fm + 

Fk  Fn = 2.
k6=n,0≤k<m
Ainsi, si d divise `
a la fois Fn et Fm , il divise 2. Comme Fn est impair, d = 1.
On a montr´e que Fn et Fm sont premiers entre eux.
1.22 Indications ou corrig´
e 1.22
b
a
+
et en multipliant par x − 1, faisant x = 1, on trouve a = −1,
On sait que f (x) =
x−1 x−2
puis b = 1. Ainsi
∞ X
1
−1/2
1
f (x) =
+
=
1 − n+1 xn .
1 − x 1 − x/2 n=0
2
Pour ce qui est du rayon de convergence, soit on observe que les deux s´eries g´eom´etriques ont deux
rayons distincts R0 = 1 et R” = 2, leur somme a donc pour rayon R = inf(R0 , R”) = 1; soit on
calcule directement la rayon avec la r`egle de d’Alembert qui ici fait l’affaire.
1.23 Indication ou corrig´
e 1.23
1. Analyse Partons de la relation P (X 2 ) = P (X)P (X −1). On observe que si α ∈ K est racine,
alors,
– en faisant X = α dans la relation, il vient :
P (α2 ) = P (α)P (α − 1) = 0
(1.10)
– en faisant X = α + 1 dans cette mˆeme relation, il vient :
P ((1 + α)2 ) = P (α + 1)P (α) = 0
(1.11)
Cela conduit aux racines, (α, α2 , ..., α2n , ...) et (α, (α + 1)2 , ..., rn , rn+1 = (rn + 1)2 , ...)
Observons que si P admet une racine de module diff´
erent de 1, il admet une
infinit´
e de racines et il est nul. Consid´erons donc P 6= 0 dont les racines sont de module
1 et raisonnons sur une telle racine, α.
Observons que (α + 1)2 est racine ;
– si |α + 1|2 6= 1, P = 0, contradiction ;
– si |α + 1|2 = 1, cela impose α3 = 1, α 6= 1, donc α = j ou j 2 . En observant que
α + 1 = −α2 , les seules racines possibles sont α, α2 car (α + 1)2 = α.
´
Ecrivons
donc P (X) = a(X − j)p (X − j 2 )q , d’o`
u
P (X 2 ) = a(X 2 − j)p (X 2 − j 2 )q ,
P (X)P (X − 1) = a2 (X − j)p (X − j 2 )q (X − j − 1)p (X − j 2 − 1)q
on identifie donc :
a(X − j 2 )p (X + j 2 )p (X − j)q (X + j)q = a2 (X − j)p (X − j 2 )q (X + j 2 )p (X + j)q ...
31
Cette ´egalit´e impose a = 1 et p = q.
Ainsi les polynˆ
omes solutions, soient n’ont pas de racine (constantes tq P 2 = P, soit
sont de la forme ci-dessus.
Synth`
ese `
a l’´evidence, un polynˆome tel que P (X) = (X − j)p (X − j 2 )p est solution.
Les solutions de notre probl`eme sont donc les constantes 0 et 1 ainsi que les polynˆomes
(X − j)p (X − j 2 )p
2. On ´ecrit classiquement :
X n + = Qn (X)(X − 1)2 + (αn X + βn ),
Une ´equation en X = 1, l’autre en d´erivant et toujours en X = 1.
32
1.24 Indication ou corrig´
e 1.24
1. Table de multiplication du corps Z/5Z :
* 0 1 2 3 4
0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 3 4
Les carr´es de Z/5Z sont 0, 1 et 4.
2 0 2 4 1 3
3 0 3 1 4 2
4 0 4 3 2 1
Les formules de Cramer sont valides comme dans tout corps, en effet, regardons un syst`eme
d’ordre 2 dont le d´eterminant est D = ad − bd 6= ¯0
a b x1
y
= 1 ,
c d x2
y2
une combinaison des lignes dL1 − bL2 conduit `a Dx1 = dy1 − by2 . Comme D non nul est
inversible, il vient (apr`es combinaison analogue isolant x2 ) :
a y1 y1 b b y2 y2 d
, x2 = x1 = a b a b c d
c d
2. Soit F un sur-corps commutatif de F5 contenant un ´el´ement q tel que q 2 = ¯2.
(a + bq)(a0 + b0 q) = aa0 + ba0 q + ab0 q + bb0 q 2 = (aa0 + ¯2bb0 ) + q(ab0 + a0 b) ∈ F.
3. Posons :
(a, b) + (a0 , b0 ) = (a + a0 , b + b0 ) et (a, b) × (a0 , b0 ) = (aa0 + 2bb0 , ab0 + a0 b);
(a) V´erifions que muni de ces deux lois F = F5 × F5 est un corp :
• Il est clair que (F, +) est un groupe commutatif. En effet la loi + qui vient d’ˆetre
d´efinie est
-associative (par associativit´e de + dans Z/5Z ),
-commutative,
-d’´el´ement neutre (¯
0, ¯
0)
et chaque couple (x, y) a pour oppos´e (−x, −y). l
• V´erifions que la loi de multiplications est associative, distributive par rapport `a l’addition. C’est fastidieux, mais allons y pur la distributivit´e par exemple
((a, b) + (c, d)) ∗ (u, v) = (a + c, b + d) ∗ (u, v) = ((a + c)u + 2(b + d)v, (a + c)v + (b + d)u)
(a, b) ∗ (u, v) + (c, d) ∗ (u, v) = (au + 2bv, av + by) + (cu + 2cv, cv + cy)
• F contient un ´el´ement neutre, le couple (¯1, ¯0);
• Il reste `
a s’assurer que tout ´el´ement non nul est inversible : on observe que si (a, b) 6=
(¯
0, ¯
0), l’´equation (a, b) ∗ (u, v) = (au + 2bv, av + bu) = (¯1, ¯0) conduit `a un syst`eme de
Cramer :
a 2b u
1
=
,
b a v
0
33
En effet, le d´eterminant D = a2 − 2b2 est non nul. On le montre en observant que si
2
D=0, soit a=b=0, soit b est non nul et ¯2 = ab−1 .
(a, b) admet donc un inverse qui est le couple
−b
a
,
a2 − 2b2 a2 − 2b2
• Caract´eristique : on observe que 5 est le plus petit entier positif tel que
(¯
0, ¯
0)... p=5 est bien la caract´eristique de ce corps.
Pp
¯ ¯ =
i=1 (1, 0)
(b)
(c) F5 est isomorphe au sous-corps {(a, ¯0); a ∈ xZ5}. Facile...
Cela ressemble `
a s’y m´
eprendre `
a une construction de C `
a partir de R o`
u -1, non
carr´e de R, est ici remplac´e par 2, non carr´e de Z/5Z , avec q 2 = (0, 1)2 = (2, 0) dans F alors
que i2 = (0, 1)2 = (−1, 0) dans C.
1.25 Indications ou corrig´
e 1.25
a b
1. Soit A =
un ´el´ement de SL2 (Z) (groupe des matrices `a coefficients entiers de
c d
d´eterminant 1) et fA d´efinie sur le demi-plan P = {z ∈ C, Im(z) > 0} par la relation
az + b
fA (z) =
.
cz + d
az + b
• L’application fA : z →
est d´efinie sur P. En effet, (c, d) 6= (0, 0) et le d´enominateur
cz + d
ne s’annule que si si c 6= 0 et cz + d = 0 soit pour z = −d/c ∈
/P
• fA r´ealise une bijection de P sur lui-mˆeme.
Nous voyons tout d’abord que, si z = x + iy, on a
fA (z) =
ac|z|2 + (bc + ad)x + bd + i(ad − bc)y
(az + b)(c¯
z + d)
=
2
|cz + d|
|cz + d|2
avec ad − bc = det(A) = 1. Lorsque y > 0, la partie imaginaire de fA (z) est ´egalement
positive. Ainsi, fA (P ) ⊂ P.
• Pourquoi est elle bijective ? Il suffit de r´esoudre l’´equation fA (z) = Z lorsque Z ∈ P. Cette
−dZ + b
1
−d b
−1
´equation admet une seule solution z =
= fA−1 (Z) puisque A =
.
cZ − a
det(A) c −a
Cette solution appartient `
a P si Z ∈ P comme nous l’avons vu.
• A ∈ SL2 (Z) → fA r´ealise un morphisme du groupe SL2 (Z) sur le groupe des bijections de
P dans lui-mˆeme car fA ◦ fB = fAB (faire les calculs).
az + b
.
cz + d
+
Avec z = iy, y > 0 on obtient iy(ciy + d) = iay + b d’o`
u, comme y d´ecrit R , c = b = 0 et
a = d... Le noyau est donc form´e des matrices I2 et −I2 puisque ad = 1.
• fA = idP ssi pour tout complexe z de partie imaginaire strictement positive, z =
2. Soit (G, ?), un groupe infini. Deux cas se pr´esentent :
– Soit il existe un ´el´ement x tel que le groupe engendr´e par x soit infini et alors G admet
pour sous-groupes les groupes distincts engendr´es par x1 , x2 , .., xn , ... ce qui lui assure une
infinit´e de sous-groupes (exemple Z) ;
34
– Soit aucun sous-groupe monog`ene n’est infini on choisit alors un ´el´ement x0 , le groupe
< x0 > qu’il engendre est fini (cyclique), il existe donc x1 ∈ G\ < x0 > qui engendre un
autre groupe fini,< x1 >; on poursuit le proc´ed´e, construisant ainsi par r´ecurrence une
suite infinie des sous-groupes cycliques distincts de G...
Existence d’un tel groupe : les suites ”finies” d’´el´ements de Z/nZ, de la forme (x0 , x1 , ...., xn , 0, 0, ...)
forment un groupe additif infini sans sous-groupe monog`ene infini.
1.26 Indication ou corrig´
e 1.26
1. Soit HK = {x ∈ G/∃(h, k) ∈ H × K, x = h ? k}.
• Supposons que HK soit un sous-groupe de G.
KH ⊂ HK : Consid´erons k ? h ∈ KH; k ? h = (h−1 ? k −1 )−1 ∈ HK puisque HK est un
groupe.
HK ⊂ KH : consid´erons x = h ? k ∈ HK. C’est l’inverse de k −1 ? h−1 ∈ KH. Comme
KH ⊂ HK, x−1 = k −1 ? h−1 = h0 ? k 0 . Ainsi x = (h0 ? k 0 )−1 ∈ KH.
• On suppose que HK = KH, montrons que HK est un groupe :
– eG ∈ HK = KH (car e = e ? e);
– si x = h ? k ∈ HK = KH, si y = k 0 ? h0 ∈ HK = KH, alors
x ? y = (h ? k) ? (k 0 ? h0 ) = h ? (k” ? h0 ) = h ? (h” ? k 000 ) ∈ HK = KH;
– si x = h ? k ∈ HK = KH, alors x−1 = k −1 ? h−1 ∈ KH = HK.
2. Le dernier chiffre de 20042007 est celui de 20042007 ≡ 42007 [10]. En observant que 43p = 64p ≡
4p [10] et que que 62 ≡ 6[10], il vient :
20042007
3. Soient an et bn deux entiers tels que
(1 +
√
≡
42007
≡
4669
≡
4323
≡
6 × 4107
≡
6 × 435
≡
6 × 433
≡
6 × 411
≡
6 × 43
≡
4
2)n = an +
[10]
√
2bn .
√
• Que vaut (1 − 2)n ?
√
√
Il y a deux fa¸con de justifier que le ”conjugu´e” est (1 − 2)n = an − 2bn :
- la premi`ere, ad hoc, consiste `
a d´evelopper avec
√ la formule du binˆome et `a s´eparer les
puissances d’exposants pairs et impairs de (1 ± 2)n ;
- la seconde, plus g´en´erale et plus instructive, repose sur le fait que
√
√
√
√
φ : a + 2b ∈ Z[ 2] → a − 2b ∈ Z[ 2]
√
√
r´ealise un homomorphisme d’anneau de√Z[ 2] = {a + 2b;√(a, b) ∈ Z2 } dans lui-mˆeme.
On a alors φ(z n ) = φ(z)n avec z = a + 2b et φ(z) = a − 2b.
• pour v´erifier que an et bn sont premiers entre eux, il suffit alors d’observer que
√
√
(an + 2bn )(an − 2bn ) = a2n − 2b2n = (−1)n
et de conclure avec Bezout que, comme leurs carr´es, ils sont premiers entre eux.
35
1.27 Indication ou corrig´
e 1.27
• On commence par observer que si G est fini, tout ´el´ement de G est cyclique ; G est donc constitu´e
d’hom´eomorphismes f de R dans lui-mˆeme tels qu’il existe p ∈ N∗ tel que f ◦ ... ◦ f = f (p) = idR .
• Commen¸cons par regarder `
a quoi ressemblent de tels hom´eomorphismes. Nous savons que si une
application continue, f, de R dans lui-mˆeme est bijective, alors elle est strictement monotone et
f −1 est ´egalement strictement monotone et continue. Pour la preuve de ce r´esultat, on renvoie `a
la correction de l’exercice d´etaill´e 1.28 ci-dessous.
Supposons que f (p) = idR . Pour x ∈ R quelconque, la suite des it´er´es xk = f (k) (x) est p´eriodique.
Si f est croissante cette suite est monotone donc constante. Cela montre que f = idR . Si f est
d´ecroissante f 2 est croissante et c’est encore un hom´eomorphisme de R, donc f (2) = idR . Nous avons
de tels exemples avec x → −x + c et plus g´en´eralement avec toute fonction continue strictement
monotone de R sur R dont le graphe est sym´etrique par rapport `a la bissectrice.
• Un sous-groupe fini de Hom(R) est donc engendr´e par un nombre fini d’hom´eomorphismes
f1 , ..., fn tels que fj2 = idR . Nous pouvons consid´erer que les fj sont des fonctions d´ecroissantes
(sinon fj = idR ). La fonction fi ◦ fj est alors un hom´eomorphisme croissant, comme c’est un
´el´ement de G on a fi ◦ fj = idR donc fi = fj .
Bilan : G = {idR } ou G = {idR , f } avec f hom´eomorphisme d´ecroissant tel que f 2 = id...
1.28 Indication ou corrig´
e 1.28
Le mˆeme que le pr´ec´edent avec des questions interm´ediaires.
1. Soit f une bijection continue d’un intervalle I dans J.
• Montrons qu’elle est strictement monotone.
• Montrons que f −1 est continue :
2. voir le corrig´e pr´ec´edent ;
3. voir le corrig´e pr´ec´edent.
1.29 Indication ou corrig´
e 1.29
1. Cours de sup : On pose Y = X 2 , l’´equation devient Y 2 − 2 cos(2na)Y + 1 = 0 ce qui donne
X n = Y = e±ina . Comme on connaˆıt une solution de X n = e±ina , les autres s’en d´eduisent
et X = e±ia e2ikπ/N ce qui nous donne 2n solutions de l’´equation initiale... On regroupe les
conjugu´es :
n−1
n
Y
Y
ia 2ijπ/n
P (X) = 1 ×
X −e e
X − e−ia e2ikπ/n
j=0
P (X) =
n−1
Y
j=0
X − eia e2ijπ/n
k=1(sic)
n−1
Y
2jπ
X +1 .
X − eia e2i(n−j)π/n =
X 2 − 2 cos a +
n
j=0
2. Cours de sup :
3. (Centrale PSI 2007) Montrer que si P v´erifie
P (X 2 ) = P (X)P (X − 1)
ses racines sont complexes de module 1. En d´eduire les polynˆomes qui v´erifient cette relation.
4. (Mines 2007) Montrer qu’il existe un seul polynˆome de C[X] tel que
1
1
An X +
= Xn + n .
X
X
1
, on
Pour comprendre ce dont il s’agit, on cherchera A0 , A1 , A2 , ... En notant y = X +
X
2
1
1
a : A0 (Y ) = 2; A1 (Y ) = Y ; comme X +
= X 2 + 2 + 2 , il vient A2 (Y ) = Y 2 + 2 et
X
X
36
3
1
, on obtient A3 (Y ) = Y 2 − 3Y.
X
Pour g´en´eraliser, trois fa¸cons de faire :
en d´eveloppant
X+
– M1 La plus rapide :
1
1
1
1
X+
X n + n = X n+1 + n+1 + X n−1 + n−1 .
X
X
X
X
La suite des polynˆ
omes v´erifie donc :
Y An (Y ) = An+1 (Y ) + An−1 (Y ).
– M2 Le prolongement des premiers calculs et une autre relation de r´ecurrence :
L’existence est assur´ee pour n = 0, 1.
On suppose l’existence de A2p et de A2p+1 ´etablie, on d´eveloppe avec la formule du binˆome.
Avec n = 2p + 2, n = 2p + 3, on a :
X+
1
X
n+1
=
n+1
X
k=0
n+1
k
X n+1−k
n+1
X n+1 1
=
X n+1−2k .
k
Xk
k=0
L’id´ee alors est de regrouper les termes d’exposants sym´etriques et de mˆemes coefficients
binomiaux comme on l’a fait pour n = 2, 3, en tenant compte de la parit´e du nombre de
termes :
2p+2 X
p 1
1
2p + 2
2p + 2
X+
=
+
X 2(p−k+1) + 2(p−k+1) ;
p+1
k
X
X
k=0
p+1 X
1
2p + 3
2(p−k+1)+1
=
X
+ 2(p−k+1)+1 ;
k
X
k=0
1
1
= X n + n , en rempla¸cant Xpar eiθ
– M3 On observe que si An (Y ) = An X +
X
X
il vient
!
n X
n
k
n−k
k
An (2 cos θ) = 2 cos nθ = 2Re
cos
θ(i) sin θ .
k
1
X+
X
2p+3
k=0
C’est tr`es classiquement que l’on garde les termes r´eels et l’on remplace sin θ :
[n/2] An (2 cos θ) = 2
X
k=0
n
2k
[n/2] An (Y ) = 2
X
k=0
(−1)k cosn−2k θ(1 − cos2 θ)k θ...
n
2k
Y n−2k
(Y 2 − 4)k .
2n−2k+2
5. Montrons que les racines de An sont les xk = 2 cos
D´ecomposer
(2k + 1)π
.
2n
1
en ´el´ements simples.
An
1.30 Indication ou corrig´
e 1.30
1. V´erification facile : il s’agit de prouver√que
√
√
– G ⊂ R∗ , ce qui est cons´equence de 2 6∈ Q (ou de x2 − 2y 2 = (x + 2y)(x − 2y) 6= 0);
– 1 ∈ G ce qui est ´evident ;
37
– (z, z 0 ) ∈ G2 ⇒ zz 0−1 ∈ G ce qui r´esulte du calcul suivant :
√
√
√
√
x + 2y
(x + 2y)(x0 − 2y 0 )
0−1
√
zz
=
= (xx0 − 2yy 0 ) + 2(x0 y − xy 0 ) ∈ G
=
0
02
0
0
x 2 − 2y
x + 2y
en v´erifiant (facilement) que
(xx0 − 2yy 0 )
(xx0 − 2yy 0 )2 − 2(x0 y − xy 0 )2
>0
=1
2. G est monog`ene ssi il existe z0 tel que pour tout z ∈ G, il existe p ∈ Z tel que z = z0p .
Consid´erons alors G+ = G∩]1, +∞[ et notons α = inf G + .
• α est un ´el´ement de G+, en particulier α > 1.
√
En effet, α est limite d’une suite d’´el´ements de G+, (zn )n = (xn − 2yn )n , pour laquelle
lim(xn +
√
2yn ) = α et lim(xn +
√
2yn ) =
1
.
α
1
1
∗
+ α . Comme xn ∈ N , cela impose
+ α ≥ 2 et α > 1.
On a donc 2 lim xn =
α
α
• Montrons que α est g´en´erateur de G : consid´erons un ´el´ement z ∈ G + . Si z n’est pas
une puissance de α, il existe n ∈ N tel que αn < z < αn+1 on a alors, en divisant par αn ,
z
z
1 < n α. Comme n ∈ G+, une contradiction avec la d´efinition de α apparaˆıt.
α
α 1
Calcul de α : Nous avons α +
= 2x ∈ N∗ . ainsi
α
α=n+
p
n2 − 1,
p
1
= n − n2 − 1 ∈]0, 1[.
α
√
Comme l’expression n + n2 − 1 croˆıt avec
√ n, sa plus petite valeur strictement sup´erieure `a 1 est
obtenue avec n = 3 on a ainsi α = 3 + 2 2 et G = {αp ; p ∈ Z} .
38
39
2
2.1
2.1.1
D´
eterminants et syst`
emes lin´
eaires
R´
esum´
e de cours sur la notion de d´
eterminant
Le groupe sym´
etrique
Th´
eor`
eme 2.1 th´eor`eme fondamental
Soit n un entier tel que n ≥ 2. Toute permutation de Sn est un produit de transpositions.
Th´
eor`
eme 2.2 Si une permutation de Sn (avec n ≥ 2), s’´ecrit
σ = τ1 ◦ τ2 ◦ ... ◦ τp = µ1 ◦ µ2 ◦ ... ◦ µq ,
o`
u les τi , µj sont des transpositions, alors les entiers p et q ont la mˆeme parit´e.
Le nombre (−1)p ne d´epend que de σ. On l’appelle signature de σ, on le note ε(σ).
2.1.2
Formes n-lin´
eaires altern´
ees en dimension n.
D´
efinition 2.1 formes multilin´eaires
Soit E un K−espace vectoriel et f une application de E n dans K.
– On dit que f est une forme n−lin´eaire si pour chaque (x1 , ...xk−1 , xk+1 .., xn ) ∈ E n−1 , l’application
t ∈ E → f (x1 , ...xk−1 , t, xk+1 .., xn ) ∈ K
est lin´eaire (en t).
– On dit qu’une forme n−lin´eaire est altern´ee si pour tout couple d’entiers distincts, (i, j) ∈ [1, n],
et pour tout x ∈ E n
xi = xj ⇒ f (x) = 0.
Th´
eor`
eme 2.3 th´eor`eme fondamental
Soit E un K−espace vectoriel de dimension n et f une forme n−lin´eaire altern´ee sur E.
– Pour toute permutation σ ∈ Sn , et pour tout x ∈ E n , on a :
f (x1 , ..., xn ) = ε(σ)f (xσ1 , ..., xσn ).
– Si B = (b1 , ..., bn ) est une base de E, alors


n
X
Y
f (x1 , ..., xn ) = 
ε(σ)
xσ(j),j  f (b1 , ..., bn ).
j=1
σ∈Sn
Th´
eor`
eme 2.4 Soit E un K−espace vectoriel de dimension n de base B. L’application


n
X
Y
x ∈ En → 
ε(σ)
xσ(j),j  ∈ K
j=1
σ∈Sn
40
– est n−lin´eaire, altern´ee,
– prend la valeur 1 si x = (b1 , ..., bn ) ∈ E n ,
On l’appelle d´eterminant dans la base B, et on la note
x ∈ E n → det(x1 , ..., xn ) ∈ K.
(2.1)
B
Proposition 2.1 propri´et´es du d´eterminant
– la formule detB (B) = 1;
1
;
– la formule det0B (B) =
detB (B 0 )
0
– la formule detB (x1 , ..., xn ) = det0B (B) detB (x1 , ..., xn );
– caract´erisation des bases : une famille de vecteurs (x1 , ...xn ) est une base de E ssi
det(x1 , ..., xn ) 6= 0.
B
Th´
eor`
eme 2.5 Soit u ∈ L(E) et B = (bi )i , B 0 = (b0i )i deux bases de E, ev de dimension n. Alors
(u(b01 ), ..., u(b0n )).
det(u(b1 ), ..., u(bn )) = det
0
B
B
D´
efinition 2.2 On appelle d´eterminant d’un endomorphisme u ∈ L(E) le d´eterminant de l’image
par u d’une base quelconque par rapport `
a cette mˆeme base :
det(u) = det(u(b1 ), ..., u(bn )).
B
Si M est une matrice carr´ee, son d´eterminant est le d´eterminant dans une base quelconque de
l’endomorphisme canoniquement associ´e.
C’est aussi le d´eterminant par rapport `
a la base canonique des la famille de ses vecteurs colonnes.
Th´
eor`
eme 2.6 Si u et v sont deux endomorphisme de E, alors
det(u ◦ v) = det(u) × det(v).
Th´
eor`
eme 2.7 propri´et´es
Soit M une matrice carr´ee,
–

det(M ) =
X
ε(σ)
σ∈Sn
n
Y

Mσ(j),j 
j=1
– det(M ) = det(t M )
– M est inversible ssi det(M ) 6= 0, et, dans ce cas :
det M −1 =
41
1
,
det(M )
(2.2)
– une permutation des lignes ou des colonnes d’une matrice a pour effet de multiplier le d´eterminant
par ε(σ);
– les op´erations ´el´ementaires sur les lignes ou sur les colonnes,
1. Li ↔ Lj ou Ci ↔ Cj , ont pour effet de changer le signe du d´eterminant si i 6= j;
2. Li ← αLi ou Ci ← αCi , ont pour effet de multiplier le d´eterminant par α;
3. par contre, les op´erations Li ← Li + αLj et Ci ← Ci + αCj , ne changent pas le d´eterminant
si i 6= j.
Th´
eor`
eme 2.8 d´eterminants par blocs
On suppose que n = p + q. Les notations qui suivent sont sans ambigu¨ıt´e et


A
B
 = det(A) × det(C).
det 
Oq,p
C
D´
efinition 2.3 cofacteur
On appelle cofacteur d’indices i et j d’une matrice M de taile n ≥ 2, le d´eterminant de la matrice
obtenue en
– rempla¸cant la colonne j par le vecteur ei de la base canonique,
– ou encore en rempla¸cant la ligne i par le vecteur ligne t ej ,
– ou encore en pla¸cant des 0 dans les lignes i et colonne j sauf `a leur intersection o`
u l’on placera
un 1.
C’est aussi le produit du d´eterminant de la matrice de taille n − 1 obtenue en supprimant la ligne
i et la colonne j de M par (−1)i+j .
Th´
eor`
eme 2.9 d´eveloppement par rapport `
a une ligne ou `
a une colonne
Pour toute matrice carr´ee M de taille n, on a, pour i0 ou j0 compris entre 1 et n,
det(M )
=
=
n
X
i=1
n
X
Mi,j0 det(C1 , ..., Cj0 −1 , ei , Cj0 +1 , ..., Cn )
(2.3)
Mi0 ,j det(L1 , ..., Li0 −1 , ej , Li0 +1 , ..., Ln )
(2.4)
j=1
Th´
eor`
eme 2.10 Soit A une matrice carr´ee de taille n.
– A est inversible ssi det(A) 6= 0;
– si det(A) 6= 0, alors
1 t
A−1 =
Com(A)
det(A)
o`
u la comatrice de A, Com(A) est la matrice des cofacteurs :
ci,j = det(C1 , ..., Cj−1 , Ei , Cj+1 , ...Cn ) = (−1)i+j det(Ai,j )
o`
u Ai,j ∈ Mn−1 (K) est obtenue en supprimant la ligne i et la colonne j de A.
42
(2.5)
2.1.3
Les classiques
Th´
eor`
eme 2.11 Le d´eterminant de la matrice de Vandermonde d´efinie par


1
1
1
...
1
 a0
a1
a2
. . . an−1 
 2

2
2
 a0
a1
a2
. . . a2n−1 

V (a0 , a1 , ..., an−1 ) = 
 ..
..
..
..
..  ,

 .
.
.
.
.


.
n−1
n−1
n−1
n−1
.
a0
a1
a2
. an−1
est ´egal au produit :
Y
(aj − ai ).
0≤i<j≤n−1
D´
emonstration : en introduisant le polynˆome
P (x) = V (a0 , a1 , ..., an−2 , x);
Th´
eor`
eme 2.12 Soit ω = e2iπ/n . Le d´eterminant

a1
a2
 an
a1

an−1 an

..
Γ(a1 , ..., an ) = 

.



a2
a3
de la matrice circulante

a3
... ...
an
a2
. . . . . . an−1 

a1
. . . . . . an−2 

,
..
..

.
.


..
..
..

.
.
.
. . . an−1 an
a1
est
det(Γ(a1 , ..., an ) =
n−1
Y
P (ω j ).
j=0
D´
emonstration-exercice :

1
ω
ω2
..
.







1. Soit ω une racine n
de l’unit´e et W = 
 . Montrer que W est vecteur propre de




n−1
ω
P
Γ(a1 , ..., an ). Exprimer la valeur propre qui lui est associ´ee en fonction de P (X) = ai X i−1 .
i`
eme
2. En d´eduire qu’une matrice circulante est diagonalisable et calculer son d´eterminant.
43
2.1.4
D´
eterminants et g´
eom´
etrie, espaces euclidiens
Th´
eor`
eme 2.13
– Dans un plan euclidien de base orthonorm´ee directe B, on a :
[
[
detB (u, v) = ||u||||v|| sin (u,
v) et hu, vi = ||u||||v|| cos (u,
v) ;
– Dans un plan (ou un espace) affine euclidien l’aire (ou le volume) d’un parall´elogramme ABCD
(ou d’un parall´el´epip`ede construit sur les n arrˆetes A0 A1 A0 A2 , ..., A0 An ) est
−−→ −→
−−−→ −−−→
−−−→
|detB (AB, AC)| ou |detB (A0 A1 , A0 A2 , ..., A0 An )|;
– Dans un espace euclidien de dimension 3, le produit vectoriel et le d´eterminant dans une BOND
sont li´es par la relation
detB (u, v, w) = hu|v ∧ wi.
2.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
Ce que dit le rapport d’oral des CCP 2007 `
a ce propos :
Lors de la recherche des valeurs propres d’une matrice 3 × 3, certains ´el`eves manipulent mal et
parfois mˆeme incorrectement les d´eterminants.
Consulter le r´
esum´
e de cours (2.1.1) pour vous assurer que vous n’ignorez rien de ce qui s’y
trouve !
R`
egles de calculs sur les lignes et colonnes les exercices (2.3), (2.2), (2.9), (2.8),
• s’entraˆıner avec des d´eterminants classiques : d´eterminants de Vandermonde (ex. 2.11),
d´eterminants circulants (ex.2.1.3)),
• se souvenir de la fa¸con de traiter les r´ecurrences lin´eaires d’ordre 2 qui apparaissent avec
les d´eterminants tridiagonaux (ex. 2.9, ex. 2.10...) ;
connaˆıtre les formules : expression d´evelopp´ee (2.2), d´eterminant de l’inverse (2.5), les formules
de Cramer, se souvenir de l’existence de la comatrice, de sa d´efinition (2.1),(1.4). 4
2.3
´
Enonc´
es
Exercice 2.1 CCP-2006
1. Expliquer bri`evement pourquoi t Com(A) A = det(A)In .
2. On suppose que A admet n valeurs propres distinctes. Que repr´esente un vecteur propre de
A pour t Com(A)?
3. t Com(A) est elle diagonalisable ?
voir commentaire 2.1
Exercice 2.2 **
Calculer le determinant de la matrice carr´ee de taille n M, telle que mi,j = (i + j − 1)! A titre
d’exemple :
4. Document disponible sur mpcezanne.fr ou univenligne.fr sous le nom RevisonsOralMP2010.pdf
44


1!
2!
3!
4!
5!

 2!


M5 = 
 3!

 4!

5!
3!
4!
5!
4!
5!
6!
5!
6!
7!

6! 


7! 


8! 

6!
7!
8!
9!
voir Indications ou corrig´e 2.2.
Exercice 2.3 Soit M la matrice de Mn (C) d´efinie par :

 Mi,i = ri ,
Mi,j = b, si i > j,

Mi,j = a, si i < j.
Ainsi, par exemple :


r1
a
a
a

 b

M =
 b

b
r2
a
b
r3
b
b

a 


a 

r4
1. On note Cj la j i`eme colonne de la matrice M, et U le vecteur de Cn de coordonn´ees ´egales `a
1. Calculer
P (x) = det(C1 + xU, C2 + xU, ..., Cn + xU ).
2. En d´eduire une expression de det(M ).
Voir indications ou corrig´e en 2.3.
Exercice 2.4 Centrale
Soit a1 , ..., an une famille de r´eels positifs tels que a1 > 0 et an > 0. On lui associe la matrice
M[n] ∈ Mat(n, R) telles que


M[n] i,1 = ai
M[n] i,i+1 = 1


M[n] i,j = 0 si i 6= 1, j 6= i + 1.

a1
1
0
0
0



 a2 0 1 0 0 





Ainsi, M[5] =  a3 0 0 1 0 
.


 a4 0 0 0 1 


a5 0 0 0 0
1. Calculer le polynˆ
ome caract´eristique de M[n] . Montrer que cette matrice admet une valeur
propre positive au moins.
p
2. Montrer que M[n]
est une matrice `
a termes strictement positifs, `a partir d’un certain rang
p0 .
Indication : ´ecrire M[n] = A + N...
45
3. Montrer que si r est une valeur propre positive de M[n] , on a
r < 1 + Max(ai ).
Que dire des autres valeurs propres ?
Voir indications ou corrig´e 2.4.
Exercice 2.5 un calcul de d´eterminant
Nous notons Tn et Sn les sous-espaces des matrices carr´ees d’ordre n triangulaires inf´erieures et
sup´erieures.
Pour toute matrice de Mn (K), on pose A = [ai,j ].
In−1 Y
1. Soit C = t
, montrer que son d´eterminant est ´egal `a
X
a
a −t X Y.
2. En d´eduire lorsque B est inversible, celui de
B
D= t
X
Y
.
a
3. On note ici, pour A ∈ Mn (K), et pour 1 ≤ p ≤ n, Ap = [ai,j ]1≤i≤p,1≤j≤p .
Montrer l’´equivalence des propositions suivantes :
– det(Ap ) 6= 0 pour tout p tq 1 ≤ p ≤ n
– Il existe U ∈ Sn , et V ∈ Tn , toutes deux inversibles telles que A = V U.
voir indications ou corrig´e 2.5.
Exercice 2.6 ** (Centrale) in´egalit´e et fonctions convexes
On note Sn+ (R) l’espace des matrices carr´ees de taille n, sym´etriques et positives, et S ++ (R)
celui des matrices sym´etriques d´efinies positives.
1. Montrer que la fonction f d´efinie sur R par f (t) = ln(1 + ent ), est convexe et prouver que
(1 + λ1 × ...λn )n ≤ (1 + λn1 )...(1 + λnn ),
pour des λi > 0.
2. Soient A et B deux matrices de Sn++ (R). Montrer que
det(A)1/n + det(B)1/n ≤ det(A + B)1/n .
On pourra observer qu’il existe une matrice orthogonale U, et une matrice diagonale D, telles
que A =t U D2 U,
3. Montrer la mˆeme formule lorsque A et B sont dans Sn+ (R).
voir indications ou corrig´e 2.6.
Exercice 2.7 centrale, MAPLE disponible
Pour tout n ≥ 2, on pose

1
2

3

An = 
4

.
 ..
n
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
..
.
0
..
.
0
..
.
0
0
0
46
...
...
...
..
.
..
.
...

0
0

0


0


1
0
1. D´eterminer le polynˆ
ome caract´eristique de cette matrice et montrer que ses sous-espaces
propres sont de dimension 1.
2. La matrice A3 est elle diagonalisable sur C?
3. Montrer que An admet une valeur propre strictement positive et une seule, que l’on notera
xn .
´
4. Etudier
le comportement de xn `
a l’infini.
voir indications ou corrig´e 2.7 et la feuille de travail MAPLE6 CenDet5Rev.mws.
Exercice 2.8 CCP PC 2002
Calculer le d´eterminant :
an
1
0
.
..
0
an−1
x
..
.
an−2
0
..
.
...
...
..
.
..
..
..
.
...
.
0
a0 0 .. . 0 x
.
1
voir commentaire 2.8
Exercice 2.9 CCP 2002 PSI
Calculer le d´eterminant
1
n +
n
1
∆n = 0
..
.
0
1
0
1
n+
n
..
.
..
.
..
.
...
..
.
..
.
..
.
.
..
.
...
0
1
..
0 1 1
n+ n
0
..
.
voir commentaire 2.9
Exercice 2.10 CCP - MP, questions diverses (en g´en´eral, en association-voir OT)
1. Comparer les polynˆ
omes caract´eristiques de A et de A−1 , lorsque A est inversible.
2. Calculer
2 1
1 2
∆n = 0 1
. .
..
..
0 . . .
0
1
2
..
.
0
...
..
.
..
.
2
1
0
0
.. . 1
2
voir commentaire 2.10
Exercice 2.11
Soient (an )n et (bn )n deux suites de r´eels strictement positifs. On note ∆n (X) le polynˆome ca-
47
ract´eristique (det(Mn − X)) de la matrice carr´ee d’ordre n, (n ≥ 2),

0
an−1
0
...
0
−bn−1
0
a
.
.
.
0
n−2

 0
−b
0
.
.
.
0
n−2

Mn =  .
.
.
..
.
..
..
..
 ..
.

 0
0
0
...
0
0
0
0
. . . −b1
d´efinie par

0
0

0

.. 
.

a1 
0
1. On pose ∆0 (X) = 1, ∆1 (X) = −X. Calculer ∆2 (X), ∆3 (X). Donner une relation de
r´ecurrence v´erifi´ee par la suite des polynˆomes ∆n (X).
2. Montrer que pour tout entier naturel p non nul, il existe des polynˆomes de degr´e p, Fp (X)
et Gp (X) `
a coefficients strictement positifs tels que :
∆2p (X) = Fp (X 2 ), ∆2p+1 (X) = −XGp (X 2 )
3. Quel est le polynˆ
ome caract´eristique de

√0
− a2 b2
0
√
a2 b2
√0
− a1 b1

√0
a1 b1 
0
4. Montrer que la matrice Mn admet des valeurs propres imaginaires pures.
voir commentaire 2.11
Exercice 2.12
1. Combien de multiplications pour calculer un d´eterminant en d´eveloppant par rapport `a la
premi`ere ligne ?
2. Combien d’op´erations pour inverser une matrice, pour calculer un d´eterminant par op´erations
sur les lignes ?
voir commentaire 2.12
Exercice 2.13 Mines 2007 (parmi 3)
Soient A et B deux ´el´ements de Mn (Z).
1. Montrer que A est inversible dans Mn (Z) ssi det(A) = ±1.
2. On suppose que pour tout entier k compris entre 0 et 2n, A + kB est inversible et que
(A − kB)−1 ∈ Mn (Z). Calculer det(B).
indication : ´etudier det(A + xB).
voir commentaire 2.13
48
2.4
Indications ou corrig´
es des exercices
2.1 Indications ou corrig´
e 2.1
1. Souvenons nous de la d´efinition de la comatrice :
..
.


j
[Com(A)]i = (−1)i+j det
. . .


...

..
.
o`
u la matrice non ´ecrite est la matrice de taille n − 1 obtenue `a partir de A en enlevant ligne
i et colonne j. Calculons alors
t
Com(A) A
ij
=
n
X
t
Com(A)
a =
ik kj
k=1
= (−1)i+j
[Com(A)]k i ak j
k=1

n
X
n
X

(−1)j+k ak j det
. . .
k=1
..
.
..
.


...
.
• si i = j, on reconnaˆıt l`
a le d´eterminant de A
• si i 6= j, on reconnaˆıt le d´eveloppement suivant la colonne i du d´eterminant d’une matrice
dont les colonnes i et j sont identiques...
2. Soit X ∈ Kn tel que AX = λX. On a t Com(A) A X = λt Com(A)X = det(A)X.
Si A admet n vp distinctes, elle est diagonalisable, ses sev propres sont des droites vectorielles.
A admet une base de vecteurs propres (X1 , ..., Xn )
det(A)
• Supposons que det(A) 6= 0. Xi est donc vecteur propre de t Com(A)Xi associ´e `a
=
λi
Q
j6=i λj .
(X1 , ..., Xn ) est donc aussi une base de vecteurs propres de t Com(A) qui est ´egalement
diagonalisable.
• Si det(A) = 0, A est de rang n − 1. Consid´erons une base form´ee de vp (X1 , ..., Xn ) o`
u
X1 ∈ Ker(A). Pour i 6= 1, t Com(A)Xi = 0. t Com(A) est donc de rang 1 au plus.
2.2 Indications ou corrig´
e 2.2.
´
Ecrire
avec soin la matrice g´en´erique en pr´ecisant

1!
2!

 2!
3!



4!
Mn =  3 !

 ..
..
 .
.

n!
(n + 1) !
ligne n et colonne n :
3!
...
4!
...
5!
...
..
.
..
.
(n + 2) ! . . .
M´
ethode 1
– factoriser chaque colonne j par j!
– faire Cj ← Cj − Cj−1 en commen¸cant par Cn ...
– les termes de la ligne Li sont multiples de i − 1 pour i ≥ 3.
M´
ethode 2 - plus simple
49
n!


(n + 1) ! 


(n + 2) ! 



..

.

(2n − 1)!
– Commencer par la derni`ere ligne
Ln ← Ln − nLn−1 ;
–
2.3 Indications ou corrig´
e 2.3.
1. n−lin´earit´e, polynˆ
ome du premier degr´e ;
2. valeurs en 2 points
2.4 Indications ou corrig´
e exercice 2.4.
a1 − X
1
0
a2
−X
1
a3
0
−X
1. On ´ecrit ∆n (X) = det(M[n] − X) = .
..
..
.
.
.
.
an−1
0
0
an
0
0
On a, en d´eveloppant par rapport `
a la derni`ere ligne, puis
0
0
1
..
.
...
...
...
..
.
1 −X 0
0
0
..
.
0 ...
0 ...
avec une r´ecurrence facile :
∆n+1 (X) = −X∆n (X) + (−1)n an+1 ,
!
n
X
n
n
n−i
∆n (X) = (−1)
X −
ai X
.
i=1
∆n (0) et la limite en +∞ sont de signes contraires, le polynˆ
ome admet donc une racine
strictement positive, puisque an > 0.
Pn
2. Montrons que le polynˆ
ome X n − i=1 ai X n−i , est de signe constant sur [1 + λ, ∞], lorsque
λ = Max(ai ). On a,
"
#
n
X
a
i
P (x) = xn 1 −
.
xi
i=1
Et, si x > 1 + λ,
n
n
n
X
X
ai
ai
λ X
1
<
<
< 1.
i
i
x
(1
+
λ)
1
+
λ
(1
+
λ)i−1
i=1
i=1
i=1
3. Faisons quelques calculs simples pour conjecturer : commen¸cons par les puissances de M[4] :


a1 2 + a2
a1 1


 a2 a1 + a3 a2 0 


a3 a1
a3 0


a1 3 + 2 a2 a1 + a3
a1 2 + a2
a1


 a2 a1 2 + a3 a1 + a2 2 a2 a1 + a3 a2 


2
a3 a1 + a3 a2
a3 a1
a3


4
2
2
3
a1 + 3 a2 a1 + 2 a3 a1 + a2
a1 + 2 a2 a1 + a3
a1 2 + a2


 a2 a1 3 + a3 a1 2 + 2 a2 2 a1 + 2 a3 a2 a2 a1 2 + a3 a1 + a2 2 a2 a1 + a3 


a3 a1 3 + 2 a3 a2 a1 + a3 2
a3 a1 2 + a3 a2
a3 a1
On observe ensuite que
50
– la multiplication d’une matrice m quelconque par N, `
a droite, a pour effet de d´ecaler les
colonnes vers la droite,
– la multiplication d’une matrice m quelconque par N, `
a gauche, a pour effet de d´ecaler les
lignes vers le haut,
– ´elever A[n] `
a la puissance p a pour effet de multiplier cette matrice par ap−1
.
1
Par ailleurs,
X
p
= (A + N )p =
Aα1 N β1 ...Aαp N βp
(2.6)
M[n]
o`
u la somme est ´etendue a
` l’ensemble des 2p produits tels que
αi = 1 − βi = 0 ou 1.
p
, est strictement positif :
Prouvons que, si p = 2n − 2, le terme d’indices (i, j) de M[n]
– Ak a ak1 an pour coefficient d’indices (n, 1)
– Ak N j−1 a ak1 an pour coefficient d’indices (n, j)
– N n−i Ak N j−1 a ak1 an pour coefficient d’indices (i, j)
D´es lors que la somme (2.6) contient un terme N n−i Ak N j−1 avec k ≥ 1 pour tout couple
(i, j), la matrice M p a tous ses coefficients strictement positifs. Cela suppose que p > n − i +
j − 1.
Comme sup(n − i + j − 1) ≥ 2n − 2, le r´esultat est ´etabli pour p ≥ 2n − 1.
On peut faire mieux. Si on observe que la ligne 1 peut ˆetre rendue positive avec des termes
Ak N n−1 , il suffit de prendre i ≥ 2, p ≥ 2n − 2, pour rendre positives les autres lignes.
2.5
1.
2.
3.
Indications ou corrig´
e 2.5.
R´ecurrence facile (d´evelopper par rapport col1, coln)
Multiplier par une matrice bien choisie diag par blocs) pour obtenir ce que l’on souhaite.
On le prouve pour
b y
b
0 b2 y 2
A=
= 1
...
x a
x1 a1 0 a2
2.6 Indications ou corrig´
e 2.6
1.
f ”(t) =
ent n2 (ln(e))
(1 +
2
ent )
2
.
2. On ´ecrit A =t U D2 U, et
A + B =t U D(In + D−1 U B t U D−1 )DU,
det(A + B) = det(A)det(In + C).
On
Q v´erifie que C est sym´etrique, d´efinie positive (definition). Le d´eterminant de In + C est
i (1 + λi )
Or,
Y
Y
Y
p n
(1 + λi ) =
(1 + n λi ) ≥ (1 +
λi )
i
i
i
ce qui s’exprime encore,
det(In + C) ≥ (1 + det(C)1 /n =)n
1/n !n
det(A + B)
det(B)
= 1+
...
det(A)
det(A)
51
3. Une matrice sym´etrique positive est de la forme A − λIn o`
u A est d´efinie positive... On passe
a la limite.
`
2.7 Indications ou corrig´
e 2.7
1.
2.
3.
52
2.8 Indication ou corrig´
e 2.8
–
–
–
2.9 Indication ou corrig´
e 2.9
Classique : on recherche une relation de r´ecurrence,
la matrice, on pr´ef´erera noter
a 1
1 a
∆0n (a) = 0 . . .
. .
..
..
0 . . .
comme le terme n + 1/n varie avec n, taille de
0
..
.
..
.
..
.
0
...
..
.
..
.
..
.
1
0
.. . 0
1
a
Avec notre prudence habituelle, nous d´etaillons le d´eveloppement pour n = 3, 4... avant de g´en´eraliser.
J’insiste l`
a dessus !
a 1 0 0 a 1 0 1 0 0 1 a 1 0
= a 1 a 1 − 1 1 a 1 = a∆03 (a) − ∆02 (a).
∆04 (a) = 0 1 a
0 1 a 1
0 1 a ?
0 0 1 a
Nous d´eveloppons ensuite par rapport `
a la
a 1
a
0 . . . 0
.
.
.
.
1
1 a
.
1
.
..
∆0n (a) = 0 1
= a 0
.
0
a
.
. .
. . . . . . . . 1
..
..
0 . . .
0
0
1 a (n)
premi`ere colonne :
1
1
0
0 0
.. ..
1
.
1 .
a
..
− 1 0
. 0
1
a
.
..
..
..
..
.
. 1
.
0
...
0
1 a (n−1)
0
0
a
1
1
..
.
...
a
..
.
0
...
..
.
..
.
..
.
1
0
.. . .. . 1
a
(n−1)
On reconnaˆıt l`
a
∆0n (a) = a∆0n−1 (a) − ∆0n−2 (a),
(2.7)
en d´eveloppant le deuxi`eme d´eterminant par rapport `a sa premi`ere ligne.
Nous allons maintenant traiter comme il se doit cette relation de r´ecurrence lin´eaire d’ordre 2 :
Son ´equation caract´eristique est X 2 − aX + 1 = 0, de discriminant ∆ = a2 − 4, non nul lorsque
a = n + 1/n, si n > 1.
– les solutions de (2.7) sont les suites de la forme :
!n
!n
√
√
a − a2 − 4
a + a2 − 4
un = λ
+µ
;
2
2
– ∆02 (a) = a2 − 1, ∆03 (a) = a3 − 2a;
Poser ∆00 (a) = 1 et ∆01 (a) = a est compatible avec la relation de r´ecurrence. On en d´eduit


λ + µ √
!
! =1
√
2
2
a+ a −4
a− a −4

+µ
=a
λ
2
2
53
Cela donne :
λ = −1/2
√
√
− a2 − 4 + a
−1
a + a2 − 4
n2
√
= 2
, µ = 1/2 √
= 2
;
n −1
n −1
a2 − 4
a2 − 4
– on fait a = n + 1/n, dans l’expression obtenue pour ∆0n (a).
2.10 Indication ou corrig´
e 2.10
1.
2.
3.
2.11 Indication ou corrig´
e 2.11
1. Calcul...
2. On ´etablit les relations de r´ecurrence :
∆n+2 (X) = −X∆n+1 (X) + an+1 bn+1 ∆2p (X)
∆2p+2 (X) = Fp+1 (X 2 ) = X 2 Gp (X 2 ) + a2p+1 b2p+1 Fp (X 2 )
∆2p+3 (X) = −XGp+1 (X 2 ) = −X(Fp+1 (X 2 ) + a2p+2 b2p+2 Gp (X 2 )
qui permettent de conclure `
a l’existence des deux polynˆomes qui sont de degr´es p, `a coefficients strictement positifs.
Un polynˆ
ome P (X 2 ) o`
u P (Y ) a des coefficients strictement positifs admet P(0) pour minimum et n’a pas de racine r´eelle, ses racines sont complexes et conjugu´ees deux `a deux. Elles
sont ´egalement oppos´ees deux `
a deux (parit´e).


√
a2 b2 √ 0
√0
a1 b1  est le mˆeme
3. Le poly caract´eristique des deux matrices M3 et − a2 b2
√0
0
0
− a1 b1
et ne d´epend que des produits
a
b
,
on
compare
le
pc
a
`
celui
de
la
matrice
antisym´etrique
i
i
√
tridiagonale de termes ± ai bi .
4. On v´erifie que les valeurs propres sont imaginaires pures.
5. On montre que M a les mˆemes vp qu’une matrice antisym´etrique.
2.12 Indications ou corrig´
e 2.12
1. Soit cn ce nombre de multiplications, on v´erifie sans peine que cn+1 = (n+1)cn et que c2 = 2.
Ce qui donne cn = n!.
2. On sait que pour inverser une matrice A on ´ecrit cˆote `a cˆote les matrices A et In . La m´ethode
de Gauss consiste par les op´erations Li ← αLi , Li ↔ Lj ou Li ← Li αLj , (i 6= j, α 6= 0), `a
transformer A en une matrice triangulaire, dans un premier temps. Si cette matrice ´echelonn´ee
a des termes tous non nuls sur la diagonale, elle est inversible. Son d´eterminant est alors le
produit des termes diagonaux. Il permet de retrouver celui de A puisque les op´erations
Li ← αLi , et Li ↔ Lj ont respectivement multiplie le d´eterminant par α et par -1.
Retrouver le d´eterminant de A demande donc au plus 2(n − 1) multiplications (d´et de la
matrice ´echelonn´ee, puis reconstitution). Mais auparavant il aura fallu obtenir la matrice
´echelonn´ee, ce qui coˆ
ute (n − 1)2 multiplications pour placer des z´eros dans la premi`ere
colonne sous la diagonale, (n − 2)2 multiplications pour placer des z´eros dans la deuxi`eme
colonne sous la diagonale, ... , 1 multiplication pour placer 0 dans la colonne n − 1 sur la
derni`ere ligne.
54
Bilan : Au plus
2(n − 1) +
n−1
X
k2 ∼
k=1
n3
3
multiplications. C’est mieux que n !
M´
ethode de Gauss : description
Nous d´ecrivons la m´ethode de Gauss pour la r´esolution d’un syst`eme de n ´equations `
a p inconnues
M x = b, dans lequel :
M ∈ Mn,p (K), x ∈ Kp , b ∈ Kn .
Les m´ethodes de calcul de d´eterminant, d’inversion s’en d´eduisent facilement.
Pour r´esoudre le syst`eme lin´eaire M x = b, ci-dessus par la m´ethode de Gauss, on commence par
”compl´eter” la matrice M en lui ajoutant la colonne b, on obtient ainsi une nouvelle matrice
A ∈ Mn,p+1 (K). On proc`ede de la fa¸con d´ecrite par l’algorithme ci-dessous pour obtenir une matrice en ´echelons comportant des 0 ou des 1 sur la diagonale. La discussion et la r´esolution du
syst`eme obtenu sont alors imm´ediates. 5 :
pour chaque indice j variant de 1 `
a p, faire :
– calculer l’indice pj (j i`eme pivot ) de la ligne d’indice sup´erieur ou ´egal `a j tel que
|apj ,j | = sup |ai,j |.
i≥j
– si |apj ,j | > 0 alors, faire :
– Lpj ↔ Lj ;
1
Lj ;
– Lj ← −
aj,j
– pour chaque indice i variant de j + 1 `
a n, faire :
Li ← Li − ai,j Lj ;
fin faire
fin si
fin faire
pour chaque indice j variant de p `
a 2, faire :
pour chaque indice i variant de j − 1 `
a 1, faire :
Li ← Li − ai,j Lj ;
fin faire
fin faire
2.13 Indication ou corrig´
e 2.13
1
∈ Z. On a donc det(A) = ±1.
det(A)
1 t
• R´eciproquement si det(A) = ±1, A est inversible dans Mn (R) et comme A−1 =
Com(A),
det(A)
−1
A est bien ´el´ement de Mn (Z).
1. • si A est inversible dans Mn (Z), alors det(A−1 ) =
5. Attention : chaque op´
eration d´
ecrite affecte la matrice A
55
2. Le polynˆ
ome P (x) = det(A + xB) prend les valeurs 1 ou -1 en 2n+1 points 0, 1, ..., 2n. Par
le principe des tiroirs il prend une de ces deux valeurs n+1 fois au moins. Comme P (x) − a
est de degr´e au plus n, il est nul pour a = 1 ou a = −1 et P est constant.
1
n
Alors det(A + xB) = det(A). Pour x 6= 0, x det
A + B = det(A) = P (0) = ±1. Il vient
x
alors
1
n
lim x det
A + B = det(A) = ±1.
x→+∞
x
1
Cela impose det(B) = 0 car lim det
A + B = det(B).
x
56
3
R´
eduction et polynˆ
omes d’endomorphismes
3.1
3.1.1
R´
esum´
e de cours : r´
eduction des endomorphismes
Valeurs propres, sous espaces propres
D´
efinition 3.1 Soit E ,un espace vectoriel de dimension finie sur le corps K, u un endomorphisme
de E.
– on appelle valeur propre de E un scalaire α tel que Ker(u − αidE ) 6= O;
– on appelle vecteur propre de u, associ´e `a la valeur propre α, un vecteur non nul x ∈ E tel
que u(x) = αx;
– on appelle sous-espace propre de u associ´e `a la valeur propre α, le sev Ker(u − αidE );
– on appelle polynˆ
ome caract´
eristique de E, le polynˆome
X → det(u − XidE );
Ses racines dans K sont les valeurs propres de u; l’ordre de multiplicit´
e d’une valeur propre
est son ordre de multiplicit´e comme racine de ce polynˆome.
3.1.2
R´
eduction des endomorphismes
Th´
eor`
eme 3.1 trigonalisation
Soit f un endomorphisme de E, K − ev de dimension n. Si le polynˆome caract´eristique est scind´e
sur le corps K (ce qui est toujours le cas dans C, mais pas dans R), alors :
– Il existe une base de trigonalisation pour f ;
– dans une telle base, les termes diagonaux de la matrice repr´esentative de f sont ses valeurs
propres compt´ees avec leur multiplicit´e en tant que racines du polynˆome caract´eristique.
On prendra garde au fait qu’une mˆeme matrice `
a coefficients r´eels peut ˆetre diagonalisable ou
trigonalisable dans C, sans l’ˆetre dans R.
Th´
eor`
eme 3.2 Si f est un endomorphisme de E, les sous-espaces propres de f sont en somme
directe 6 (ce qui ne signifie pas qu’ils sont suppl´ementaires)
X
M
ker(f − λIdE ) =
ker(f − λIdE ).
λ∈Sp(f )
λ∈Sp(f )
Corollaire 3.1 R´esultat fondamental en pratique :
Si f est un endomorphisme de E, de dimension finie, les propositions suivantes sont ´equivalentes :
– f est diagonalisable
– les sous-espaces propres de f sont suppl´ementaires dans E :
M
ker(f − λIdE ) = E.
λ∈Sp(f )
– la somme des dimensions des sous-espaces propres de f est ´egale `a la dimension de E :
X
dim ker(f − λIdE ) = dimE.
λ∈Sp(f )
6. il suffit d’ailleurs que les λ soient des scalaires distincts, non n´
ecessairement des valeurs propres...
57
Corollaire 3.2 corollaire du corollaire, volontairement non cit´e dans le cours, ce n’est qu’une
condition suffisante anecdotique
Soit f un endomorphisme de E de dimension n. Si f admet n valeurs propres distinctes (c’est le
cas ssi son polynˆ
ome caract´eristique a des racines simples) alors f est diagonalisable.
3.1.3
Polynˆ
omes d’endomorphismes
A tout polynˆ
ome P ∈ K[X], et tout endomorphisme u ∈ L(E), on associe
P (u) =
n
X
ai Ai ∈ L(E).
i=0
On dit que P (u) est un polynˆ
ome en u.
Proposition 3.1 Soit u un endomorphisme de E.
– si w = v −1 ◦ u ◦ v, alors, pour tout polynˆome P,
X
X
P (w) =
ak wk = v −1 ◦
ak wk ◦ v = v −1 ◦ P (u) ◦ v,
en particulier, pour tout entier n, wn = v −1 ◦ un ◦ v.
– si λ ∈ Sp(u), P (λ) ∈ Sp(P (u)) et pour tout x ∈ E,
u(x) = λx ⇒ P (u)(x) = P (λ).x.
Th´
eor`
eme 3.3 Cayley Hamilton
Soit f un endomorphisme de E de dimension finie (n = 2, 3, ...), et χf son polynˆome caract´eristique.
Alors χf (f ) = 0, le polynˆ
ome caract´eristique est annulateur de f ;
Th´
eor`
eme 3.4 polynˆ
ome annulateur `
a racines simples
Soit E un K−espace vectoriel de dimension finie et u un endomorphisme de E. Alors, u est
diagonalisable ssi il existe un polynˆ
ome scind´e `a racines simples tel que P (u) = 0.
D´
efinition 3.2 polynˆ
ome minimal
Soient E un ev de dimension finie sur R ou C, u un endomorphisme de E. On appelle polynˆ
ome
minimal de l’endomorphisme u le polynˆome unitaire πu tel que Ker(φu ) = π(X)K[X]
Th´
eor`
eme 3.5 caract´erisation des endomorphismes diagonalisables et polynˆ
ome minimal
Soient E un ev de dimension finie sur K, et u un endomorphisme de E. u est diagonalisable ssi son
polynˆ
ome minimal est scind´e `
a racines simples dans K.
58
3.1.4
Stabilit´
e, lemme des noyaux
Th´
eor`
eme 3.6 Matrices dans une base adapt´ee `
a des suppl´ementaires stables
Soit (Fi )i , une famille de sous-espaces suppl´ementaires
E, stables par f. Alors, la matrice de
Ldans
p
f , dans une base B adapt´ee `
a la d´ecomposition E = i=1 Fi , est diagonale par blocs :


A1


A2


M at(f, B) = 

..


.
Ap
o`
u les matrices Ai sont des matrices carr´ees de taille pi = dimFi .
Th´
eor`
eme 3.7 stabilit´e et endomorphismes qui commutent
– si u ◦ v = v ◦ u, alors Im(u) et Ker(u) sont stables par v.
– si u ◦ v = v ◦ u, alors les sous-espaces propres de u sont stables par v.
– si u ◦ v = v ◦ u, alors les sous-espaces propres, les noyaux, les images, de tout polynˆome en u
sont stables par v. En particulier v(Ker(P (u)) ⊂ Ker(P (u)).
Th´
eor`
eme 3.8 de d´ecomposition des noyaux
Soit E un K-ev de dimension n , u un endomorphisme de E et deux polynˆomes premiers entre
eux : P et Q. Alors, le noyau de R(u) = (P Q)(u) = P (u) ◦ Q(u) est somme directe des noyaux de
P (u) et de Q(u) :
Ker(P (u) ◦ Q(u)) = Ker(P (u)) ⊕ Ker(Q(u)).
Th´
eor`
eme 3.9 g´en´eralisation
Soit E un K-ev de dimension n , u un endomorphisme de E.
Qn−1
– si P1 , ...Pn sont deux `
a deux premiers entre eux (Cn2 = (n2 ) relations), Pn et i=1 Pi sont premiers
entre eux.
– si P1 , ...Pn sont deux `
a deux premiers entre eux, alors
Ker(P1 (u) ◦ ... ◦ Pn (u)) =
n
M
Ker(Pi (u)).
i=1
3.1.5
Diagonalisation des endomorphismes sym´
etriques
Th´
eor`
eme 3.10 Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme de E. Alors,
– il existe un endomorphisme u∗ et un seul tel que
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, < u(x)|y >=< x|u∗ (y) >;
(3.1)
– si M est la matrice de u dans une base orthonorm´ee, B, la matrice de u∗ dans cette mˆeme base
est la transpos´ee de M.
59
D´
efinition 3.3
L’endomorphisme u∗ d´efini par la relation (7.1), est (appel´e) l’adjoint de u.
Th´
eor`
eme 3.11 Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme sym´etrique de E.
1. u est diagonalisable ;
2. ses sous-espaces propres sont orthogonaux deux `a deux ;
3. il existe une base orthonorm´ee form´ee de vecteurs propres de u.
60
3.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
Consulter le r´esum´e de cours pour ce qui est des connaissances th´eoriques. Vous devez aussi
connaˆıtre les techniques de base :
– inversion d’une matrice par la m´
ethode du pivot, y compris en l’absence de moyens
informatiques (voir les exercices 3.35, 2.12 sur les d´eterminants (avec un rappel de la m´ethode
avec son corrig´e)),
– recherche d’une base de r´
eduction : trigonalisation, diagonalisation (voir ex. 3.4 ou 3.6),...
pensez que pour d´eterminer des valeurs propres il n’y a pas que le polynˆ
ome caract´
eristique,
la trace de M et de M 2 fournissent des indications ainsi que l’´etude directe du syst`eme M X = λX
lorsque les matrices sont lacunaires ou de rang petit (voir les exercices 3.7, 3.22, 3.23, 3.28, 3.40)
ainsi que les classiques : matrices circulantes (voir 2.1.3), matrices de Vandermonde (voir 2.11),
matrices stochastiques (voir l’exercice 3.2)
– le th´
eor`
eme de Cayley-Hamilton et le lemme des noyaux conjointement fournissent
des sous-espaces stables et des bases de diagonalisation par blocs (exercices 3.4 , 3.6, 3.25. ) ;
– La recherche d’un polynˆ
ome annulateur, du polynˆ
ome minimal, s’imposent dans certains cas : voir les exercices ex. 3.20, 3.24, 3.28, 3.29, 3.42.
Ce que dit le rapport CCP 2007 `
a ce propos :
– Formule de changement de base : confusion entre...
Je rappelle donc, dans l’ordre, coordonn´ees, matrices d’un endomorphisme, matrice d’une forme
quadratique :
P X 0 = X, A0 = P −1 AP, A0 =tP A P,
–
–
–
–
–
–
–
–
(3.2)
o`
u P est la matrice de passage, X 0 , A0 les coordonn´ees et matrices dans la nouvelle base, X, A
dans l’ancienne.
Impr´ecisions concernant la correspondance fondamentale entre un endomorphisme et une matrice. Certains candidats parlent de l’image d’un vecteur par une matrice (sans doute faut il
parler du produit M X, ou des coordonn´ees de l’image de x -vecteur de coordonn´ees X− par
l’endomorphisme associ´e `
a M ).
Certains ´etudiant disent qu’en dimension finie toute application lin´eaire injective est aussi bijective sans pr´eciser que E et F doivent ˆetre de mˆeme dimension.
Un manque de connaissances en g´eom´etrie constitue un handicap en alg`ebre lin´eaire (projections,
sym´etries).
Polynˆ
ome annulateur : confusion parfois entre P, P (u), P (u)(x).
J’invite `
a ce propos `
a relire les d´emonstrations du lemme des noyaux ou de la caract´erisation des
endomorphismes diagonalisables par annulation d’un polynˆome scind´e `a racines simples - celle
qui fait intervenir les polynˆ
omes de Lagrange.
Le th´eor`eme sur l’utilisation d’un polynˆ
ome annulateur (celui l`a mˆeme qui vient d’ˆetre cit´e) est
parfois mal connu.
Certains oublient qu’un vecteur propre, par d´efinition, est non nul.
Equivalence entre 0 est valeur propre de u et u non injectif ;
En dimension finie, la caract´erisation d’une somme directe de deux sev faisant appel `
a leurs
dimensions est parfois mal connue.
61
3.3
´
Enonc´
es
Exercice 3.1 classique
Montrer que deux endomorphismes diagonalisables qui commutent ont une base de diagonalisation
commune.
voir commentaire 3.1
Exercice 3.2 matrices stochastiques
On dit qu’une matrice A ∈ E est une matrice stochastique ssi elle v´erifie :

pour tous i, j ∈ [1, d]2 ;
 ai,j ≥ 0,
 Pd
j=1
ai,j = 1, pour tout i ∈ [1, d].
On note S l’ensemble de ces matrices.
1. Soit A ∈ S.
(a) Montrer que 1 est valeur propre de A, donner un vecteur propre associ´e.
(b) D´emontrer que toute valeur propre complexe de A v´erifie |λ| ≤ 1.
(c) Montrer qu’il existe des matrices stochastiques ayant plusieurs valeurs propres de module
1
2. Questions de topologie
(a) Soit P ∈ GLd (R), une matrice inversible. Justifier (bri`evement) que l’application φ :
A ∈ E → P −1 AP ∈ E est continue.
Que pensez vous de l’affirmation : pour toute suite d’´el´ements de E et quelle que soit
la norme consid´er´ee
lim An = A ⇒ lim(P −1 An P ) = P −1 AP ?
(b) Montrer que S est ferm´e et born´e dans E = Md (R) et stable par multiplication.
voir commentaire 3.2
Exercice 3.3 CCP - 2006, diverses planches (OT)


0 a c
1. Soient a, b, c trois r´eels et A =  b 0 c  .
b −a 0
(a) A est elle diagonalisable dans M3 (R);
(b) dans M3 (C)?
(c) Pouvait on pr´evoir que 0 est valeur propre ?
2. E d´esigne un K − ev de dimension n > 1 et f ∈ L(E).
(a) Montrer que f peut ˆetre de rang 1 sans ˆetre un projecteur.
(b) Montrer que si f est de rang 1 et si trace(f ) = 1, alors f est un projecteur.
(c) Caract´eriser et classer les endomorphismes de rang 1.
(d) Donner une base de L(E) form´ee de projecteurs.
voir commentaire 3.3
Exercice 3.4

8

Soit A = 
 −2
4
−1
3
−1
−5


1 
.
−1
62
1. Calculer le polynˆ
ome caract´eristique de A et donner deux sous-espaces suppl´ementaires de
R3 stables par A.
2. En d´
eduire les matrices qui commutent avec A
3. R´esoudre M 2 = A.
voir indications ou corrig´e 3.4.
Exercice 3.5 CCP ou Centrale PSI
Soit u un endomorphisme de E de dimension n, finie, et
Fu = {v ∈ L(E); u ◦ v = v ◦ u}.
1. On suppose que u a toutes ses valeurs propres distinctes. Montrer que la famille
(idE , u, u2 , ..., un−1 )
est libre et que c’est une base de Fu .


2 0 0
2. Soit B = 0 2 0 . (I3 , B, B 2 ) est elle libre ?
0 0 3
3. D´ecrire Fv lorsque u est diagonalisable avec des valeurs propres distinctes ou pas. Dimension ?
4. Montrer que l’on a toujours dim Fu ≥ n.
voir indications ou corrig´e 3.5.
Exercice 3.6 avec calculette
Soit f un endomorphisme de E = R4 de matrice

0
4
8

 −10 14 28

A=
 4
−4 −4

−2
−2
−4
−4


−26 

.
4 

−2
1. V´erifier que f n’est pas diagonalisable et donner une base de E dans laquelle sa matrice est
a la fois diagonale par blocs et triangulaire.
`
2. Montrer que A est semblable `
a

−4

 0


 0

0

0
0
0
4
1
0
4
0
0

0 


1 

4
en consid´erant une base (u, v1 , v2 , v3 ) avec u ∈ Ker(f + 4), v1 ∈ Ker(f − 4), v2 tel que
(f − 4)(v2 ) = v1 , etc... Expliquer cette m´ethode.
Voir indications ou corrig´es 3.6.
Exercice 3.7 Centrale MP
Soit (a1 , a2 , ..., a2n+1 ), une suite de 2n+1 complexes. On lui associe la matrice Mn (a1 , a2 , ..., a2n+1 ),
de M2n+1 (C) not´ee aussi Mn , dont les seuls termes non nuls sont soit sur la colonne n+1, soit sur
63
la ligne n+1, avec : mn+1,j = aj et mi,n+1 = ai .
Par exemple :

0
0

0
a
0

 0 0


M2 (a, b, c, d, e) := 
 a b

 0 0

0 0
b

0 


d e 
.

0 0 

0 0
0
c
d
e
1. D´eterminer le noyau de Mn .
2. Calculer Mn2 , et en d´eduire le polynˆ
ome caract´eristique de Mn .
3. Mn est elle diagonalisable ?
voir indications ou corrig´e 3.7
Exercice 3.8 Centrale
Soit E un espace euclidien de base orthonorm´ee B = (b1 , b2 , b3 ).


1 0 0
1. Soit f l’endomorphisme dont la matrice dans la base B est A = 0 21 p  .
0 0 12
D´eterminer les valeurs du r´eel p pour lesquelles ||f (x)|| ≤ ||x|| pour tout x de E, et calculer
pour de telles valeurs
n
1 X k
H(f ) = lim
f .
n→∞ n + 1
k=0
2. – Montrer que pour tout f ∈ L(E), ker(f ) =⊥ Im(f ∗ ).
– Montrer que si gL(E) v´erifie ||g(x)|| ≤ ||x|| pour tout x,
ker(g − id) =
⊥
Im(g − id)
et d´eterminer la limite H(g).
voir indications ou corrig´es 3.8.
Exercice 3.9 CCP
a

Montrer que A = 
 c
c
a+b
b
c
voir indications ou corrig´e 3.9
b


n
c 
 est diagonalisable dans Mn (K) et calculer A .
a
Exercice 3.10 CCP
Soit z ∈ C, on lui associe la matrice


0
z
z

A(z) = 
 1
0
1
1

z 
.
0
Pour quelles valeurs de z est-elle diagonalisable ?
voir indications ou corrig´e 3.10
64
Exercice 3.11 Mines 2007
Soit z ∈ C, on lui associe la matrice


0
0
z

A(z) = 
 1
1
0
1

0 
.
0
Pour quelles valeurs de z est-elle diagonalisable ?
voir indications ou corrig´e 3.11
Exercice 3.12 CCP 2007


1
0
a

A=
 0
2
0
0

0 
.
a
Rang de A? Est-elle diagonalisable ?
voir indications ou corrig´e 3.12
Exercice 3.13
Soit f un endomorphisme de E = R3 , de valeurs propres -2 et 1.
1. Montrer que si f est diagonalisable, alors (IdE , f, f 2 ) est li´ee et qu’il existe deux suites (an )n
et (bn )n telles que
f n = an idE + bn f.
2. On suppose que f est non diagonalisable. Montrer que f peut s’exprimer dans une base
convenable `
a l’aide de l’une ou l’autre des matrices




1 0
0
1 1 0
A1 = 0 1 0  , A2 = 0 −2 1  .
0 0 −2
0 0 −2
Calculer alors f n .
voir indications ou corrig´e 3.13
Exercice 3.14 CCP-PSI-2002
Soient f et g deux endomorphismes de Rn tels que
f ◦ f = g ◦ g = −idE et f ◦ g + g ◦ f = 0.
1. Valeurs propres, ordres de multiplicit´e, ...
2. Vecteurs propres des matrices associ´ees `a f et g dans la base canonique ?
voir indications ou corrig´e 3.14
Exercice 3.15 CCP-PSI-2003
On consid`ere une matrice M ∈ GLn (R), a ∈ R∗ , tels que tM = M −1 + aIn . On pose B =tM M.
1. Montrer que B est ... ;
2. Montrer que M est diagonalisable ;
3. D´eterminer un polynˆ
ome annulateur de M ;
voir commentaire 3.15
65
Exercice 3.16 CCP-2002-PSI
Montrer que la somme des carr´es des coefficients d’une matrice sym´etrique r´eelle est ´egale `a la
somme des carr´es de ses valeurs propres.
voir commentaire 3.16
Exercice 3.17 CCP PSI 2002
Soient A et B deux vecteurs colonnes de Rn . On pose C = A t B et D = C − In .
1. Donner une CNS pour que D soit inversible ;
2. Si c’est le cas, calculer D−1 .
voir commentaire 3.17
Exercice 3.18 CCP PSI 2002


1 1 1 1


 1 a a2 a3 


Soit A = 
 avec a r´eel.
 1 a2 a3 a4 


1 a3 a2 a4
1. Pour quelles valeurs de a cette matrice est elle inversible ?
2. On suppose que A n’est pas inversible, montrer qu’elle est diagonalisable.
voir commentaire 3.18
Exercice 3.19 CCP PSI 2002


1 2 1 2
2 1 2 1

Soit A = 
1 2 1 2 .
2 1 2 1
1. Montrer que A est diagonalisable.
2. D´eterminer (sans calculer P −1 ), les matrices P telles que P −1 AP soit diagonale.
voir commentaire 3.19
Exercice 3.20 Soit u un endomorphisme de Rn tel que
u3 + u2 + u = O.
Montrer que le rang de u est pair.
voir commentaire 3.20
Exercice 3.21 CCP-2003
1. Montrer qu’une matrice carr´ee `
a coefficients r´eels v´erifiant A2 = −idn , est semblable dans
Mn (C) `
a


M
0 ... 0

.. 
 0 ... ...
. 


B= .

.
.
..
.. 0 
 ..
0 ...
0 M
0 −1
avec M =
.
1 0
2. A et B sont elles aussi semblables dans Mn (R)?
66
voir commentaire 3.21
Exercice 3.22 On consid`ere la matrice

0
0
..
.



An = 

 0
a
0
0
..
.
...
...
..
.
0 ...
a ...

c
c 




0 c 
a b
0
0
..
.
1. D´eterminer son rang, son noyau.
2. En d´eduire ses valeurs propres et donner une CNS de diagonalisation.
voir commentaire 3.22
Exercice 3.23 CCP - MP (analogue au pr´ec´edent) On consid`ere la matrice


0 0 ...
0
a1
 0 0 ...
0
a2 


 ..
.
.
.. 
.
..
..
..
An =  .
. 


 0 0 ...
0
an−1 
a1 a2 . . . an−1
an
1. D´eterminer son rang et son noyau ;
2. Avec la trace, que dire des valeurs propres ?
3. Donner une CNS de diagonalisation.
voir commentaire 3.23
Exercice 3.24
On
Soient A ∈ Mn (R) et B =
A
dans Mn (R).
voir commentaire 3.24
In
∈ M2n (R). Conditions sur A pour que B soit diagonalisable
0n
Exercice 3.25 Centrale 2002
Soit A une matrice non inversible et non nilpotente de Mat(n, K), avec n > 1, et f l’endomorphisme
canoniquement associ´e `
a A.
1. Montrer, en utilisant par exemple le lemme des noyaux, qu’il existe deux sous-espaces suppl´ementaires
F et G de Kn , stables par f et tels que la restriction de f `a F soit un isomorphisme, la
restriction de f `
a G soit nilpotente (on pourra commencer par factoriser le polynˆome caract´eristique).
U O
semblable `a
2. D´eterminer une matrice de la forme
O N


0 0 1 2


 0 −1 1 3 


A=
,
 0 −2 2 1 


0
−1
1
3
avec U et N matrices carr´ees d’ordre 2, U inversible et N nilpotente.
3. Calculer Ap .
67
voir corrig´e 3.25 .
Exercice 3.26 Cen (OT)
Soit K un sous-corps de C, A, B deux matrices de Mn (K).
1. Montrer que B est diagonalisable sur K ssi sa transpos´ee l’est aussi ;
2. Soit f : M ∈ Mn (K) → AM B ∈ Mn (K). Montrer que f est diagonalisable si A et B le sont.
R´eciproque ?
3. Montrer que Mn (K) est engendr´e par les applications du type ci-dessus.
voir commentaire 3.26
Exercice 3.27
Soit E un espace vectoriel r´
eel de dimension n ≥ 3 et f ∈ L(E), tel que f 3 = idE .
1. Que peut on dire des polynˆ
omes minimal et caract´eristique de f.
2. D´eterminer les endomorphismes qui v´erifient f 3 = idE lorsque n = 3.
3. Et lorsque n = 4.
voir commentaire 3.27
Exercice 3.28 2 questions similaires pos´ees aux mines
1. Soit A ∈ Mn (K). D´eterminer les ´el´ements propres

A A
B = A A
A A
2
2. (a) Soit A =
1
de

A
A .
A
1
. D´eterminer les ´el´ements propres de
2


A A A A
A 0 0 A

B=
A 0 0 A .
A A A A
(b) G´en´eraliser `
a une matrice de taille n ;
voir commentaire 3.28
Exercice 3.29 au km, des exos CCP 2005
1. Soit

13
−5

A=
 −2
7
−5
4
−2


−8 
.
7
Est elle trigonalisable ? Pr´eciser une matrice de passage.
A A
2. Soit B =
o`
u A est une matrice de Mn (R).
O A
(a) Soit P un polynˆ
ome. Exprimer P (B) en fonction de P (A), P 0 (A)...
(b) En d´eduire une CNS pour que B soit diagonalisable.
3. (a) Soit A ∈ Mn (R), telle que A2 + A + I = 0. A est elle diagonalisable ? Montrer que son
rang est pair.
(b) Soit B ∈ Mn (R), telle que B 3 + B 2 + B = 0. Que dire de la parit´e de son rang ?
68
voir commentaire 3.29
Exercice 3.30
λ 0
λ
, puis
0 µ
0
l’´equation X 2 = A admet toujours des solutions.
1. R´esoudre les ´equations X 2 = A lorsque A =
a
∈ M2 (C). En d´eduire que
λ
(a) Soit a + ib un complexe (a, b r´eels comme de bien entendu) ; quelles sont les solutions
de ez = a + ib?
(b) L’application exp : Mn (C) → Mn (C), est elle surjective ? D´eterminer son image lorsque
n=2.
voir commentaire 3.30
Exercice 3.31 CCP-MP 2005
Soient a, b, c, d quatre complexes avec a2 + b2 =
6 0. On pose

a
b
c
d

 −b a −d c

A=
 −c d
a −b

−d −c
b







a
1. Calculer AtA ainsi que det(A). Montrer que A est de rang 2 ou 4 ;
2. A est elle diagonalisable lorsque a2 = b2 + c2 + d2 = 0?
voir commentaire 3.31
Exercice 3.32 exponentielles de matrice, version alg`ebre
1. Soit A ∈ Mn (C), montrer que det(exp(A)) = etr(A) .
2. Soit A ∈ Mn (C), nilpotente, montrer que Ker(eA − In ) = Ker(A).


a+b 0
a
b
0 .
3. Soit M (a, b) =  0
a
0 b+a
On note G l’ensemble des matrices de la forme M (a, b).
(a) Calculer exp(M (a, b)).
(b) Les matrices inversibles de G forment elles un groupes ? 7
(c) les ´el´ements de G × sont ils dans l’image de G par exp ?
voir commentaire 3.32
Exercice 3.33 Mines
On consid`ere un endomorphisme de Kn tel que
– rg f =2 ;
– dim (Im f ∩ Ker f ) =1 ;
– dim (Im f 2 ∩ Ker f 2 ) =0 ;
1. Quel est le rang de f 2 ?
7. La question est rapport´
ee sous la forme : Quels sont les sous-groupes de matrices inversibles contenus dans
G, ensemble des matrices de la forme M (a, b)?- je ne sais qu’en penser 05/2008-
69
2. Montrer qu’il existe une base de Kn dans laquelle la matrice de f est de la forme


0 0 ... 0 0
1 0 . . . 0 0 


0 0 . . . 0 0 
.

 .. ..
.. .. 
. .
. .
0 0 ... 0 λ
3. Sous quelles conditions l’endomorphisme de matrice


0 ...
0
1
 ..
..
.. 
.
.
.

.
 0 ...
0
1
a1 . . . an−1 1
dans une base de Kn v´erifie-t-il les propri´et´es
voir commentaire 3.33
Exercice 3.34 CCP 2005
Soient u et v les deux endomorphismes de Rn [X] d´efinis par u : P → P (X +1) et v : P → P (X −1)
1. D´eterminer la rang de u − v `
a l’aide de sa matrice ;
2. puis par une autre m´ethode.
voir commentaire 3.34
Exercice 3.35 Mines 2005, divers ´enonc´es
1. Quel est l’inverse de la matrice

1 a

0 1

An = 
 ... . . .

0 0
0 0
2. Soit a ∈ R.

. . . an−2
..
..
.
.
..
..
.
.
...
1
...
0
1
A =  1/a
1/a2
an−1


an−2 

.. 
. 

a 
1

a a2
0
a
1/a 0
(a) Polynˆ
ome minimal ?
(b) A est elle diagonalisable ?
(c) eA ?
voir commentaire 3.35
Exercice 3.36 Oral Centrale
A tout entier n ∈ N∗ , et tout couple de r´eels (a, b)

a
b

a

a b

A2 =
si n = 1, A2n =  b
b a
 ..
.

a
b
70
on associe la matrice de M2n (R) :

b a b ... a b
0 0 0 . . . 0 a

0 0 0 . . . 0 b

0 0 0 . . . 0 a
 si n ≥ 1
.. .. .. . .
. .
. .. .. 
. . .

0 0 0 . . . 0 b
a b a ... b a
1. D´eterminer les ´el´ements propres de de A2 ;
2. Quel est le rang de A2n ?
3. D´eterminer les valeurs propres et les dimensions des sous-espaces propres de A2n .
voir commentaire 3.36
Exercice 3.37 Mines 2007
L’endomorphisme de M3 (K) d´efini par



a b c
b
φ : d e f  → a
g h i
d
c
e
g

f
i ,
h
est il diagonalisable ? On envisagera les cas K = R, K = C.
voir commentaire 3.37
Exercice 3.38 Mines 2007
Soient A et B deux matrices diagonalisables de Mn (R).
1. Montrer qu’il existe un polynˆ
ome P tel que A = P (exp(A)).
2. Montrer que si exp(A) = exp(B), alors A = B.
voir commentaire 3.38
Exercice 3.39 Vrac 2007
1. Soient A et B deux matrices de Mn (C) telles que A B = 0. Montrer qu’elles ont un vecteur
propre commun.
2. Soit n ∈ N∗ et P l’ensemble des polynˆomes `a coefficients entiers de degr´e n, de coefficient de
tˆete (−1)n . L’application φ : M ∈ Mn (Z) → χM ∈ P est elle surjective ?
voir commentaire 3.39
Exercice 3.40 Mines 2007
Soit K un corps, n un entier ≥ 2 et (a0 , a1 , ..., an ) ∈ Kn . On pose


0 0 ... ... 0
−a0




 1 0 ... . . . 0
−a1 






.
.
 0 1 .. .. 0
−a2 

A=


 . . .

.
.
.
. . . . ..
..
 .. ..






 0 0 0
1
0
−a
n−2 

0 0 0
0 1 −an−1
1. D´eterminer le polynˆ
ome caract´eristique de A;
2. Montrer que A est diagonalisable ssi ses valeurs propres sont distinctes.
voir commentaire 3.40
Exercice 3.41 voir aussi l’exercice de topologie n˚3.41
Soit f un endomorphisme de Cn . Montrer qu’il existe d diagonalisable et h nilpotent tels que
f = d + h et d ◦ h = h ◦ d.
voir commentaire 3.41
71
Exercice 3.42 Une application classique o`
u il est pratique d’´ecrire un polynˆ
ome annulateur sous
la forme P (X) = ΠA (X)Q(X), ΠA (X) ´etant le polynˆ
ome minimal de A :
Soit A ∈ Mn (C) et B ∈ M2n (C), la matrice par blocs :
A 2A
B=
.
0 3A
1. Calculer B p pour p ∈ N, puis P (B) lorsque P (X) ∈ C[X].
2. Montrer que si B est diagonalisable, A l’est aussi.
3. R´eciproquement, on suppose A diagonalisable. Montrer que B l’est aussi (construire un polynˆ
ome annulateur `
a racines simples tel que P (X) = ΠA (X)Q(X) et que ΠA (X) divise aussi
P (3A)).
voir commentaire 3.42
Exercice 3.43
On munit l’ensemble des matrices carr´ees d’ordre n `a coefficients dans C d’une norme d’alg`ebre
Montrer qu’il n’existe pas de sous-groupe de GLn (C) inclus dans la boule de centre In et de rayon
1/2 autre que le sous-groupe trivial {In }. voir commentaire 3.43
Exercice 3.44 mines 2009
Soit A ∈ Mn (C) telle que pour tout k ∈ N∗ , Tr(Ak ) = 0. Montrer que A est nilpotente.
voir corrig´e en 3.44
Exercice 3.45 mines 2009 A A
Soient A ∈ Mn (C) et B =
∈ M2n (C).
A A
P
1. Soit F (X) = ak X k , un polynˆ
ome de C[X], exprimer F (B);
2. Etudier des conditions n´ecessaires et/ou suffisantes pour que B (ou A) soit diagonalisable.
voir corrig´e en 3.45
Exercice 3.46 2011
1 a
Soit A =
une matrice `
a coefficients r´eels.
a 1
1. R´esoudre l’´equation exp(M ) = A dans M2 (R)
2. R´esoudre l’´equation exp(M ) = A dans M2 (C).
voir corrig´e en 3.46
72
3.4
Indications ou corrig´
es des exercices
3.1 Indications ou corrig´
e 3.1
On sait que si f et g commutent les sev propres de f sont stables par g. On note Vi le sev propre
de f associ´e `
a sa valeur propre λi . On a ⊕Vi = E et chaque Vi est stable par g. Notons gi la
restriction de g `
a Vi , c’est un endomorphisme de Vi qui est lui aussi diagonalisable (un polynˆome
annulateur `
a racines simples de g annule ´egalement gi ).
Il existe donc pour chaque Vi une base form´ee de vecteurs propres de gi donc de g. La r´eunion de
telles bases des gi est une base de E. Cette base est form´ee de vecteurs propres de f (tout ´el´ement
de Vi est vp de f ) et de g.
3.2 Indication ou corrig´
e 3.2
1.
2.
3.3 Indication ou corrig´
e 3.3

a c
0 c .
−a 0
−x a
a
c c −x
0 = x −x2 − ca + ba + bc .
(a) χA (x) = b −x c = b + x −x − a
b −a −x 0
x − a −x − c
– si −ca + ba + bc > 0, A admet 3 valeurs propres distinctes et est diagonalisable ;
– si −ca + ba + bc = 0, A est trigonalisable (nilpotente puisque χA (x) = −x3 ) mais n’est
pas diagonalisable ;
– si −ca + ba + bc < 0, A n’est pas trigonalisable dans M3 (R).

0
1. A =  b
b
(b) Dans M3 (C),
– si −ca + ba + bc 6= 0, A admet 3 valeurs propres distinctes et est diagonalisable ;
– si −ca + ba + bc = 0, A est trigonalisable (nilpotente puisque χA (x) = −x3 ) mais n’est
pas diagonalisable ;
 
   
0
1
1
(c) Il suffisait d’observer que 1 = −  0  + 1 et que les colonnes de A sont propor1
−1
0
tionnelles `
a ces vecteurs.
2. Endomorphismes de rang 1
0 1
1 1
,M=
qui v´erifient N 2 = 0 6= N et M 2 = 2M 6= M...
0 0
1 1
(toutefois αM est un projecteur lorsque α = 1/2...)
(a) On pensera `
aN=
(b) Consid´erons donc f de rang 1 et de trace ´egale `a 1. Soit (e1 , ..., en−1 ), une base de
Ker(f) compl´e
t´ee en (e1 , ..., en−1 ,, en ), base de E. La matrice de f dans cette base est
0 0 ... 0 ∗
0 0 . . . 0 ∗ 


M at(f, B) =  . .
.. ..  . Comme sa trace est ´egale `a 1, λ = 1. On calcule
 .. ..
. .
0 0 ... 0 λ
alors son carr´e par blocs :
On−1 X On−1 X
On−1
2
M =
=
0
1
0
1
0
73
X
= M. f est donc une de projection.
1
On−1 X
(c) Plus g´en´eralement, M at(f, B) =
. Si λ est nul, f est nilpotente d’ordre 2,
0
λ
1
On−1 X On−1 X
On−1 λX
sinon, il vient : M 2 =
=
= λM. Ainsi, f est
0
λ
0
λ
0
λ2
λ
un projecteur.
(d) Base deL(E) form´ee de projecteurs : on note (Ei,j )i,j les matrices de la base canonique.
D’apr`es ce qui pr´ec`ede, les Ei,i les Fi,j = Ei,i + Ej,i pour j 6= i sont des matrices de
projection. Il y en a n2 = n + 2n(n − 1)/2, et, pour toute matrice M on a :
M=
n
X
mi,i Ei,i +
i=1
X
mi,j (Fi,j − Ei,i )...
i6=j
3.4 Indications ou corrig´
e exercice 3.4

8

1. On note f l’endomorphisme canoniquement associ´e `a A = 
 −2
−1
3
4 −1
caract´eristique est scind´e sur R; f est donc trigonalisable. Par contre :
−5


1 
 . Son polynˆome
−1
Ker(f − 2) = vect(t [1, 1, 1]), Ker(f − 4) = vect(t [1, −1, 1])
et f n’est pas diagonalisable.
Le lemme des noyaux associ´e au th´eor`eme de Cayley Hamilton, permet de d´eterminer deux
2
sev suppl´ementaires stables par f. En effet, χA (X) = (X − 2) (X − 4) et
Ker(f − 2) ⊕ Ker((f − 4)2 ) = E.
Dans une base adapt´ee, la matrice de f est diagonale par blocs :
base (u, v, w) telle que u ∈ Ker(f − 2), v ∈ Ker(f − 4) et w
sera

2 0

B = M (f, (u, v, w)) = 
 0 4
0 0
∗
. Si on choisit une
B
∈ Ker((f − 4)2 ), la matrice de f

0

∗ 

4
2. On raisonne par analyse synth`ese :
Analyse :
– Si un endomorphisme g commute avec f, les noyaux de f − λ et de (f − λ)2 sont stables
par g.
– En particulier Ker(f − 2), Ker(f − 4), et Ker((f − 4)2 ) sont stables par g. 

a 0 0



– Dans une base (u, v, w) comme ci-dessus, la matrice de g est donc de la forme : 
 0 b c .
0 0 d
Synth`ese : on recherche alors les matrices M qui commutent avec B. Comme M commute
avec B = P −1 AP ssi P M P −1 commute avec A, le tour est jou´e.
3. Calculs explicites de B des matrices M qui commutent avec B et des matrices qui commutent
avec A.
8
8. ceci est un pdf
74
75
> restart; with(linalg): with(student):
> A:=matrix([[8,-1,-5],[-2,3,1],[4,-1,-1]]):
> EP:=eigenvects(A);
factor(charpoly(A,X));
u:=op(EP[1][3]);
v:=op(EP[2][3]);
EP := [ 2, 1, { [ 1, 1, 1 ] } ], [ 4, 2, { [ 1, -1, 1 ] } ]
( X − 2 ) ( X − 4 )2
u := [ 1, 1, 1 ]
v := [ 1, -1, 1 ]
> kernel((A-4)^2);
w:=op(2,%);
P:=augment(u,v,w);
B:=evalm(P^(-1)&*A&*P);
{ [ 1, 1, 0 ] , [ 2, 0, 1 ] }
w := [ 2, 0, 1 ]
1

P := 1

1
1
-1
1
2

0

1
2

B :=  0

0
> M:=matrix(3,3,[[a,0,0],[0,b,c],[0,0,d]]);
equate(M&*B,B&*M);
solve(%);
Mb:=subs(%,evalm(M));
0
4
0
0

3

4
a

M :=  0

0
0
b
0
0

c

d
{ 0 = 0, 2 a = 2 a, 4 b = 4 b, 4 d = 4 d, 3 b + 4 c = 4 c + 3 d }
{ a = a, b = d, c = c, d = d }
a

Mb :=  0

0
0

c

d
0
d
0
> evalm(P&*Mb&*P^(-1));
evalm(A&*%-%&*A);
>
76
 a 3d
− +
+c
 2
2

 a d

 − + −c
 2 2

 a d
 − + + c
 2 2
a
0

0

0
0
0
0
2
a
2
a
2
−
+
−
d
2
d
2
d
2
0

0

0

a − d − c



a − d + c



a − c 

3.5 Indications ou corrig´
e ex. 3.5.
1. Une combinaison lin´eaire des uk est un polynˆome
X
P (u) =
αi ui .
Dans une base de diagonalisation, si A est la matrice de u, il apparaˆıt que
P (A) = diag(P (λi )).
Cette matrice est nulle ssi les λi sont racines de P qui est donc nul si son degr´e est ≤ n − 1
et les vp distinctes.
Cela prouve que
(idE , u, u2 , ..., un−1 )
est libre.
Est-ce une base ?
Si v commute avec u, les noyaux sont stables. Donc les sev propres qui sont des droites sont
stables par v. Dans une base de diagonalisation de u, la matrice de v est diagonale : diag(µi ).
Il existe un polynˆ
ome de degr´e au plus n − 1 tel que
∀i, P (λi ) = µi .
2. Diagonaliser (si l’´enonc´e le justifie) et consid´erer le polynˆome P (X) = (X − λ)(X − µ).
3. Un endomorphisme qui commute avec u laisse les ker(u − λi ) stables. Dans une base de
diagonalisation de u, sa matrice est form´ee des blocs λi Iνi , celle de v est diagonale par blocs.
Les blocs Bi sont quelconques (ils commutent avec les matrices scalaires).
Bilan : v commute avec uP
ssi v = ⊕ vi , chaque vi est endomorphisme de Ker(u − λi ). La
dimension de Fu est donc i νi2 .
3.6 Indications ou corrig´
e ex. 3.6.
Feuille de calculs : CENReducRev1.mws.
1. La matrice n’est pas diagonalisable, eigenvects(A) ; retourne :
[4, 3, {[−2, −5, 2, 1]}], [−4, 1, {[1, −3/2, −1, −5/2]}].
L’endomorphisme n’est pas diagonalisable. Toutefois, le lemme de noyaux et le th´eor`eme de
Cayley-Hamilton permettent d’´etablir que
ker(A + 4) ⊕ ker(A − 4)3 = E.
Dans une base adapt´ee, la matrice est diagonale par blocs. Pour obtenir une matrice triangulaire outre la m´ethode indiqu´ee dans la question 2, on peut rechercher une base adapt´ee
au drapeau
ker(A − 4) ⊂ ker(A − 4)2 ⊂ ker(A − 4)3 ...
2. Une autre m´ethode `
a connaˆıtre ´egalement, voir feuille de calculs MAPLE.
3.7 Indications ou corrig´
e ex. 3.7
comme il s’agit d’un oral avec MAPLE, on pouvait conjecturer mais attention a
` ne pas perdre de
temps.
77
1. Observer tout d’abord que le rang est au plus ´egal `a 2. Trois cas se pr´esentent :
– Tous les ai sont nuls, on oublie...
– Seul ap+1 est non nul : rg(M ) = 1 et dimKer(M ) = 2p. Le noyau est l’hyperplan xp+1 = 0.
Il faut savoir en expliciter une base : (e1 , .., ep , ep+2 , ...e2p+1 )
– Il existe un indice i0 6= p + 1 tel que ai0 6= 0. Alors rg(M ) = 2 et dimKer(M ) = 2p − 1.
Le syst`eme d’´equations est
x
= 0
Pp+1
aj xj = 0
d’o`
u kerM = vect(ai ei0 − ai0 ei ; i 6= i0 , i 6= p + 1).
2. 0 est vp d’ordre 2p − 1 au moins. Un calcul avec la formule
[M 2 ]i,j =
n
X
Mi,k Mk,j
k=1
conduit aux r´esultats :
P
[M 2 ]i,j = a2i , si i = j = p + 1
[M 2 ]i,j = ai aj , sinon
On sait que la trace de cette matrice donne la somme des carr´es des valeurs propres.
IMPORTANT.
Ainsi,
X
X
T r(M 2 ) =
λ2i = a2p+1 + 2
a2i .
i6=p+1
D’autre part
σ2 = 1/2(σ12 −
X
λ2i ) = −
X
a2i .
i6=p+1
det(M − X) = −X 2p+1 + ap+1 X 2p +
X
a2i X 2p−1 .
i6=p+1
3. – cas o`
u ap+1 est seul non nul : c’est clair ;
– cas o`
u il existe i0 6= p+1 tel que ai0 6= 0 : une CNS, un polynˆome scind´e `a racines SIMPLES
annule M. Est-ce le cas ? On sait que
Q(M ) = 0 ⇒ Q(λi ) = 0.
P
Q divise donc X(X 2 − ap+1 X − i6=p+1 a2i ).
3.8 Indications ou corrig´
e de l’ex. 3.8.
1. On observe que ||AX|| ≤ ||X|| ssi la forme quadratique
q(X) = ||AX||2 − ||X||2 =
3
−3 2
y + pyz + (p2 − )z 2
4
4
est n´egative. Or,
−3 2
3
y + pyz + (p2 − )z 2 = y
4
4
Ainsi ||f (x)|| ≤ ||x|| ssi |p| ≤ 43 .
78
z
−3/4
y
p/2
.
p/2 (p2 − 3/4) z
1
Par ailleurs A =
0
0
o`
u M = 12 I + pN et
M
1
kp 0
M = k I + k−1
0
2
2
1
.
0
k
La limite est la projection orthogonale sur V ect(b1 ) puisque
lim M k = 0.
k→∞
2. On sait que si f ∗ est l’adjoint de f, ker(f ∗ )⊥ Im(f ) (c’est imm´ediat : (x|f ∗ (y)) = (f (x)|y)
est nul d´es que xker(f ), on a donc l’inclusion : ker(f ) ⊂ ⊥ Im(f ∗ ), l’´egalit´e s’en d´eduit en
raisonnant sur les dimensions f et f ∗ ´etant de mˆeme rang).
Commen¸cons par prouver que ker(g − id) ⊂ ker(g ∗ − id) = ⊥ Im(g − id).
Soit donc x tel que g(x) − x = 0, il vient :
(x|x) = (x|g(x)) = (g ∗ (x)|x) ≤ ||g ∗ (x)||||x||, (1)
comme ||g ∗ (x)|| ≤ ||x|| ´egalement (en effet, pour tout (y, |(g(x)|y)| = |(x|g ∗ (y))| ≤ ||x||||y||...) ;
l’´egalit´e dans l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz (1) entraˆıne la colin´earit´e et l’´egalit´e x = g ∗ (x).
On obtient ker(g − id) =⊥ Im(g − id) en observant que les dimensions sont les mˆemes.
Posons x = x1 + x2 dans la d´ecomposition ker(g − id) ⊕⊥ Im(g − id), il vient :
n
1 X k
g (x)
n→∞ n + 1
H(g)(x) = lim
k=0
= lim
n→∞
1
n+1
n
X
x1 + g k (x2 )
k=0
3.9 Indications ou corrig´
e exercice 3.9
Observer que c’est un polynˆ
ome en une matrice simple que l’on diagonalisera.




0 0 1
0 1 0







Plus pr´ecis´emment : avec K = 
 1 0 1  , J =  0 1 0  , on observe que
0 1 0
1 0 0


1 0 1


2

– K =
 0 2 0  = J + I3 ;
 1 0 1

a
c
b


2

– A=
 c b + a c  = a I3 + c K + b J = (a − b) I3 + c K + b K ;
b
c
a
– Apr`es avoir diagonalis´e K on a une diagonalisation de F (K) o`
u F (X) = bX 2 + cX + (a − b)
−1
−1
puisque P F (K)P = F (P KP
 ).

1
1
−1
 √

√
;
Une matrice de passage : P = 
2
−
2
0


1
1
1
√


a + 2c + b
0
0


√
.
Une diagonalisation de A : A0 = P −1 AP = 
0
a − 2c + b
0


0
0
−b + a
79
3.10 Indications ou corrig´
e ex 3.10
Le polynˆ
ome caract´eristique est : P (X) = −X 3 + 3 zX + z + z 2 − 3 et P 0 (X) = X 2 + 3 z.
Dans la plupart des cas il admet des racines simples. En effet, P (X) admet une racine multiple ssi
il existe x tel que
(
P (x) = −x3 + 3 zx + z + z 2 = 0
P 0 (x) = −3x2 + 3 z = 0
Il admet une racine multiple ssi z = 0 ou 1.
• Pour z 6= 0, 1 le pc admet des racines simples et A est diagonalisable ;
• Pour z = 0, 1 ´etudions les deux matrices correspondantes :
0 0 0



-z = 0 : A(0) =  1 0 0 
 est nilpotente, non diagonalisable ;
1 1 0


0 1 1



- z = 1 : A(1) = 
 1 0 1  est diagonalisable (sym´etrique r´eelle...) ;
1 1 0
Dans les autres cas A(z) est diagonalisabe
3.11 Indication ou corrig´
e 3.11
Comme le pr´ec´edent : le polynˆ
ome caract´eristique est χA (x) = −(x3 − x2 + z). Il admet x comme
3
2
racine double ssi x − x + z = 0 et 3x2 − 2x = 0. Les seules racines doubles possibles sont
x = 0 obtenue avec z = 0 et x = 2/3 obtenue avec z = 4/27. On ´etudie donc les deux matrices
particuli`eres :
Dans tous les autres cas les valeurs propres sont distinctes et Az est diagonalisable.
3.12 Indications ou corrig´
e 3.12
• Le rang est ´egal `
a 3 si a 6= 0, `
a 2 si a = 0;
• La matrice est triangulaire, ses valeurs propres sont 1, 2 et a, elle est diagonalisable si les vp sont
´
distinctes, donc si a 6= 1 eta 6= 2. Etudions
les deux cas qui restent :
1 0 1



si a = 1, A = 
 0 2 0  , A − I3 est visiblement de rang 2, son noyau est une droite, A n’est
0 0 1
donc pas diagonalisable.


1 0 2



si a = 2, A = 
 0 2 0  , A − 2I3 est de rang 1, A est diagonalisable (en effet le sev propre
0 0 2
associ´e `
a 2 est de dim 2, le sev propre associ´e `a 1 est de dim 1, la somme des dimensions est ´egale
a 3, voir remarque rapport CCP 2007). `
3.13 Indications ou corrig´
e ex 3.13
1. D’apr`es le th´eor`eme de Cayley Hamilton, χf (f ) = f 2 − tr(f )f + det(f )idE = 0. Ainsi
f 2 = tr(f )f − det(f )idE = a2 f + b2 idE ;
Une r´ecurrence imm´ediate (que l’on saura faire au tableau) donne :
an+1 = a2 an ,
si n ≥ 2,
bn+1 = b2 an + bn , si n ≥ 2.
80
an = (a2 )n−1 ,
si n ≥ 2,
n−2
bn+1 = b2 (1 + a2 + ... + a2 ), si n ≥ 2.
2. Les sev propres de f sont Ker(f + 2), Ker(f − 1); si f n’est pas diagonalisable, la somme de
leurs dimensions n’est pas ´egale `
a 3 mais `a 2 et ce sont deux droites vectorielles.
Deux cas se pr´esentent :
– Soit χf (X) = −(X −1)(X +2)2 et le lemme des noyaux et le th´eor`eme de Cayley Hamilton
nous permettent d’´ecrire que :
Ker(χf (f )) = Ker((f − id) ⊕ Ker((f + 2idE )2 ) = R3 .
Dans une base adapt´ee `
a cette d´ecomposition, (u, v, w) telle que u ∈ Ker((f − id), v ∈
Ker((f + 2id),


1 0 0
mat(f, B) =  0 −2 a  ,
0 0 b
o`
u a 6= 0 puisque f n’est pas diagonalisable, b = −2 puisque la diagonale dune matrice
triangulaire contient la liste de ses valeurs propres. On cherche alors B 0 = (u, v, w0 ) telle
que mat(f, B 0 ) = A2 , soit w0 = αv + βw tq f (w0 ) = v − 2w0 . C’est un calcul imm´ediat qui
donne β = 1/a.
– Soit χf (X) = −(X−1)2 (X−2) et de fa¸con identique, il existe une base tq mat(f, B) = A1 ...
Dans les deux cas Ai = Di + Ni o`
u Di et Ni commutent.
3.14 Indication ou corrig´
e 3.14
1. Valeurs propres : comme f 2 = −id, les vp de f sont solutions de X 2 = −1; ce sont donc ±i
avec un multiplicit´e ´egale pour i et −i, puisque ce sont des endomorphismes r´eels. On a donc
χf (X) = (X 2 + 1)n/2 , et n est pair. Idem pour g.
2. Que dire des vecteurs propres de M et N associ´ees `a f et g `a part qu’il n’y en a pas dans
Rn ? Raisonnons par analyse synth`ese :
– M et N annulent un polynˆ
ome scind´e `a racines simples : X 2 + 1. Elles sont diagonalisables
(voir thm ??).
– Consid´erons U ∈ Cn tel que M U = iU.
On a aussi, M N U = −N M U = −iN U ; en cons´equence, N (Ker(M − i)) ⊂ Ker(M + i);
– si P est la matrice de passage vers une base de vp de M, telle que
iIn/2 On/2
−1
P MP =
,
On/2 −iIn/2
On/2
A
la matrice P −1 N P est, quant `
a elle, de la forme
;
B
On/2
– plus pr´ecis´ement, de N 2 = −In , on d´eduit : AB = BA = −In/2 d’o`
u B = −A−1 .
Synth`ese : consid´erons les matrices
iIn/2 On/2
On/2
A
M0 =
, N0 =
,
On/2 −iIn/2
−A−1 On/2
elles v´erifient bien M 0 2 = N 02 = −In , M 0 N 0 + N 0 M 0 = 0n . Nous avons fait le tour de la
question.
3.15 Indication ou corrig´
e 3.15
1. B diagonalisable ;
81
2. la question pr´ec´edente ouvre la voie : t M = M −1 + aIn donc B =t M M = In + aM. On
introduit P ∈ On (R) telle que t P BP = D (D diagonale) il vient :
t
PMP =
1 t
1
( P BP − In ) = (D − In ) = diag(µi ).
a
a
3. B est sym´etrique positive, ses vp sont des r´eels positifs : (λi )i . Les vp de M sont les r´eels
1
(λi − 1) = µi . On a, du fait que t P M P est diagonale, donc sym´etrique :
a
t
P M P =t P t M P =t P (M −1 + aIn )P = (t P M P )−1 + a = diag(
Chaque vp v´erifie µi =
M 2 − aM − 1 = 0.
1
+ a).
µi
1
+ a, comme la matrice est diagonale (ou diagonalisable) elle v´erifie
µi
3.16 Indication ou corrig´
e 3.16
Penser au produit scalaire matriciel trace(t AB) =< A|B > et introduire une matrice P ∈ On (R)
telle que t P AP = D...
3.17 Indication ou corrig´
e 3.17
Supposons A et B non nuls, sinon c’est imm´ediat.
1. On discute de l’existence de X 6= 0 tel que DX = A t BX − X = 0. On a n´ecessairement X
colin´eaire `
a A. Ecrivons B = αA + W o`
u W ⊥A. Il vient
(
X
= λA
t
A BX = X ⇔
.
2
α||A|| A = λA
La CNS cherch´ee s’exprime < B|A >6= ||A||2 .
2. Exprimons D−1 : on cherchera `
a r´esoudre l’´equation DX = Y. Pour cela posons
X = uB + X2 , Y = vB + Y2 , A = αB + A2 ...
On a alors : DX = A (t BX) + X = Y soit
(
u||B||2 + =
3.18 Indication ou corrig´
e 3.18
3
1. Un calcul de d´eterminant donne a3 a2 + a + 1 (a − 1) .
2. Nous avons `
a ´etudier 4 cas (a = 0, 1, j, j 2 ).
• si a = 0, on a :


1
1
1
1

 1

A=
 1

1
0
0
0
0
0
0

0 


0 

0
82
• si a = 1, on a :


1
1
1
1

 1

A=
 1

1
1
1
1
1
1
1

1 


1 

1
1
1
j2
et ces deux matrices sont sym´etriques r´eelles.
• si a = j, on a :

1 1

 1 j

A=
 1 j2


1
1
j

1 


j 

j2
1
1
1
1

 1

A=
 1

1
j2
j4
j4
1
1
1

1 


1 

4
j
1
• si a = j 2 , on a :


3.19 Indication ou corrig´
e 3.19
1. C’est une matrice sym´etrique r´eelle ; elle est donc diagonalisable, ses valeurs propres sont
r´eelles. Comme elle est de rang 2, ses valeurs propres sont 0, 0, a, b,avec α et β non nuls.
2. On pose l’´equation
P −1 AP = D ⇔ AP = P D.
Ecrivons par blocs :
U U
X
A=
, P =
U U
Z
Y
T
, D=
O2
O2
O2
d
avec d =
α
0
0
β
.
Comme U est inversible, on obtient en d´eveloppant et identifiant,
Z = −X, T = Y, 2U Y = Y d.
Les colonnes de Y sont alors des solutions non nulles des syst`emes (2U − α)C1 = 0, (2U −
β)C2 = 0;
X Y
Une matrice P est solution du probl`eme ssi elle est inversible et de la forme P =
,
−X Z
Y matrice de diagonalisation de 2U.
3.20 Indication ou corrig´
e 3.20
Consid´erons la matrice, M, de u dans une base quelconque. Cette matrice est diagonalisable dans
Mn (C) puisqu’elle annule un polynˆ
ome scind´e `a racines simples. Comme ses coefficients et son
polynˆ
ome caract´eristique sont r´eels ses racines complexes, j et ¯j, ont le mˆeme ordre de multiplicit´e.
Il existe P ∈ GLn (C) telle que


0
.
jIq
P −1 M P = 
¯jIq
Ainsi rg(M)= 2q.
83
3.21 Indication ou corrig´
e 3.21
1. La matrice A annule un polynˆ
ome scind´e `a racines simples dans C : P (X) = X 2 + 1. Elle est
donc diagonalisable dans M( C).
Ses valeurs propres sont dans racines de P, donc dans {i, −i}. Son polynˆome caract´eristique
est r´eel, donc i et −i sont vp avec les mˆeme ordre de multiplicit´e (ainsi n est pair).
A est semblable `
a diag(i, −i, i, −i, ..., i, −i), ellemˆeme semblable `a B. On choisit une matrice
1 i
de passage diag(Q, Q, ..., Q) o`
uQ=
(il suffit de poser DQ = QM pour obtenir
1 −i
Q).
2. On sait qu’il existe P ∈ Mn(C) tq P −1 AP = B. Comme A et B sont toutes deux r´eelles, il
peut ˆetre int´eressant de poser P = R + iJ o`
u R, J sont r´eelles.
P −1 AP = B devient A(R + iJ) = (R + iJ)B, ´equivalente
AR = RB,
AJ = JB,
Une matrice de la forme P 0 = R + λJ au moins fera l’affaire (le d´eterminant d’une telle
matrice est un polynˆ
ome en λ, non identiquement nul puisque R + iJ est inversible).
3.22 Indication ou corrig´
e 3.22
Le sujet effectivement pos´e proposait de travailler avec a, b, c non nuls. En l’absence de pr´ecision,
penser `
a envisager tous les cas, et pas seulement le cas g´en´erique. On peut pr´ef´erer commencer
par le cas abc 6= 0;
– a = b = c = 0, ...
– a = b = 0, c 6= 0, matrice de rang 1, non diagonalisable (nilpotente) ;
– c = b = 0, a 6= 0, idem ;
– a = c = 0, b 6= 0, matrice de projection, de rang 1, diagonale ;
– ab 6= 0, c = 0, matrice de rang 1, diagonalisable car ses vp sont 0 et b et
dim(Ker(A) = n − 1, dim(Ker(A − b)) ≥ 1...
– cb 6= 0, a = 0, idem ;
– ac =
6 0, b = 0, matrice de rang 2, on d´etermine les valeurs propres comme dans le cas g´en´erique
´etudi´e ci-dessous, les mˆemes calculs (somme=trace(A), somme des carr´es = trace(A2 )), montrent
que A est diagonalisable...
– Traitons enfin le cas (g´
en´
erique) o`
u abc 6= 0 :
Im(An ) =vect(C1 , Cn ), et A = An est de rang 2. La valeur propre 0 est donc une vp d’ordre au
moins n − 2 et le polynˆ
ome caract´eristique de A est de la forme
χ(X) = (−1)n X n−2 (X − α)(X − β),
(et rien ne dit que α et/ou β ne sont pas nulles).
Comme A est trigonalisable dans Mn (C), nous avons :
α+β
= Tr(A) = b
α2 + β 2 = Tr(A2 ) = 2(n − 1)ca + b2

ca ca . . . ca
bc
 ca ca . . . ca
bc

 ..
.
.
..
.
2
.
.
.
En effet, un calcul par blocs donne An =  .
. .
.
.

 ca ca . . . ca
bc
ba ba . . . ba (n − 1)ca + b2
premi`ere ligne au carr´e, en retranchant la seconde nous obtenons la somme
84




 . En ´elevant la


et le produit des
deux nombres qui sont les racines de X 2 − bX − (n − 1)ca = 0. Comme ca 6= 0, ces racines sont
non nulles.
– si ∆ = b2 + 4(n − 1)ca 6= 0, α et β sont distinctes, la somme des dim des sev propres est
n − 2 + 1 + 1 = n, A est diagonalisable ;
– si ∆ = b2 + 4(n − 1)ca = 0, α = β = b/2 est valeur propre d’ordre 2. Recherchons le sev propre
associ´e. Il a pour ´equation



a
x1

..   .. 


 −b/2In−1
. 
(An − b/2In ) = 
  .  = 0,



a
xn−1 
c ... c
xn
b/2
et, comme b 6= 0, il est au plus de dimension 1. An n’est pas diagonalisable.
Bilan : An est diagonalisable ssi ∆ = b2 + 4(n − 1)ca 6= 0, y compris dans les cas pr´ec´edents.
85
3.23 Indication ou corrig´
e 3.23
1. Le rang est au plus ´egal `
a 2. Plus pr´ecis´ement,
(a) rg(An ) = 0 ssi aj = 0, pour 1 ≤ j ≤ n; la matrice est alors diagonale.
(b) rg(An ) = 1 ssi aj = 0 pour 1 ≤ j ≤ n − 1 et an 6= 0; la matrice est encore diagonale.
(c) rg(An ) = 2 ssi il existe 1 ≤ j ≤ n − 1 tq aj 6= 0;
dans ce cas
n
o
X
Ker(An ) = x; (xn = 0) ∩ (
ai xi = 0)
et a pour base la famille des n − 2 vecteurs :
(−aj , 0, ..., a1 , ..., 0), (0, −aj , ..., a2 , ..., 0), ..., (0, 0, ..., an−1 , ..., −aj , 0)
o`
u l’on a soulign´e la position j.
2. Le polynˆ
ome caract´eristique est de la forme P (x) = (−1)n xn−2 (x − α)(x − β) avec α + β =
T r(An ) = an . On ne sait pas pour l’instant si α, β sont distinctes ou diff´erentes de 0...
3. On se place dans le cas o`
u An est de rang 2. On peut proc´eder comme dans l’exercice
pr´ec´edent ou ´etudier le syst`eme An X = λX, pour λ 6= 0. C’est ce que nous allons faire. On
consid`ere λ 6= 0.
• L’´etude des n − 1 premi`eres lignes de l’´equation An X = λX montre que les solutions
non nulles sont de la forme X = xn (a1 /λ, a2 /λ, ..., an−1 /λ, 1) et lorsque λ est vp non nulle,
Ker(X − λ) est de dimension 1.
Pn−1
• La derni`ere ligne s’´ecrit λ2 − an λ − i=1 a2i = 0. Cela donne une ´equation pour les valeurs
propres autres que 0.
Bilan :
Pn−1
(a) Si i=1 a2i = 0, An admet au plus un vp non nulle, elle n’est pas diagonalisable car la
somme des dim des sev propres est (n − 2) + 1 < 1 ou la somme des dim des sev propres
Pn−1
est (n − 2) < 1 (0 seule vp avec an = 0 et i=1 a2i = 0).
Pn−1
Pn−1
(b) Si i=1 a2i 6= 0 et a2n − 4 i=1 a2i 6= 0, An admet deux vp autres que 0 et distinctes.
Elle est diagonalisable car la somme des dim des sev propres est (n − 2) + 1 + 1 = n.
Pn−1
Pn−1
(c) Si i=1 a2i 6= 0 et a2n − 4 i=1 a2i = 0, An a pour vp 0 et une vp double non nulle mais
la somme des dim des sev propres est (n − 2) + 1 < n. Elle n’est pas diagonalisable.
3.24 Indication ou corrig´
e 3.24
1. On commence par rechercher les polynˆ
de B. Pour calculer
F (B) o`
u F est
pomes annulateurs
p
A
0
0
A
n
n
un polynˆ
ome, observons que B 2p =
et B 2p+1 =
∈ M2n (R). Ainsi en
0n Ap
Ap+1 0n
notant
X
X
X
F (X) =
aj X j =
a2j X 2j + X
a2j+1 X 2j = U (X 2 ) + XV (X 2 ),
U (A) V (A)
nous avons F (B) =
et il apparaˆıt que les ´enonc´es suivants sont ´equivalents :
A V (A) U (A)
– F (B) = 0;
– U (A) = V (A) = 0;
– il existe un couple de polynˆ
omes (U1 , V1 ) tel que U (X) = πA (X)U1 (X) et V (X) =
πA (X)V1 (X);
– F (X) = πA (X 2 ) U1 (X 2 ) + XV1 (X 2 ) .
2. Les polynˆ
omes annulateurs de B sont donc de la forme F (X) = πA (X 2 ) U1 (X 2 ) + XV1 (X 2 ) =
πA (X 2 )P (X) o`
uP (X) est quelconque. πA (X 2 ) est donc le polynˆome minimal de B.
86
3. Q
• si A est diagonalisable Q
dans Mn (R), πQ
e `a racines simples sur R. On l’´ecrit
A (X) est scind´
(X − λi ) et πA (X 2 ) = (X 2 − λi ) = (X − ωi )(X + ωi )avec ωi2 = λi .
Si un des λi est n´egatif strictement, πB (X) n’est pas scind´e sur R, B n’est pas trigonalisable.
Si un des λi est nul, 0 est racine double de πB (X) et B n’est pas diagonalisable.
Si tous les λi sont strictement positifs, πB (X) a des racines simples et B diagonalisable.
• R´eciproquement : siQ
B est diagonalisable
dans M2n (R), πA (X 2 ) est scind´e `a racines simples
Q
2
2
sur R. Or, πA (X ) = (X −λi ) = (X −ωi )(X +ωi )avec ωi2 = λi , si les ±ωi sont distincts,
il en va de mˆeme des λi = (±ωi )2 puisque (±ωi )2 6= (±ωj )2 . Ainsi A est diagonalisable dans
M2 (R) et inversible.
Bilan : B diagonalisable dans M2n (R) ssi A est diagonalisable dans M2 (R) et inversible.
3.25 Indication ou corrig´
e 3.25
1. Soit χ(X) le polynˆ
ome caract´eristique de f. Il est de la forme
χ(X) = (−1)n X p (X n−p + a1 X n−p−1 + ... + ap ) = X p Q(X), ap 6= 0.
Par le lemme des noyaux, E = Ker(f p ) ⊕ Ker(Q(f )) = G ⊕ F.
La restriction de f `
a F est un isomorphisme, en effet, si ~x ∈ F et f (~x) = 0, alors Q(f )(~x) =
ap ~x = ~0.
La restriction de f `
a G est nilpotente d’ordre p.
2. Le polynˆ
ome caract´eristique est χ(x) = x2 − 4 x + 5 x2 .
Les noyaux F = Ker(Q(f )) et G = Ker(f 2 ) ont pour bases respectives :




On pose alors P = 


{[1, 1, 0, 1], [0, 0, 1, 0]} , et {[0, 1, 1, 0], [1, 0, 0, 0]} .


2 −1 0 0
0 1 0 1


 1 2 0 0
0 1 1 0 


 et B = P −1 AP = 

 0 0 0 0
1 0 1 0 

0
1
0
0
2
p
3. Calculons tout d’abord B . On pose U =
1







0 0 1 0
−1
C’est une matrice de similitude, on l’´ecrit
2
√ cos θ
U= 5
sin θ
− sin θ
cos θ
On peut aussi travailler dans C; les valeurs propres sont 2 ± i, et MAPLE fait le reste :
U:=submatrix(B, 1..2,1..2);
eigenvects(%);
P1:=augment(vector([-I, 1]),vector([I, 1]));
V:=evalm(P1^(-1)&*U&*P1);
PI:=p->evalm(P1&*map(x->x^p,evalm(V))&*P1^(-1)):
PI(p);
Ce qui donne U p =
"
1
2
p
(2 + i) +
1
2
p
(2 − i)
p
− 2i (2 + i) + 1/2 i (2 − i)
87
p
p
i
2
(2 − i)
p
1
2
(2 − i)
i
2
(2 + i) −
1
2
(2 + i) +
p
p
#
.
On obtient, pour p ≥ 2, B p = :
1
p
p
1
2 (2 + i) + 2 (2 − i)
p
1
i
 (2 + i) − i (2 − i)p
2
2

0
0
p
p
− 2i (2 + i) + 2i (2 − i)
p
p
1
1
2 (2 + i) + 2 (2 − i)
0
0

0 0
0 0

0 0
0 0
D’o`
u, si on le d´esire, Ap =

i
2
0

 0



 0

0
i
2
(2 + i)p −
i
2
(2 − i)p
(2 + i)p − 1/2i (2 − i)p
− 12 (2 + i)p −
i
2
(2 + i)p −
1
2
i
2
(2 − i)p
(2 − i)p
− 12 i (2 + i)p +
i
2
(2 − i)p
− 2i (2 + i)p +
− 2i (2 + i)p +
i
2
(2 − i)p

(2 − i)p 



p
p
p
p
1
1
i
i

(2
+
i)
+
(2
−
i)
+
(2
+
i)
−
(2
−
i)
2
2
2
2

p
p
p
p
i
1
1
1
− 2 (2 + i) + 2 i (2 − i) + 2 (2 + i) + 2 (2 − i)
1
2
(2 + i)p +
1
2
− 2i (2 + i)p +
(2 − i)p
i
2
(2 − i)p
− 2i (2 + i)p +
i
2
i
2
(2 − i)p +
(2 − i)p +
1
2
1
2
(2 + i)p +
(2 + i)p +
1
2
(2 − i)p
1
2
3.26 Indications ou corrig´
e 3.26
1. B et sa transpos´ee ont le mˆeme polynˆome minimal ; de plus si tBX = λX, on a : tXB = λtX.
2. Observons : si X, Y sont des vp de A et tB associ´es `a λ et µ, on a, avec M = X tY :
f (M ) = A(X tY )B = λµX tY = λµM.
Supposons A et B diagonalisables et consid´erons (Xi )i base de vp de A et (Yj )j base de vp
de t B (dans Kn ). Les n2 matrices M = Xi tYj sont des vecteurs propres de f (facile). Cette
famille de vecteurs de E est libre, en effet, supposons que
X
αi,j XitYj = 0, .
i,j
cj , ...Yn ) pour le produit scalaire
Fixons j et multiplions `
a droite par Wj orthogonal `a (Y1 , ..., Y
canonique de Cn . Il vient :
!t
X
αi,j Xi Yj Wj = 0,
i
t
comme Yj Wj 6= 0, le reste suit...
R´
eciproque : par contre, si f est diagonalisable et de la forme M → AM B, on ne peut
affirmer que A et B sont diagonalisables (prendre A = 0, B qque).
3. Un endomorphisme de E est d´efini par ses valeurs sur la base canonique qui est form´ee des
matrices Ei,j = ei tej .
Consid´erons dans L(E) qui est de dimension n4 , les endomorphismes φi,j,k,l ∈ L(E), tels que
φi,j,k,l (Ei,j )
= Ek,l ,
φi,j,k,l (Ei0 ,j 0 ) = 0,
si (i0 , j 0 ) 6= (i, j)
Ils forment la base canonique de L(E) et v´erifient
φi,j,k,l (Ei,j )(M ) = Ek,i M Ej,l ,
en effet, φi,j,k,l (M ) = (etk ei )M (ej t ek ), pour tout Ei0 ,j 0 .
3.27 correction 3.27
1. Le polynˆ
ome minimal π, divise (X 3 − 1) = (X − 1)(X 2 + X + 1).
– si π = X − 1, f = idE et χf = (X − 1)n .
88

– si π = X 2 + X + 1, f n’a pas de vp r´eelle ni de vp complexe autre que 1, j, j 2 , donc
χf = (X 2 + X + 1)n/2 . Ce qui impose que n est pair.
– si π = X 3 − 1, χf = (X − 1)α (X 2 + X + 1)β pour les mˆemes raisons. On a α + 2β = n.
2. Lorsque n = 3, deux cas sont possibles :
– f = idE
– χf = X 3 − 1 et par le lemme des noyaux,
E = ker(f − 1) ⊕ ker(f 2 + f + 1).
Il existe une base dans laquelle

1
Mat(f, B) = 0
0
0
a
c
Les seules solutions r´eelles sont les matrices :

1
0
 0
−d − 1

1 + d2 + d
0 −
b

0
b .
d

0
b 

d
(voir feuille de calcul : cube endom.mws)
3. Lorsque n = 4, on peut avoir
– χ = (X − 1)4 et f = idE ,
– χ = (X − 1)2 (X 2 + X + 1) et par le lemme des

1
0
Mat(f, B) = 
0
0
noyaux, il existe une base dans laquelle

u 0 0
1 0 0
.
0 a b
0 c d
a b
2
u = 0 ssi π = (X − 1)(X + X + 1) et la sous-matrice
est comme en 2.
c d
2
2
– χ = (X + X + 1) , on a ici tout int´erˆet `a travailler dans le domaine complexe.
E c = ker((f − j)α ) ⊕ ker((f − ¯j)α ) = F ⊕ G.
Il existe une base (u, v, u
¯, v¯), dans laquelle,
Mat(f, B) =
j
avec A =
0
A
O
O
.
A¯
∗
, et * = 0 si α = 1.
j
3.28 Indications ou corrig´
e 3.28
1. Deux fa¸cons d’aborder le probl`eme : soit en recherchant les relations entre vp et vp, soit en
recherchant les polynˆ
omes annulateurs.


A A A
B = A A A .
A A A
(a) Comparaison des ´
el´
ements propres de A et B
89
– Remarquons que rg(B) = rg(A) ≤ n, donc, dans tous les cas 0 ∈ Sp(B) avec
dim ker B ≥ 2n.
 
 
X
X
– Si λ ∈ Sp(A) et AX = λX, on a B X  = 3λ X  . Donc 3Sp(A) ⊂ Sp(B).
X
X
– Inversement, si µ ∈ Sp(B), si Y ∈ K 3n v´erifie BY = µY, alors
 
 
X
X
A  X0  = µ  X0  .
X”
X”
 
X
Donc, si µ =
6 0, X = X 0 = X”, Y est de la forme X  , o`
u X est vp de A associ´e a`
X
µ/3.
Donc Sp(B) ⊂ 3Sp(A) ∪ {0} et si µ 6= 0, dim ker(A − λ) = dim ker(B − 3λ).
– Comme Sp(B) contient 0, on a Sp(B) = 3Sp(A) ∪ {0}.
(b) Polynˆ
omes en A et en B.
 n

A
An An
• On commence par calculer B n : B 0 = I3n , B n = 3n−1 An An An  , si n ≥ 1. Soit
An An An
P
k
alors le polynˆ
ome P (X) = ak X , on lui associe Q(X) = P (X) − P (0), il vient
 k



d
A Ak Ak
a0 In
0
0
X
1
a0 In
0 +
3k ak Ak Ak Ak 
P (X) =  0
3
0
0
a0 In
k=1
Ak Ak Ak


Q(3A) Q(3A) Q(3A)
1
Q(3A) Q(3A) Q(3A)
P (B) = a0 I3n +
3
Q(3A) Q(3A) Q(3A)
En cons´equence, P (X) annule B ssi P (0) = 0 et P (3X) = Q(3X) annule A.
• Si A est diagonalisable, il existe un polynˆome scind´e `a racines simples F (X) qui
annule A.
X
– Si 0 est racine de ce polynˆ
ome, on pose P (X) = F
. C’est un polynˆome annu3
lateur de B d’apr`es ce qui pr´ec`ede. Comme il s’agit encore d’un polynˆome scind´e `a
racines simples, B est diagonalisable.
X
X
. C’est un polynˆome
– Si 0 n’est pas racine de ce polynˆome, on pose P (X) = F
3
3
annulateur de B scind´e `
a racines simples, B est diagonalisable.
• Supposons B diagonalisable. Soit G un polynˆome annulateur `a racines simples.
On a G(0) = 0 et G(3A) = 0. Comme G(3X) est lui aussi `a racines simples, A est
diagonalisable.


A A A A
A 0 0 A
2 1

2. A =
, B=
A 0 0 A .
1 2
A A A A
(a) • Commen¸cons par ´evaluer le rang de B puis son noyau. Son rang est ´egal `a 4 (en effet
les colonnes 1 et 7, 2 et 8 sont ´egales de mˆeme que les colonnes 3 et 5, 4 et 6). Le
noyau est form´e des vecteurs Z = [X1 , X2 , −X2 , −X1 ] ∈ C8 , Xi ∈ C2 ... et il est bien de
dimension 4.
90
 
Z1
Z2 
P
´

AZi = λZ1 =
• Etudions
le syst`eme BZ = λZ, λ 6= 0, Z = 
Z3  , qui s’exprime
Z4
λZ4 , AZ1 + AZ4 = λZ2 = λZ3 .
– si λ 6= 0, Z1 = Z4 , Z2 = Z3 ,
–
(b)
3.29 Indications ou corrig´
e 3.29
1.
2.
3.30 Indications ou corrig´
e 3.30
1. Soient f et g les endomorphismes canoniquement associ´es `a X et A.
λ 0
2
•X =
. Si g 2 = f, comme f et g commutent, les sev propres de f sont stables par
0 µ
g. Si λ 6= µ, X est diagonale
(les sev propres de f sont vect(e1 ), vect(e2 )). Les 4 solutions
±`
0
sont X =
avec `2 = λ, m2 = µ.
0 ±m
Si λ = µ, X est de la forme `U o`
u U est une matrice de sym´etrie quelconque.
λ a
• X2 =
∈ M2 (C). On suppose a 6= 0. De la mˆeme fa¸con que pr´ec´edemment,
0 λ
x y
vect(e1 ) sev propre de f est stable par g et X =
. En ´ecrivant X 2 = A on ob0 z
tient : x2 = λ, z 2 = λ et (x + z)y = a.
Comme a 6= 0, il n’y a pas de solution si λ = 0 (dans ce cas A est nilpotente d’ordre 2, non
nulle, il n’existe pas de matrice nilpotente d’ordre sup´erieur `a 2 dans M2 (C)).
Si λ 6= 0, cela impose x = z = ±` et y = a/2x. Il y a donc 2 solutions.
• Comme toute matrice de M2 (C) est trigonalisable et en particulier diagonalisable si ses vp
sont distinctes, A est semblable `
a l’un des deux types de matrices qui pr´ec`edent ; l’´equation
X 2 = A admet des solutions si A n’est pas nilpotente d’ordre 2. En effet, les ´equations
X 2 = A et P −1 X 2 P = P −1 A P sont ´equivalentes...
√
2. (a) Solutions de ez = a + ib : On ´ecrit z = x + iy. ez = ex eiy = a2 + b2 eiθ o`
u θ ∈] − π, π]
est l’argument de a + ib.
x
√
a 2 + b2
e
=
Cette ´equation conduit au syst`eme
Lorsque a+ib 6= 0 les solutions
y ≡ θ [2π]
√
sont les complexes z = ln a2 + b2 + i(θ + 2kπ), k ∈ Z.
Remarque : on sait exprimer θ si l’on suppose que a + ib ∈
/ R− . En effet,

a

cos θ
= 2 cos2 θ/2 − 1
=


r


b
sin θ
= 2 cos θ/2 cos θ/2 =
r



b

 tan θ/2 =
∈] − π/2, π/2[
a+r
Cela donne :
z = ln
p
a2
+
b2
+ i 2 arctan
91
b
a+r
+ 2kπ .
(b) L’application exp : Mn (C) → Mn (C), n’est jamais surjective car det(exp(A)) 6= 0.
Montrons, lorsque n = 2 que toute matrice inversible admet un ant´ec´edent par exp.
Soit A une matrice inversible. Si sesvaleurs
propres sont distinctes, elle est diagonalisable
λ
0
et il existe P telle que P −1 A P =
= D.
0 µ
Comme λµ 6= 0, il existe z1 et z2 tels que ez1 = λ et ez2 = µ, est les ´equations eX = D
et eM = A ont des solutions.
λ a
Si A n’est pas diagonalisable, elle reste trigonalisable et semblable `a T =
. Sans
0 λ
z w
chercher toutes les solutions on remarque que X =
v´erifie
0 z


eX = e
z
0


0
z

×e
0
0

w
0
=
z
e
0
wez
ez
et c’est une solution de eX = T ssi ez = λ(6= 0) et w = ae−z .
3.31 Indications ou corrig´
e 3.31
U
V
On ´ecrira par blocs A =
; chaque bloc a une mˆeme forme remarquable, les calculs (par
−tV tU
blocs) donnent, en observant que les matrices commutent :
 2

a + b2 + c2 + d2
0
0
0




0
a2 + b2 + c2 + d2
0
0


t
AA = 
.
2
2
2
2


0
0
a
+
b
+
c
+
d
0


2
2
2
2
0
0
0
a +b +c +d
4
1. Le d´eterminant a pour carr´e a2 + b2 + c2 + d2 , il est donc ±(a2 + ... + d2 )2 . Comme c’est
un polynˆ
ome en (a, b, c, d), il suffit de le calculer lorsque (a, b, c, d) = (a, 0, 0, 0). Le coefficient
de a4 est +1, donc D = (a2 + ... + d2 )2 .
Une id´ee pour ´etudier le rang : deux cas se pr´esentent,
– soit a2 + b2 + c2 + d2 6= 0 et A est de rang 4 ;
– soit a2 +b2 +c2 +d2 = 0 et A tA = 0, dans ce cas Im(t A) ⊂ Ker(A) en notant d = rg(A) =
rg(t A), nous avons d ≤ 4 − d, ce qui impose d ≤ 2, comme U est inversible, c’est fini.
2. Si det(A)=0, A est de rang 2 et Sp(A) = {0, 0, λ, µ}. Dans ce cas, la somme des racines est
4a la somme des carr´es est T r(A2 )...
3.32 Indications ou corrig´
e 3.32
1. Deux matrices semblables ont des exponentielles semblables (passage `a la limite dans une
fonction A → P −1 AP continue) ; l’exponentielle d’une matrice triangulaire est triangulaire...
1
1
2. On ´ecrit φ = eA − I = A + A2 + ... + An ,
2
n!
Si x ∈ Ker(A), alors φx = 0;
1
1
R´eciproquement, supposons que φx = A + A2 + ... + An x = 0;
2
n!
on multiplie par An−2 pour obtenir An−1 x = 0, puis par An−3 pour obtenir An−2 x = 0,
etc... pour obtenir enfin Ax = 0.


a+b 0
a
b
0 .
3. Soit M (a, b) =  0
a
0 b+a
92

b
(a) M (a, b) = bI3 + aJ o`
u J = 0
0
0
b
0

0
0 . Comme ces deux matrices commutent
b
exp(bI3 + aJ) = exp(bI3 ) × exp(aJ).
Quelques calculs simples et une r´ecurrence donnent pour n ≥ 1, J n = 2n−1 J. Il vient
donc
!
∞
X
e2a − 1
2k−1 ak
J = I2 +
J
exp(aJ) = I3 +
k!
2
k=1
2a
e −1 b b
exp((M (a, b)) = M
e ,e .
2
(b) On observe que G est stable par multiplication, puisque
M (a, b)×M (a0 , b0 ) = (aJ+bI3 )(a0 J+b0 I3 ) = (ab0 +a0 b+2aa0 )J+bb0 I3 = M (ab0 +a0 b+2aa0 , bb0 ).
Un ´el´ement de G est inversible ssi son d´eterminant b2 (2a + 1) est
et 2a + b 6= 0. V´erifions que cet inverse est encore un ´el´ement de
que


0
 b0
bb
=1
M (a, b)M (a0 , b0 ) = I3 ⇔
⇔
ab0 + a0 b + 2aa = 0

 a0
non nul, soit si b 6= 0
G : il suffit d’observe
=
=
1
b
−a
b(b + 2a)
Les ´el´ements inversibles G forment donc un groupe.
• Sous-groupes de matrices inversibles contenus dans G?
Les sous-groupe de GL3 (K) contenus dans G sont aussi des sous-groupes de G + . Que
dire de plus ?
(c) les ´el´ements de G × sont ils dans l’image de G × par exp ?
Consid´erons aJ = bI3 et ´etudions l’´equation exp(αJ + βI3 ) = aJ + bI3 . On a
exp(αJ + βI3 ) = aJ + bI3 ⇔
 β
e


2α

 e − 1eβ
2
=b
⇔
=a
 β

 e
=b

 e2α
=
2a + b
b
On est ramen´e `
a la discussion d’´equations scalaires, la situation n’est pas la mˆeme selon
que l’on travaille dans R ou dans C. Il suffit d’observer que dans R exp est surjective
sur R+∗, dans C sur C∗ ...
3.33 Indications ou corrig´
e 3.33
1. Pour d´eterminer le rang de f 2 , observons que Im(f ) est stable par f et consid´erons les
endomorphismes induits par f :
Kn → Im(f ) → Im(f 2 ).
L’application Im(f ) → Im(f 2 ) est d´efinie sur un ev de dimension 2, son noyau est Ker(f ) ∩
Im(f ) de dimension 1, par le th´eor`eme du rang, f (Imf ) = Im(f 2 ) est de dimension 1.
2. Commen¸cons par exploiter les informations sur f. Consid´erons e1 vecteur directeur de Ker(f )∩
Im(f ). Compl´etons en une base de Ker(f ) : (e1 , ..., en−2 ). Ajoutons en−1 tel que (e1 , en−1 )
soit une base de Im(f ). La famille (e1 , ..., en−1 ) est libre (facile `a v´erifier).
93
Compl´etons cette famille en une base de
base est de la forme :

0
a

0

M = .
 ..

0
c
Nous avons alors
Kn : (e0 , e1 , ..., en−1 ). La matrice de f dans cette

0 ... 0 0
0 . . . 0 b

0 . . . 0 0

..
.. ..  .
.
. .

0 . . . 0 0
0 ... 0 d

0 0 ...
 bc 0 . . .

 0 0 ...

2
M =. .
 .. ..

 0 0 ...
cd 0 . . .
0
0
0
..
.
0
0

0
bd

0

..  .
.

0
d2
3.34 Indications ou corrig´
e 3.34
1.
2.
3.35 Indications ou corrig´
e 3.35
1. R´
eponse :

1

 0


 0


 0

0
−a
0
0
1
−a
0
0
1
−a
0
0
1
0
0
0
0


0 


0 


−a 

1
Conseil : proc´eder par op´erations ´el´ementaires sur une matrice de taille 4 ou 5, puis conjecturer et d´emontrer ;
Rappel de la m´
ethode d’inversion : on ´ecrit cˆote `a cˆote An et In auxquelles on fait subir
le mˆeme traitement... description de l’algorithme en 2.12.
2. Cette matrice a pour polynˆ
ome caract´eristique
√ √ − x − 1 − 2 x − 1 + 2 (x + 1)
qui est scind´e `
a racines simples : elle est diagonalisable et χA est le polynˆome minimal.
3.36 Indication ou corrig´
e 3.36
A2n sym´etrique r´eelle, est diagonalisable. On suppose (a, b) 6= (0, 0).
1. si n=1, deux cas se pr´esentent,
– a2 − b2 = 0 et A est de rang 1 semblable `a diag(0,2a). La matrice de passage est selon que
a = ±b : ou ...
– a2 − b2 6= 0, A2 est semblable `
a diag(a + b, a − b) et de rang 2.
2. A est de rang ≤ 4, en effet, Im A est engendr´e par les colonnes (C1 , C2 , C3 , C2n ).
– si a2 − b2 = 0, C1 , C2n sont colin´eaires de mˆeme que C2 , C3 . A2n est donc de rang 2.
– si a2 − b2 6= 0, A2n est de rang 4.
94
3. On ´etudiera les cas a = b, a = −b et a2 − b2 6= 0 successivement.
(a)
(b)
(c)
3.37 Indications ou corrig´
e 3.37
φ est clairement lin´eaire. On observe que φ(8) = φ ◦ ... ◦ φ = idM3 (K) .
Les valeurs propres r´eelles ou complexes de φ sont donc parmi les racines 8i`emes de l’unit´e. Comme
le polynˆ
ome X 8 − 1 est scind´e `
a racines simples dans C et annulateur de φ, cet endomorphisme
est diagonalisable dans M3 (C).
Rep´erons ses ´el´ements propres.




a b c
b c f
M = d e f  , φ(M ) = a e i  ,
g h i
d g h
Que K = R ou K = C on a :
• 1 est valeur propre : φ(M ) = M ssi a = b = c = d =f= g = h= 
i. Les sevpropre
associ´e `a 1

1 1 1
0 0 0
est donc de dimension 2 et admet pour base le couple 1 0 1 , 0 1 0 .
1 1 1
0 0 0
• -1 est valeur propre : φ(M ) = −M ssi a = −b = c = −f = i = −h
=
g = −d =a et e = 0. Le

1 −1 1
sev propre associ´e `
a -1 est donc la droite vectorielle engendr´ee par −1 0 −1 .
1 −1 1
Dans le cas r´
eel, φ n’est donc pas diagonalisable. Par contre φ est diagonalisable lorsque
K = C. En effet, la somme des dimensions des sev propres est ´egale `a 9 (2+1+1+1+1+1+1+1) :
• λ racine 8i`eme de l’unit´
e autre que 1 est valeur propre de sev propre associ´
e de
dimension 1 : φ(M ) = λM ssi e = 0 et b = λa, c = λ2 a, f = λ3 a, i = λ4 a, etc... Le sev associ´e est
donc engendr´e par la matrice :


1 λ λ2
λ7 0 λ3 
λ6 λ5 λ4
3.38 Indications ou corrig´
e 3.38
1. Consid´erons Q ∈ GLn (R) telle que Q−1 AQ = diag(λ1 , ..., λn ).
On a Q−1 exp(A)Q = diag(eλ1 , ..., eλn ).
Consid´erons alors
n
X
P (X) =
λi Λi (X)
i=1
o`
u les Λi sont les polynˆ
omes d’interpolation de Lagrange tels que Λi (eλj ) = δij . Il est imm´ediat
−1
que P (Q exp(A)Q) = Q−1 AQ donc que P (expA) = A.
2. Supposons que expA = expB. Comme B commute avec expB, elle commute avec expA donc
avec A = P (expA). Deux endomorphismes diagonalisables qui commutent ont une base de
diagonalisation commune. Il existe donc R ∈ GLn (R) telle que R−1 A R = diag(λ1 , ..., λn )
et R−1 B R = diag(µ1 , ..., µn ) soient toutes deux diagonales. Il vient alors exp(R−1 A R) =
exp(R−1 B R) donc eλi = eµi , d’o`
u λi = µi , pour tout i et A = B
3.39 Indications ou corrig´
e 3.39
95
1. Observons tout d’abord que tout endomorphisme d’un C−ev ou toute matrice complexe
admet une valeur propre et des vecteurs propres (le polynˆome caract´eristique admet une
racine). Supposons que AB = 0.
• si B admet une valeur propre non nulle λ, il existe X 6= 0 tel que
A B X = A(λX) = λAX = 0.
Ainsi X 6= 0 et X ∈ Ker(A) ∩ Ker(B − λ).
• si toutes les vp de B sont nulles et B 6= 0,, B est nilpotente et il existe pgeq21 tel que
B p = 0 et B p−1 6= 0. On consid`ere donc un vecteur X tel que Y = B p−1 X 6= 0. On observe
que AY = AB(B p−2 X) = 0 et que BY = B p X = 0. Ainsi Y 6= 0 est dans ker(A) ∩ ker(B).
• enfin, si B = 0 un vp de A (il en existe puisque A admet au moins une vp dans C) est aussi
vp de B.
2. φ est correctement d´efinie puisque le polynˆome caract´eristique d’une matrice carr´ee d’ordre
n est de degr´e n, de coefficient de tˆete (−1)n ; ; la surjectivit´e est imm´ediate si l’on observe
que tout polynˆ
ome
P (X) = (−1)n (X n + an−1 X n−1 + ... + a0 )
est associ´e (est le polynˆ
ome caract´eristique de) sa

0 0 ... ...


 1 0 ... . . .



 0 1 ... ...
A=

 . . .
.. ...
 .. ..


 0 0 0
1

0 0 0
0
matrice compagnon :

0
−a0


0
−a1 



0
−a2 



..
..

.
.


0 −an−2 

1 −an−1
3.40 Indication ou corrig´
e 3.40
1. On obtient sans peine χA (X) = (−1)n (X n + an−1 X n−1 + ... + a0 )
´
2. Etudions
un syst`eme AX = λX.
La premi`ere ligne donne λx1 = −a0 xn ;
La ligne k o`
u 2 ≤ k ≤ n donne xk−1 − λxk − ak−1 xn = 0.
A est de rang n ssi a0 6= 0, sinon elle est de rang n − 1. Si 0 est valeur propre le sev associ´e
est donc une droite.
Supposons que λ soit une valeur propre non nulle. Il vient
x1 =
1
−a0
xn , xk = (xk−1 − ak−1 xn )...
λ
λ
Ker(A − λ) est donc une droite vectorielle. A est donc diagonalisable ssi elle admet n valeurs
propres distinctes.
3.41 Indication ou corrig´
e 3.41
D´
ecomposition diagonale + nilpotent qui commutent :
Montons tout d’abord qu’il existe P ∈ GLn (C) telle que P −1 M P = T = D +N o`
u D est diagonale,
N nilpotente, ces deux matrices commutant.
Q
En effet, si f est l’endomorphisme canoniquement associ´e `a M, si χf (X) = (−1)n (X − λi )ni ,
d’apr`es le lemme des noyaux :
Cn = ⊕i ker(f − λi id)ni ,
96
chacun des ces noyaux ´etant stable par f.
La restriction de (f − λi ) `
a chaque sev ker(f − λi id)ni est nilpotente. On peut ´ecrire dans une base
adapt´ee :


λ 1 I n 1 + N1
O
...
O


O
λ2 In2 + N2 . . .
O


T = M at(f, (ak )) = 

..
..
.
.
.
.


.
.
.
.
O

λ1 In1
 O

= .
 ..
O
O
λ2 In2
..
.
...
...
..
.
O
O

O
N1

O 
 O
..  +  ..
.   .
O
λp Inp

λp Inp + Np

... O
... O 

..  ...
..
.
. 
O
N2
..
.
O
Np
3.42 Indication ou corrig´
e 3.42
A 2A
Soient A ∈ Mn (C) et B ∈ M2n (C), la matrice par blocs : B =
.
0 3A
p
A α p Ap
p
1. Apr`es le calcul de quelques termes on observe que B =
avec α0 = 0, α1 =
0 3 p Ap
2, α2 = 8, α3 = 26. Une d´emonstration par r´ecurrence confirme cela et donne la relation
αp+1 = αp + 2.3p soit αp = 3pP
− 1.
Calcul de P (B) o`
u P (X) =
ap X p . Comme toujours, on se m´efiera du terme constant,
mˆeme si ici il ne pose pas probl`eme :
I
P (B) = a0 n
0
X
p
n
On
A
+
ap
In
0
p=1
3p Ap − Ap
P (A) P (3A) − P (A)
=
.
3p Ap
0
P (3A)
2. Si B est diagonalisable, il existe un polynˆome scind´e `a racines simples tel que P (B) = 0. On
a alors P (A) = 0 et A est aussi diagonalisable.
3. On suppose A diagonalisable, son polynˆome minimal est donc scind´e `a racines simples,
Y
ΠA (X) =
(X − λ).
λ∈Sp(A)
Les polynˆ
omes annulateurs de A sont de la forme P (X) = ΠA (X)Q(X), ΠA (X) ´etant le
polynˆ
ome minimal de A.
P (A) P (3A) − P (A)
0
P (3A)
Pour un tel polynˆ
ome, P (B) =
= n
, avec P (3A) =
0
P (3A)
0 P (3A)
ΠA (3A)Q(3A).
On obtient un polynˆ
ome scind´e `
a racines simples en posant
Y
Y
P (X) =
(X − λ) ×
(X − 3λ),
λ∈Sp(A)
λ∈Sp(A)
3λ6∈Sp(A)
ce polynˆ
ome v´erifie :
– ΠA (X)|P (X), il est donc annulateur de A
97
– et d’autre part P (3A) = 0 car ΠA (X)|P (3X). En effet,
Y
Y
3(X − λ)
P (3X) =
(3X − λ) ×
λ∈Sp(A)
λ∈Sp(A)
3λ6∈Sp(A)


=
3?
Y
λ∈Sp(A)

(X − λ/3) × 

3λ6∈Sp(A)
Y
(X − λ/3) ×

(X − λ)
.
λ∈Sp(A)
λ∈Sp(A)
λ/3∈Sp(A)
λ/36∈Sp(A)
3.43 Indication ou corrig´
e 3.43
raisonner sur le rayon spectral : ρ(A) = sup {|λ|, λ ∈ SpC (A)} A FAIRE
98
Y
3.44 Indication ou corrig´
e 3.44
´
Enonc´
e :
Soit A ∈ Mn (C) telle que pour tout k ∈ N∗ , Tr(Ak ) = 0. Montrer que A est nilpotente.
Une matrice de Mn (C) est semblable `
a une matrice triangulaire


λ1 ∗ . . . ∗
 0 λ2
∗


T = .
.
.. 
..
..
 ..
.
. 
0
0
...
λn
Supposons que A admette des valeurs P
propres non nulles. Apr`es une ´eventuelle r´
e´
ecriture
p
des valeurs propres, la trace de Ak est donc i=1 ni λki = 0 o`
u les λi les valeurs propres non nulles
´
et distinctes et les ni les ordres de multiplicit´e des λi . Ecrivons
le syst`eme d’´equations correspondant
pour k = 1, ..., p. Il s’exprime
   

λ1 λ2 . . . λp
n1
0
λ21 λ22 . . . λ2p  n2  0

   
 ..
..
..   ..  =  ..  .
..
.
.
.
.   .  .
p
p
λ1 λ2 . . . λpp
np
0
Le d´eterminant de la matrice est ´egal au produit des λi et d’un d´eterminant de Vandermonde qui
est non nul. L’´equation n’est donc pas v´erifi´ee ce qui est une contradiction.
Bilan : SpC (A) = {0} donc χA (X) = (−1)n X n et par le th´eor`eme de Cayley-Hamilton, An = 0
et A est nilpotente.
99
3.45 Indication ou corrig´
e 3.45
A A
Soient A ∈ Mn (C) et B =
∈ M2n (C).
A A
1. Commen¸cons par exprimer les puissances de B :
n
In O
0
∗
n
n−1 A
B =
, et pour n ∈ N , B = 2
O In
An
Soit F (X) =
P
An
An
ak X k , avec une prudence `a toujours recommand´ee, pour le terme constant :
k k
p
1X
2 A
O
ak k k
+
In
2 A
2
I
F (B) = a0 n
O
I
F (B) = a0 n
O
k=1
2k Ak
2k Ak
1 F (2A) − a0 F (2A) − a0
O
+
In
2 F (2A) − a0 F (2A) − a0
1 F (2A) + a0 F (2A) − a0
F (B) =
2 F (2A) − a0 F (2A) + a0
2. Conditions n´ecessaires et/ou suffisantes pour que B (ou A) soit diagonalisable.
(a) On suppose B diagonalisable.
On note πB (X) son polynˆ
ome minimal, qui est donc scind´e `a racines simples sur C. On
Qk
l’´ecrira s’il le faut, πB (X) = i=1 (XQ− βi ). Comme πB (B) = 0, il vient πB (2A) + b0 =
πB (2A) − b0 = 0; cela impose b0 = βi = 0, ce dont on pouvait a priori se douter en
examinant le rang maximal pour B!
Ainsi
k
k Y
Y
βi
πB (2A) =
(2A − βi ) = 2k
A−
= 0.
2
i=1
i=1
Comme le polynˆ
ome
2k
k Y
X−
i=1
βi
2
=0
est scind´e `
a racines simples sur C, A est diagonalisable ; de plus
SpC (A) ⊂ RacC (πB (2X)) =
1
SpC (B)
2
(b) On suppose A diagonalisable.
On note πA le polynˆ
scind´e `a racines simples sur C et on peut
Qkome minimal de A. Il est Q
l’´ecrire πA (X) = i=1 (X − αi ). Notons a0 = αi .
• Supposons que a0 = 0. Le polynˆome F d´efini par
F (X) = πA
X
2
=
k Y
X
i=1
2
est scind´e `
a racines simples sur C et
1 F (2A) + a0
F (B) =
2 F (2A) − a0
− αi
=
k
1 Y
(X − 2αi )
2k i=1
F (2A) − a0
= 0.
F (2A) + a0
Donc B est diagonalisable. De plus
SpC (B) ⊂ RacC (F (X)) = 2SpC (A)
100
• Supposons que a0 6= 0. Le polynˆome G d´efini par
G(X) = XF (X) = XπA
X
2
=X
k Y
X
i=1
est lui-aussi scind´e `
a racines simples sur C et
1 AF (2A) + 0
G(B) =
2 AF (2A) − 0
2
− αi
=
k
1 Y
X
(X − 2αi )
2k i=1
AF (2A) − 0
= 0.
AF (2A) + 0
Donc B est diagonalisable. De plus
SpC (B) ⊂ RacC (XF (X)) = 2SpC (A) ∪ {0}
Bilan
• A diagonalisable ssi B diagonalisable ;
Dans ce cas (mais on peut le d´emontrer en consid´erant des polynˆomes minimaux non n´ecessairement
scind´es `
a racines simples) on a aussi :
• si 0 ∈ SpC (A), SpC (B) = 2SpC (A);
• si 0 ∈
/ SpC (A), SpC (B) = 2SpC (A) ∪ {0};
3.46 Indication
e 3.46
ou corrig´
1 a
Soit A =
une matrice `
a coefficients r´eels.
a 1
1. Commen¸cons par quelques consid´erations (qui rel`event de l’analyse du probl`eme) :
• On sait que eM et M commutent. Donc si eM = A, M et A commutent et les sev propres
de l’une sont stables par l’autre.
• A est sym´etrique r´eelle donc diagonalisable dans M2 (R) et Sp(A) = {1 + a, 1 − a}.
Deux cas se pr´esentent `
a nous :
(a) a 6= 0 et A admet deux valeurs propres r´
eelles distinctes.
On note u et v les endomorphismes canoniquement associ´es `a A et M respectivement.
Les sev propres de u sont les droites D1 = vect(), D2 = vect() qui sont stables par M
telle que eM = A. Nous serons amen´es `a distinguer les sous-cas 0 < |a| < 1 et |a| ≥ 1
selon que les valeurs propres sont positives ou pas.
(b) a = 0 et A = I2 admet une valeurs propre double.
´
Etudions
ces deux cas :
(a) a 6= 0 : Dans une base form´ee de vecteurs propres de u la matrice de v est aussi diagonale.
Il existe donc P ∈ GLn (R) telle que
1+a
0
λ 0
−1
−1
P AP =
et P M P =
0
1−a
0 µ
eM
−1
= P −1 eM P = P −1 AP. On a alors
λ
1+a
0
e
0
= A ⇔ P −1 eM P =
=
= P −1 AP
0
1−a
0 eµ
On sait que eM = A ⇔ eP
MP
On retrouve les deux sous cas annonc´es :
101
i. Si 0 < |a| < 1, il existe une solution et une seule M telle que
ln(1 + a)
0
−1
P MP =
0
ln(1 − a)
ii. Si |a| ≥ 1, pas de solution r´eelle.
2. Supposons que a = 0 et A = I2 . Nous allons regarder du cot´e de la r´eduction a priori de M :
• Soit M ∈ M2 (R),
on sait qu’il existe P ∈ GLn (C) et une matrice triangulaire T telles que
λ x
. Un calcul rapide donne
P −1 M P = T =
0 µ
n
λ
T =
0
n
On en d´eduit


λn − µn

n

λ
x

λ−µ 


P

x i+j=n−1 λi µj
0
µn #
= "
n
µ


λn n x λn−1



 0
λn
si λ 6= µ
.
si λ = µ


eλ − eµ

λ

x

e
λ − µ  si λ 6= µ


0
e#µ
exp(T ) = "
.

λ
λ

e
x
e



si λ = µ

0
eλ
Nous sommes alors en mesure d’´etudier l’´equation eM = I2 qui se ram`ene `a eT = I2 .
On a donc eT = I2 ssi λ = µ = 0 et x = 0. Ainsi, T = I2 et M = P T P −1 = I2 seule solution
de l’´equation.
Attention : nous avons fait un d´etour par M2 (C). Si nous n’avons pas eu `a trier entre
solutions `
a coefficients r´eels ou complexes, c’est parce que la seule solution trouv´ee, I2 , est
une matrice r´eelle de fa¸con ´evidente.
3. Indications pour la r´esolution de l’´equation exp(M ) = A dans M2 (C) :
On ´etudie le probl`eme de la mˆeme fa¸con que pr´ec´edemment, avec deux cas a = 0 et a 6= 0.
(a) Lorsque a = 0 l’´equation se traite `a l’identique en trigonalisant v (ou M ) et en justifiant
que eλ = 1 ssi ∃k ∈ Z, λ = 2ikπ. Pour cela on rappelle que ez = ex+iy = ex eiy ...
Les solutions sont les matrices M = e2ikπI2 .
(b) Lorsque a 6= 0 on montre que toute solution est semblable `a une matrice diagonale et
on se ram`ene `
a
λ
1+a
0
e
0
M
−1 M
e =A⇔P e P =
=
= P −1 AP
0
1−a
0 eµ
On discute alors selon que a = ±1 (pas de solution) ou a 6= ±1... o`
u l’on se ram`ene aux
´equations dans C ex+iy = 1 ± a...
102
4
Fonctions de la variable r´
eelle, suites num´
eriques
4.1
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
cours de Sup : le th´eor`eme de Rolle (ex. 4.1, ex. 4.3), accroissements finis, formules de Taylor
(ex. 4.6 ) ;
fonctions convexes : voir le polycopi´e Etude locale et continuit´e, relations de comparaisons ainsi
que les exercices 2.5 (`
a propos de d´eterminants), .
d´
eveloppements asymptotiques : voir le mˆeme polycopi´e TD que pour les fonctions convexes
ou les exercices 4.4, 4.7.
notions de fonction lipschitzienne, de suite de Cauchy : revoir l’ex 4.5
suites r´
ecurrentes : revoir les exercices basiques en fin du chapitre du cours ”Topologie de R ou
C,” ainsi que l’exercice 4.13.
Ce que dit le rapport d’oral CCP 2007 `
a ce propos :
– Lors du calcul d’un DL en 0, la formule
an =
–
–
–
–
f (n) (0)
n!
ne fait pas partie du registre usuel de certains ´el`eves ; ils pr´ef`erent faire appel `
a des th´eor`emes
sur les op´erations ou sur les fonctions compos´ees qui parfois ne peuvent pas ˆetre utilis´ees.
Les d´eveloppements limit´es et les DSE usuels sont souvent mal connus.
La notation o(xn ) est souvent mal comprise. Elle est cause d’erreurs lorsque x est remplac´e par
une quantit´e ”plus compliqu´ee” tendant vers 0.
Calcul : des lacunes surprenantes (relations trigonom´etriques et calculs de primitives).
L’utilisation des ´equivalents pour calculer certaines limites en cas d’ind´etermination est mal
comprise (confusion avec l’utilisation d’un Dl...). Certains ´el`eves semblent craindre l’utilisation
des ´equivalents.
4.2
´
Enonc´
es
Exercice 4.1 classique...
f est deux fois d´erivable sur un intervalle I contenant a, b et c. Montrer qu’il existe d ∈ I tel que
f (a)
f (b)
f (c)
1
+
+
= f ”(d).
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
2
voir commentaire 4.1
Exercice 4.2 CCP - 2006 ; planches diverses ;
1. D´emontrer que deux suites ´equivalentes (un )n et (vn )n sont de mˆeme signe `a partir d’un
1
1
certain rang. Quel est le signe de sin − th au voisinage de +∞?
n
n
2.
3.
voir commentaire 4.2
Exercice 4.3 CCP analogue Cen ?
103
1. Soit P le polynˆ
ome de R[X], de degr´e n,
P (X) = an
p
Y
(X − λi )αi .
i=1
Montrer que si les λi sont tous r´eels, alors P 0 (X) admet n − 1 racines r´eelles distinctes ou
non.
2. Montrer que si P et Q sont scind´es sur R, il en va de mˆeme pour P 0 Q + aP Q0 lorsque a est
un entier naturel.
3. Pour ´etudier les cas a > 0, consid´erer la fonction
f (x) = ln |P (x)| + ln(|Q(x)|a ).
voir indications ou corrig´e 4.3.
Exercice 4.4 Centrale PSI maths 1.
Soit f d´efinie par f (x) = th(x) tan(x) − 1.
1. Montrer que cette fonction admet un z´ero et un seul dans chaque intervalle ]− π2 +nπ, π2 +nπ[
pour chaque entier n > 1. On note un cette racine.
2. Donner un d´eveloppement asymptotique de un .
voir indications ou corrig´e 4.4.
Exercice 4.5 MP, quasi-cours
Soit φ, une fonction lipschitzienne d´efinie sur un intervalle ]a, b[ `a valeurs dans C.
b−a
1. On pose xn = a +
et un = φ(xn ). Montrer que (un )n converge. On note u sa limite et
n
b−a
v celle de vn = φ(yn ) avec yn = b −
.
n
2. Montrer que φ admet un prolongement par continuit´e sur [a, b.
voir indications ou corrig´e 4.5.
Exercice 4.6 PSI, MP (Mines) etc... (et aussi exercice classique de sup ! ?)
Soit f une fonction d´efinie sur [0, 1]. On lui associe la suite
n
X
k
un =
f
− (n + 1)f (0).
n2
k=0
´
1. Etudier
(un )n lorsque f est de classe C 2
´
2. Etudier
(un )n lorsque f est suppos´ee seulement d´erivable, de d´eriv´ee continue en 0.
voir indications ou corrig´e 4.6.
Exercice 4.7 CCP PSI-MP (analogues)
Soit fn d´efinie par fn (x) = n − x + e−x .
1. Montrer que cette fonction admet un z´ero sur R et un seul.
2. Montrer que ce z´ero, not´e un est compris entre n et n + 1
3. Donner un ´equivalent puis un d´eveloppement asymptotique de un .
voir indications ou corrig´e 4.7.
104
Exercice 4.8
Soit n ≥ 2. On consid`ere le polynˆ
ome
Pn (X) = X n+1 −
n
X
Xk.
k=0
1. Combien admet-il de racines r´eelles ?
2. Soit xn la plus grande de ses racines r´eelles. Donner un majorant de xn , simple et ind´ependant
de n;
3. Montrer que, pour toute racine complexe z, on a |z| ≤ xn .
voir commentaire 4.8
Exercice 4.9 MP
x
.
Soit f la fonction num´erique d´efinie par f (x) =
ln x
1. Discuter du nombre de solutions de l’´equation f (x) = a.
Dans la suite de l’exercice, on consid`ere les solutions de cette ´equation lorsque a > e.
2. Soit xa une solution de l’´equation v´erifiant xa < e. En donner un d´eveloppement asymptotique `
a trois termes, lorsque a tend vers +∞.
3. Soit ya une solution de l’´equation v´erifiant ya > e. En donner un d´eveloppement asymptotique
a deux termes, lorsque a tend vers +∞.
`
voir commentaire 4.9
Exercice 4.10 CCP 2005
On consid`ere l’´equation xn + x − 1 = 0 pour n ∈ N∗ .
1. Montrer qu’elle admet une racine et une seule dans R + .
2. On note xn cette racine. Montrer que lim xn = 1.
3. On pose yn = 1 − xn . Montrer qu’`
a partir d’un certain rang
ln n
ln n
≤ yn ≤
.
2n
n
ln n
ln n
4. Montrer que ln yn ∼ − ln n et que xn = 1 −
+o
.
n
n
voir commentaire 4.10
Exercice 4.11 X-2007
Soient a > 0 et b > 0 tels que a + b = 1 et f une fonction de R dans R, de classe C ∞ .
1. On suppose que pour tout r´eel x, f (ax + b) = f (x). Que peut on dire de f ?
2. On suppose que pour tout r´eel x, f (ax + b) = λf (x). Que peut on dire de f ?
voir commentaire 4.11
Exercice 4.12 ENS 2007, le suivant pour des questions interm´ediaires...
Soit (un )n une suite de r´eels telle que un+1 = |un − n|. Donner un ´equivalent de un .
voir commentaire 4.12
Exercice 4.13
Soit (un )n une suite de r´eels telle que un+1 = |un − n|.
105
´
1. Ecrire
un programme permettant de calculer les premiers termes d’une telle suite. Que peut
on conjecturer quant `
a un ´equivalent de un ? Le r´esultat d´epend il de u0 ?
2. Exprimer lorsque p est un entier naturel,
p
X
(−1)j et
j=0
p
X
(−1)p−j j.
j=0
3. (a) Soit n0 ∈ N∗ , montrer que si 0 ≤ un0 ≤ n0 , alors pour tout n ≥ n0 , on a encore
0 ≤ un ≤ n.
(b) Montrer qu’il existe un tel n0 (raisonner par l’absurde).
(c) Exprimer un0 +1 , un0 +2 , un0 +3 , ..., un0 +p en fonction de un0 , n0 et p;
(d) Peut on exprimer un ´equivalent de un ?
voir commentaire 4.13
Exercice 4.14
Soit φ, une fonction lipschitzienne d´efinie sur un intervalle ]a, b[ `a valeurs dans C.
b−a
1. On pose xn = a +
et un = φ(xn ). Montrer que (un )n converge. On note u sa limite et
n
b−a
v celle de vn = φ(yn ) avec yn = b −
.
n
2. Montrer que φ admet un prolongement par continuit´e sur [a, b[.
voir commentaire 4.14
Exercice 4.15 Soit f une fonction d´efinie sur [0, 1] et de classe C 1 sur ]0, 1]. On suppose que
tf 0 (t) − f (t) + f (0) = = O(t2 )
t→0
Montrer que f est de classe C 1 sur [0, 1].
voir commentaire 4.15
106
4.3
Indications ou corrig´
es des exercices
4.1 Indications ou corrig´
e 4.1
Partant de la relation
f (a)
f (b)
f (c)
1
+
+
= f ”(d),
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
2
on multiplie par (a − b)(c − a)(b − c) ce qui donne
(c − b)f (a) + (a − c)f (b) + (c − b)f (c) =
1
(a − b)(b − c)(c − a)f ”(d);
2
Cette relation est sym´etrique en a, b, c; l’id´ee est alors d’introduire une fonction auxiliaire, par
exemple
1
g(x) = (x − b)f (a) + (a − x)f (b) + (b − a)f (x) − (a − b)(b − x)(x − a)K...
2
Le but est de conserver f (x) et d’´ecrire une fonction nulle en a, b et c. On a g(a) = g(b) = 0 dans
tous les cas (ou pour tout K), et par ailleurs, g(c) = 0 lorsque
K
f (a)
f (b)
f (c)
=
+
+
.
2
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
D’apr`es le th´eor`eme de Rolle, g ayant 3 z´eros dans I, g 0 s’annule en deux points au moins et g”
en un point d au moins. On ´ecrit la d´eriv´ee seconde de g : g”(x) = (b − a)f ”(x) + (a − b)K, elle et
g”(d) = 0 ssi K = f ”(d) ce qui est la relation demand´ee.
4.2 Indication ou corrig´
e 4.2
1. Par d´efinition (un )n et (vn )n sont ´equivalentes 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 `
a partir duquel |εn | ≤ 1/2. Ainsi pour n ≥ n0 , avons nous : (1 + εn ) > 0
et un , vn de mˆeme signe.
1
1
Le signe de sin − th au voisinage de +∞ est celui d’un ´equivalent. Or,
n
n 1
1
1
1
– sin = −
+
o
;
n
n 3!n3
n3
0
2
– si on ne le connaˆıt par cœur, on calcule un DL3 de th en observant
que th x = 1 − th x...
1
1
2
1
et avec la formule de Taylor `
a l’ordre 3 : th = −
+o
n
n 3!n3
n3
– Il vient alors
1
1
1
1
1
sin − th =
+o
∼
n
n
3!n3
n3
3!n3
qui est positif `
a partir d’un certain rang.
2.
3.
4.3 Indications ou corrig´
e 4.3
Qp
1. Si P (X) = an i=1 (X − λi )αi , o`
u λ1 < λ2 < ... < λp , alors :
– le th´eor`eme de Rolle nous dit que chaque ]λi , λi+1 [ contient au moins une racine de P 0
– chaque λi est racine d’ordre αi − 1 de P 0 .
107
On en d´eduit que P 0 admet au moins
p
X
(αi − 1) + p − 1 = n − 1
i=1
racines. Comme c’est un polynˆ
ome de degr´e n il est scind´e (et n’a pas d’autre racine).
a 0
a−1
2. Si a est entier, (P Q ) = Q
(P 0 Q + aP Q0 ). Si P et Q sont scind´es, il en va de mˆeme pour
a
P Q dont le polynˆ
ome d´eriv´e admet donc n + am − 1 racines. Ainsi, (P 0 Q + aP Q0 ) admet
(n + am − 1)( a − 1)m racines ce qui est son degr´e ; il est donc scind´e sur R.
Qq
3. Notons Q(X) = am i=1 (X − µj )βi . On observe que
p
f 0 (x) =
q
X αi
X aβj
P 0 (x)
Q0 (x)
+a
=
+
.
P (x)
Q(x))
x − λi j=1 x − µi
i=1
D´enombrons donc les racines de
P (x)Q(x)f 0 (x) = P 0 (x)Q(x) + aQ0 (x)P (x),
polynˆ
ome de degr´e n + m − 1, puisque a > 0 (calculer le coefficient de tˆete).
Notons C l’ensemble des racines communes `a P et Q et p + q − c le nombre des racines
distinctes de P Q.
– Comme f a pour limite −∞ en les λi , µj , f admet entre deux des ces points une racine
(Rolle g´en´eralis´e : `
a d´emontrer `
a la demande, dessiner en attendant). Cela fait p + q − c − 1
racines de f 0 distinctes des racines de P Q.
– Les racines λi de P seul, sont des racines d’ordre αi − 1 de P Qf 0 .
– Les racines µj de Q seul, sont des racines d’ordre βj − 1 de P Qf 0 .
– Les racines µj = λi appartenant `
a C, sont des racines d’ordre βj + αi − 1 de P Qf 0 .
Tout cela nous fait
X
X
X
(αi − 1) +
(βj − 1) +
(αi + βj − 1) + (p + q − c − 1)
λi ∈C
/
λi =µj ∈C
µj ∈C
/
= n + m − (p − c) − (q − c) − c + (p + q − c − 1) = n + m − 1.
4.4 Indications ou corrig´
e 4.4..
´
1. Etudions
f sur un tel intervalle. Il est tout d’abord ´evident que f change de signe et s’annule
(limites). De plus f est strictement % sur In .
f 0 (x) = 1 + tan2 (x) tanh(x) + tan(x) 1 − tanh2 (x) .
f 0 (x) > 0 ssi (1 + tan2 (x)) tanh(x) > − tan(x)(1 − tanh2 (x)).
Il SUFFIT pour cela que
| tan(x)| <
(1 + tan2 (x)) tanh(x)
.
(1 − tanh2 (x))
Il SUFFIT pour cela que
tanh(x)
≥ 1;
(1 − tanh2 (x))
On r´esout l’in´equation du second degr´e, X 2 + X − 1 > 0, elle est satisfaite d´es lors que
X > (51/2 − 1)/2 = .6180339890; c’est le cas de X = tanh(x) puisque
evalf (tanh(π/2)) = .9171523357;
108
2. On a un ∼n→+∞ nπ. Posons un = nπ + vn ; il vient :
f (un ) = f (vn + nπ) = tan(nπ + vn ) tanh(nπ + vn ) = 1.
tan(vn ) =
1
∼n→+∞ 1.
tanh(nπ + vn )
Comme −π/2 < vn < π/2, on en d´eduit que vn = π4 + o(1). Posons alors vn = π4 + wn , il
vient :
1
− arctan(1).
wn = arctan
tanh(nπ + vn )
1
1
wn =
− 1 ,→ accroissts finis.
2
tanh(nπ + π/4 + wn )
1
1+
tanh(tn )
wn ∼n→+∞
1 − tanh(nπ + π/4 + wn )
1 − tanh(nπ + π/4 + wn )
∼n→+∞
2 tanh(nπ + π/4 + wn )
2
wn ∼n→+∞ e−2nπ+π/2 .
Et enfin :
un = nπ +
π
+ e−2nπ+π/2 + o(e−2nπ ).
4
4.5 Indications ou corrig´
e 4.5.
D´ej`
a fait en cours, `
a connaˆıtre, voir chapitre topologie de R; ce r´esultat intervient dans l’´etude
des EDO par exemple. 4.6 Indications ou corrig´
e 4.6.
Tr`es classique
´
1. Ecrivons
la formule de Taylor-Young `a l’ordre 2 :
f (x) = f (0) + f 0 (0) x +
En faisant x =
f ”(0) 2
x + x2 ε(x).
2
k
, cela donne :
n2
2
k
k
f ”(0) k 2
k2
k
0
f
= f (0) + f (0) 2 +
+ 4 ε
,
2
4
n
n
2 n
n
n4
2
n
n
n
n
X
X
X
k
k
f ”(0) X k 2
k2
k
0
f
= (n + 1)f (0) + f (0)
+
+
ε
.
2
2
4
4
n
n
2
n
n
n4
k=0
k=0
k=0
k=0
On calcule sans peine les premiers termes puisque
n
X
k=
k=0
On majore le terme Rn =
n
n(n + 1)(2n + 1)
n(n + 1) X 2
,
k =
.
2
6
k=0
Pn
k=0
k2
ε
n4
|Rn | ≤
k2
n4
sup
:
ε(t)
0≤t≤1/n
n
X
k2
n4
k=0
109
=
n→+∞
o(1/n)
Ainsi
n
X
n(n + 1) 0
n(n + 1)(2n + 1)
k
− (n + 1)f (0) +
f (0) +
f ”(0) + Rn ...
f
2
2
n
2n
12n4
k=0
2. Avec moins d’hypoth`eses sur f, pensons au TAF et ´ecrivons f (x) = f (0) + f 0 (tx ) × x o`
u tx
est compris entre 0 et x. En rempla¸cant comme il se doit, on obtient :
k
k
f
= f (0) + f 0 (tk ) × 2
2
n
n
avec tk compris entre 0 et k/n2 ≤ 1/n. On ajoute et on retranche :
n
n
X
X
n(n + 1) 0
k
k
=
(n
+
1)f
(0)
+
f
(0)
+
f
(f 0 (tk ) − f 0 (0)) × 2 .
2
2
n
2n
n
k=0
k=0
Cette r´e´ecriture nous permet de majorer le reste :
|Rn0 | ≤
sup
|f 0 (t) − f 0 (0)|
0≤t≤1/n
n
X
k
= o(t)...
n2 t→0
k=0
Bilan dans les deux cas,
lim
n→+∞
!
n
X
k
f 0 (0))
f
.
−
(n
+
1)f
(0)
=
n2
2
k=0
4.7 Indications ou corrig´
e 4.7 .
Tr`es classique
1. ´etude de f
2. valeurs interm´ediaires f (n) > 0; f (n + 1) < 0.
3. classique, proc´eder en posant un = n + vn et en rempla¸cant... On trouvera
un = n + e−n + o(e−n ).
4.8 Indication ou corrig´
e 4.8
origine ULM, MP∗ (vous avez rat´e l’occase, c’´etait faisable (un peu trop peut-ˆetre).
1. On observe que 1 n’est pas racine. Si x 6= 1, on a
Pn (x) =
1
1
xn+1 − 2xn + 1 =
Qn (x);
x−1
x−1
d
Qn (x) = ((n + 1) x − 2 n) xn−1 .
dx
– si n est impair (n + 1 pair), Qn a deux racines yn = 1 et xn >
x
−∞
Q0n
1
2n
n+1
−
0
+
(−)
%
2n
:
n+1
∞
&
Qn
+∞
Qn (1) = 0
110
+∞
– si n est pair, Qn a aussi deux racines r´eelles :
−∞
x
Q0n
−
−∞
Qn
0
2n
n+1
0
0
+
(−)
%
% +1
&
∞
+∞
– Dans les deux cas, Pn a donc une seule racine, xn .
2n
2. Comme Pn (2) = 2n+1 − 2n+1 + 1 > 0, on a
< xn < 2;
n+1
3. Soit z une racine complexe on a :
zn =
n−1
X
z k , d0 o`
u P (|z|) = |z|n −
k=0
n−1
X
|z|k ≤ 0.
k=0
La lecture du tableau, quelle que soit la parit´e de n donne |z| ≤ xn < 2.
4.9 Indication ou corrig´
e 4.9
1.
2.
3.
4.10 Indication ou corrig´
e 4.10
1. Variations de fn qui est strictement croissante et continue sur R+; comme fn (0) = −1 et
fn (1) = 1, xn ∈ [0, 1].
2. Monotonie de la suite, c’est classique, on commence `a observer que sur [0, 1], fn+1 (x) ≤ fn (x).
− xnn + (xnn + xn − 1) .
Alors fn+1 (xn ) = xn+1
+ xn − 1 = xn+1
n
n
On a donc fn+1 (xn ) ≤ fn+1 (xn+1 ) = 0. Comme fn+1 croˆıt sur [0, 1], xn ≤ xn+1 . La suite,
croissante et major´ee, converge. Sa limite ` appartient `a ]0, 1].
Raisonnons par l’absurde, si ` < 1, comme xnn + xn − 1 = 0, par passage `a la limite, ` − 1 = 0.
Contradiction. Pourquoi ai-je suppos´e ` < 1?
3. Posons yn = 1 − xn , et rempla¸cons dans l’´equation, on obtient : (1 − yn )n − yn = 0;
Cela s’´ecrit encore en ln(1−yn )−ln yn = 1 ou φ(yn ) = n ln(1 − yn ) − ln yn = 0.
Venons en `
a l’´etude de φ : φ est strictement d´ecroissante et r´ealise une bijection de ]0, 1[
sur R. Calculons (estimons) φ en les valeurs sugg´er´ees, soit avec nos petites mains, soit avec
MAPLE :
>restart;
>phi:=y->n*ln(1-y)-ln(y);
y 7→ n ln (1 − y) − ln (y)
>series(phi(ln(n)/(2*n) ),n=infinity);
2
3
4
5
(ln (n))
(ln (n))
1 (ln (n))
1 (ln (n))
−1/24
−
−
+O n−5
2
3
4
n
n
64
n
160
n
> series(phi(ln(n)/n),n=infinity);
1/2 ln (n)−ln (1/2 ln (n))−1/8
111
2
3
4
5
(ln (n))
(ln (n))
(ln (n))
(ln (n))
− 1/4
− 1/5
+ O n−5
− 1/3
2
3
4
n
n
n
n
Ainsi, a
` partir d’un certain rang, nous avons
− ln (ln (n)) − 1/2
ln(n)
ln n
≤ yn ≤
.
2n
n
(4.1)
4. Cet encadrement nous donne ln yn ∼ − ln n, un retour `a yn = (1 − yn )n ou ln yn = n ln(1 −
yn ) ∼ −nyn et le tour est jou´e...
4.11 Indication ou corrig´
e 4.11
1. On suppose que pour tout r´eel x, f (ax + b) = f (x). Notons φ(x) = ax + b. Un calcul et une
r´ecurrence rapides montrent que
1 − an
φ◦n (x) = φ ◦ ... ◦ φ(x) = φ an x +
b .
1−a
1 − an
n
b = f (x); comme f est
On a donc pour tout r´eel x et pour tout naturel n, f a x +
1−a
continue, par passage `
a la limite, f (1) = f (x) (a + b = 1). f est donc constante.
R´eciproquement, toute fonction constante v´erifie cette relation. Comme 0 < a < 1, on
2. On suppose que pour tout r´eel x, f (ax + b) = λf (x).
Nous allons discuter selon la valeur du r´eel λ. Pour cela nous avons deux voies d’exploration,
it´eration comme ci-dessus, d´erivation (l’hypoth`ese f continue aurait suffit dans la question
pr´ec´edente) :
1 − an
f an x +
b = λn f (x).
1−a
ak f (k) (ax + b) = λf (x).
(a) si |λ| > 1 ou λ = −1, par passage `a la limite dans la premiere ´egalit´e, on obtient
f (1) = lim λn f (x). Cela n’a de sens que si f est nulle en tout point x.
(b) si λ = 1 nous retrouvons la premi`ere question, les solutions sont les fonctions constantes.
(c) si λ = 0, f (ax + b) = 0, comme φ est bijective, la seule solution est la fonction nulle.
(d) supposons enfin que 0 < |λ| < 1.
i. Un passage `
a la limite dans la premi`ere ´equation donne f (1) = 0.
λ
ii. Posons g = f (k) . Nous avons ak g(ax + b) = λg(x) ou g(ax + b) = k g(x). Si k est
a
λ
le plus petit entier tel que k > 1, g est la fonction nulle (elle v´erifie une relation
a
g(ax + b) = λ0 g(x) avec |λ0 | > 1). En cons´equence f est un polynˆome de degr´e
inf´erieur ou ´egal `
a k − 1.
Pk−1
´
iii. Ecrivons
donc f sous la forme f (x) = j=1 cj (x−1)j . La relation f (ax+b) = λf (x)
devient,
k−1
k−1
k−1
X
X
X
cj (ax + b − 1)j =
cj aj (x − 1))j = λ
cj (x − 1)j ,
j=1
j=1
j=1
par identification, soit tous les cj sont nuls, soit il existe un indice pour lequel aj = λ
et alors f est un monˆ
ome :
f (x) = c(x − 1)j
112
Bilan
– si λ est une puissance de a ∈]0, 1[, λ = aj , j ∈ N, alors les solutions de l’´equation
fonctionnelle sont les fonctions f (x) = c(x − 1)j . On retrouve en particulier le cas
λ = a0 = 1 et f constante...
– sinon la seule solution de l’´equation fonctionnelle est la fonction nulle ;
4.12 Indication ou corrig´
e 4.12
• Commen¸cons par observer que si 0 ≤ un0 ≤ n0 , alors pour tout p ∈ N, 0 ≤ un0 +p ≤ n0 + p.
C’est le cas pour p = 0. Supposons que ce soit vrai pour un certain p, on peut alors ´ecrire
un0 +p+1 = |n0 + p − un0 +p | = n0 + p − un0 +p ≤ n0 + p + 1...
• Il existe un rang n0 pour lequel 0 ≤ un0 ≤ n0 . Raisonnons par l’absurde ; si ce n’est pas le cas,
pour tout n ∈ N∗ , un > n et alors un+1 = un − n ≤ un − 1. La suite v´erifie donc un < u1 − n + 1
et tend vers −∞ ce qui contredit sa d´efinition.
´
• Ecrivons
donc :
un0 +1 = n0 + 1 − un0 ,
un0 +2 = n0 + 2 − un0 +1 = (n0 + 2) − (n0 + 1) + un0 ,
un0 +3 = n0 + 3 − un0 +2 = (n0 + 3) − (n0 + 2) + (n0 + 1) − un0 ,
un0 +p = (−1)p un0 + n0
Pp
j=1 (−1)
j
+
Pp
j=1 (−1)
p−j
j
(4.2)
Lorsque p → +∞,
un0 +p ∼
p
X
(−1)p−j j ∼
j=1
p
...
2
4.13 Indication ou corrig´
e 4.13
1. Sous mathematica
f[x_, n_] = Abs[x - n]
f[1.2, 2]
u = 0.23
L = {u}
For[i = 0, i < 17, i++, u = f[u, i]; L = Append[L, u]; Print[L]]
...
{1.23,1.23,0.23,1.77,1.23,2.77,2.23,3.77,3.23,4.77,4.23,5.77,5.23,6.77,6.23,7.77,7.23,8.77}
laisse soup¸conner que un ∼ n/2... D’autres calculs plus pouss´es confirmeront...
2. Exprimer lorsque p est un entier naturel,
p
X
(−1)j et
j=0
p
X
(−1)p−j j.
j=0
3. Voir corrig´e pr´ec´edent.
4.14 Indication ou corrig´
e 4.14
113
4.15 Indication ou corrig´
e 4.15
• M´
ethode 1 : Int´
egrale d’une fonction born´
ee
D´
erivabilit´
e en 0.
f (t) − f (0)
On posera φ(t) =
. En d´erivant, il vient :
t
φ0 (t) =
tf 0 (t) − (f (t) − f (0))
t2
Cette derni`ere fonction est d´efinie et continue sur ]0, 1], born´ee sur un voisinage de 0 (car c’est un
O(1) en 0) elle est donc born´ee sur ]0, 1] (`
a d´emontrer en d´etails).
Une fonction continue et born´ee sur ]0, 1] est int´egrable sur cet intervalle (|u| ≤ M, M int´egrable
sur un intervalle born´e).. On observe alors que
Z
Z t
0
φ (s) ds = φ(1) +
lim φ(t) = lim φ(1) +
0
0
1
φ0 (s) ds.
0
0
Comme le taux de variation de f admet une limite en 0, f y est d´erivable.
Continuit´
e de la d´
eriv´
ee en 0.
Revenons `
a notre relation initiale :
tf 0 (t) − f (t) + f (0) = O(t2 ),
x→0
divisons
f (t) − f (0)
+ O(t)
t
par passage a` la limite : lim f 0 (t) = f 0 (0) ce qui est la continuit´e de f 0 en 0... Le reste suit.
f 0 (t) = =
t→0
• M´
ethode 2 : Fonctions lipschitziennes
On commence par observer que tf 0 (t) − f (t) + f (0) est le num´erateur de
On pose φ(t) =
d f (t) − f (0)
.
dt
t
(f (t) − f (0))
. Cette fonction est de classe C 1 sur ]0, 1] et v´erifie
t
φ0 (t) =
tf 0 (t) − (f (t) − f (0))
= = O(1)
t→0
t2
Cette d´eriv´ee est alors born´ee sur ]0, 1]. φ est donc lipschtzienne sur ]0, 1]. D’apr`es l’exercice 4.14,
elle admet un ppc en 0, ce qui prouve que f est d´erivable en 0.
Il reste `
a v´erifier que la d´eriv´ee de f est continue en 0 : on divise la relation de l’´enonc´e par t ce
qui donne :
(f (t) − f (0))
f 0 (t) −
= = O(t)
t→0
t
(f (t) − f (0))
f 0 (t) =
+ O(t)
t→0
t
d’o`
u lim f 0 (t) = f 0 (0).
114
5
S´
eries num´
eriques
5.1
5.1.1
R´
esum´
e s´
eries num´
eriques
G´
en´
eralit´
es
Les exercices sont en section 5.2.
D´
efinition 5.1 – Soit (un )n≥n0 , une suite d’´el´ements de K = R ou C. On appelle s´erie de terme
g´en´eral un , la suite d´efinie par
n
X
Sn =
uk .
k=n0
– On dit aussi que la suite (Sn )n est la suite des sommes partielles de la s´erie ;
– On dit que la s´erie de terme g´en´eral un converge, lorsque la suite des sommes partielles (Sn )n ,
converge. Sa limite not´ee
∞
X
S=
uk ,
k=n0
est la somme de la s´erie.
– Dans le cas contraire, la s´erie est dite divergente.
– On dit que deux s´eries sont de mˆeme nature si elles sont simultan´ement convergentes ou divergentes.
– lorsque la s´erie de terme g´en´eral (uk )k≥k0 converge et a pour somme
S=
∞
X
uk ,
k=k0
on d´efinit pour n ≥ k0 , son reste `
a l’ordre n comme la diff´erence
∞
X
Rn = S − Sn =
uk
k=n+1
Th´
eor`
eme 5.1 crit`ere de Cauchy pour les s´eries
La s´erie num´erique de terme g´en´eral (un )n est convergente
Pn+p ssi pour tout ε > 0, il existe un entier
naturel N tel que pour tout n ≥ N et tout p ∈ N+ , | k=n+1 uk | ≤ ε, ce qui s’exprime encore
∀ε > 0, ∃N ∈ N∗ , ∀(n, p) ∈ N∗2 , n ≥ N ⇒ |
n+p
X
uk | ≤ ε.
k=n+1
Une cons´equence imm´ediate est que, pour qu’une s´
erie converge, il faut que son terme
g´
en´
eral ait pour limite 0. Cette condition n’est en rien suffisante. Lorsqu’elle n’est pas remplie,
on dit que la s´erie est grossi`
erement divergente.
P
Th´
eor`
eme 5.2 On dit qu’une s´erie un est absolument convergente lorsque la s´erie des modules
est convergente et toute s´erie num´erique absolument convergente est ´egalement convergente. De
plus
+∞
+∞
X
X
|
uk | ≤
|uk |.
k=n
k=n
115
Th´
eor`
ere des s´
eries altern´
ees
Peme 5.3 crit`
Soit
uk une s´erie altern´ee, telle que, de plus,
– (|un |)n est une suite d´ecroissante
– limn→+∞ un = 0,
alors
P
– la s´erie
uk est convergente
– les suites S2n et S2n+1
Pdes sommes partielles d’ordres 2n et 2n + 1 sont adjacentes et encadrent
la somme de laPs´erie
uk
∞
– le reste Rn = k=n+1 v´erifie |Rn | ≤ |un+1 |.
5.1.2
S´
eries `
a termes positifs
P
P
Th´
eor`
eme 5.4 Soit un une s´erie `
a termes positifs. Pour que un converge il suffit que la suite
des sommes partielles soit born´ee.
P
P
Th´
eor`
eme 5.5 Soient
un et
vn deux s´eries `a termes positifs.
– si (0
≤)u
≤
v
a
`
partir
d’un
certain
rang,
n
n
P
– si Pvn converge,
alors
un converge ´egalement.
P
P
Th´
eor`
eme 5.6 Soient
un et
vn deux s´eries `a termes positifs.
– si un = O(vn )
P n→∞
– si P
vn converge,
alors,
un converge ´egalement et de plus, les restes des deux s´eries sont comparables :
!
∞
∞
X
X
Rn =
uk = O
vk .
k=n+1
n→∞
k=n+1
P
P
Th´
eor`
eme 5.7 Soient
un et
vn deux s´eries `a termes positifs. Si un ∼ vn alors, les deux
n→∞
s´eries sont de mˆeme nature.
– si elles convergent leurs restes sont ´equivalents :
∞
X
k=n+1
uk ∼
n→∞
∞
X
vk
k=n+1
– si elles divergent leurs sommes partielles sont ´equivalentes :
n
X
k=n0
uk ∼
n→∞
116
n
X
k=n0
vk
5.1.3
S´
eries et int´
egrales
Th´
eor`
eme 5.8 Soit f une fonction positive continue par morceaux, d´ecroissante sur l’intervalle
[n0 , +∞[, alors :
– pour tous m, n tels que n ≥ m ≥ n0 ,
Z
n
X
n+1
f (t) dt ≤
m
n
Z
f (p) ≤
f (t) dt;
m−1
p=m
– La s´erie de terme g´en´eral un = f (n), converge ssi la fonction
Z x
x→
f (t) dt
n0
admet une limite en +∞.
– Si la s´erie converge, alors
Z
∞
f (t)dt 6
n+1
∞
X
Z
∞
f (p) 6
f (t)dt
n
n+1
– Si la s´erie diverge, alors
n
X
f (p) ∼
n→∞
p=n0
Z
n
f (t)dt
n0
Th´
eor`
eme 5.9
Soit f une fonction positive, continue par morceaux, d´ecroissante sur l’intervalle [n0 , +∞[, alors :
– la s´erie de terme g´en´eral
Z n
Z n
wn =
f (t) dt − f (n) =
(f (t) − f (n)) dt
n−1
n−1
est convergente.
Rx
P
– si la s´erie
f (p) converge, ou si x → 0 f (t) dt admet une limite en +∞, alors :
+∞
X
p=n0 +1
Z
+∞
f (t) dt −
wp =
n0
+∞
X
f (p).
p=n0 +1
P1
La constante d’Euler On consid`ere la s´erie harmonique
, d´ej`a rencontr´ee, dont nous avons
k
prouv´e qu’elle divergeait. On se propose ici d’´etudier son comportement asymptotique avec plus
de pr´ecision. On notera
n
X
1
Hn =
.
k
k=1
– Montrer que Hn ∼ ln(n).
n→∞
– Montrer qu’il existe un r´eel γ 9 tel que Hn = ln(n) + γ + o(1).
9. C’est une notation usuelle, ce nombre est la constante d’Euler. Ces r´
esultats sont dus a
` Euler et datent de
17... Pourtant, on ne sait toujours pas si γ est rationnel ou pas, question que l’on se pose depuis cette ´
epoque
117
S´
eries de Riemann On appelle s´erie de Riemann une s´erie de la forme
a connaˆıtre.
`
P 1
. Les r´esultats sont
nα
Th´
eor`
eme 5.10
P 1
– si α ≤ 0, la s´erie de Riemann
, est grossi`erement divergente.
nα
P 1
– si 0 < α ≤ 1, la s´erie de Riemann
, est divergente.
nα
– si 0 < α < 1, les sommes partielles v´erifient
n
X
n1−α
1
∼
k α n→∞ 1 − α
k=1
– si α = 1,
n
X
1
∼ ln(n)
k n→∞
k=1
P 1
– si 1 < α, la s´erie de Riemann
, est convergente. Son reste a` l’ordre n v´erifie
nα
Rn =
∞
X
1
n1−α
∼
.
α
k n→∞ α − 1
n+1
S´
eries de Bertrand (exemples) Ce sont les s´eries de la forme
X
1
1
, α
, etc...
α
β
β
n ln(n)
n ln(n) ln(ln(n))γ
n
Elles interviennent de fa¸con classique. Les m´ethodes sont `a connaˆıtre.
Exercice 5.1 Exemples de s´eries de Bertrand
1
k ln(k)
P
1
2.
k
k lnβ (k)
P
1
3.
k α β
k ln (k)
4. Enoncer une cns de convergence.
1.
P
k
5.1 5.1
5.1.4
Crit`
ere de d’Alembert.
Th´
eor`
eme 5.11 comparaison logarithmique
Soient (un )n et (vn )n deux suites de r´eels positifs. Si `a partir d’un certain rang,
un+1
vn+1
≤
,
un
vn
alors un = O(vn ).
En particulier, si (vn )n est une suite g´eom´etrique de raison r, on obtient un = O(rn ).
118
Corollaire 5.1 R`egle de d’Alembert
P
un+1
Soit
un une s´erie `
a termes positifs. On suppose que la suite (
) admet une limite. Alors :
un
P
un+1
< 1,
un converge ;
– si cette limite v´erifie lim
un
P
un+1
– si cette limite v´erifie lim
> 1,
un diverge ;
un
Remarque : si lim
5.1.5
un+1
= 1, on se gardera de conclure trop vite.
un
Produit de Cauchy et exponentielle complexe
D´
efinition 5.2 produit
de deux s´eries
P
Soient sumun et
vn deux s´eries `
a termes dans K. On appelle produit de Cauchy de ces deux
s´eries, la s´erie de terme g´
en´
eral
wn =
n
X
uk vn−k =
n
X
up vq .
p+q=n
k=0
P
P
Th´
eor`
eme 5.12 Si les s´eries un et vn sont absolument convergentes, leur produit de Cauchy
est une s´erie absolument convergente et de plus :
!
! +∞ !
+∞
n
+∞
+∞
X
X
X
X
X
wn =
u p vq =
uk
vk .
n=0
n=0
p+q=n
k=0
k=0
P zn
Pour tout z complexe, la s´erie
efinit imm´ediatement une
n! est absolument convergente. On d´
fonction prolongeant exp d´ej`
a d´efinie sur R, `a C, en posant pour z complexe :
exp(z) = ez =
∞
X
zn
.
n!
n=0
Cette fonction, appel´ee exponentielle complexe v´erifie les propri´et´es suivantes :
Proposition 5.1 l’exponentielle complexe est aussi un homomorphisme de groupes
– L’application exp ci-dessus d´efinie v´erifie
exp(u + v) = eu+v = eu ev = exp(u)exp(v).
– exp : R → R est un homomorphisme du groupe additif (C, +) sur le groupe multiplicatif (C∗ , ×).
– Pour tout z = x + iy avec x et y r´eels,
ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y).
– exp est surjective, non injective. Son noyau (comme homomorphisme de groupe) est l’ensemble
des complexes de la forme 2ikπ, k ∈ Z.
119
5.1.6
Conseils pour ´
etudier une s´
erie num´
erique...
1. on commence par s’assurer qu’elle n’est pas grossi`
erement divergente,
2. si ce n’est pas le cas (et parfois aussi, si c’est le cas et que l’on veut ´etudier le comportement
asymptotique des sommes partielles) on regarde ce que donnent les th´eor`emes du cours :
(a) s´
erie `
a termes positifs ou de mˆ
eme signe : comparaison `a une s´erie de r´ef´erence,
a une int´egrale, r`egle de d’Alembert si son allure s’y prˆete...
`
(b) si la s´
erie est altern´
ee, v´erifier les 3 hypoth`eses du crit`ere sp´ecial ;
(c) regarder les modules,
P ce peut-ˆetre une s´erie absolument convergente, c’est le cas
des s´eries en O(vn ) o`
u
vn est une s´erie positive convergente...
3. Si ces crit`eres ne sont pas imm´ediats, penser `a d´evelopper le terme g´en´eral. On pourra alors
´etudier la s´erie comme une sommes de s´eries au comportement facile `a ´etudier... A cet ´egard
r´efl´echir aux exemples suivants :
1
1
+ o( ), la s´erie diverge. Pourquoi ?
– si un =
2n n n
1
(−1)
+ o( ), la s´erie peut ˆetre convergente ou divergente ; illustrer les deux cas.
– si un =
2n
n
(−1)n
1
1
– si un =
+ 3/2 + O( 2 ), la s´erie converge. Pourquoi ?
2n
n
n
4. On n’oubliera pas non plus d’utiliser le crit`ere de Cauchy, la formule de Taylor etc..
5. On pensera aux s´eries de fonctions : s´eries enti`eres ou s´eries de Fourier en un point, s´eries
d’int´egrales
5.1.7
A connaˆıtre :
P
n≥1
1
(|q| < 1)
1−q
qn =
P
n
PN
n=1
P
1
nα
1
= ln N + γ + o(1)
n
n≥1
g´
eom´
etrique
n! ∼
n n √
e
2πn
converge ⇔ α > 1
P (−1)n
n
nα
(γ cste d0 Euler)
P
1
π2
= n≥1 2
6
n
(−1)n−1
= ln 2
n
P
120
n≥1
(−1)k
π
=
2k + 1
4
Stirling
converge ⇔ α > 0
5.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
crit`
eres de convergence la situation est bien balis´ee :
– comparaison de s´eries `
a termes positifs : termes de signe constant et ´equivalents, majoration
ou minoration - preuve de divergence-, comparaison `a une int´egrale - cas d’un terme g´en´eral
f (n) avec f & .
– crit`ere des s´eries altern´ees (voir ex . 5.3).
– d´eveloppement du terme g´en´eral pour se ramener `a des sommes de s´eries de comportement
connu
compl´
ements de cours utiles en concours * transformation d’Abel (voir exercice 5.15) ;
calcul effectif des sommes penser `
a introduire une s´erie enti`ere (voir ex . 5.9), une s´erie de
Fourier (voir ex . ??), une s´erie d’int´egrales (voir ex . 5.9) , `a regrouper judicieusement les
termes (voir ex . 5.4), au principe des dominos (voir ex . 5.7) .
sommes
Pn de Riemann on ne les confondra pas avec les s´eries, de mˆeme que les suites un =
k=0 sn,k ! Voir l’exercice 5.10 par exemple.
5.3
´
Enonc´
es
Exercice 5.2 CCP PSI
Discuter suivant la valeur du r´eel α de la nature de la s´erie
α
X ln(n + 1)
−1 .
ln n
voir indications ou corrig´e 5.2
Exercice 5.3 CCP
On consid`ere les s´eries de termes g´en´eraux
Z
(n+1)π
un =
nπ
sin x
dx et vn =
x
Z
(n+1)π
nπ
sin2 x
dx.
x2
1. Montrer que ces s´eries convergent
2. Montrer qu’elles ont la mˆeme somme.
voir indications ou corrig´e 5.3
Exercice 5.4 CCP
´
Etudier
la convergence de la s´erie de terme g´en´eral
un = −4/n, si 5 divise n ;
un = 1/n,
sinon.
voir indications ou corrig´e 5.4
Exercice 5.5 CCP
´
Etudier,
en fonction de r > 0, la convergence de la s´erie de terme g´en´eral
Z 1
nr sinr x dx,
0
voir indications ou corrig´e 5.5
121
Exercice 5.6 CCP
´
Etudier,
en fonction de α > 0, la convergence de la s´erie de terme g´en´eral
Z ∞
1
1
√
dx.
nα n 6 x7 + 1
voir indications ou corrig´e 5.6
Exercice 5.7 CCP (remani´e)
Soient (un )n une suite `
a termes strictement positifs.
P
P
1. Comparez les convergences des s´eries
un et
ln(1 + un );
P
Q
2. Comparez les convergences des s´eries
un et du produit (1 + un );
P
P
3. Comparez les convergences des s´eries
un et
vn o`
u
uk
;
(1
+ uk )
k=0
vn = Qn
voir indications ou corrig´e 5.7
Exercice 5.8 mines
Soient f : [1, +∞[→]0, +∞[, une fonction de classe C 1 telle que
f 0 (x)
= −∞.
x→+∞ f (x)
lim
1. Etudiez la nature de la s´erie
P
f (n)
2. Donnez un ´equivalent du reste Rn =
P∞
k=n+1
f (n).
voir indications ou corrig´e 5.8
Exercice 5.9 mines, chaque question est un exo
P (−1)n
1. Etudiez la nature de la s´erie
et calculer sa somme le cas ´ech´eant ;
3n (2n + 3)
P
1
2. Etudiez la nature de la s´erie
et calculer sa somme le cas ´ech´eant ;
3n (3n + 2)
P (−1)n
3. Etudiez la nature de la s´erie
et calculer sa somme le cas ´ech´eant ;
(3n + 1)
P
(−1)n
4. Etudiez la nature de la s´erie
ln 1 +
et calculer sa somme le cas ´ech´eant ;
(3n + 1)α
1
R1 n
1
indication : 0 x dx =
.
n+1 0
voir indications ou corrig´e 5.9
Exercice 5.10 Centrale PC 2002
Soit α ≥ 0. On d´efinit une suite en posant
un =
n
1 X
1
.
α
2
n
k + (n − k)2
k=0
1. Donner un ´equivalent de un ;
2. A quelles conditions la s´erie
P
un converge-t-elle ?
voir commentaire 5.10
122
Exercice 5.11 CCP-MP
On consid`ere les deux suites d´efinies par
un =
n
1 Y
1
(3k − 2) et vn = 3/4 .
n
3 n!
n
k=1
un+1
vn+1
1. Montrer, qu’`
a partir d’un certain rang,
>
un
vn
P
´
2. Etudier
la convergence de la s´erie
un .
voir commentaire 5.11
Exercice 5.12 mines MP - 2005
√
1. Nature de la s´erie de terme g´en´eral sin(π n2 + 1).
2. Que pensez vous de l’´enonc´e suivant (pos´e avec le pr´ec´edent dans un lot de 3 exos d’apr`es
OT n˚97). ”Montrer qu’une s´erie de terme g´en´eral positif un telle que
2n
X
uk ≤
n
X
uk
k=1
k=n+1
converge.”
P
P
un une s´erie `
a termes positifs et
vn de terme g´en´eral
3. Soit
vn =
1
.
1 + un
P
P
Montrer que si
un converge,
vn diverge ; R´eciproque ?
P
P
4. Soit
un une s´erie `
a termes positifs et
vn de terme g´en´eral
vn =
Montrer que si
P
un converge,
P
1
.
1 + n2 un
vn diverge ; R´eciproque ? Commencer avec un =
5. Soit un = ln n + (−1)n np , p ∈ R. Nature de la s´erie
6. Nature de la s´erie de terme g´en´eral
P
un , de la s´erie
P 1
?
un
cos ln n
?
n
voir commentaire 5.12
Exercice 5.13
On se propose d’´etudier la s´erie de terme g´en´eral un =
√
sin(π n)
avec α ∈ R.
nα
1. Que dire lorsque α > 1?
2. On suppose ici 1/2 < α ≤ 1. Introduire la s´erie de terme g´en´eral
√
Z n+1
sin(π t)
vn =
dt,
tα
n
P
et ´etudier
un .
3. On ´etudiera le cas α = 1/2 `
a l’aide d’un d´eveloppement asymptotique de
eiπ
√
n+1
123
− eiπ
√
n
.
1
nα
4. Montrer enfin, toujours en utilisant le 3˚, que la s´erie diverge lorsque α < 1/2.
voir commentaire 5.13
Exercice 5.14 Centrale MP
ln x
.
x
P
P
´
1. Etudier
la convergence des deux s´eries
f (n) et (−1)n f (n). Pr´eciser un ´equivalent de la
somme partielle
n
X
Sn =
f (k).
Soit f (x) =
k=1
Calculer pour chacune de ces s´eries une valeur approch´ee des sommes partielles d’ordre 10,
100, 1000, 10 000 ... Comment v´erifier num´eriquement l’´equivalent trouv´e ?
2. Montrer la convergence de la s´erie de terme g´en´eral
Z n
wn = f (n) −
f (t) dt.
n−1
3. Apr`es avoir ´etudi´e la diff´erence
2
n
X
f (2k) −
f (k),
k=1
k=1
d´eterminer la somme
voir commentaire 5.14
2n
X
n
n≥1 (−1) f (n).
P
Exercice 5.15 Transformation d’Abel
P
On d´ecrit ici un proc´ed´e classique d’´etude de s´eries de la forme
ap vp o`
u
– la suite (ap )p est une suite de termes positifs, d´ecroissante
de
limite
0,
Pn
– la suite de complexes (vp )p admet des sommes partielles p=p0 vp born´ees.
On notera
n
n
X
X
Sn =
vk , σn =
a k vk .
k=n0
k=n0
1. En observant que vp = Sp − Sp−1 , montrer que, pour tout n et pour tout p ≥ p0 + 1,
σn − σp =
n
X
ak (Sk − Sk−1 ) = ...
k=p+1
2. On suppose que les sommes Sn sont born´ees, que la suite (ak )k d´ecroˆıt, et on note M un r´eel
tel que
∀p ≥ p0 , |Sn | ≤ M.
P
Montrer que la s´erie
ap vp satisfait au crit`ere de Cauchy.
3. Etudier la convergence des s´eries :
P einθ
, α > 0;
–
nα
P cos(n)
–
;
ln n
–
voir commentaire 5.15
124
5.4
Indications ou corrig´
es des exercices
5.2 Indications
ou corrig´
e ex. 5.2
ln(n + 1)
Comme
− 1 est non nul pour n ≥ 2, et a pour limite 0 en +∞, la s´erie est grossi`erement
ln n
divergente lorsque α ≤ 0.
´
Etudions
le cas α > 0 : un DL de
ln(n + 1) − ln n
1
ln(n + 1)
−1=
=
ln
ln n
ln n
ln n
n+1
n
,
nous donne
– un > 0
1
; On reconnaˆıt une s´erie de Bertrand et on l’´etudie 10 en
nα (ln n)α
– comparant `
a une s´erie de Riemann convergente si α > 1 :
– un ∼
1
nα (ln n)α
= o(
1
);
nα
1
– comparant `
a l’int´egrale de
lorsque α = 1; 11
t ln t
– enfin, pour le cas 0 < α < 1, observer que
1
1
= o( β ),
nα (ln n)α
n
pour tout β strictement compris entre α et 1.
5.3 Indications ou corrig´
e ex 5.3.
P
1. L’´etude de
un est tr`es classique. A savoir faire, voir le cours sur les int´egrales semiconvergentes.
P
R´esumons l’´etude. La s´erie
un satisfait au crit`ere sp´ecial sur les s´eries altern´ees :
– le signe de un est celui de la fonction sin sur l’intervalle [nπ, (n + 1)π], `a savoir : (−1)n . La
suite est
R bien altern´ee.
– |un | ≤ In 1/x dx = π/n.
– La suite des valeurs absolues est enfin d´ecroissante :
!
Z (n+1)π
Z (n+2)π
sin x
sin x
n
|un | − |un+1 | = (−1)
dx −
dx
x
x
nπ
(n+1)π
Un changement de variables nous conduit `a une seule int´egrale dont le signe est celui de
la fonction sin sur [nπ, (n + 1)π] :
Z (n+1)π
1
1
|un | − |un+1 | = (−1)n
sin x
−
dx.
x x+π
nπ
P
les sommes partielles de la s´erie
vn sont des int´egrales d’une fonction int´egrable positive.
10. imp´
eratif, ce n’est pas du cours !
11. pour int´
egrer, si vous n’y arrivez pas, allez chercher un ´
el`
eve de sup, s’il n’y arrive pas, un ´
el`
eve de terminale,
sinon allez au diable !
125
2. Comparons les sommes partielles des deux s´eries :
SN =
N
X
Z
(N +1)π
vn =
0
n=0
sin2 x
dx.
x2
Une int´egration par parties donne :
(N +1)π Z (N +1)π
− sin2 x
sin(2x)
SN =
+
dx.
x
x
0
0
La partie tout int´egr´ee est nulle, en posant u = 2x dans la deuxi`eme int´egrale, on obtient
SN =
N
X
2N
+2
X
vn = T2N +2 =
n=0
vn .
n=0
Le tour est jou´e, les deux s´eries qui convergent ont la mˆeme limite.
5.4 Indications ou corrig´
e ex 5.4
Pas de difficult´e si on regarde les sommes partielles en regroupant les termes 5 `a 5. Commen¸cons
par une somme d’indice multiple de 5.
S5P =
5P
X
un =
n=1
=
P
−1 X
p=0
P
−1
X
(u5p+1 + u5p+2 + u5p+3 + u5p+4 + u5p+5 )
p=0
1
1
1
4
1
+
+
+
−
5p + 1 5p + 2 5p + 3 5p + 4 5p + 5
A partir de l`
a tout devient ´evident, on regroupe chaque terme de la somme en 4 diff´erences :
P
−1 X
5−2
5−3
5−4
5−1
S5P =
+
+
.
(5p + 1)(5p + 5) (5p + 2)(5p + 5) (5p + 3)(5p + 5) (5p + 4)(5p + 5)
p=0
5−i
.
25p2
Question pour finir : on a ´etudi´e les sommes partielles de la forme S5P , pourquoi les autres auraient
elles la mˆeme limite ?
Une meilleure id´
ee, avec le calcul de la somme ; solution Luc Momal-2009 : on ajoute
et on retranche.


[N/5]
[N/5]
N
N
X 1
X −4
X
X
1
+
−
.
un = 
n
5p
5p
n=1
n=1
p=1
p=1
C’est l`
a la somme de 4 s´eries `
a termes positifs ´equivalents `a
Cela s’exprime encore
[N/5]
N
X
X 1 [N/5]+1
X 1
1
un =
−
=
.
n
p
n
n=1
n=1
p=1
n=1
N
X
On compare alors cette derni`ere somme `
a une int´egrale :
Z
N +1
[N/5]+1
dt
≤
t
N
X
[N/5]+1
et apr`es calcul tout cela est ´equivalent `
a ln 5.
126
1
≤
n
Z
N
[N/5]
dt
,
t
5.5 Indications ou corrig´
e ex 5.5
Il est imm´ediat que,
Z
1/nr
dx ≤ 1/nr ,
0 < un ≤
0
et si r > 1, la convergence de la s´erie est ´etablie par comparaison avec une s´erie de Riemann
convergente. L’exercice commence donc lorsque l’on ´etudie la s´erie pour 0 < r ≤ 1, ce qui demande
de regarder de plus pr`es.
– c’est une s´erie `
a termes positifs,
– on sait que
sin x ∼ x,
x→0
– consid´erons ε ∈]0, 1[, il existe un rang n0 au del`a duquel
(1 − ε)x ≤ sin x ≤ (1 + ε)x,
(1 − ε)
La s´erie
P
xr+1
r+1
1/nr
Z
1/nr
≤
sin x dx ≤ (1 + ε)
0
0
un est de mˆeme nature que
P
√
1+ 5
r≤
. Joli n’est-ce pas ?
2
xr+1
r+1
1/nr
.
0
1
. Elle converge donc ssi r2 + r − 1 > 0 soit
nr(r+1)
5.6 Indications ou corrig´
e ex 5.6
Exercice sans myst`ere, on observe tout d’abord que l’int´egrale a un sens, la fonction √
6
positive, ´equivalente en +∞, `
a
1
. C’est donc une fonction int´egrable.
x7/6
1
x7
+1
est
Pour tout ε ∈]0, 1[, il existe un rang n0 , `
a partir duquel
(1 − ε)
1
1
1
≤ √
≤ (1 + ε) 7/6 .
6
x7/6
x
x7 + 1
En int´egrant, on obtient
(1 − ε)
1/6
nα+1/6
≤ un ≤ (1 + ε)
1/6
nα+1/6
et la s´erie converge ssi α > 5/6.
5.7 Indications ou corrig´
e ex 5.7.
1. R´
eponse rapide :
• lorsque (un )n a pour limite 0, lim un = 0 et ln(1 + un ) ∼ un et ce sont deux s´eries `a termes
positifs, ´equivalents. Elles sont de mˆeme nature.
• Si ce n’est pas le cas, les deux s´eries divergent grossi`erement. Elles sont encore de mˆeme
nature.
Autre
eponse (pr´
ef´
erable par pr´
ecaution, si vous ˆ
etes moins `
a l’aise) :
P r´
⇒ si P un converge, alors lim un = 0 et ln(1 + un ) ∼ un ...
⇐ si
ln(1 + un ) converge, alors lim un = 0 et ln(1 + un ) ∼ un ...
127
2.
n
Y
ln
!
(1 + uk )
=
k=0
n
X
ln(1 + uk ),
k=0
P
P
le produit a une limite finie ssi les s´eries
un et
ln(1 + un ) convergent ;
3. Quelques observations :
(a) Nous avons
uk
≤ un ;
vn = Qn
k=0 (1 + uk )
P
P
Si la s´erie
un converge, il en va de mˆeme pour la s´erie
vn .
(b) un contre-exemple ´evident `
a la r´eciproque : un = n, vn ∼ 1/n!, qui est donc fausse ;
(c) on ´ecrit vn sous la forme
vn = Qn−1
1
k=0 (1
+ uk )
1
,
(1
+ uk )
k=0
− Qn
et la somme s’´ecrit
X
n≥0
vn = v0 +
X
n≥1
1
1
− Qn
Qn−1
k=0 (1 + uk )
k=0 (1 + uk )
!
1
.
k=0 (1 + uk )
= 1 − Qn
Comme un > 0, le produit admet toujours une limite (r´eelle ou infinie) est la s´erie
converge dans tous les cas.
P
vn
5.8 Indications ou corrig´
e ex 5.8
1. De la relation
f 0 (x)
= −∞
x→+∞ f (x)
lim
nous d´eduisons qu’il existe un r´eel A > 0 `a partir duquel
f 0 (x)
≤ −1 et donc que f 0 (x) ≤ 0
f (x)
et f & sur [A, +∞[. En particulier, pour x ≥ A :
Z x 0
Z x
f (x) f (t)
≤ −x + A
dt ≤ −
dt et ln f (A) 1 f (t)
1
ce qui donne, pour x ≥ A : f (x) ≤ f (A)e1−x .
On a donc
a partir d’un certain rang, une majoration f (n) ≤ Cste × e−n et la s´erie `a termes
P`
positifs
f (n) converge par comparaison `a une s´erie g´eom´etrique.
P∞
2. Nous allons montrer que la somme Rn = k=n+1 f (k) est ´equivalente `a son premier terme
ou, ce qui revient au mˆeme, montrer que
∞
X
k=n+2
f (k)
=
n→+∞
o(f (n + 1)).
Remarquons que pour tout α > 0, il existe Aα > 0 tel que pour x ≥ Aα ,
int´egrant entre n + 1 ≥ Aα et n + k, il vient
f (n + k) ≤ −α((n + k) − (n + 1))
ln f (n + 1) 128
f 0 (x)
≤ −α et en
f (x)
puis
f (n + k) ≤ f (n + 1)e−α(k−1) .
Revenons au reste d’ordre n :
∞
X
f (k) =
k=n+2
∞
X
f (n + k) ≤
k=2
∞
X
f (n + 1)e−α(k−1) = f (n + 1)
k=2
e−α
.
1 − e−α
En cons´equence, pour tout ε > 0
- il existe α0 > 0 tel que
α ≥ α0 ⇒
e−α
e−α0
≤
≤ ε;
−α
1−e
1 − e−α0
- il existe Aα0 tel que
P∞
n ≥ Aα0 ⇒
f (n + k)
e−α0
≤ ε.
≤
f (n + 1)
1 − e−α0
k=2
On a bien prouv´e que Rn = f (n + 1) + o(f (n + 1)) ∼ f (n + 1).
5.9 Indications ou corrig´
e ex 5.9
1. faire apparaˆıtre une int´egrale en tenant compte de l’indication :
Z
(−1)n 1 2n+2
(−1)n
=
x
dx;
3n (2n + 3)
3n
0
on ´etudie alors la s´erie de fonctions :
X (−1)n
X −x2 n
2n+2
2
x
=
x
=
3n
3
n≥0
n≥0
x2
.
x2
1+
3
Cette s´erie est normalement convergente sur [0, 1] :
2 n+1
−x 1
||un ||∞ = sup = n+1 .
3
3
x∈[0,1]
On en d´eduit donc (voir le th´eor`eme sur l’int´egration d’une limite uniforme en 10.5 ou
en 11.1), la convergence de la s´erie des int´egrales et la valeur de sa somme :
Z 1
X (−1)n
X Z 1 (−1)n
x2
2n+2
2n+2
x
=
x
dx
=
dx.
3n
3n
x2
0
n≥0
n≥0 0
1+
3
Calculons cette int´
egrale :
– d´ecomposons
– on int`egre :
x2
9
=3−
;
3 + x2
x2
1+
3
Z 1
h
√
√ i1
x2
dx
=
3
x
−
3
3
arctan(1/3
x
3) ;
0
x2
0
1+
3
129
D’o`
u, enfin
√
X (−1)n
√
√ π
3
2n+2
x
=
3
−
3
3
arctan(
3 .
)
=
3
−
3n
3
2
n≥0
1
: ´etude analogue ;
3n (3n + 2)
P (−1)n
3. s´erie
: on introduit de la mˆeme fa¸con une s´erie d’int´egrales
(3n + 1)
2. s´erie
P
(−1)n
= (−1)n
(3n + 1)
Z
1
x3n dx,
0
et on ´etudie la s´erie de fonctions
X
(−1)n x3n .
n≥0
– cette s´erie converge simplement sur l’intervalle [0, 1[:
∀x ∈ [0, 1[
X
(−1)n x3n =
n≥0
1
.
1 + x3
– la suite des sommes partielles est domin´ee par une fonction φ int´egrable sur [0, 1[:
N
1 − (−x3 )N +1 X
2
n 3n ≤
(−1) x = ∀x ∈ [0, 1[ 1 + x3 = φ(x).
1 + x3
n=0
On en d´eduit, avec le th´eor`eme de convergence domin´ee (voir 11.3), que la limite est int´egrable
(´evident par ailleurs), que la s´erie des int´egrales converge et que :
Z 1
X (−1)n
XZ 1
1
3 n
=
(−x ) dx =
dt.
(3n + 1)
1
+
x3
0
0
n≥0
n≥0
On calcule cette int´egrale en observant que
−2 + x
1
−1
= 1/3 (x + 1) − 1/3 2
...
1 + x3
x −x+1
Un petit entraˆınement a
` la d´ecomposition en ´el´ements simples :
1
1 + x3
=
=
=
=
1
(x + 1)(x2 − x + 1)
a
bx + c
+ 2
x+1
(x − x + 1)
1 1
1 −x + 2
+
3x+1
3 x2 − x + 1

1 1
−1 
 2x − 1 +
+
3x+1
6  x2 − x + 1

−3

2 

3/4 1 + √23 (x − 1/2)
Une int´egration donne enfin
1
Z 1
√
ln(1 + x)
ln(x2 − x + 1)
1
2
√
dx
=
−
+
1/
3
arctan
(x
−
1/2)
3
3
6
3
0 1+x
0
130
(−1)n
ln 1 +
(3n + 1)α
P
4. d´eveloppement limit´e du terme en ln :
.
5.10 Indications ou corrig´
e 5.10
1. On observe que
n
X
n
n
1 X
1
1
k
1 X
= 2
g
,
2 2 = 2
2
2
k + (n − k)
n
n
n
k
k
k=0
k=0
k=0
+ 1−
n
n
o`
u g est la fonction d´efinie par g(x) =
1
. On reconnaˆıt une somme de Riemann
+ (1 − x)2
x2
associ´ee `
a cette fonction et on a
un ∼
1
1
Z
g(x) dx =
n1+α
0
π
.
2n1+α
2. sans commentaire
5.11 Indication ou corrig´
e 5.11
1.
2.
3.
5.12 Indication ou corrig´
e 5.12
1. L’id´ee est d’´etudier un DA du terme g´en´eral :
p
p
sin(π n2 + 1) = sin(nπ 1 + 1/n2 ) = sin(nπ(1 + wn )) = (−1)n sin(nπwn )
p
avec wn = 1 + 1/n2 − 1 = 1/2n2 + O(1/n4 ).
Comme sin x =x→0 x + O(x3 ), il vient :
sin(π
p
n2 + 1) = (−1)n (wn + O(wn )) =
(−1)n π
+ O(1/n3 ),
2n
en quoi nous reconnaissons la somme d’une s´erie altern´ee v´erifiant le CSSA et d’une s´erie
absolument convergente.
2. Une s´erie de terme g´en´eral positif un telle que
2n
X
uk ≤
k=n+1
n
X
uk
k=1
et qui ne converge pas : uk = 1. L’´enonc´e est donc faux ; comment le r´etablir (c’est une erreur
de transcription de l’OT, mais laquelle ?)
P
P 1
3. Si un converge, le tg a pour limite 0 et
est grossi`erement divergente ; la r´eciproque
1 + u2n
P
P
de
un CV ⇒ vn DV est fausse (prendre une suite (un )n constante).
131
1
1
4. On commence par ´etudier le cas particulier un = α : on a alors vn =
.
n
1
+
n2−α
P
– lorsque α > 2, vn ∼ 1 et
vn diverge grossi`erement ;
P
1
– lorsque α = 2, vn et
vn diverge grossi`erement ;
2
P
1
– lorsque α < 2, vn ∼ 2−α et vn converge ssi 2−α > 1 ou α < 1... diverge grossi`erement ;
n
Le tableau qui suit donne un bilan :
α≥2
1<α<2
α=1
α<1
Pα
converge
converge
diverge
diverge
u
n
P
vn
diverge
diverge
diverge converge
P
P
La seule conjecture possible est alors
un conv ⇒
vn div.
P
5. (a) Pour
un , envisager les cas p < 0, p = 0 et p > 0, rechercher un ´equivalent du terme
g´en´eral qui assure de la divergence grossi`ere...Etait-ce vraiment la question ?
P
P
1
:
(b) Etude de
1/un =
ln n + (−1)n np
1
1
– si p ≤ 0, s´erie `
a t. positifs `
a partir d’un certain rang et
, divergente (s´eries
∼
un
ln n
de Bertrand)
– si p > 0, nous ´ecrirons
1
ln n
(−1)n
1
(−1)n
n ln n
=
=
+
o
1
+
(−1)
ln n
un
np
np
np
np
1 + (−1)n p
n
Nous ´ecrirons cela
1
(−1)n
− wn
=
un
np
ln n
o`
u wn ∼ 2p est de signe constant `a partir d’un certain rang... Les reste est imm´ediat :
n
il y a convergence ssi 2p > 1.
P cos ln n
?
6.
n
Une id´
ee : infirmons le crit`ere de Cauchy ;
R cos ln t
Une autre id´
ee : comparons `
a l’int´egrale
dt, ... r´esultat classique du cours (voir
t
0
d´etails de la m´ethode dans l’exercice suivant). f est int´egrable sur [1, ∞[, l’int´egrale de f
diverge (changement de variable u = et ...)
5.13 Indication ou corrig´
e 5.13
1. Abslt. convergente, trivial ;
√
R n+1
sin(π n)
2. un − vn = n (f (n) − f (t)) dt o`
u f (t) =
. On int`egre par parties, en faisant
nα
0
1 = (t − (n + 1)) de fa¸con `
a tuer la partie toute int´egr´ee... La condition sur α apparaˆıt.
3. on comparera, une fois le DA obtenu, un `a une s´erie t´elescopique...
ln x
.
x
P
P
1. Pas de probl`eme pour l’´etude des convergences des s´eries
f (n) et (−1)n f (n). En effet la
seconde v´erifie le crit`ere des s´eries altern´ees (´etude flash de f qui est positive et d´ecroˆıt sur
[e, +∞[). La premi`ere s´erie quant `
a elle, est une s´erie `a termes positifs pour laquelle on peut
´etablir les encadrements :
Z
Z n+1
n
X
f (t) dt ≤
f (k) ≤
f (t) dt,
5.14 Indication ou corrig´
e 5.14 f (x) =
2
k=1
132
1
1 2
ln x
2
Un ´equivalent de Sn est donc
n+1
≤
2
n
X
f (k) ≤
k=1
1 2
ln x
2
n
.
1
ln2 n
.
2
Etude num´
erique :
restart;
f:=x->ln(x)/x:
S:=proc(f,n)
local s, s1, k;
s:=0;
s1:=0;
for k from 1 to n do
s:=evalf(s+f(k));
s1:=evalf(s1+(-1)^k*f(k));
od;
s,evalf(2*s/ln(n)^2),s1;
end:
S(f,10);
S(f,100);
S(f,1000);
S(f,43000);
2.692177367,
10.55397618,
23.78917920,
56.84061262,
1.015552284,
0.9953016787,
0.9970927686,
0.9987227599,
0.2717475537
0.1828046287
0.1633213039
0.1599929577
2. Exprimons la diff´erence comme une int´egrale, classiquement :
Z n
Z n
wn = f (n) −
f (t) dt =
(f (n) − f (t)) dt.
n−1
n−1
C’est l`
a que l’on int`egre judicieusement par parties :
Z n
n
wn = [(t − (n − 1))(f (n) − f (t))]n−1 −
(t − (n − 1)) × [f (n) − f (t)]0 dt
n−1
On obtient donc, la partie toute int´egr´ee ´etant nulle,
Z n
Z n
|wn | ≤
1 × |f 0 (t)| dt =
1 − ln t t2 dt.
n−1
n−1
On montre
alors sans peine que c’est l`a le terme g´en´eral d’une s´erie absolument convergente
1 − ln t ln t
1
≤
≤ 2−α sur un voisinage de +∞.
puisque 2
2
t
t
t
3. Nous allons calculer de deux fa¸cons :
2
n
X
k=1
f (2k) −
2n
X
k=1
f (k) = 2
n
X
k=1
133
f (2k) −
n
X
(f (2k) + f (2k − 1))
k=1
2
n
X
f (2k) −
k=1
2n
X
f (k) =
k=1
n
X
(f (2k) − f (2k − 1)) =
k=1
2n
X
(−1)k f (k).
k=1
Reprenons alors
2
n
X
f (2k) = 2
k=1
Enfin
n
X
ln(2k)
k=1
2n
X
(−1)k f (k) = 2
k=1
Z
2k
n
X
=
n X
ln k
k=1
f (2k) −
k=1
2n
= Hn ln 2 −
n
k
2n
X
+
ln 2
k
=
n
X
f (k) + Hn ln 2...
k=1
f (k) = Hn ln 2 −
k=1
2n
X
f (k)
k=n+1
1
f (t) dt + (W2n − Wn ) = (ln n + γ + o(1)) ln 2 + [ln2 t]2n
n + o(1)...
2
P2n
k=1 (−1)
k
f (k) = γ ln 2 −
5.15 Indication ou corrig´
e 5.15
1.
2.
3.
134
1 2
ln 2.
2
6
Espaces norm´
es et topologie
6.1
6.1.1
R´
esum´
e
G´
en´
eralit´
es : limites, normes ´
equivalents, topologie
D´
efinitions :
• Une norme sur un K−ev E est une application N : E 7→ R+ telle que :
1. N (x) = 0 ⇒ x = 0
2. N (x + y) ≤ N (x) + N (y)
3. N (λx) = |λ| N (x).
• Un espace norm´e est un couple (E, N ), form´e d’un ev et d’une norme sur E.
• On dit qu’une suite d’´el´ements (xn )n d’un espace norm´e (E, || ||) est convergente de limite l ∈ E,
ssi limn→∞ ||xn − l|| = 0, ou, ce qui est ´equivalent :
∀ε > 0, ∃n0 , ∀n ∈ N, n ≥ n0 ⇒ ||xn − l|| ≤ ε.
• On dit que deux normes sur un ev E, N1 et N2 sont ´equivalentes s’il existe des r´eels strictement
positifs α, β, tels que ∀X ∈ E, αN2 ≤ N1 ≤ βN2 .
Propri´
et´
es :
• On retiendra l’in´egalit´e triangulaire sous la forme ´equivalente :
| ||x|| − ||y|| | ≤ ||x − y|| ≤ ||x|| + ||y||.
• Une suite d’´el´ements de l’evn (E, N ) converge vers au plus une limite.
Th´
eor`
eme 6.1 convergence des suites pour des normes diff´erentes
Soit E un ev muni de normes N1 et N2 .
• Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes
1. Toute suite N1 −convergente est N2 −convergente
2. Il existe un r´eel α > 0 tel que N2 ≤ αN1 .
• Si N1 , N2 , sont des normes ´
equivalentes pour toute suite (xn )n , d’´el´ements de E :
– (xn )n converge vers l pour N1 ssi elle converge vers l pour N2 .
– (xn )n est une suite de Cauchy pour N1 ssi c’est une suite de Cauchy pour N2 .
D´
efinitions Soit (E, || ||), un espace norm´e.
1. On appelle boule ferm´
ee de centre Ω, de rayon r > 0, l’ensemble
¯
B(Ω,
r) = {x ∈ E; ||x − Ω|| ≤ r}.
2. De la mˆeme fa¸con, la boule ouverte de centre Ω, de rayon r > 0, est l’ensemble B(ω, r) =
{x ∈ E; ||x − Ω|| < r}.
3. Si D une partie de E, a ∈ E, on dit que a est un point adh´
erent `a D ssi :
∀ε > 0, B(a, ε) ∩ D 6= ∅.
Lorsque E = R, on dit aussi que +∞ est adh´erent `a D ssi
∀M > 0, D ∩ ]M, +∞[ 6= ∅.
¯ ou adh(D), l’ensemble des points adh´erents `a D (adh´
4. On note D
erence de D).
135
¯ = E.
5. D est dense dans E ssi D
6. Soit D, une partie de E, et a ∈ E; on dit que a est un point int´
erieur `a D ssi :
∃r > 0, B(a, r) ⊂ D.
On note de fa¸con analogue Do l’int´
erieur de D.
7. Une partie D de E est un ouvert de (E, || ||) ssi pour tout a ∈ D, il existe δ > 0 tel que la
boule B(a, δ) soit contenue dans D.
8. Une partie F de E est un ferm´
e de (E, || ||) ssi son compl´ementaire est un ouvert.
9. Soit a ∈ E, un voisinage de a dans E est une partie de E qui contient une boule ouverte de
centre a;
10. la fronti`
ere d’un ensemble A est l’ensemble des points adh´erents qui ne sont pas des points
int´erieurs, elle est parfois not´ee ∂A.
Propri´
et´
es Dans un espace norm´e (E, || ||),
1. une boule ouverte est un ouvert,
2. une boule ferm´ee est un ferm´e,
3. une r´eunion quelconque, un intersection finie d’ouverts sont des ouverts,
4. une intersection quelconque, une r´eunion finie de ferm´es sont des ferm´es,
5. un ensemble est ouvert ssi il est voisinage de chacun des ses points.
6. un point a de E est adh´erent `
a A ssi il existe une suite de points de A qui converge vers a.
7. un ensemble A ⊂ E est ferm´e ssi pour toute suite convergente, (xn )n , form´ee d’´el´ements de
A, lim xn ∈ A.
6.1.2
Fonctions continues
D´
efinitions
Soient (E, N ) et (F, || ||), deux espaces norm´es et f : D ⊂ E → F, une application.
1. On dit que f est continue en a ∈ D ssi limx→a f (x) = f (a).
2. On dit que f est uniform´
ement continue sur D ssi :
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀(x, y) ∈ D2 , N (x − y) ≤ δ ⇒ ||f (x) − f (y)|| ≤ ε.
3. On dit que f est lipschitzienne sur D s’il existe K > 0 tel que
∀(x, y) ∈ D2 , ||f (x) − f (y)|| ≤ KN (x − y).
Th´
eor`
eme 6.2 caract´erisation s´equentielle de la continuit´e
• Une fonction f : D ⊂ E 7→ F est continue en a ∈ D ssi pour toute suite (xn )n d’´el´ements de D
convergeant vers a on a limn→∞ f (xn ) = f (a).
Th´
eor`
eme 6.3
Soit f une application continue de l’espace norm´e (E, N ) `a valeurs dans (F, || ||). Pour toute partie
Ω de F on note f −1 (Ω) = {x ∈ E; f (x) ∈ Ω}.
1. Si Ω est un ouvert de F, f −1 (Ω) est un ouvert de E.
136
2. Si Ω est un ferm´e de F, f −1 (Ω) est un ferm´e de E.
Th´
eor`
eme 6.4
Soit f une application continue sur une partie D de l’espace norm´e (E, N ) `a valeurs dans (F, || ||).
Pour toute partie Ω de F on note f −1 (Ω) = {x ∈ E; f (x) ∈ Ω}.
1. Si Ω est un ouvert de F, f −1 (Ω) est un ouvert relatif de D (ie : l’intersection de D et d’un
ouvert de E).
2. Si Ω est un ferm´e de F, f −1 (Ω) est un ferm´e relatif de D (ie : l’intersection de D et d’un
ferm´e de E).
6.1.3
Suites de Cauchy
D´
efinition
Soit (Xn )n une suite d’´el´ements d’un evn, (E, N ). On dit que c’est une suite de Cauchy pour
la norme N lorsqu’elle v´erifie :
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀p ≥ N, ∀q ≥ 0, N (xp − xp+q ) ≤ ε.
Propri´
et´
es g´
en´
erales des suites de Cauchy
• Toute suite convergente est une suite de Cauchy.
• Toute suite de Cauchy est born´ee.
• Si une suite de Cauchy (Xn ) admet une sous-suite convergente de N − limite L, (Xn ) est ellemˆeme convergente et de limite L.
• (xn )n est une suite de Cauchy ssi il existe une suite (vn )n , de limite 0 en +∞, telle que
∀(n, p) ∈ N 2 , ||xn+p − xn || ≤ vn .
D´
efinition :
On appelle espace complet ou espace de Banach, un evn dans lequel les suites de Cauchy
sont convergentes. On dit encore que c’est un espace de Hilbert s’il s’agit d’un pr´ehilbertien r´eel
ou complexe complet.
Exemples : sont complets les evn de dimension finie (voir ci-dessous, C([a, b], || ||∞ ), `1 (N), `2 (N), `∞ (N), ..)
Un contre-exemple est donn´e dans l’exercice ??.
6.1.4
Espaces vectoriels norm´
es en dimension finie
On suppose ici que E est de dimension N et qu’il admet pour base la famille (ei )1≤i≤N . On note
(Xn )n une suite d’´el´ements de E avec
Xn =
N
X
x(i)
n ei .
i=1
Th´
eor`
eme 6.5
Soit (xn )n , une suite de E ev de dimension finie.
(i)
• Si les N suites des composantes dans une vase B, (xn )n , sont convergentes, de limites respectives
li , alors pour toute norme N sur l’ev E, la suite (Xn ) est N −convergente de limite :
X
L=
li e i .
137
• R´eciproquement, si la suite (Xn )n d’´el´ements de E, evn de dimension finie, converge vers L pour
(i)
une norme N , alors, dans une base quelconque, les suites des composantes (xn ), convergent dans
K vers les coordonn´ees correspondantes Li de L.
Th´
eor`
eme 6.6 ´equivalence des normes en dimension finie
Dans un espace vectoriel de dimension finie, toutes les normes sont ´equivalentes.
Remarque : En dimension finie, les suites convergentes, les fonctions continues, les ouverts, les
parties born´ees, les ferm´es, les parties denses, la continuit´e, les limites... ne d´ependent pas de la
norme. On n’a donc pas `
a pr´eciser pour quelle norme une suite converge et la locution ”espace
vectoriel norm´e de dimension finie sur K” a un sens. Par contre les boules sont attach´ees `a la norme
qui les d´efinit.
Attention, ce r´esultat est toujours faux en dimension infinie.
Th´
eor`
eme 6.7 de Bolzano Weierstrass
Dans un espace vectoriel norm´e de dimension finie, de toute suite born´ee on peut extraire une
sous-suite convergente.
Th´
eor`
eme 6.8 suites de Cauchy
Dans un evn de dimension finie une suite converge ssi c’est une suite de Cauchy. On dit que les
evn de dimension finie sont complets.
Th´
eor`
eme 6.9 caract´erisation des fonctions continues
• Lorsque E est de dimension finie, les fonctions coordonn´ees dans une base (ei )i quelconque,
Xi := x =
n
X
xi ei ∈ E → xi ∈ K,
i=1
sont des fonctions continues.
• Soit f une application de E norm´e (de dimension qque) dans F norm´e et de dimension finie, a
un point de E. Les propositions suivantes sont ´equivalentes :
– f est continue en a
– il existe une base (ej )j de F dans laquelle les fonctions composantes de f sont continues en a;
– dans toute base de F, les fonctions composantes de f sont continues en a.
Rappelons que les fonctions composantes de f dans (ej )j , sont les fonction fj d´efinies par
f (x) =
n
X
fj (x)ej .
j=1
Th´
eor`
eme 6.10 applications lin´eaires
Soient E et F deux espaces vectoriels norm´es sur le mˆeme corps. Si E est de dimension finie, les
applications lin´eaires de E dans F sont des fonctions continues.
138
6.1.5
Les compacts
D´
efinition Une partie K de l’evn (E, || ||) est compacte ssi toute suite d’´el´ements de K admet une
valeur d’adh´erence dans K.
Propri´
et´
es
• un compact est ferm´e et born´e (r´eciproque fausse en dim infinie)
• Dans un compact les suites de Cauchy convergent.
• L’image d’un compact par une fonction continue est un compact.
• Une une fonction continue sur un compact est born´ee et atteint ses bornes.
• Une fonction continue sur un compact est uniform´ement continue (th´eor`eme de Heine).
Th´
eor`
eme 6.11
Dans un evn de dimension finie un ensemble non vide est compact ssi il est ferm´e et born´e.
6.1.6
Applications lin´
eaires dans les evn, continuit´
e et normes subordonn´
ees
normes subordonn´
ees, connaˆıtre la d´
efinition des le cas g´
en´
eral et savoir red´
emontrer
les cas usuels
norme sur Kn
||x||1 =
norme matricielle subordonn´ee sur Mn (K)
n
X
|xk |
|||x|||1 = sup
j
k=1
||x||∞ = sup |xk |
n
X
|||x|||∞ = sup
k
k
|uk,j |
k=1
n
X
|uk,j |
j=1
1/2
||x||2 =
n
X
|||x|||2 = (ρ(A∗ A))
!1/2
|xk |2
avec ρ(A∗ A) = supSp(A∗ A) |λ|.
k=1
12
12. Document disponible sur mpcezanne.fr ou univenligne.fr sous le nom RevisionsMPOral2010.pdf
139
6.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
Topologie de R, C, fonctions continues et suites...
Revoir dans le chapitre Topologie de R et C, les exercices sur les suites xn+1 = f (xn ), l’exercice sur les sous-groupes de R. Au niveau Mines-Centrale voir les exercices sur suites et densit´e 6.11, 6.15. On pourra aussi voir le bel exercice 1.27* sur les groupes finis d’hom´eomorphismes
de R, au chapitre Alg`ebre g´en´erale (avec indications sous le n˚ 1.28).
Espaces norm´
es en dimension finie caract´erisation de la convergence des suites ( 6.12, 6.13),
suites de Cauchy (voir ??), normes ´equivalentes,
Normes d’endomorphisme notion de norme subordonn´ee (voir 6.3), normes matricielles (voir ??).
Topologie des espaces de matrices exercices 6.6, 6.7, 6.8, 6.9...
6.3
´
Enonc´
es
Exercice 6.1 questions br`eves
1. Pourquoi la fonction det : Mn (K) → K, est elle continue ?
2. Pourquoi GLn (K) est il ouvert dans Mn (K)?
3. Pourquoi On (R) est-il compact ?
4.
5. ** Montrer que dans espace vectoriel norm´e, un sev de dimension finie est un ferm´e.
6. Montrer que dans espace vectoriel norm´e, un sev contenant une boule ouverte est l’espace
tout entier.
7. (mines 2004) Soit F un sev ferm´e d’un evn E et D une droite de E. Montrer que F + D est
un sev ferm´e de E. G´en´eraliser `
a D de dimension finie.
voir indications ou corrig´e 6.1
Exercice 6.2 revoyure-classique
A toute norme || ||, sur Cn , on associe la norme subordonn´ee
|||M ||| = sup ||M X||
X6=0
X∈Cn
d´efinie sur l’espace Mn (K) des matrices carr´ees de taille n.
1. Explicitez la norme matricielle subordonn´ee lorsque
||X|| = sup |xi |.
1≤i≤n
2. Explicitez la norme matricielle subordonn´ee lorsque
||X|| =
n
X
|xi |.
i=1
3. On se propose de calculer la norme subordonn´ee associ´ee `a la norme euclidienne de Rn :
||X|| =
n
X
!1/2
2
|xi |
.
i=1
(a) Montrer que si M est une matrice diagonale, alors
|||M ||| = sup{|λ|; λ valeur propre de M }.
140
(b) Montrer que, dans le cas g´en´eral,
|||M ||| = sup{|µ|1/2 ; µ valeur propre de M t M }.
voir indications ou corrig´e 6.2.
Exercice 6.3 dans cet exercice, on regardera dans quel espace on se situe `
a chaque pas : R, E,
Lc (E)? Faute de quoi, bonjour les d´egˆ
ats !
Soit E l’espace des fonctions continues de [0, 1] dans R, muni de la norme de la convergence
uniforme. Pour tout endomorphisme φ de E, on consid`ere la norme subordonn´ee d´efinie par
||φ(f )||∞
|||φ||| = sup
; f ∈ E, f 6= 0. .
||f ||∞
Rx
1. Soit φ : f ∈ E → x → 0 f (t) dt . Montrer que φ est un endomorphisme continu.
2. Montrer que
1
φ (f )(x) =
(n − 1)!
n
Z
x
(x − t)n−1 f (t) dt.
0
En d´eduire |||φn |||.
3. Montrer que la s´erie
P
φn converge (quel espace, quelle norme ?) et d´eterminer sa somme.
voir indications ou corrig´e 6.3
Exercice 6.4 s´eries dans l’espace norm´e L(E)
On suppose que E est un espace vectoriel norm´e de dimension finie ; on note ||x|| une norme de E
et |||u||| la norme subordonn´ee dans L(E). On rappelle que
|||u ◦ v||| ≤ |||u||||||v|||.
1. Montrer que la s´erie
P un
converge. Soit E(u) sa limite ; montrer que
n!
E(v −1 ◦ u ◦ v) = v −1 ◦ E(u) ◦ v,
pour tout isomorphisme v et tout endomorphisme u.
2. Montrer que si |||u||| < 1, alors idE + u est inversible, calculer son inverse.
voir indications ou corrig´e 6.4
Exercice 6.5 CCP 2003
On consid`ere l’espace C des suites complexes convergentes, on le munit de la norme ||u|| = sup |un |.
Soit L l’application qui `
a une suite u ∈ C associe sa limite.
1. Montrer que L est lin´eaire et continue ;
2. Calculer sa norme subordonn´ee ;
voir commentaire 6.5


0 0 1
Exercice 6.6 On consid`ere la matrice A = 1 0 0
0 1 0
1. Calculer les puissances de A;
1
2. D´eterminer la suite (Cn )n o`
u Cn =
(In + A + A2 + ... + An ).
n+1
141
voir commentaire 6.6
Exercice 6.7
1. Soit P (X) ∈ R[X], un polynˆome que l’on suppose unitaire et de degr´e n > 0.
Montrer que si P (X) est scind´e sur R, alors
∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Imz|n .
2. Montrer la r´eciproque.
3. Soit (An )n une suite convergente de matrices trigonalisables de MN (R). Que peut on dire
de sa limite ?
4. Soit (An )n une suite convergente de matrices diagonalisables de MN (R). Que peut on dire
de sa limite ?
5. Soit (An )n une suite convergente de matrices semblables `a une mˆeme matrice A de MN (R).
Que peut on dire de sa limite, lorsque A est diagonalisable, dans le cas g´en´eral ?
voir indications ou corrig´e 6.7
Exercice 6.8
1. Soit E un R−e.v. de dimension N et de base (ei )1≤i≤N . Soit f, l’endomorphisme de E,
v´erifiant :
f (ei ) = ei+1 pour i = 1, ..., N − 1 et f (eN ) = −e1 .
(a) Montrer que f n’est pas diagonalisable. Calculer sa trace.
(b) Soit || ||, une norme sur E. On d´efinit une norme sur L(E) en posant, pour u ∈ L(E),
|||u||| = sup
||u(x)||
.
||x||
Montrer qu’il existe une boule de L(E) de centre f ne contenant aucun endomorphisme
diagonalisable. On pourra raisonner par l’absurde, en consid´erant une suite (gn )n d’endomorphismes diagonalisables convergeant vers f et en comparant les traces par exemple.
2. Montrer que si E est un C−e.v. de dimension finie, les endomorphismes diagonalisables
forment un sous-ensemble dense de L(E).
voir corrig´e en 6.8
Exercice 6.9 Cen ?
Soir E l’ev des fonctions de classe C 1 de [0, 1] dans R.
1. Montrer que l’on d´efinit une norme sur E en posant
Z 1
N (f ) = |f (0)| +
|f 0 (t)| dt.
0
2. Cette norme est elle comparable `
a la norme de la convergence uniforme ?
3. (E, N ) est il complet ?
voir commentaire 6.9
Exercice 6.10
Soit V un voisinage compact de 0 dans Rn et C = {f ∈ L(Rn ); f (V ) ⊂ V }.
1. Montrer que C est ´egalement compact ;
2. Montrer que tout ´el´ement de C `
a un d´eterminant inf´erieur `a 1.
voir commentaire 6.10
142
Exercice 6.11 mines, planches diverses, exos de natures diverses
1. Montrer la densit´e dans [−1, 1] de la famille (cos ln n)n∈∈N∗ .?
2. (a) Montrer que R et R2 ne sont pas diff´eomorphes ;
(b) Montrer que R et R2 ne sont pas hom´eomorphes ;
3. (a) Montrer que l’´equation nxn+1 − (n + 1)xn = 1 admet un solution positive et une seule ;
(b) On note xn cette solution ; ´etudier la suite (xn )n .
voir commentaire 6.11
Exercice 6.12 plus dur que CCP
Soit M ∈ Mn (C). Donner une CNS pour que lim M k = 0 dans Mn (C).
voir commentaire 6.12
Exercice 6.13 CCP
1. Soit M ∈ Mn (R). Justifier la convergence de
5 1
2. D´eterminer la limite lorsque M =
.
4 2
voir commentaire 6.13
P 1 k
M .
k!
Exercice 6.14 Centrale 2005
Soit p ∈ N. Fp est l’ev des fonctions polynˆ
omiales, de degr´es ≤ p, de R dans lui mˆeme. On suppose
que (Pn )n est une suite de fonctions de Fp qui converge simplement sur un intervalle non vide et
non r´eduit `
a un point.
1. Montrer que (Pn )n converge simplement sur R.
2. Montrer que (Pn )n converge uniform´ement sur tout segment de R. Que dire de la limite ?
3. Montrer que ces propri´et´es sont fausses lorsqu’on se place dans l’espace des fonctions polynˆ
omiales de degr´es quelconques.
voir commentaire 6.14
Exercice 6.15 X - 2007
Montrer que l’ensemble {m + ln n/m ∈ Z, n ∈ N∗ } est dense dans R.
voir commentaire 6.15
143
144
6.4
Indications ou corrig´
es des exercices
6.1 Indications ou corrig´
e ex 6.1
P
1. ´ecrire det(A) =
ε(σ)a1,σ(1) a2,σ(2) ...an,σ(n) ; c’est un polynˆome en les ai,j , composantes de
A.
2. image r´eciproque d’un ouvert par une fonction continue ;
3. est un ferm´e car c’est l’image r´eciproque de In par la fonction continue
M →t M M
d’un norm´e p
dans lui-mˆeme, c’est d’autre part un ensemble born´e parce que pour la norme
euclidienne T r(t M M ), c’est un ensemble born´e. En effet pour une matrice orthogonale,
p
T r(t M M ) =
X
a2i,j = n.
i,j
4. Pensons `
a la caract´erisation s´equentielle des ferm´es. Soit F sev de dimension finie de (E, N ),
de base (e1 , ..., ed ). Si une suite (Xn )n d’´el´ements
Xn =
n
X
(n)
xi ei ,
i=1
de F converge dans E, vers une limite Y, alors c’est une suite de Cauchy pour la norme N
qui est aussi une norme sur F. Elle admet donc une limite X dans F. Ainsi
lim N (Xn − X) = lim N (Xn − X) = 0.
n→∞
n→∞
Par unicit´e de la limite dans (E, N ), on a X = Y.
5. Si B(a, r) ⊂ F, qui est stable par soustraction, alors a ∈ F et
B(0, r) = {x − a; x ∈ B(a, r)} ⊂ F.
Consid´erons x ∈ E, l’´el´ement
a
x est dans cette boule, donc dans F. Par stabilit´e pour la
2||x||
multiplication externe, x ∈ F.
6. Cas d’une droite : On suppose F ferm´e de E et on consid`ere une droite D de E.
Deux cas se pr´esentent :
– soit D ∩ F = {0} et F + D = F ⊕ D;
– soit il existe u 6= 0 tel que u ∈ D ∩ F. Dans ce dernier cas, D = vec(u) ⊂ D et in n’y a rien
a montrer.
`
On suppose D * F, et on consid`ere une suite convergente (xn )n d’´el´ements de F ⊕ D. On
note pout tout n ∈ N, xn = (fn + dn ) avec d’´evidentes notations.
On consid`ere `
a nouveau deux cas :
– On suppose tout d’abord (fn )n born´ee. Comme (xn )n converge elle est born´ee de mˆeme
que (dn )n . Comme il s’agit d’une suite d’´el´ements de D de dimension finie, elle admet une
sous-suite (dnp )p qui converge dans D.
On ´ecrit xnp = fnp + dnp . Deux suites convergent la troisi`eme aussi. Comme F est ferm´e
lim fnp = lim xnp − lim dnp ∈ F. On a donc
x = lim xn = lim xnp = lim fnp + lim dnp = f − d ∈ F ⊕ D.
145
– Si (fn )n n’est pas born´ee, on ´ecrit
fn
dn
xn
=
+
||fn ||
||fn || ||fn ||
xn
converge
||fn ||
(vers 0). Sa limite est un ´el´ement de F ⊕ D qui est de la forme f + d = 0 + 0 o`
u f = 0 est,
fn
comme vu pr´ec´edemment, limite d’une suite extraite de
. C’est contradictoire car ces
||fn ||
´el´ements sont de norme 1.
Le seul cas possible conduit `
a lim xn ∈ F ⊕ D cqfd.
On se retrouve dans le cas pr´ec´edent puisque la suite de terme g´en´eral x0n =
6.2 Indications ou corrig´
e ex 6.2
R´eponses : Normes subordonn´ees aux normes usuelles de Kn :
norme sur Kn
||x||1 =
norme matricielle subordonn´ee sur Mn (K)
n
X
|xk |
|||x|||1 = sup
j
k=1
||x||∞ = sup |xk |
n
X
|||x|||∞ = sup
k
k
|uk,j |
k=1
n
X
|uk,j |
j=1
1/2
||x||2 =
n
X
|||x|||2 = (ρ(A∗ A))
!1/2
|xk |2
avec ρ(A∗ A) = supSp(A∗ A) |λ|.
k=1
Preuves :
1.
2.
6.3 Indications ou corrig´
e ex 6.3
1. Facile...
2. M1 On peut tenter une d´emonstration par r´ecurrence reposant sur la formule de d´erivation :
Z u(x)
Z u(x)
d
∂
d
α (x, t) dt =
α (x, t) dt +
u (x) α (x, u (x)) :
dx 0
∂x
dx
0
La fonction Φ(f ) est la primitive de f qui est nulle en x = 0.
La formule est ´evidente si n = 1.
Rx
1
Supposons que l’on ait : φn (f )(x) =
(x−t)n−1 f (t) dt, et montrons que la primitive
(n − 1)! 0
de cette fonction nulle en x = 0 est
Z
1 x
(x − t)n f (t) dt.
n! 0
146
Pour cela nous d´erivons, en notant α(x, t) = (x − t)n f (t), u(x) = x...
M2 Toujours en remarquant que Φ(f ) est la primitive de f qui est nulle en x = 0, ´ecrivons
la formule de Taylor reste int´
egrale pour Φn (f ) `a l’ordre n − 1 :
Φn (f )(x) =
n−1
X
k=0
xk n−k
1
Φ
(0) +
k!
(n − 1)!
Z
x
(x − t)n−1
0
dn n
Φ (f )(t) dt.
dxn
Comme la d´eriv´ee ni`eme de φn (f ) est f elle-mˆeme, comme les d´eriv´ees d’ordre inf´erieur `a n
sont nulles en 0, le tour est jou´e.
3. Convergence
absolue dans Lc (E), ||| |||) qui est complet (`a prouver)pour la convergence de
P n
Φ , puis convergence normale d’une s´erie de fonction pour le calcul de S(f )...
6.4 Indications ou corrig´
e ex 6.4
1.
2.
6.5 Indication ou corrig´
e 6.5
1. La lin´earit´e est ´evidente ; il suffit alors de prouver qu’il existe K > 0 tel que
|L(u)|
≤ K.
u6=0 ||u||∞
sup
A l’´evidence K = 1 fait l’affaire.
2. On a vu que
|||u||| = sup
u6=0
|L(u)|
≤ 1.
||u||∞
Pour une suite constante, non nulle, on a l’´egalit´e
|L(u)|
= 1...
||u||∞
6.6 Indication ou corrig´
e 6.6
1.
2.
6.7 Indication ou corrig´
e 6.7
Q
1. Ecrivons P (X) = (X − αi ). Il vient imm´ediatement
|P (x + iy)|2 =
n
Y
(x − αi )2 + y 2 .
i=1
2. C’est ´evident en raisonnant par l’absurde, si P admet une racine non r´eelle il ne peut satisfaire
la relation de l’´enonc´e. On obtient donc une caract´erisation des polynˆomes scind´es sur R.
147
3. Les polynˆ
omes caract´eristiques χAn (X) sont scind´es sur R puisque chaque matrice An est
trigonalisable dans MN (R ). Ils v´erifient donc la relation |χAn (z)| ≥ |Imz|n . Pour tout z ∈ C,
l’application M ∈ MN (R ) → det(M − xIN ) ∈ C, est continue. Par passage `a la limite, on a
lim |χAn (z)| = |χA (z)| ≥ |Imz|n .
Cela montre (r´eciproque ci-dessus) que χA est scind´e sur R et que A est trigonalisable dans
MN (R ).
Une limite des matrices trigonalisables est donc elle-mˆeme trigonalisable.
a
1
4. Contre-exemple : An =
;
0 a + 1/n
5. Consid´erons une suite de matrices de MN (R ) semblables `a une mˆeme matrice A et de limite
A0 . Comme M ∈ MN (R ) → det(M − xIN ) ∈ C, est continue,
lim χAn (z) = lim det(An − zIN ) = det(A0 − zIN ) = χA0 (z).
n
n
• Si A est diagonalisable, le polynˆ
ome minimal de A est scind´e sur R, `a racines simples.
Comme par ailleurs πA (An ) = 0, par passage `a la limite, lim πA (An ) = πA (A0 ), A0 est
diagonalisable.
Ainsi, A et A0 sont diagonalisables et ont le mˆeme polynˆome caract´eristique. Elles sont donc
semblables dans MN (R).
1 1/n
• Si A n’est pas diagonalisable, le r´esultat devient faux. Les matrices An =
sont
0
1
1 1
semblables `
aA=
alors que la limite est I2 .
0 1
6.8 Indication ou corrig´
e 6.8
1. (a) On v´erifie rapidement que f N = −idE . Le polynˆome X n +1 est un polynˆome annulateur
de f . C’est aussi le polynˆ
ome caract´eristique puisque E est de dimension N. Le coefficient
de X n−1 , est ´egal `
a la trace de f, qui est donc nulle.
Par ailleurs le polynˆ
ome caract´eristique a une racine au plus dans R (−1 lorsque N est
impair), et f 6= −id.
(b) Raisonnons par l’absurde : supposons qu’il existe une suite d’endomorphismes diagonalisables sur R, (an )n , de limite f.
(j)
Cette suite est born´ee (notons A un majorant). Pour tout n, et toute val.ppre.r´eelle λn
(j)
de an , il existe un vecteur unitaire, xn tel que :
an (xn ) = λn xn .
(1)
(N )
Notons λn , ..., λn une suite des v.p. de (an ). Comme |λn | ≤ |||an ||| ≤ A, on peut
(j)
(j)
trouver une suite d’indices (np )p telle que les 2 N suites extraites (λnp ) et (xnp ) soient
convergentes.
Il vient alors `
a la limite : f (x(j) ) = λ(j) x(j) et λ(j) ´etant r´eel, il est ´egal `a −1.
Cela montre que N est impair.
PN
(j)
Les traces des anp sont les sommes j=1 λnp , de limite −N, contradiction.
2.
6.9 Indications ou corrig´
e 6.9
1. imm´ediat ; penser `
a justifier N (f ) = 0 ⇒ f = 0 par la continuit´e et la positivit´e de |f 0 |,
comme d’hab !
148
2. Penser que f (t) = f (0) +
Rt
0
f (0 u) du... On en d´eduit que
Z
|f (x)| ≤ |f (0)| +
x
|f 0 (t)| dt ≤ |f (0)| +
Z
1
|f 0 (t)| dt = N (f ).
0
0
On a donc || ||∞ ≤ N. Se pose alors la question de la r´eciproque : existe-t-il α tel que
N ≤ α|| ||∞ ?
Pour montrer que cela n’est pas possible, il suffit de mettre en ´evidence une suite (fn ) qui
converge vers 0 pour || ||∞ mais pas pour N. Prenons pour cela
fn : x →
sin(nπx)
.
n
3. Question que j’ajoute.
Une suite de Cauchy pour la norme N est une suite de fonctions de classe C 1 sur [0, 1] telle
que
∀ε > 0, ∃Nε ∈ N, ∀n, p, n ≥ Nε ⇒ N (fn+p − fn ) ≤ ε.
• On a vu que ||f ||∞ ≤ N (f ) donc si N (fn+p − fn ) ≤ ε, on a aussi ||fn+p − fn ||∞ ≤ ε et
(fn )n est aussi une suite de Cauchy pour la norme de la convergence uniforme. Cette suite
converge donc vers une limite φ continue sur [0, 1]. En effet une suite de Cauchy pour la
norme de la cv uniforme converge dans l’espace des fonctions continues sur [0, 1].
• Dire que (E, N ) est complet c’est dire qu’une suite de Cauchy de (E, N )admet une limite
dans E (donc de classe C 1 ) pour la norme N.
Orientons nous vers un contre exemple. Si une suite de Cauchy de (E, N ) admet une limite
uniforme qui n’est pas dans E, elle ne pourra avoir de limite de classe C 1 pour N En effet, une
limite au sens de N est n´ecessairement une limite uniforme d’apr`es la question pr´ec´edente,
et par unicit´e...
p
Posons fn (x) = (x − 1/2)2 + 1/n. On v´erifie facilement qu’elle converge uniform´ement vers
x → |x| qui n’est pas de classe C 1 .
S’agit il d’une suite de Cauchy pour N ? Calculons avec MAPLE :
f:=(n,x)-> ((x-1/2)^2+1/n)^(1/2);
(diff(f(n,x),x)-diff(f(n+p,x),x));
Int(%,x=0..1/2)-Int(%,x=1/2..1): # calcul de l’int´
egrale de la valeur absolue!
value(%);
q
2
f := (n, x) 7→ (x − 1/2) + n−1


2x − 1 
1
1

q
−q
2
2
2
−1
−1
(x − 1/2) + n
(x − 1/2) + (n + p)
Ici, nous voyons que le facteur entre parenth`eses est n´egatif ; cela simplifie le calcul de
Z 1
0
|fn0 − fn+p
|...
0
1/2
Z
−
1/2 q
0
Z
1
+
1/2
1/2 q
2x − 1
2
(x − 1/2) + n−1
2x − 1
2
(x − 1/2) + n−1
2x − 1
− 1/2 q
dx
2
−1
(x − 1/2) + (n + p)
2x − 1
− 1/2 q
dx
2
−1
(x − 1/2) + (n + p)
149
r
−
n+4
+
n
r
n+p+4
+2
n+p
r
1
−2
n
r
1
n+p
Cette derni`ere expression est major´ee par
r
r
r
r
4
4
1
1
− 1+ + 1+
+2
≤2
.
n
n+p
n
n
Nous avons en observant que (fn (0))n converge une suite de Cauchy pour N. Si elle convergeait vers f, elle aurait ´egalement f pour limite uniforme. Or f n’est pas ´el´ement de E.
(E, N ) n’est donc pas complet.
6.10 Indication ou corrig´
e 6.10
1. Normons Rn avec une norme quelconque puis L(Rn ) avec la norme subordonn´ee. La compacit´e de V et C ne d´epend pas du choix de ces normes puisque les deux espaces sont de
dimensions finies. V contient une boule ferm´ee B(0, r); consid´erons alors f ∈ C, l’image par
f de cette boule est dans V qui est born´e (par m). Alors :
|||f ||| = sup ||f (x)|| = sup
||x||=1
||x||=r
m
||f (x)||
≤ .
||x||
r
Cela prouve que C est born´e.
Est-il ferm´
e ? consid´erons une suite (fn )n d’´el´ements de C qui converge vers f ∈ L(Rn ).
Soit alors x ∈ V, pour chaque indice n, fn (x) = xn ∈ V.
||xn − f (x)||||(f − fn )(x)|| ≤ |||f − fn ||| ||x||
a pour limite 0, donc (xn )n suite d’´el´ements de V converge et sa limite f (x), appartient `a V.
Cela montre que f (V ) ⊂ V.
2. Pour ce qui est du d´
eterminant, regardons les valeurs propres
• si f admet une valeur propre r´eelle λ, associ´e au vecteur propre x, il existe r > 0 tel que
rx ∈ V, alors pour tout n ∈ N, f (n) (rx) = rλn x ∈ V. Comme V est born´e et x 6= 0, cela impose
|λ| ≤ 1. Le sort des endomorphismes f trigonalisables sur R est par l`
a mˆ
eme r´
egl´
e.
• Que se passe-t-il dans le cas g´
en´
eral ?
Notons A la matrice de f dans la base canonique. Si λα + iβ est une valeur propre complexe
de A il existe un vecteur propre ZX + iY ∈ Cn , X, Y ∈ Rn .
Comme AZ = λZ, on a AZ = AX+iAY = (αX−βY )+i(αY +βX) et le plan P = vect(X, Y )
est stable par A (en effet AX = (αX − βY ), AY = (αY + βX) et on peut en d´eduire que Y
n’est pas colin´eaire `
a X.)
Ainsi f (V ∩ P ) ⊂ V ∩ P. On obtient la mˆeme contradiction que pr´ec´edemment en observant
que la matrice de f dans la base (X, Y ) de ce plan est
α −β
cos θ −sinθ
= |λ|
β α
sin θ cos θ
et que f (n) (rX) = r|λ|n (cos nθX + sin nθY ) ne saurait ind´efiniment appartenir `a V.
Une d´
emonstration pour n=2, au marteau-piqueur (on se mord sans doute la
queue), juste pour rappeler l’origine g´
eom´
etrique de la formule du changement
de variables :
150
– si det(f ) = 0, rien `
a montrer ;
– sinon, f est bijective, c’est aussi un diff´eomorphisme et pour toute fonction φ continue :
Z Z
Z Z
φ=
φ ◦ f × |detD(f )|,
f (V )
V
comme D(f ) = f, en prenant φ = 1 on fait apparaˆıtre :
Z Z
Z Z
1 = |detf |
1,
f (V )
V
de f (V ) ⊂ V et aire(V ) 6= 0, on d´eduit det(f ) ≤ 1.
6.11 Indication ou corrig´
e 6.11
1. Ce qu’il faut montrer :
∀a ∈ [−1, 1], ∀ε > 0, ∃n ∈ N∗ , |a − cos ln n| ≤ ε.
L’id´ee est que ln n croˆıt lentement vers +∞ :
Un ´el´ement a ∈ [−1, 1] est de la forme a = cos α = cos(α + 2kπ). Il existe nk ∈ N∗ , tel que
ln nk ≤ α + 2kπ < ln(nk + 1); et pour un tel nk ,
ln nk − α
ln nk + α
sin
.
cos ln nk − a = −2 sin
2
2
On observe alors que l’on a limn→+∞ nk = +∞ et que
sin ln nk − α = sin ln nk − α − 2kπ ≤ 1 ln 1 + 1 .
2
2
2
nk
2. Un probl`eme d’une tout autre nature :
(a) Question simple (plus li´ee au chapitre ”fonctions de plusieurs variables”) :
si φ : R → R2 est un C 1 −diff´eomorphisme on sait que la compos´ee φ ◦ φ−1 a pour
matrice jacobienne
D(φ ◦ φ−1 )(X) = D(φ(φ−1 (X)) ◦ D(φ−1 )(X) = I2
a
ce qui est impossible car une matrice
[u, v] est de rang au plus 1.
b
(b) Supposons maintenant qu’il existe φ bijection continue de R dans R2 d’inverse ´egalement
continue.
Notons : φ : t ∈ R → (X(t), Y (t)) ∈ R2 et φ−1 : (x, y) ∈ R2 → T (x, y) = t ∈ R.
L’application T : y ∈ R → φ−1 (0, y) ∈ R est continue, injective (compos´ee des injections
y → (0, y) et φ−1 ... Nous savons( ?) qu’une injection continue de R dans lui-mˆeme est
monotone. Soit alors ]t1 , t2 [= T (R) avec ti = lim±∞ T (y).
– On ne peut avoir ti ∈ R, si c’est le cas, par continuit´e φ(ti ) = lim φ(T (y)) = lim(0, y) ∈
/
R2 ;
– donc T (R) = R et on obtient une contradiction, car pour t = T (y) ∈ R, φ(t) = (0, y)...
et φ n’est pas surjective ;
3. (a) Commen¸cons par l’´etude de φn (x) = nxn+1 − (n + 1)xn .
Cette fonction a pour d´eriv´ee φ0n (x) = n(n + 1)xn−1 (x − 1) elle d´ecroˆıt de 0 `a 1 sur
[0, 1], croˆıt sur [1, +∞[. xn , la seule racine positive de φn (x) = 1 est comprise entre 1 et
2 (car φn (2) = 2n (n − 1) > 1 pour n > 1).
151
(b) Plus pr´ecis´ement, on v´erifie que 1 = xnn (n(xn − 1) − 1) > 0 et xn > 1 + 1/n; cela donne
l’id´ee de regarder φn (1 + 2/n) = (1 + 2/n)n (n(1 + 2/n) − (n + 1)) = (1 + 2/n)n > 1, on
a donc
2
1
1 + < xn < 1 + .
n
n
Si nous voulons voir plus loin (et nous voulons), comparons φn (x) et φn+1 (x) ce qui est
un classique pour l’´etude de la monotonie :
– φn (x) − φn+1 (x) = −(n + 1)xn (x − 1)2 < 0 sur ]1, +∞[;
– φn (xn ) − φn+1 (xn ) = 1 − φn+1 (xn ) < 0 ⇒ xn+1 < xn et la suite d´ecroˆıt vers 1 ;
Si nous voulons voir plus loin (et nous voulons), posons xn = 1 + un et recherchons un
´equivalent de un .
α
Une conjecture inspir´ee de l’encadrement 1/n < un < 2/n est que un ∼ . Si cela est
n
1
vrai, en rempla¸cant dans l’´equation, on obtient une CNS : α est solution de eα =
,
α−1
ou de α + ln(α − 1) = 0, soit α = 1.278464543...
Le calcul approch´e semble confirmer que nun ∼ α :
for i from 2 to 30 do
10*i*(fsolve(phi(10*i,x)=1,x=1..2)-1);
od;
La preuve : Avec xn = 1 + un , l’´equation nxn+1 − (n + 1)xnn = 1 devient :
n(1 + un )n+1 − (n + 1)(1 + un )n = (1 + un )n (n(1 + un ) − (n + 1)) = 1,
soit encore (1 + un )n (nun − 1) = 1, comme lim un = 0, il vient :
nun ∼ n ln(1 + un ) = − ln(nun − 1).
Ce qui donne, en notant nun = vn ∈]1, 2[, ψ(x) = x + ln(x − 1) pour x ∈]1, 2] :
ψ(vn ) = o(vn ) = o(1) et vn = ψ −1 (o(1)) a pour limite ψ −1 (0) = α.
α
On a bien xn = 1 + + o(1/n).
n
CQFD.
6.12 Indication ou corrig´
e 6.12
D´
ecomposition diagonale + nilpotent qui commutent :
Montons tout d’abord qu’il existe P ∈ GLn (C) telle que P −1 M P = T = D +N o`
u D est diagonale,
N nilpotente, ces deux matrices commutant.
Q
En effet, si f est l’endomorphisme canoniquement associ´e `a M, si χf (X) = (−1)n (X − λi )ni ,
d’apr`es le lemme des noyaux :
Cn = ⊕i ker(f − λi id)ni ,
chacun des ces noyaux ´etant stable par f.
La restriction de (f − λi ) `
a chaque sev ker(f − λi id)ni , est nilpotente. On peut ´ecrire dans une
base adapt´ee :


λ 1 I n 1 + N1
O
...
O


O
λ2 In2 + N2 . . .
O


T = M at(f, (ak )) = 

..
..
.
.
..
..


.
.
O
O
λp Inp + Np
152

λ1 In1
 O

= .
 ..
O
λ2 In2
..
.
O
Pn
...
...
..
.
O

N1
 O
 
 +  ..
  .
O
N2
..
.
O
O

O
O
..
.
λp Inp
...
...
..
.

O
O

..  ...
. 
Np
n
Ainsi, T n = p=0 p Dn−p N p . Cette somme a au plus n0 termes non nuls o`
u n0 = sup ni est
l’indice de nilpotence de N.
Supposons que (M n )n ait pour limite 0. C’est aussi le cas pour (T n )n (justifier). Les termes
diagonaux de T n (qui sont les λni ) en particulier, ont pour limite 0, cela prouve que les valeurs
propres v´erifient |λi | < 1.
R´
eciproquement : supposons que les vp v´erifient |λj | < 1, et consid´erons une norme matricielle
quelconque, on a
|||T n ||| = |||
n0
X
n
p
Dn−p N p |||
p=0
|||T n ||| ≤
n0
X
n
p
|||Dn−p ||| |||N |||p
p=0
et enfin, comme toutes les normes sont ´equivalentes, en comparant `a la norme N (M ) = max |mi,j |
(qui n’est pas matricielle) et en consid´erant α tel que |||M ||| ≤ αN (M ), nous avons
|||T n ||| ≤ α
n0
X
n(n − 1)...(n − p + 1)
p=0
p!
N (Dn−p )|||N |||p ≤ α max |||N |||p
p≤n0
n0
X
np
p=0
p!
ρ(D)n−p ...
6.13 Indication ou corrig´
e 6.13
1. C’est une question de cours : l’espace E = M2 (R) est de dimension finie, les normes sont
´equivalents, cet espce est complet. Consid´erons alors une norme matricielle sur E (une norme
subordonn´ee quelconque par exemple) et montrons que la suite des sommes partielles est une
suite de Cauchy en observant que |||M k ||| ≤ |||M |||k :
n+p
n+p
X 1
X 1
||Sn+p − Sn || = M k ≤
|||M |||k .
k!
k!
k=n+1
k=n+1
Comme la s´erie exponentielle converge dans R, elle v´erifie le crit`ere de Cauchy et :
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, ∀p ∈ N, n ≥ N ⇒ ||Sn+p − Sn || ≤
Pn+p
k=n+1
1
|||M |||k ≤ ε.
k!
(6.1)
2. M estdiagonalisable, ses deux valeurs propres sont 1 et 6, il existe P telle que P
1 0
et eM = P eD P −1 , il ne reste qu’`a calculer P...
0 6
−1
MP =
6.14 Indication ou corrig´
e 6.14
Pas facile, mais m’a ´et´e rapport´e tel quel ; peut-ˆetre une indication suppl´ementaire pour la premi`ere
question ?
1. De la convergence simple sur [a, b], a < b, `a la cv simple sur R :
On introduit les polynˆ
omes interpolateurs de Lagrange en p + 1 points de [a, b], (x0 , ..., xp ).
Ces polynˆ
omes (Λi )i forment une base de Fp et, pour tout polynˆome de degr´e ≤ p :
153
P (x) =
p
X
P (xi ) × Λi (x).
i=0
Si la suite (Pn )n converge simplement vers f sur [a, b], on a
lim Pn (x) = lim
p
X
Pn (xi ) × Λi (x) =
i=0
p
X
f (xi ) × Λi (x),
i=0
pour tout r´eel x. Cela prouve en mˆeme temps que la limite simple est une fonction polynˆ
omiale.
2. De la convergence simple `
a la convergence uniforme sur tout segment.
Observons tout d’abord que la convergence uniforme sur [c, d], c < d, est d´efinie par la
norme : supx∈[c,d] |P (x)|...
Il suffira de prouver que notre suite de polynˆomes, appartenant `a Fp de dimension finie,
p + 1, converge pour une norme quelconque. Introduisons pour cela la norme : N (P ) =
P
p
i=0 |P (xi )|. C’est une norme en particulier parce que
N (P ) = 0 ⇒ ∀i, P (xi ) = 0,
ce qui entraˆıne que P qui a p + 1 racines est nul ; on laisse v´erifier les autres propri´et´es.
Nous avons alors, si (Pn )n converge simplement vers f ∈ Fp ,
X
lim N (Pn − f ) = lim
|Pn (xi ) − f (xi )| = 0.
La convergence pour cette norme entraˆıne la convergence pour la norme uniforme sur un
segment quelconque. CQFD.
P
N
n
3. Sans restriction sur la dimension, tout cela devient faux : penser `a
, qui converge
n=0 x
N
simplement sur [0, 1/2] par exemple...
6.15 Indication ou corrig´
e 6.15
[x] d´esigne la partie enti`ere de x...
Il s’agit de montrer que pour tout x ∈ R, tout ε > 0 il existe un couple (m, n) tel que
|x − (m + ln n)| ≤ ε.
• Observons que par exemple ln 17 = 2.833213344, il est alors facile d’approcher tout nombre
somme d’un entier [x] et de 0.8332... par ([x] − 2) + ln 17 `a 10−3 pr`es par exemple ; nous voyons
qu’il suffit de regarder la densit´e dans [0, 1[ des r´eels ln n − m.
• On se donne alors x ∈ R, ε > 0, on pose µ = x − [x] ∈ [0, 1[; le but est d’approcher µ...
Choisissons donc p entier tel que e−p < ε puis n = [ep eµ ]. On a alors, n ≤ ep eµ < n + 1 et
(ln n − p) ≤ µ < ln(n + 1) − p.
1
2
1
< ≤
< 2ε.
Il vient alors |(ln n − p) − µ| ≤ ln 1 +
n
n
n+1
154
7
7.1
Espaces pr´
ehilbertiens r´
eels et complexes, espaces euclidiens
R´
esum´
e de cours
D´
efinition 7.1 Un produit scalaire (ou produit scalaire complexe) sur un K−ev E (K = R ou C)
est une application
φ(x, y) ∈ E 2 → φ(x, y) =< x|y >∈ K,
telle que
– pour tout (x, y) ∈ E 2 , φ(x, y) = φ(y, x) (ce qui est la sym´etrie si, K = R);
– φ est lin´eaire `
a gauche, 13
– φ est positive, en ce sens que, pour tout x ∈ E, φ(x, x) ≥ 0,
– φ est une forme lin´eaire ”d´efinie” en ce sens que pour tout x ∈ E,
φ(x, x) = 0 ⇒ x = 0.
On dit qu’un espace muni d’un produit scalaire r´eel (ou complexe ) est un espace pr´ehilbertien r´eel
(ou complexe), un espace euclidien (ou hermitien) s’il est de dimension finie.
Th´
eor`
eme 7.1 in´egalit´es de Cauchy-Schwarz et de Minkowski
• Soit E un K−ev muni d’un produit scalaire φ, alors
|φ(x, y)|2 ≤ φ(x, x)φ(y, y),
l’´egalit´e ayant lieu ssi
p x et y sont li´es par une relation x = ty ou y = tx, t r´eel.
• En notant ||x|| = φ(x, x), on a, Pour tout couple (x, y) ∈ E 2 ,
||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||.
• L’application x ∈ E → ||x|| =
p
φ(x, x) est une norme sur E.
• Le proc´
ed´
e d’orthogonalisation de Gram Schmidt
Th´
eor`
eme 7.2 Soit E un espace pr´ehilbertien de dimension quelconque et B = (bi )1≤i≤n , une
famille libre de E. Il existe alors une famille orthonormale (ei )1≤i≤n , telle que, pour tout p
vect(e1 , ..., ep ) = Vp = vect(b1 , ..., bp );
la base orthonormale de Vn est donc adapt´ee au drapeau (Vp )1≤p≤n .
D´
emonstration et description de l’algorithme :
On commence par construire par r´ecurrence sur p, une famille orthogonale adapt´ee au drapeau
(Vp )1≤p≤n .
• On pose e01 := b1 . On a vect(e01 ) = V1 .
• On suppose construite une famille (e0i )1≤i≤p orthogonale et telle que vect(e01 , ..., e0i ) = Vi pour
1 ≤ i ≤ p; On pose alors
p
X
e0p+1 = bp+1 +
αp+1,i bi .
i=1
13. Attention, certains disent `
a droite ! ! !
155
Le produit scalaire < e0p+1 |e0j > est nul ssi pour tout
αp+1, j = −
< bp+1 |e0j >
.
< e0j |e0j >
On choisit ces valeurs pour les αp+1,i .
• Bilan : la famille d´efinie par e01 = b1 , et e0p = bp −
Pp
i=j
< bp |e0j >
bj , pour p ≥ 2, est donc
< e0j |e0j >
orthogonale et pour tout p, Vp = vect(e1 , ..., ep ).
Th´
eor`
eme 7.3 suppl´ementaire orthogonal
Soit E un espace pr´ehilbertien (de dimension quelconque) et F un sev de dimension fini de E. On
a F ⊕⊥ F = E.
• Topologie des espaces pr´
ehilbertiens, espaces de Hilbert
Th´
eor`
eme 7.4
Soit E un espace pr´ehilbertien r´eel ou complexe muni de la norme ||f ||2 =< f |f >1/2 . On a les
propri´et´es suivantes :
1. les formes lin´eaires φy : x →< x|y > sont continues et, pour tout y ∈ E,
|||φx |||2 = sup
x6=0
2. pour toute partie X de E,
3. si F est un sev de E,
⊥
| < x|y > |
||x||2
X est un sev ferm´e de E;
⊥ ⊥
( F ) est l’adh´erence de F dans E;
4. la projection orthogonale sur un sev de dimension finie est continue, de norme subordonn´ee
´egale `
a 1;
D´
efinition 7.2 espaces de Hilbert
Un espace de Hilbert est un espace pr´ehilbertien complet pour la norme induite par le produit
scalaire.
• Formes lin´
eaires dans un espace pr´
ehilbertien de dimension finie
Th´
eor`
eme 7.5
Soit E un espace pr´ehilbertien de dimension finie sur K = R ou C.
1. Pour toute forme lin´eaire φ : E → K, il existe un vecteur de u ∈ E et un seul tel que pour
tout x ∈ E,
φ(x) =< x|u > .
2. L’application φ ∈ E ∗ → u ∈ E, o`
u u est le vecteur qui v´erifie ∀x ∈ E, φ(x) =< x|u >, est
une bijection, c’est un isomorphisme d’espaces vectoriels si K = R, un anti-isomorphisme si
K = C.
156
7.1.1
Adjoint d’un endomorphisme
Ce qui suit repose sur la remarque suivante : si E est un espace euclidien, pour toute forme lin´eaire
φ : E → R, il existe un vecteur w ∈ E, et un seul tel
φ : x ∈ E → φ(x) =< x|w >∈ R.
Th´
eor`
eme 7.6 Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme de E. Alors,
– il existe un endomorphisme u∗ et un seul tel que
∀x ∈ E, ∀y ∈ E, < u(x)|y >=< x|u∗ (y) >;
(7.1)
– si M est la matrice de u dans une base orthonorm´ee, B, la matrice de u∗ dans cette mˆeme base
est la transpos´ee de M.
D´
efinition 7.3 de l’adjoint d’un endomorphisme
L’endomorphisme u∗ d´efini par la relation (7.1), est (appel´e) l’adjoint de u.
Th´
eor`
eme 7.7 propri´et´es de l’adjoint d’un endomorphisme
Soient u, v deux endomorphismes de E euclidien, et u∗ , v ∗ leurs adjoints.
– rg(u) = rg(u∗ );
– (u∗ )∗ = u;
– (u ◦ v)∗ = v ∗ ◦ u∗ ;
Enfin, l’application u ∈ L(E) → u∗ ∈ L(E) est un automorphisme de L(E).
Th´
eor`
eme 7.8 image et noyau de l’adjoint
Soit u un endomorphisme de E euclidien, et u∗ son adjoint. Alors :
Ker(u∗ ) =⊥ Im(u) et Im(u∗ ) =⊥ Ker(u).
Th´
eor`
eme 7.9 sous-espaces stables
Soit E, un espace euclidien, u un endomorphisme de E et V un sous-espace de E.
si V est stable par u, alors ⊥ V est stable par u∗
D´
efinition 7.4 endomorphismes sym´etriques
– On dit qu’un endomorphisme de E euclidien est auto-adjoint ou sym´etrique ssi u = u∗ ;
– On dit qu’un endomorphisme de E est orthogonal ssi u ◦ u∗ = u∗ ◦ u = idE ;
Proposition 7.1 matrices
– u est auto-adjoint ssi il existe une BON dans laquelle sa matrice est sym´etrique ;
– u est auto-adjoint ssi dans toute BON de E sa matrice est sym´etrique ;
157
– u est un endomorphisme orthogonal ssi il existe une BON dans laquelle sa matrice est orthogonale ;
– u est endomorphisme orthogonal ssi dans toute BON de E sa matrice est orthogonale ;
Notations : nous noterons
– S(E) le sous espace de L(E) form´e des endomorphismes auto-adjoints ;
– Sn (R) le sous espace de Mn (R) form´e des matrices sym´etriques r´eelles d’ordre n;
– O(E) le groupe orthogonal de E, form´e des endomorphismes orthogonaux ;
– On (R) le groupe des matrices orthogonales d’ordre n;
• R´
eduction des endomorphismes et matrices sym´
etriques
Th´
eor`
eme 7.10
Soit E un espace euclidien et u un endomorphisme sym´etrique de E.
1. u est diagonalisable ;
2. ses sous-espaces propres sont orthogonaux 2 `a 2 ;
3. il existe une base orthonorm´ee form´ee de vecteurs propres de u.
Th´
eor`
eme 7.11 Soit A ∈ Sn (R),
1. ses valeurs propres sont r´eelles ;
2. ses sous-espaces propres sont orthogonaux 2 `a 2 ;
3. A est diagonalisable ;
4. il existe une matrice orthogonale, P ∈ On (R), telle que t P A P soit diagonale (on dit alors
que A est orthogonalement semblable `a une matrice diagonale).
7.1.2
Formes bilin´
eaires positives et d´
efinies positives
Th´
eor`
eme 7.12
Soit E un espace euclidien, φ une forme bilin´eaire sym´etrique sur E et u l’endomorphisme autoadjoint qui lui est associ´e.
Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
– φ est positive : c’est `
a dire ∀x ∈ E, φ(x, x) ≥ 0;
– u v´erifie : ∀x ∈ E, < x|u(x) >≥ 0;
– Sp(u) ⊂ R+ .
On dit, dans ce cas que Φ est une forme positive et que u est un endomorphisme auto-adjoint
positif. On note S + (E) l’ensemble des endomorphismes autoadjoints positifs.
Th´
eor`
eme 7.13
Soit A une matrice sym´etrique `
a termes r´eels. Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
– ∀X ∈ Rn , t X A X ≥ 0;
– Sp(A) ∈ R+ .
158
On dit dans ce cas que A est une matrice positive et on note Sn (R)+ le sev des matrices sym´etriques
positives.
Th´
eor`
eme 7.14
Soit E un espace euclidien, φ une forme bilin´eaire sym´etrique sur E et u l’endomorphisme autoadjoint qui lui est associ´e. Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
– φ est d´efinie positive : c’est `
a dire ∀x ∈ E, φ(x, x) > 0
– ∀x ∈ E\{0}, < x|u(x) >> 0;
– Sp(u) ∈ R∗+ .
On dit dans ce cas que φ est une forme bilin´eaire d´efinie positive ou un produit scalaire.
Th´
eor`
eme 7.15
Soit A une matrice sym´etrique `
a termes r´eels. Les propri´et´es suivantes sont ´equivalentes :
– ∀X ∈ Rn \{0}, t X A X > 0;
– Sp(A) ∈ R∗+ .
On dit dans ce cas que A est une matrice d´efinie positive et on note Sn (R)++ le sev des matrices
sym´etriques positives.
7.1.3
Le groupe orthogonal
• G´
en´
eralit´
es
Th´
eor`
eme 7.16 groupe orthogonal
– L’ensemble des endomorphismes orthogonaux de E euclidien forme un groupe pour la compositions des endomorphismes. On le note (O(E), ◦)
– L’ensemble des endomorphismes orthogonaux tels que Det(u) = +1 est un sous-groupe de O(E)
not´e O+ (E).
– L’ensemble des matrices orthogonales de Mn (R) forme un groupe pour la multiplication des
matrices. On le note (On (R), ×).
– L’ensemble des matrices orthogonales telles que Det(M ) = +1 est un sous-groupe de On (R)
not´e On+ (R).
exercice
On consid`ere sur L(E) ou sur Mn (R) des normes quelconques.
Montrer que O(E) et On (R) sont des compacts dans les espaces norm´es L(E) et Mn (R).
D´
efinition 7.5 sym´etries orthogonales et r´eflexions
On appelle sym´etrie orthogonale une sym´etrie dont les sous-espaces propres ker(f − id) et ker(f +
id) sont suppl´ementaires orthogonaux.
Une r´eflexion est une sym´etrie orthogonale par rapport `a un hyperplan.
Th´
eor`
eme 7.17 Un endomorphisme de E est une sym´etrie orthogonale ssi
f = f ∗ = f −1
ce qui signifie que f est `
a la fois un endomorphisme sym´etrique et un endomorphisme orthogonal.
159
• Description de O2 (R) et de O3 (R) Nous donnons ici de brefs rappels du cours de premi`ere
ann´ee. On note dans les tableaux qui suivent Eλ = ker(u − λ)...
En dimension 2 nous avons :
Det
1
1
Spectre
{1}
{−1}
El´ements propres
E1 = E
E−1 = E
Nature g´eom´etrique
idE
−idE , rotation d’angle π
1
vide
...
rotation d’angle θ 6= 0[π]
-1
{1, −1}
D = E1 , ⊥D = E−1
\
r´eflexion d’axe D tq (Ox,
D) = θ/2
Matrice (BON)
I2
−I
2
cos(θ) − sin(θ)
sin(θ) cos(θ) cos(θ)
sin(θ)
sin(θ) − cos(θ)
• La matrice d’une rotation est inchang´ee par changement de BON directe le param`etre θ change
de signe avec un changement de BON indirecte.
• La matrice d’une r´eflexion change avec la BON, le param`etre θ est le demi-angle entre e1 et l’axe
de la rotation ;
• O2 (R) est commutatif (cela devient faux dans On (R) pour n ≥ 3).
En dimension 3, le polynˆ
ome caract´eristique est de degr´e impair, le spectre contient un des r´eels
1 ou −1 au moins et nous avons :
Det
1
1
-1
-1
-1
Spectre
{1}
{1}
{−1}
{−1, 1}
{−1}
El´ements propres
E1 = E
dimE1 = 1
dimE−1 = 3
dimE−1 = 2
dimE−1 = 1
Nature g´eom´etrique
idE
rotation d’axe E1
sym´etrie centrale, produit de 3 r´eflexions
r´eflexion de plan E1
produit d’une rotation et d’une r´eflexion (avec D⊥P )
Th´
eor`
eme 7.18 Soit u ∈ O(E), un endomorphisme orthogonal.
• si dimE = 2, il existe deux r´eflexions σ1 , σ2 telles que :
u = σ1 ◦ σ2 ;
• si dimE = 3, il existe 3 r´eflexions σ1 , σ2 , σ3 telles que :
u = σ1 ◦ σ2 ◦ σ3 ;
7.1.4
Rotations 3D
Si r est une rotation,
alors, dans 
une BOND (u, v, w) pour laquelle w ∈ E1 = Inv(r) sa matrice

cos θ − sin θ 0
cos θ 0 .
est de la forme  sin θ
0
0
1
Comment d´
eterminer les ´
el´
ements g´
eom´
etriques d’une rotation vectorielle ? On sait que
si f est un endomorphisme de E, de matrice A dans une BOND, f est une rotation vectorielle
distincte de l’identit´e ssi f ◦ f ∗ = idE et Inv(f ) est une droite vectorielle. Ainsi
– si At A = I3 , f ∈ O(E);
160
– si, de plus Inv(r) est une droite vectorielle, r ∈ O+ (E);
– dans ce cas cos θ = 1/2(T race(A) − 1)
– lorsque x est non nul orthogonal `a l’axe, on a, w ´etant un vecteur unitaire de l’axe et θ
la mesure de l’angle dans l’orientation induite par w :
x ∧ f (x) = ||x||||r(x)|| sin θw;
Comment calculer la matrice d’une rotation vectorielle ? si f est une rotation d´etermin´ee
par ses ´el´ements g´eom´etriques, pour calculer sa matrice dans une BOND donn´ee, on peut
– ´ecrire la matrice de f dans une base adapt´ee (voir ci-dessus) et faire un changement de
base ;
– ou bien, mettre en œuvre la formule
f (x) = projD (x) + cos(θ)(x − projD x) + sin(θ)
161
→
−
u
∧x
−
||→
u ||
7.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
en alg`
ebre g´
eom´
etrie la situation est bien balis´ee pour qui connaˆıt son cours : matrices r´eelles
sym´etriques, sym´etriques positives et d´efinies positives, recherche de bases orthonorm´ees de
diagonalisation ; d´efinition de l’ajoint (voir l’ex 7.6) ;
en analyse savoir introduire un produit scalaire, penser `a utiliser l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz,
ramener les probl`emes de minimum a` l’´etude la recherche d’une projection orthogonale (voir
ex 7.4) ; calculer les projections orthogonales sur un sev de dimension finie dont une base
orthogonale peut ˆetre obtenue par le proc´ed´e de Gram-Schmidt...
7.3
´
Enonc´
es
On note ici e1 , e2 , ..., en les vecteurs de la base canonique de Rn .
~v t~v
, interpr´etation g´eom´etrique ?
1. Soit ~v ∈ Rn , un vecteur non nul. Que dire de la matrice P = t
~v ~v
En d´eduire la matrice H(~v ) de la sym´etrie orthogonale par rapport `a l’hyperplan ⊥{~v }.
On note par ailleurs, H(~0) = In .
2. Soit ~u, un vecteur non nul. D´eterminer les vecteurs ~v tels que H(~v )~u ∈ Vect(e1 ).


5
−10 −45



3. Soit A = 
 −14 −38 −63  ∈ Mat(n, R).
−2
16
−9


∗ ∗ ∗
D´eterminer H(v1 ) telle que A1 = H(v1 )A = 0 ∗ ∗ .
0 ∗ ∗

∗ ∗ ∗
D´eterminer H(v2 ) telle que A2 = H(v2 )H(v1 )A = 0 ∗ ∗ .
0 0 ∗
Exercice 7.1
voir commentaire 7.1
Exercice 7.2 CCP 2006
1. Soit E un espace euclidien. On consid`ere les applications antisym´etriques de E dans luimˆeme telles que
(f (x)|y) = −(x|f (y)).
(a) Montrer qu’une telle application est lin´eaire
(b) Matrice dans une BON ?
(c) Dimension de l’espace des applications antisym´etriques.
2.
3.
voir commentaire 7.2
Exercice 7.3 CCP
Soit f une fonction continue sur R telle que
Z ∞
|f (t)|2 dt
0
existe. Montrer que
1
lim
x→+∞ x
x
Z
f (t) dt = 0.
0
voir indications ou corrig´e 7.3.
162
Exercice 7.4 partout, dont Centrale coupl´e avec un autre exercice et `
a l’ENSAM avec MAPLE
1. Montrer que l’application
+∞
Z
2
P (t)Q(t)e−t dt
(P, Q) ∈ R[X] →
0
est un produit scalaire.
2. Calculer
Z
+∞
tn e−t dt
In =
0
3. D´eterminer une base orthonormale du sous-espace
F = {XP (X)/P (X) ∈ R[X]}.
4. D´eterminez le minimum de
+∞
Z
(1 − at − bt2 − ct3 )2 e−t dt.
0
voir indications ou corrig´e 7.4
Exercice 7.5 Cen
 PSI, avec MAPLE

−7 −4 4



Soit A = 1/9 
 4 −8 −1  .
−4 −1 −8
1. Quelle est la nature de la transformation de R3 euclidien associ´ee `a cette matrice dans une
BON ?
2. Montrer que les matrices qui commutent avec A sont les polynˆomes en A.
3. Quelles sont les matrices orthogonales telles que M 2 = A?
4. Que dire de
lim
n→+∞
1
[I + A + A2 + ... + An ]?
n
voir indications ou corrig´e 7.5
Exercice 7.6
On consid`ere l’espace E des fonctions de classe C ∞ sur [0, 1], `a valeurs r´eelles, muni du produit
scalaire
Z 1
< f |g >=
f g.
0
Soit u ∈ E, telle que u(0) = u(1) = 0, on note T l’endomorphisme de E d´efini par
T (f ) = u0 f 0 + uf ”.
1. Montrer que T est un endomorphisme sym´etrique (ou auto-adjoint) de E;
2. Montrer que si u ≤ 0, T est un endomorphisme positif.
voir indications ou corrig´e 7.6
Exercice 7.7
Soit u un endomorphisme orthogonal de matrice M dans une BON B, de E.
1. Montrer que si F est stable par u, alors
⊥
F est stable par u.
163
2. Montrer que
E = ker(u − idE ) ⊕ ker(u + idE ) ⊕⊥ [ker(u − idE ) ⊕ ker(u + idE )]
et que ces sous-espaces sont stables et orthogonaux deux `a deux ;
3. En introduisant le produit scalaire canonique de Cn montrer que les valeurs propres de M
sont ±1 ou de la forme e±iθ .
4. Soit Z = X + iY ∈ Cn . Montrer que si Z est vecteur propre de M, le sous-espace de Rn
engendr´e par X et Y est stable par M.
voir corrig´e 7.7
Exercice 7.8 CCP 2002
Soit E euclidien
(ei )i , (fi )i une famille de vecteurs de E. On pose e0i = ei + fi .
P muni d’une BON
0
Monter que si
||fi || < 1, les (ei )i forment une partie libre ;
voir commentaire 7.8
Exercice 7.9 CCP-MP
Soit E un espace pr´ehilbertien r´eel et (ei )1≤i≤n une famille finie d’´el´ements de E telle que, pour
tout x ∈ E,
n
X
(x|ek )2 .
||x||2 =
k=1
Montrer que dimE = n et que (ei )1≤i≤n est une BON de E.
voir commentaire 7.9
Exercice 7.10 mines ou CCP
Soit E un espace vectoriel euclidien et u un endomorphisme de E tel que u3 = idE et que u et u∗
commutent.
1. Montrer que u est orthogonal ;
2. D´ecrire u si dimE = 3.
voir commentaire 7.10
Exercice 7.11 endomorphismes antisym´etriques
1. On consid`ere une matrice anti-sym´etrique A, r´eelle de taille n.
(a) Montrer que les valeurs propres de A sont imaginaires pures (penser `a introduire Z ∈ Cn
tel que AZ = λZ).
ia
0
i 1
(b) Soit D =
et P =
. Calculer P −1 DP. En d´eduire que si A est dia0 −ia
1 i
gonalisable dans Mn (C), elle est semblable `a une matrice diagonale par blocs de la
forme :


0


..


.




0




0 a

.


−a 0




0 b




−b
0


..
.
2. (a) Soit f un endomorphisme de Rn muni de son produit scalaire canonique. Montrer que
f ∗ ◦ f = 0 ⇒ f = 0.
164
(b) On suppose que f ∗ = −f et que ±iλ ∈ SpC (f ).
Montrer que
Ker((f 2 + λ2 )p ) = Ker(f 2 + λ2 ),
puis que f est diagonalisable dans Mn (C).
Voir corrig´e 7.11
Exercice 7.12
Soit E un espace euclidien. Si f est un endomorphisme de E, on note f ∗ son adjoint.
1. Donner une relation entre les noyaux et images de f et de f ∗ .
2. Soit u un endomorphisme de E. Montrer que les propositions suivantes sont ´equivalentes :
(a) u ◦ u∗ ◦ u = u;
(b) u ◦ u∗ est un projecteur orthogonal ;
(c) u∗ ◦ u est un projecteur orthogonal ;
(d) pour tout x ∈ Ker(u)⊥ , < u(x)|u(x) >=< x|x > .
3. Montrer que si u ◦ u∗ ◦ u = u, alors
Ker(u)⊥ = {x ∈ E; < u(x)|u(x) >=< x|x >}.
Voir corrig´e 7.12
Exercice 7.13 endomorphismes normaux
Soit E un espace euclidien. Si f est un endomorphisme de E, on note f ∗ son adjoint.
1. Soit x ∈ E. Montrer que
f (x) = 0 ⇔ f ∗ ◦ f (x) = 0.
En d´eduire que tout endomorphisme nilpotent qui commute avec son adjoint est nul.
2. Montrer que tout projecteur p, qui commute avec son adjoint, est un projecteur orthogonal ;
indication : introduire g = (IdE − p) ◦ p∗ .
3. On suppose que f et f ∗ commutent et que Sp(f ) ⊂ R, montrer que f est diagonalisable dans
une base orthonorm´ee.
voir corrig´e 7.13
Exercice 7.14 Le but est de prouver qu’un produit de matrices sym´etriques positives est diagonalisable.
On note Sn+ (R) l’ensemble des matrices sym´etriques positives d’ordre n.
1. Soit U = [ui,j ] ∈ Sn+ (R), montrer que ses termes diagonaux sont positifs.
Montrer que si ui,i = 0, alors pour tout indice j, ui,j = 0 (´evaluer une forme quadratique en
αei + ej ).
2. Soit U une matrice sym´etrique positive de la forme :
A C
t
C B
o`
u les blocs A, B, C sont respectivement dans Mp (R), Mq (R), Mp,q (R).
On suppose que A est de rang p. Montrer que la matrice
A C
0
U =
O O
est diagonalisable (calculer P (U 0 ) lorsque P est un polynˆome).
Que faire lorsque le rang de A est inf´erieur `a p?
165
3. Soient U et V deux matrices sym´etriques positives, montrer que le produit U V est semblable
a un produit de la forme
`
D
Oq,p
Op,q
Oq,q
X
t
Y
Y
Z
et en d´eduire que U V est diagonalisable.
Voir corrig´e 7.14
Exercice 7.15
A = [ai,j ] d´esigne une matrice sym´etrique de valeurs propres λ1 ≥ λ2 ≥ ... ≥ λn .
1. Soit (xi )i la base canonique de Rn et (yi )i une base orthonorm´ee de vecteurs propres associ´es
aux λi . Exprimer ak,k en fonction des produits scalaires < xk |yj > et des valeurs propres.
2. En d´eduire que a1,1 ≤ λ1 , a1,1 + a2,2 ≤ λ1 + λ2 , ... et g´en´eraliser.
3. Montrer que si A est sym´etrique et positive,
p
Y
!1/p
ak,k
p
≤
1X
λk ,
p
k=1
k=1
pour tout p compris entre 1 et n.
voir correction 7.15
166
7.4
Indications ou corrig´
es des exercices
7.1 Indication ou corrig´
e 7.1
1. On v´erifie sans peine que P 2 = P. On ´ecrira alors
~v t~v
H(v) = In − 2 t
.
~v ~v
2. analyse : Notons D = Vect(v). Si H(v) est une matrice de sym´etrie orthogonale, H(v)(~u) ∈
vect(e1 ), si et seulement si :
H(v)~u = ε||~u||e1 , ε = ±1
~u + H(v)~u ∈
⊥
(7.2)
D
(7.3)
~u − H(v)~u ∈ D
(7.4)
Cette derni`ere ´equation impose v colin´eaire `a ~u + ε||~u||e1 .
synth`
ese : Prenons ~vε = ~u + ε||~u||e1 , si un de ces vecteurs est nul, c’est que ~u est colin´eaire
a e1 , et H(~0) = In convient.
`
Pour ~vε 6= ~0, nous avons :
t
vv = 2||u||(||u|| + εu1 )
v t v u = (u + ε||u||e1 )(t u + ε||u|| t e1 )u =
1 t
( v v)v.
2
On a donc bien H(vε )u ∈ Vect(e1 ).

20




3. Soit u1 la premi`ere colonne de A. On prend v1 = u1 + ||u1 ||e1 = 
 −14  , et on obtient
−2


−15 −30 −45


−24 −63 
A1 = H(v1 )A = 
 0
.
0
18
−9
On souhaite obtenir H2 telle que H2 envoie `a la fois la premi`ere colonne sur Vect(e1 ), et la
deuxi`eme colonne sur Vect(e1 ,e2 ). Vect(e
 1 ) doit donc ˆetre invariant, on choisit donc pour
0


.
−24
avoir v2 orthogonal `
a e1 , u 2 = 


18


0



Alors, avec v2 = u2 + ||u2 ||e2 = 
 6  , on obtient :
18


−15 −30 −45


−30 −45 
H(v2 )H(v1 )A = 
 0

0
0
45
7.2 Indication ou corrig´
e 7.2
167
1. (a) Lin´
earit´
e
• On consid`ere x, y, z;
(f (x+y)|z) = −(x+y|f (z)) = −(x|f (z))−(y|f (z)) = (f (x)|z)+(f (x)|z) = +(f (x)+f (y)|z)...
Comme pour chaque couple (x, y) cette relation est vraie pout tout z...
• C’est de la mˆeme fa¸con que l’on prouve que f (λx) = λf (x) : (f (λx)|z) = −(λx|f (z)) =
−λ(x|f (z)) = +λ(f (x)|z)...
(b)
(c)
2.
3.
7.3 Indications ou corrig´
e exercice 7.3
Penser `
a l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz et introduire la fonction de carr´e int´egrable d´efinie par
X(t) = 1/x si t ≤ x, et X(t) = 0, sinon.
7.4 Indications ou corrig´
e ex 7.4
1. classique n’oubliez pas que (P |P ) = 0 ⇒ P = 0, parce qu’il s’agit de l’int´egrale d’un fonction
positive et continue,sachez donner des contre-exemples lorsqu’une des deux hypoth`eses est
absente.
2. In = n! (r´ecurrence) ;
3. Proc´ed´e de Gram-Schmidt `
a partir de la base X, X 2 , X 3 :
√
√
√
20304
2
24
2
X,
X − 6X
X 3 + 24 X 2 − 168 X .
2
24
20304
4. l’´el´ement de F le plus proche de 1 est son projet´e orthogonal ; il est donn´e par
3
X
πF (1) =
(1|ei )ei =
i=1
Remarque : avec MAPLE voir feuille jointe
7.5 Indications ou corrig´
e ex 7.5
voir fichier RevOral2002SerieEndOrth.mws ;
1.
2.
3.
7.6 Indications ou corrig´
e ex 7.6
1.
2.
168
7.7 Indication ou corrig´
e 7.7
1.
7.8 Indication ou corrig´
e 7.8
1. Supposons que
P
i
αi e0i = 0, en particulier pour tout indice j, on a :
!
n
X
X
0
ej |
αi ei = αj +
(ej |αi fi ) = 0;
i
i=1
αj = −
n
X
(ej |αi fi ) .
i=1
Consid´erons l’indice j pour lequel |αj | = sup |αi |, la contradiction apparaˆıt en majorant par
l’in´egalit´e triangulaire et Caucchy-Schwarz :
|αj | ≤
n
X
|αi |||fi || ≤ sup |αi |
i=1
n
X
||fi ||
i=1
2.
7.9 Indication ou corrig´
e 7.9
• Une telle relation est toujours v´erifi´ee lorsque (ek )k est une BON de E.
• A l’inverse ?
On peut penser `
a remplacer x par ei appartenant `a la famille, cela donne
X
||ei ||2 = ||ei ||4 +
(ek |ei )2 ,
k6=i
ce qui impose ||ei || ≤ 1. Le cas d’´egalit´e entraˆıne ek ⊥ei si k 6= i...Mais `a part cela ?
Observons que, si n = 1, la relation ci-dessus impose ||e1 || = 1 et comme pour tout x ∈ E,
||x||2 = (x|e1 )2 , l’orthogonal de e1 dans E est {0} : E est donc une droite euclidienne de BON
(e1 ). L’id´ee d’une r´ecurrence sur n devient cr´edible.
Montrons par r´ecurrence sur n que, si dans E pr´ehilbertien r´eel, il existe une famille de n ´el´ements
tq, pour tout x ∈ E,
n
X
||x||2 =
(x|ek )2 ,
k=1
alors, E est de dim n et (ei )i est une BON de E.
– Le r´esultat est vrai si n = 1;
– Supposons le vrai pour n ∈ N∗ , et consid´erons un espace E contenant une famille de n + 1
´el´ements tq pour tout x ∈ E,
n+1
X
||x||2 =
(x|ek )2 .
(7.5)
k=1
Pn
Consid´erons x orthogonal `
a en+1 . On peut ´ecrire ||x||2 = k=1 (x|ek )2 . L’orthogonal F, de (en+1 )
satisferait donc `
a l’hypoth`ese de r´ecurrence si nous ´etions en mesure de prouver
en
Pnque e10, ...,
2
sont dans F ! Esquivons cette ´eventuelle difficult´e en observant que ||x||2 =
(x|e
)
o`
u
k
k=1
169
chaque e0k est le projet´e orthogonal de ek sur F. Ainsi (e0k )1≤k≤n est une BON de F (hypoth`ese.
de r´ecurrence).
Ainsi dimF = n et dimE = n+1. De plus, 1 ≥ ||ek || ≥ ||e0k || = 1 (Pythagore) donc ek = e0k ⊥en+1
pour 1 ≤ k ≤ n, et la famille est orthogonale. P
n+1
´
Ecrivons
enfin (7.5) avec x = en=1 :||en+1 ||2 = k=1 (en+1 |ek )2 = ||en+1 ||4 .Celaimpose||en+1 =
1, la d´emonstration est achev´ee, la famille est orthonorm´
ee donc libre, elle admet n + 1 = dimE
´el´ements, c’est une BON.
7.10 Indication ou corrig´
e 7.10
∗
´
1. Etudier u ◦ u ...
2. u ∈ O3+ (R), c’est une rotation d’angle 2π/3 ou 4π/3...
7.11 Indications ou corrig´
e 7.11
1.
2.
3.
7.12 Indications ou corrig´
e 7.12
1. classique : on montre que Imf ∗ =⊥ Kerf, Kerf ∗ =⊥ Imf.
2. – [(a) ⇒ (b)] on multiplie `
a droite par u∗ ; on en d´eduit que si p = u ◦ u∗ , p2 = p. De plus, p
est auto-adjoint, on en d´eduit l’orthogonalit´e de Imp et Kerp :
– [(a) ⇒ (c)] on multiplie `
a gauche par u∗ ; idem...
– [(b) ⇒ (a)] Nous voulons prouver que pour tout y ∈ E,
< u ◦ u∗ ◦ u(x)|y >=< u(x)|y > .
Cela s’exprime encore < u(x)|u ◦ u∗ (y) − y >= 0, ou bien
Imu⊥Im(u ◦ u∗ − id) = Ker(u ◦ u∗ ),
ce qui est vrai car Ker(u ◦ u∗ ) ⊂ Keru∗ =⊥ Imu !
– [(b) ⇒ (d)]
Prenons x = u∗ (t), un ´el´ement quelconque de Im(u∗ ) = Ker(u)⊥ . Il vient,
< u(x)|u(x) >=< u ◦ u∗ (t)|u ◦ u∗ (t) >=< (u ◦ u∗ )2 (t)2 |t > .
Comme u ◦ u∗ (t) est un projecteur,
< u(x)|u(x) >=< u∗ (t)|u∗ (t) >=< x|x > .
– [(d) ⇒ (b)] supposons que pour tout x ∈ Im(u∗ ) = Ker(u)⊥ , on ait < u(x)|u(x) >=<
x|x > .
En prenant x = u∗ (t), et y = u∗ (s), et en d´eveloppant ||x + y||2 , on montre que <
u(x)|u(y) >=< x|y >, d’o`
u:
< u ◦ u∗ (s)|u ◦ u∗ (t) >=< u∗ (s)|u∗ (t) > .
Ainsi,
(u ◦ u∗ )2 (t) = u ◦ u∗ (t)...
170
3. L’inclusion Ker(u)⊥ ⊂ {x ∈ E; < u(x)|u(x) >=< x|x >} est une cons´equence de ce qui
pr´ec`ede.
Soit x ∈ E, on peut ´ecrire que x = x1 + x2 avec x1 ∈ Ker(u)⊥ et x2 ∈ Ker(u). Il vient
||x||2 = ||x1 ||2 + ||x2 ||2
||u(x)||2 = ||u(x1 )||2 = ||x1 ||2 .
Ainsi, si < u(x)|u(x) >=< x|x >, on a x2 = 0.
7.13 Indications ou corrig´
e 7.13
1. ⇒: ´evident ;
⇐: si f ∗ f (x) = 0, alors < x|f ∗ f (x) >=< f (x)|f (x) >= 0... Si N est nilpotent et v´erifie
N N ∗ = N ∗ N, alors N N ∗ est auto-adjoint et (N N ∗ )p = N p N ∗p = 0. Comme N N ∗ est
auto-adjoint et nilpotent, il est nul et on en d´eduit que N = 0.
Remarque 1 : un endomorphisme nilpotent et auto-adjoint est nul car diagonalisable, on
peut aussi observer que si N est nilpotent d’ordre p = 2q + r, et auto-adjoint, on a
N 2q+r = N 2q+2 = (N ◦ N ∗ )q+1 = 0
d’o`
u N q+1 = 0. On en d´eduit q + 1 ≥ p = 2q + r.
De q + r ≤ 1, on d´eduit
– que q = 0, r = 1 auquel cas p = 1, et N = 0,
– ou que q = 1, r = 0, auquel cas N 2 = N N ∗ = 0 d’o`
u encore N = 0.
Remarque 2 : une id´ee de candidat :f ∗ ◦ f p (x) = 0 entraˆıne
f ◦ f ∗ ◦ f p−1 (x) = 0,
d’o`
u f ∗ (f p−1 (x)) = 0, et on continue...
2. Soit p tel que p p∗ = p∗ p et p2 = p. On a
g ◦ g ∗ = (IdE − p) ◦ p∗ ◦ p(IdE − p∗ ) = 0,
donc g = 0 et p∗ = p ◦ p∗ = p.
3. On suppose que f et f ∗ commutent. Par Cayley-Hamilton et le lemme des noyaux
M
M
E=
Ker(f − λ)nλ =
Fλ .
Chaque sev Fλ est stable par f et f ∗ (noyau d’un polynˆome en f qui commute avec f et
f ∗ ). Les restrictions de f − λ et f ∗ − λ `a Fλ sont des endomorphismes nilpotents et qui
commutent, ils sont nuls. Ainsi
Fλ = ker(f − λ).
Nous avons prouv´e que f est diagonalisable,
f = ⊕λpλ
Comme les projecteurs sont des polynˆomes en f ils
commutent avec f ∗ et avec leurs adjoints et sont orthogonaux.
7.14 Indication ou corrig´
e 7.14
171
1. On observe que ai,j =t Xi AXj , et on calcule t (αXi + Xj )A(αXi + Xj ), qui est de signe
constant.
2. Si Ω est une matrice orthogonale telle que t ΩAΩ = Λ := diag(λ1 , ..., λp ), on a
t
Λ t ΩC
Ω O A C Ω O
=
O
O
O Iq O O O Iq
Soit P un polynˆ
ome, le calcul conduit `a :
P (Λ)
P (U ) =
O
00
Q(Λ)C
a0 Iq
P (X) − P (0)
.
o`
u Q(X) =
X
P annule U” ssi
– P (0) = a0 = 0.
– P (Λ) = 0p
Soit Q le polynˆ
ome minimal de Λ, il est scind´e `a racines simples non nulles et P (X) = XQ(X)
qui est aussi un polynˆ
ome `
a racines simples est annulateur de U’...
Si, maintenant A est de rang inf´erieur `a p,
3. Il existe une matrice Ω telle que t ΩU Ω = diag(λ1 , ..., λp , 0, ..., 0).
Alors
D
Op,q X Y
DX
t
t
t
ΩU V Ω = ( ΩU Ω)( ΩV Ω) =
=
Oq,p Oq,q t Y Z
O
On introduit
p
p
R
∆ = diag( λ1 , ..., λp , 1, ..., 1) =
O
RXR RY
t
La matrice ∆V ∆ = t
est sym´etrique positive, et
Y R Z
DX DY
RXR RY
sable. Par ailleurs,
=∆
∆−1 .
O
O
O
O
O
.
Iq
RXR
O
DY
O
RY
O
est diagonali-
7.15 Indication ou corrig´
e 7.15
1. Si A ∈ Sn (R), elle admet une BON de vp dans laquelle
xi =
n
X
< xi |yk > yk .
k=1
Comme ai,i =t xi Axi , il vient :
ai,i =
n
X
< xi |yk >2 λk .
k=1
2. On en d´eduit imm´ediatement que a1,1 ≤ λ1 en observant que
||x1 ||2 =
n
X
< x1 |yk >2 .
k=1
On a ensuite :
a1,1 + ... + ap,p =
( n
p
X
X
i=1
172
k=1
)
2
< xi |yk > λk
(7.6)

p X
p
X
=
i=1
≤
p
X
k=1
Rempla¸cons
Pn
k=p+1

λk
< xi |yk >2 λk +
k=1
p
X
< xi |yk >2 λk
< xi |yk >2 +λp+1
k=1
(7.7)
< xi |yk >2
(7.8)
i=1 k=p+1
< xi |yk >2 par 1 −
(λk − λp+1 )
p
n
X
X



k=p+1
i=1
p
X
n
X
Pp
k=1
p
X
< xi |yk >2 , ce qui donne
< xi |yk >2 +pλp+1
(7.9)
i=1
On majore par ||x||2 encore une fois...
3. Si A ∈ Sn++ (R), c’est une in´egalit´e de convexit´e, on passe aux matrices positives `a la limite
en posant Aε = A + εIn .
173
174
8
8.1
8.1.1
G´
eom´
etrie
R´
esum´
e(s)
L’affine et le vectoriel
Nous garderons `
a l’esprit les relations entre affine et vectoriel :
D´
efinition 8.1
• Soit E un espace vectoriel et F un sous-espace vectoriel de E; un sous espace affine de E de
direction F est une partie de E de la forme
V = {M ∈ E/M = a + x, x ∈ F }.
→
−
On note alors F = V .
• Une application affine de E dans lui-mˆeme est une application de la forme
f : x ∈ E → b + φ(x), φ ∈ L(E).
On dit alors que f est associ´ee `
a φ.
notion affine
notion vectorielle
(O, i, j, k) rep`ere de E
(i, j, k) base de E
´equation f (x) = p
´equation lin´eaire homog`ene φ(x) = 0
hyperplan affine : W :
P
ai xi = cste
hyperplan vectoriel : H :
P
ai xi = 0
−
→ →
−
W ⊂V
W parall`ele `
a V (W kV )
• En particulier, si f affine est associ´ee `
a l’endomorphisme φ, pour toute solution particuli`ere, x0
de f (x0 ) = p,
∀x, f (x) = p ⇔ φ(x − x0 ) = 0.
8.1.2
Param´
etrages : courbes param´
etr´
ees et nappes param´
etr´
ees
D´
efinition 8.2 courbes param´etr´ees et nappes param´etr´ees
– une courbe param´
etr´
ee de classe C 1 est une application vectorielle
~γ : t ∈ I ⊂ R → ~γ (t) = (X(t), Y (t), Z(t)) ∈ Rp ,
dont les composantes sont de classe C 1 .
– Un param`
etre r´
egulier de ~γ est un r´eel t0 en lequel ~γ 0 (t0 ) 6= ~0.
– La tangente `
a ~γ en un point r´egulier est la droite affine contenant ~γ (t0 ), dirig´ee par ~γ 0 (t0 ).
– une nappe param´
etr´
ee de classe C 1 est une application vectorielle
~σ : (u, v) ∈ U ⊂ R2 → ~σ (u, v) = (X(u, v), Y (u, v), Z(u, v)) ⊂ R3 ,
dont les composantes sont de classe C 1 .
– Un couple de param`etres r´
egulier de ~σ est un couple (u0 , v0 ) tel que D(~σ )(u0 , v0 ) est de rang
2.
175
– Le plan tangent `
a ~σ en ~σ (u0 , v0 ) est le plan affine contenant le point ~σ (u0 , v0 ), de direction
Imd~σ (u0 , v0 ).
– Une nappe cart´
esienne est une nappe param´etr´ee qui admet une param´etrisation de la forme
(x, y) → O + x~i + y~j + f (x, y)~k,
Th´
eor`
eme 8.1 plan tangent
1. Soit S : U ∈ R2 → R3 , une nappe param´etr´ee de classe C 1 , r´eguli`ere en tout point.
– Si γ est une courbe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est contenue
dans S(U ), alors, pour tout t ∈ I, γ 0 (t) ∈ ImdS(γ(t)). Ainsi la tangente `a γ en M0 est
contenue dans le plan tangent `
a S en M0 .
– Le plan tangent `
a S en M0 = S(u0 , v0 ) est orthogonal au vecteur
^ ∂
∂
S(u0 , v0 )
S(u0 , v0 ).
∂u
∂v
2. Soit Γ la surface d’´equation f (x, y, z) = 0, avec grad(f )(M ) 6= 0 en tout point qui annule f.
Si γ est une courbe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est contenue
dans Γ, γ 0 (t)⊥grad(f )(γ(t)), en tout point t.
8.1.3
Courbes, surfaces droites et plans tangents
– Une courbe(cart´esienne) C, de R2 est un ensemble d’´equation f (x, y) = 0, o`
u la fonction f est
de classe C 1 sur un ouvert de R2 et telle que grad(f )(M ) 6= 0 en tout point qui annule f.
– La tangente `
a C en un point M = (x, y) est la droite contenant M, orthogonale `a gradf (M ).
– Une surface (cart´esienne) Σ, de R3 , est un ensemble d’´equation F (x, y, z) = 0, o`
u la fonction
F est de classe C 1 sur un ouvert de R3 avec grad(M )(M ) 6= 0 en tout point qui annule F.
– Le plan tangent `
a Σ en M = (x, y, z) appartenant `a Σ est le plan contenant M et orthogonal
a gradF (M ).
`
Th´
eor`
eme propri´et´es des tangentes et plan tangents
1. Soient C la courbe d’´equation f (x, y) = 0, et γ une courbe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere
sur I, dont la trajectoire est contenue dans C. Alors, si M = γ(t), les tangentes `a γ en t, et
a C en M, sont ´egales.
`
2. Soit Σ la surface d’´equation f (x, y, z) = 0.
– Si γ est une courbe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est contenue
dans Γ, γ 0 (t)⊥grad(f )(γ(t)), en tout point t ∈ I;
– Si S est une nappe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere telle que S(u, v) ∈ Σ, pour tous
(u, v), alors les plans tangents `
a Σ en M = S(u, v), et `a S en (u, v), sont les mˆemes.
Th´
eor`
eme 8.2 les deux d´efinitions des tangentes et plan tangent
1. Soient C la courbe d’´equation f (x, y) = 0, et γ une courbe param`etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere
sur I, dont la trajectoire est contenue dans C. Alors, si M = γ(t), les tangentes `a γ en t, et
a C en M, sont ´egales.
`
2. Soit Σ la surface d’´equation f (x, y, z) = 0.
176
– Si γ est une courbe param`etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est contenue
dans Γ, γ 0 (t)⊥grad(f )(γ(t)), en tout point t ∈ I;
– Si S est une nappe param`etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere telle que S(u, v) ∈ Σ, pour tous
(u, v), alors les plans tangents `
a Σ en M = S(u, v), et `a S en (u, v), sont les mˆemes.
177
8.1.4
Courbes en coordonn´
ees polaires
~ = cos θ~i + sin θ~j et v(θ)
~ = d u(θ)
~ = − sin θ~i + cos θ~j.
On note ici u(θ)
dθ
La courbe d’´equation ρ = f (θ), en coordonn´ees polaires, est l’ensemble des points M (θ) qui
v´erifient
~ (θ) = f (θ)u(θ).
~
OM
~ + f (θ)v(θ)
~ comme vecteur directeur. On d´efinit,
La tangente en M (θ) admet T (θ) = f 0 (θ)u(θ)
pour tracer les tangentes, l’angle
~ T ~(θ)),
V = φ − θ = (u(θ),
– si f 6= 0 et f 0 6= 0, alors
tan V =
~ T ~(θ)))
det((u(θ),
f (θ)
sin V
=
= 0 .
~ T ~(θ) >
cos V
f (θ)
< u(θ)|
(8.1)
– si f 6= 0 et f 0 = 0, alors V ≡ π/2[π];
– si f = 0, alors V = θ;
Direction asymptotiques asymptotes et cercles asymptotes :
tout est dit dans l’exercice 8.4
8.1.5
Th´
eor`
eme de rel`
evement
Th´
eor`
eme 8.3
si φ est une application de classe C k de I dans {z; |z| = 1}, il existe une fonction θ, de classe C k
telle que
∀t ∈ I, φ(t) = (x(t), y(t)) = (cos(θ(t), sin(θ(t))).
178
8.1.6
Param´
etrisation par la longueur de l’arc ou param´
etrisation normale
On appelle param´etrage normal ou param´
etrage par la longueur de l’arc un param´etrage
de classe C 1 , g : u ∈ J → g(u) ∈ E tel que pout tout u ∈ I, ||g 0 (u)|| = 1. Ainsi,
Z u1
d =
s0 (u) = 1 et L(AB)
s0 (t) dt = u1 − u0 .
u0
C’est lorsque le param´etrage est normal que l’on voit la signification de la courbure, du rayon de
courbure.
– Toute courbe param´etr´ee de classe C 1 , f : t ∈ I → f (t) ∈ E admet une param´etrisation
normale. Posons
Z
t
||f 0 (τ )|| dτ.
S(t) =
t0
S r´ealise un diff´eomorphisme de I sur J = S(I), on v´erifie que g(s) = f ◦ S −1 (s), d´efinit une
param´etrisation normale de f. On notera S(t) = s ∈ J, pour t ∈ I.
– le vecteur d´eriv´ee est unitaire :
d(f ◦ S −1 )(s)
1
dg(s)
~ (s)).
=
=
f 0 (S −1
T~ (s) =
−1
ds
ds
S(S (s))
– si f est de classe C 2 , il existe (th´eor`eme de rel`evement 12.1) une application de classe C 1 , φ,
telle que
T ~(s) = cos(φ(s))~i + sin(φ(s))~j.
d(T~ (s))
est colin´eaire `
a N~(s) = rot(π/2)(T ~(s)) :
ds
dT ~(s)
dφ(s) ~
=
N (s) :
ds
ds
– le rep`ere orthonorm´e direct (O, T ~(s), N~(s) est appel´e rep`ere de Frˆenet.
dφ(s)
1
– C=
est la courbure et R = , le rayon de courbure. On observe
ds
C
– qu’une courbure nulle correspond `
a un argument φ(s) constant et donc `a une trajectoire
rectiligne ;
– qu’une courbure constante correspond `a un argument φ(s) = Cs+φ0 . En int´egrant, on retrouve
1
g(s) = Ω − N~(s), et la trajectoire est le cercle de rayon R = 1/C, de centre Ω.
C
~.
– le centre de courbure est le point Ω = M + RN
–
R´
esumons :
dg(s)
T~ (t) =
ds
~ (t) = rotπ/2 (T~ )
N
C=
179
1
dφ(s)
=
R
ds
dT ~(s)
1
= C N~(s) = N~(s)
ds
R
8.1.7
Propri´
et´
es m´
etriques des courbes, formulaires
en cart´esiennes
en coordonn´ees polaires
~ (t) = f ~(t)
OM
~ (t) = f (θ)u(θ)
~
OM
x0 (t)~i + y 0 (t)~j
T~ (t) = p
x02 + y 02
~ + f (θ)v(θ)
~
f 0 (θ)u(θ)
p
T~ (t) =
f 2 + f 02
´equation de la courbe :
vecteur unitaire tangent :
M 0 (t)
T~ (t) =
||M 0 (t)||
vecteur unitaire normal :
\
||N || = 1, (T,
N ) = π/2[2π]
N~(t) = −yT (t)~i + xT (t)~j
abscisse curviligne :
ds(t)
= ||OM~ 0 (t)||
dt
longueur de l’arc :
Z t1
d
L(AB) =
s0 (t) dt
ds(t) p 02
= x + y 02
dt
Z
t1
d =
L(AB)
p
x02 + y 02 dt
ds(θ) p 2
= f + f 02
dθ
Z
t0
t0
θ1
d =
L(AB)
p
f 2 + f 02 dθ
θ0
courbure, rayon de courbure :
dT~
1
C=
, R=
ds
C
0
x x”
0
y y”
C = 02
(x + y 02 )3/2
centre de courbure :
~
Ω = M + RN
x
+
y
(x02 + y 02 ) −y 0
0
x x”
x0
0
y y”
180
C = 1/R =
f 2 + 2f 02 − f f ”
(f 2 + f 02 )3/2
8.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire
courbes et surfaces courbes param´etr´ees en cart´esiennes et en polaires, propri´et´es m´etriques ;
revoir le cours de sup. et le r´esum´e 8.1.
coniques et quadriques savoir r´eduire la forme quadratique, retrouver le centre (´eventuel), les
´el´ements g´eom´etriques d’une conique ou quadrique `a partir d’une ´equation r´eduite ;
produit scalaire et endomorphismes orthogonaux
espace pr´
ehilbertiens ou euclidiens proc´ed´e de Gram-Schmidt, projection orthogonale et distance (cela intervient plus souvent en analyse)
8.3
´
Enonc´
es
Exercice 8.1 CCP 2006-2007 -divers
1. Calculer l’expression analytique dans R3 de la projection affine sur le plan affine (x+y+z = 1)
y
z
parall`element `
a la droite x = = .
2
3

t−1


x(t) =


t
´
2. Etudier
et tracer la courbe param´etr´ee d´efinie par


t2

 y(t) =
t+1

 x(t) = cos t + ln sin t
´
3. Etudier
et tracer la courbe param´etr´ee d´efinie par

y(t) = cos t sin t
voir commentaire 8.1
Exercice 8.2 Soit Γ la courbe de repr´esentation param´etrique :
x(t) =
1+t
1
1
, y(t) =
, z(t) =
, t ∈ R\{−1, 1}.
2
1−t
1−t
1+t
1. Prouver que c’est une courbe plane ;
2. Quelle est sa nature ?
voir indications ou corrig´e 8.2
Exercice 8.3 propri´et´es m´etriques
1. Repr´esentez la courbe d’´equation polaire
ρ=
p
1 − 4θ2
et calculer sa longueur.
2. Repr´esentez la courbe d’´equation cart´esienne
x(t) = (1 − t)2 et , y(t) = 2(1 − t)et ,
et calculer sa longueur.
3. On appelle d´evelopp´ee d’une courbe param´etr´ee l’ensemble de ses centres de courbures,
d´eterminez la d´evelopp´ee d’une ellipse.
voir indications ou corrig´e 8.3
181
´
Exercice 8.4 Etudier
la courbe :
1+θ
1−θ
Montrer qu’elle admet un cercle et une droite asymptotes.
voir indications ou corrig´e 8.4
ρ=
Exercice 8.5
D´eterminer les plans tangents `
a la surface d’´equation x − 8yz = 0 contenant la droite d’´equations
y = 1, x + 4z + 2 + 0.
voir indications ou corrig´e 8.5
Exercice 8.6 Centrale MP 2000 et ´egalement ENSAM 2001 (MAPLE)
Soit E un plan affine euclidien rapport´e `
a un rep`ere orthonorm´e (O,~i, ~j).
1. Trouver toutes les hyperboles ´equilat`eres (i.e : les asymptotes sont orthogonales), passant
par les trois points
A = (−3 − 1), B = (1, 4), C = (5, 1)
2. Montrer qu’elles passent par un mˆeme 4i`eme point.
3. D´eterminer l’ensemble des centres de ces hyperboles.
voir exercice 8.6.
Exercice 8.7 CCP
Soit E un espace euclidien de dimension 3, et p un vecteur unitaire de p. On consid`ere l’application
f : E → E, d´efinie par
f (x) = p ∧ (p ∧ x);
1. Montrer que f est un endomorphisme, d´eterminer son noyau et son image.
2. Pr´eciser ses ´el´ements propres.
3. Caract´erisation g´eom´etrique de f ?
4. Question suppl´ementaire : calcul explicite lorsque p = (a, b, c) avec
a2 + b2 + c2 = 1.
voir indications ou corrig´e 8.7.
Exercice 8.8 Soient a et b deux r´eels et


1
1−b 1+b
1
1 − b
A = a 1 + b
1−b 1+b
1
1. Trouver une CNS pour que A soit un ´el´ement de O3+ (R)
´
2. Etudier
l’endomorphisme canoniquement associ´e `a A dans ces cas.
voir indications ou corrig´e 8.8
Exercice 8.9 matrices bistochastiques et barycentres (Centrale MP)
– On consid`ere l’ensemble K des matrices M ∈ Mn (R), `a coefficients positifs telles que
(P
n
mi,j = 1, pour i = 1...n;
Pj=1
n
pour j = 1...n;
i=1 mi,j = 1,
182
– On rappelle qu’une matrice de permutation est une matrice telle que
(P (e1 ), ..., P (en ))
est une permutation des vecteurs (ei )i de la base canonique de Rn .
1. Montrer que K est convexe, compact et contient les matrices de permutation ;
2. Montrer que l’isobarycentre des matrices de permutation est une projection et qu’elle appartient `
a K.
3. Soit P une matrice de permutation. Montrer que s’il existe des ´el´ements A et B de K et
t ∈]0, 1[, tels que P = tA + (1 − t)B avec alors P = A = B.
4. Montrer que la matrice
3

10 





3
2
3


 10 5 10 0 


,


9
1
3


0


4
 20 10




1
3
9
0
4
10 20
est un ´el´ement de K, et qu’elle est le milieu de matrices de K, distinctes.

0
3
10
voir indications ou corrig´e 8.9
183
2
5
184
8.4
Indications ou corrig´
es des exercices
8.1 Indications ou corrig´
e 8.1
1. Notons dans le rep`ere choisi, M = [x, y, z] et M 0 son projet´e sur (x + y + z = 1) parall`element
y
z
x = = . Cette droite a pour repr´esentation param´etrique x = t, y = 2t, z = 3t. Le point
2
3

 0

 x −x =t


( −−−→

y 0 − y = 2t
∃t,

0
 0
M
M
∈
D
0
z − z = 3t .
M est caract´eris´e par
ce qui se traduit par :

M0 ∈ P




x0 + y 0 + z 0 = 1
−1
(x + y + z − 1) et
On obtient alors en rempla¸cant dans l’´equation, t =
6

  

5 −1 −1 x
1/6
1
M 0 = −2 4 −2 y  + 1/3 .
6
−3 −3 3
z
1/2
2. Sans myst`ere, ´etude conjointe et trois branches...
´
3. Etude de la courbe : Etudier
et tracer la courbe param´etr´ee d´efinie par

 x(t)
=
cos t + ln sin t
y(t) = cos t sin t
cos t − sin2 t
=
sin t

Cette courbe est d´efinie sur ∪]2kπ, (2k + 1)π[; nous avons


 x0 (t)


y 0 (t)
= cos 2t
2
´
Etudions le signe de φ(t) = cos t − sin t :
- φ0 (t) = − sin t(1 + 2 ∗ cos t). Cette fonction change de signe en t = 2π/3. - φ d´ecroˆıt de 1 `a
-5/4 sur ]0, 2π/3[; croˆıt de -5/4 `
a -1 sur ]2π/3, π[.
- φ change de signe en α ∈]0, π/2[ tel que
cos2 α + cos α − 1 = 0.
√ !
√
1+ 5
1+ 5
- cos α =
, α = arccos
.
2
2
le reste suit sans myst`ere :
t=alpha
0.4
0.2
–7
–6
–5
–4
–3
–2
–1
0
–0.2
–0.4
t=3*Pi/4
8.2 Indications ou corrig´
e ex 8.2
185
1. Rechercher un plan affine Ax + By + Cz + D = 0 contenant M (t) pour tout t; cela s’exprime
∀t, A
1
1+t
1
+C
+B
+ D = 0.
1−t
1 − t2
1+t
D’o`
u l’on d´eduit
(−A + D) t2 + (C − 2 A) t − A − C − B − D ≡ 0,
et P (x − 4y + 2z + 1 + 0).
2. Si vous disposez de moyens de calcul, dans ce plan un rep`
ere orthonorm´
e vous
choisirez, dans ce rep`
ere, une ´
equation de Γ vous ´
ecrirez : 14
Exprimons la courbe dans un rep`ere adapt´e : prenons comme vecteur normal unitaire,
1
~n = √ [1, −4, 2]
21
puis un vecteur unitaire quelconque ~u, dans le plan P~ ,
1
1
~u = √ [−2, 0, 1] ∈ P~ , et ~v = ~n ∧ ~u = √
[−4, −5, −8];
5
105
Si Ω = [−1, 0, 0], il vient
~ = x1 ~u + y1~v + z1 w
~ + OM
~ .
ΩM
~ = ΩO
√ √
√
√


4

 

−2/ 5 − 105
21 5 1/21 21
x1
x+1


√ √
√
4
uP =
Il vient donc  y  = P  y1  , o`
0
−1/21 21 5 − 21
21 

.
√
√
√
√
z1
z
8
1/ 5
− 105
21 5 2/21 21
En rempla¸cant dans l’´equation obtenue, x, y et z par x(t), y(t) et z(t), il vient :
√
√ √
5 (3 + 5 t)
21 5
Γ1 (t) = [1/5
, 1/5
, 0].
(−1 + t) (1 + t)
(−1 + t) (1 + t)
Pour v´erifier que la trajectoire est (contenue dans) une conique, on remplace dans une
´equation g´en´erale
ax2 + 2 bxy + cy 2 + ex + f y + g = 0
x par x1 (t), y par y1 (t). En identifiant `a 0 comme nous l’avons fait pour d´eterminer l’´equation
du plan contenant la courbe Γ, nous obtenons comme ´equation :
√ √
6 √
16 √ √ 2
5xy +
21 5y + y = 0.
−1/25 21 5x2 +
25
525
La partie quadratique est donn´ee par la matrice
√ √
"
−1/25 21 5
A=
√
3
5
25
3
25
√
5
√
√
16
21 5
525
#
,
de d´eterminant n´egatif. Γ1 est donc une hyperbole. La d´etermination du centre, de l’´equation
r´eduite, des ´el´ements g´eom´etrique est maintenant du classique.
Voir feuille MAPLE (RevORAL2002ExoEnCourbe1.mws).
Remarque : on fera usage du th´eor`eme suivant pour d´eterminer le centre de la conique :
14. Sinon aller plus bas
186
Th´
eor`
eme 8.4 coniques a
` centre
Soit C la conique d’´equation φ(x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0.
Posons Q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy 2 . Alors
– pour tout point (x0 , y0 ), on a :
φ(x0 + X, y0 + Y ) = Q(X, Y ) +
∂φ
∂φ
(x0 , y0 ) X +
(x0 , y0 ) Y + φ(x0 , y0 );
∂x
∂y
– la
conique
C admet un centre de sym´etrie ssi il existe un point (x0 , y0 ) annulant grad(φ) =
∂φ ∂φ
,
. Ce point, alors unique, est (x0 , y0 ).
∂x ∂y
En l’absence de moyen de calcul :
 
   
4
−2
−1
On remarque qu’un point de P v´erifie (x − 4y + 2z + 1 = 0) soit M = y 1 + z  0  +  0  .
0
1
0
Dans le rep`ere (A, u, v) (je consid`ere que mes notations sont ´evidentes), on a :
X = y(t) =
On exprime t en fonction de Y, soit t =
1
1
, Y = z(t) =
.
1 − t2
1+t
1
1
− 1, X = Y
=
Y
1−t
Y
2−
1
Y
de qui donne enfin :
2XY − Y 2 − X = 0,
c’est l`
a l’´equation d’une conique (´equation du second degr´e dans un rep`ere quelconque), le d´eterminant
de la partie quadratique (qui ne change pas de signe par changement de rep`ere : A0 =t P AP ) nous
donne la nature de la conique. Mais comme le rep`ere n’est pas orthonorm´e il est inutile d’aller plus
loin...
187
8.3 Indications ou corrig´
e ex 8.3
1.
2.
8.4 Indications ou corrig´
e ex 8.4.
8.5 Indications ou corrig´
e ex 8.5.
8.6 Indications ou corrig´
e exercice 8.6.
A pr´evoir avec MAPLE
1. On ´ecrit l’´equation g´en´erale d’un hyperbole ´equilat`ere :
ax2 + 2 bxy − ay 2 + dx + ey + f = 0,
ce qui en substituant les coordonn´ees des points `a x et y, conduit au syst`eme :


8 a + 6 b − 3 d − e + f = 0
−15 a + 8 b + d + 4 e + f = 0


24 a + 10 b + 5 d + e + f = 0
dont les solutions v´erifient :
63
193
31
d = − a − 1/2 b, f = −
a − 15/2 b, e =
a,
16
16
4
ce qui donne :
63
31
193
ax + 2 bxy − ay + − a − 1/2 b x +
ay −
a − 15/2 b = 0.
16
4
16
2
2
2. En rempla¸cant le couple (a, b) par (0, 1) puis par (1, 0) on obtient :
15
17
x=
,y =
, {x = 1, y = 4} , {x = 5, y = 1} , {x = −3, y = −1} ,
16
4
d’o`
u le 4i`eme point.
188
3. La substitution x = x1 + α, y = y1 + β, conduit au syst`eme


− 63 a − 1/2 b + 2 bβ + 2 aα = 0
16
31

 a − 2 aβ + 2 bα = 0
4
.
Le centre a pour coordonn´ees :

1 (63 a2 − 116 ab)



α
=


32
a2 + b2



1 124 a2 + 63 ab + 8 b2

β =
32
a2 + b2
La forme des expressions sugg`ere fortement de poser :
a = cos(θ), b = sin(θ).
On obtient
 63
29
2
(cos(θ)) −
cos(θ) sin(θ)
 32
8


29
63
2
(cos(θ)) +
cos(θ) sin(θ) +
8
32

 63
  64
=
 
1
29
4
16
 63 
−29  

cos(2θ)
 64 
16 

+ 
 

63
33
sin(2θ)
64
16
Les centres d´ecrivent donc un cercle de centre Ω = [63/64, 33/16], de rayon R =
5 √
697.
64
8.7 Indications ou corrig´
e exercice 8.7
1. f (x) = 0 ssi p ∧ x est `
a la fois orthogonal et colin´eaire `a p.. Ainsi, ker f = {p} et f est de rang
2.
Im(f ) est donc dimension 2 et contenu dans ⊥ (p); on a dons Imf =⊥ vect {p}.
2.
189
8.8 Indications ou corrig´
e ex 8.8
1. A est une matrice de rotation ssi A t A = I3 et det(A) = 1. Le calcul de donne :
A:=evalm(a* matrix([[1, 1-b, 1+b],[1+b, 1, 1-b],[1-b, 1+b, 1]])):
evalm(A&*transpose(A)):
map(expand,%);

3 a2 + 2 a2 b2
3 a 2 − a 2 b2

 3 a2 − a2 b2

3 a2 − a2 b2
3 a2 − a2 b2
3 a2 + 2 a2 b2


3 a2 − a2 b2 

2
2 2
3a + 2a b
3 a 2 − a 2 b2
Il vient donc : 3 a2 + 2 a2 b2 = 1, 3 a2 − a2 b2 = 0 . On en d´eduit sans difficult´e 4 solutions
√
pour a = ±1/3, et b = ± 3. Deux d’entre elles sont des rotations :
√
√ 

1/3
1/3 − 1/3 3 1/3 + 1/3 3

√
√ 
A1 = 
1/3
1/3 − 1/3 3 
 1/3 + 1/3 3
,
√
√
1/3 − 1/3 3 1/3 + 1/3 3
1/3

1/3
1/3 + 1/3

√
A2 = 
 1/3 − 1/3 3
√
1/3 + 1/3 3
√
3
1/3
1/3 − 1/3
1/3 − 1/3
1/3 + 1/3
√
3
√
√
3


3 
.
1/3
2. El´ements g´eom´etriques ; 15
(a) El´ements g´eom´etriques de A1 :
– l’axe est le noyau de A1 − I3 , soit vect([1,1,1]) ;
– cos(θ) = 1/2(T r(A1 ) − 1) = 0;
– si ~u est orthogonal `
a l’axe,
~u ∧ r(~u) = ||~u||2 sin(θ)~n
dans l’orientation induite par ~n.
On en d´eduit en prenant ~u = [−1, 0, 1], que sin(θ) = 1.
(b) El´ements g´eom´etriques de A2 :
– l’axe est le noyau de A1 − I3 , soit vect([1,1,1]) ;
– cos(θ) = 1/2(T r(A1 ) − 1) = 0;
– en prenant ~u = [−1, 0, 1], on obtient sin(θ) = −1.
8.9 Indication ou corrig´
e 8.9
1.
2. Il y a n! matrices de permutation. (n − 1)! d’entre elles exactement pr´esentent la valeur 1 en
pi,j les autres pr´esentant 0. La somme de ces matrices est la matrice dont tous les termes
1
valent (n − 1)!, leur moyenne est la matrice don tous les termes valent .
n
15. calculs avec MAPLE par exemple : (RevORAL2002ExoEnRot1.mws)
190
3. On suppose que P = tA + (1 − t)B avec t ∈]0, 1[, A, B ´el´ements de K. Soit pi,σ(i) l’´el´ement
de la ligne i de P ´egal `
a 1. On a
pi,σ(i) = tAi,σ(i) + (1 − t)Bi,σ(i) .
Comme les coefficients de A et B sont dans [0, 1], cette ´egalit´e n’est possible que si Ai,σ(i) =
Bi,σ(i) = 1. A partir de l`
a les autres termes de la ligne i de A comme de B sont nuls... Il
vient A = B = P.


0 1 −1 0




0 −1 1 0


.
4. On introduit la matrice C = 


0 0
0 0




0 0
0 0
On consid`ere alors α suffisamment petit pour que les matrices M ± αC soient encore des
matrices stochastiques.
191
192
9
9.1
Fonctions de plusieurs variables
Kit de survie
Il y a, somme toute, assez peu de choses `
a savoir en ce qui concerne les courbes param´etr´ees et
les fonctions de plusieurs variables. Elles sont n´eanmoins au programme, et tant `
a l’´ecrit qu’`
a
l’oral, elles apparaˆıtront. L’exp´erience prouve que certaines impasses peuvent se r´ev´eler dramatiques. Voil`
a pourquoi ce banal r´esum´e est ainsi rebaptis´e.
Soient f une fonction d´efinie sur un ouvert U de Rn , (n = 2, 3, ..), `a valeurs dans C, a un point de
U et ~h un vecteur de Rn .
9.1.1
D´
erivation
D´
eriv´
ee suivant un vecteur
• On appelle d´eriv´ee de f en a suivant le vecteur ~h, la limite
1
d~h f (a) = lim (f (a + t~h) − f (a)).
t→0 t
• les d´
eriv´
ees partielles dans une base de f en a sont les d´eriv´ees suivant les vecteurs de
cette base. On les note
D1 f (a) =
∂
∂
f (x0 , y0 , ...), D2 f (a) =
f (x0 , y0 , ...), etc...
∂x
∂y
Fonctions de classe C 1
• on dit que f est de classe C 1 si elle admet des d´eriv´ees partielles continues sur U.
•la matrice jacobienne de f dans une base est la matrice dont les colonnes sont les d´eriv´ees
partielles dans cette base ;
• si f est lin´eaire sa matrice jacobienne dans une base est la matrice de f ;
• Si f est une fonction de classe C 1 sur un ouvert U, alors
1. Pour tout a ∈ U, pour tout vecteur ~h, f admet une d´eriv´ee suivant le vecteur ~h en a,
cette d´eriv´ee est donn´ee par
d~h f (a) =
n
X
hi
i=1
∂f
(a).
∂xi
2. l’application ~h → d~h f (a) est une forme lin´eaire sur Rn (appel´ee diff´
erentielle de f en
a) repr´esent´ee dans la base canonique par la matrice :
∂
∂
f (a),
f (a), ...
[D1 f (a), D2 f (a), ...] =
∂x1
∂x2
3. f admet un d´
eveloppement limit´
e`
a l’ordre 1 au voisinage de a :
f (a + ~h) = f (a) +
n
X
i=1
hi
∂
f (a) + ~o(~h).
∂xi
Diff´
erentielle et gradient
~ (a) tel que
si f est de classe C 1, a ∈ U, il existe un vecteur et un seul, que l’on notera gradf
~ (a)|~h > pour tout ~h. On l’appellera gradient de f en a. Le gradient de f
d~h f (a) =< gradf
en a est un vecteur, sa diff´erentielle une forme lin´eaire.
193
La r`
egle de la chaˆıne
n
X
d
∂
f ◦ ψ(t) =
f (a).
x0i (t)
dt
∂x
i
i=1
(9.1)
Matrice jacobienne d’un fonction compos´
ee
∂f1 ◦ T (u, v)

∂u


 ∂f ◦ T (u, v)
2
∂u

9.1.2
 
∂f1 (x, y)
∂f1 ◦ T (u, v)


∂x
∂v
 
=
∂f2 ◦ T (u, v)   ∂f2 (x, y)
∂v
∂x

∂f1 (x, y)
∂T1 (u, v)

∂y
∂u


∂f2 (x, y)   ∂T2 (u, v)
∂y
∂u

∂T1 (u, v)

∂v


∂T2 (u, v) 
∂v
Formes diff´
erentielles et int´
egrale curviligne
Formes exactes et ferm´
ees Une forme diff´erentielle est exacte sur U, s’il existe f de classe C 1
sur U telle que df = ω;
P
Une forme diff´erentielle ω =
Pi (x)dxi est ferm´
ee sur U, si ∂i Pj (x) = ∂j Pi (x);
Une forme exacte sur un ouvert U est ferm´ee ;
La r´eciproque partielle constitue le th´eor`eme de Poincar´e :
Th´
eor`
eme de Poincar´
e
Si l’ouvert U est ´
etoil´
e, une forme ferm´ee sur U est exacte.
Int´
egrale curviligne
Si ω est une forme diff´erentielle continue sur U, on appelle int´
egrale curviligne de ω le long
de γ, le r´eel :
Z
Z b
ω=
ω(γ(t))γ 0 (t) dt.
γ
a
Formule de Green-Riemann
Soit ω = P dx + Qdy une forme diff´erentielle de classe C 1 , d´efinie sur un ouvert U du plan
E, euclidien orient´
e, et K, un compact ´el´ementaire du plan de fronti`ere de classe C 1 par
morceaux. Soit γ, param´etrisation dans le sens direct de sa fronti`ere. Alors
Z
Z
ZZ ∂Q ∂P
ω=
P dx + Qdy =
−
dx dy.
∂x
∂y
γ
γ
K
9.1.3
Diff´
eomorphismes
• Soient U et V deux ouverts de Rp . On dit qu’une fonction φ : U → V est un C k − diff´eomorphisme
de U sur V ssi
1. φ est une bijection de U sur V
2. φ et φ−1 sont des fonctions de classe C k
Th´
eor`
eme Si φ est un diff´eomorphisme de U sur V, alors ,
– Dφ(a) est un automorphisme de Rp en tout point a ∈ U
−1
en tout point b ∈ V
– D(φ−1 )(b) = D(φ)(φ−1 b)
Th´
eor`
eme Soit U un ouvert non vide de Rp , f une application de U dans Rp .
On suppose f injective et de classe C 1 . Alors, les propositions suivantes sont ´equivalentes :
– f (U ) est un ouvert et f r´ealise un diff´eomorphisme de classe C 1 de U sur f (U ),
194
– le d´eterminant jacobien de f, det(Df (a)), ne s’annule en aucun point de U.
Th´
eor`
eme Changements de variables dans les int´egrales doubles
• Soient U et V deux ouverts du plan. Si φ est un C 1 −diff´eomorphisme de U sur V et f une
fonction continue sur V, on a, en notant φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) et Jφ (u, v) = det(D(φ(u, v)))
le jacobien de φ,
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (x(u, v), y(u, v))|Jφ (u, v)| du dv
V
U
• En particulier, si φ est le diff´eomorphisme d´efini par φ(r, θ) = (r cos(θ), r sin(θ)) (passage en
coordonn´ees polaires), la formule de changement de variables s’´ecrit :
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (r cos(θ), r sin(θ)) r dr dθ,
U
V
avec r = |Jφ (r, θ)|.
9.1.4
Courbes et surfaces
• nappes param´
etr´
ees et plans tangents – une courbe param´
etr´
ee de classe C 1 est une
application vectorielle
~γ : t ∈ I ⊂ R → ~γ (t) = (X(t), Y (t), Z(t)) ∈ Rp ,
–
–
–
–
dont les composantes sont de classe C 1 .
γ(I) est sa trajectoire.
Un param`
etre r´
egulier de ~γ est un r´eel t0 en lequel ~γ 0 (t0 ) 6= ~0.
La tangente `
a ~γ en un point r´egulier est la droite affine contenant ~γ (t0 ), dirig´ee par ~γ 0 (t0 ).
une nappe param´
etr´
ee de classe C 1 est une application vectorielle
~σ : (u, v) ∈ U ⊂ R2 → ~σ (u, v) = (X(u, v), Y (u, v), Z(u, v)) ⊂ R3 ,
dont les composantes sont de classe C 1 .
– §(U ) est son support.
– Un couple de param`etres r´
egulier de ~σ est un couple (u0 , v0 ) tel que D(~σ )(u0 , v0 ) est de
rang 2, ie :
– Le plan tangent `
a ~σ en ~σ (u0 , v0 ) est le plan affine contenant le point ~σ (u0 , v0 ), de direction Imd~σ (u0 , v0 ).
– Une nappe cart´
esienne est une nappe param´etr´ee qui admet une param´etrisation de la
forme (x, y) → O + x~i + y~j + f (x, y)~k, (et donc une ´equation z = f (x, y)).
• Courbes, surfaces et plans tangents
– Une courbe(cart´esienne) C, de R2 est un ensemble d’´equation f (x, y) = 0, o`
u la fonction
f est de classe C 1 sur un ouvert de R2 et telle que grad(f )(M ) 6= 0 en tout point qui
annule f.
– La tangente `
a C en un point M = (x, y) est la droite contenant M, orthogonale `a
gradf (M ).
195
– Une surface (cart´esienne) Σ, de R3 , est un ensemble d’´equation F (x, y, z) = 0, o`
u la
fonction F est de classe C 1 sur un ouvert de R3 avec grad(M )(M ) 6= 0 en tout point qui
annule F.
– Le plan tangent `
a Σ en M = (x, y, z) est le plan contenant M et orthogonal `a gradF (M ).
Th´
eor`
eme
1. Soient C la courbe d’´equation f (x, y) = 0, et γ une courbe param´etr´ee de classe C 1
r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est contenue dans C. Alors, si M = γ(t), les tangentes
a γ en t, et `
`
a C en M, sont ´egales.
2. Soit Σ la surface d’´equation f (x, y, z) = 0.
– Si γ est une courbe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere sur I, dont la trajectoire est
contenue dans Γ, γ 0 (t)⊥grad(f )(γ(t)), en tout point t ∈ I;
– Si S est une nappe param´etr´ee de classe C 1 r´eguli`ere telle que S(u, v) ∈ Σ, pour tous
(u, v), alors les plans tangents `a Σ en M = S(u, v), et `a S en (u, v), sont les mˆemes.
9.1.5
Extrema, formule de Taylor-Young et r`
egle du hessien
Th´
eor`
eme si une fonction de classe C 1 admet un maximum ou un minimum local en un point a
de son ouvert de d´efinition, son gradient est nul en ce point.
• Soit f : U ⊂ R2 → R, une fonction de classe C 2 , on appelle hessienne de f en (x, y) la matrice
(sym´etrique) des d´eriv´ees partielles d’ordre 2 :
∂2
F (x, y)
2

H(x, y) =  ∂x
∂
F (x, y)
∂y∂x


∂
F (x, y)

∂y∂x
.
∂
F
(x,
y)
∂y 2
Th´
eor`
eme formule de Taylor-Young
Soit f : U ⊂ R2 → R, une fonction de classe C 2 . Pour tout point (x0 , y0 ) ∈ U, et tout Y ∈ R2 ,
f (X0 + Y ) = f (X0 ) + Df (X0 )Y +
Y →0
1t
Y H(X0 )Y + o(||Y ||2 )
2
2
Th´
eor`
eme Soit f : U ⊂ R2 → R, une fonction
de classe C . Soit X0 un point singulier de f en
r s
lequel la matrice hessienne est H(X0 ) =
.
s t
– si det(H(X0 )) = rt − s2 > 0, f atteint un maximum ou un minimum local en X0 ;
– si det(H(X0 )) = rt − s2 < 0, f n’atteint aucun extremum en X0 ;
Th´
eor`
eme Position d’une surface par rapport au plan tangent
Consid´erons une surface admettant au voisinage du point (0, 0, 0) ∈ R3 , la repr´esentation cart´esienne
z = h(x, y), o`
u la fonction h est de classe C 2 sur un ouvert U ⊂ R2 .
En notant
p=
∂
∂
∂2
∂2
∂2
h(0, 0), q =
h(0, 0), r =
h(0, 0), s =
h(0, 0), t =
h(0, 0),
2
∂x
∂y
∂x
∂x∂y
∂y 2
Alors
196
– si rt − s2 > 0, il existe un voisinage de (0, 0) sur lequel Γ ne traverse pas son plan tangent en
(0, 0), (configuration dessus ou dessous - ce qui n’a de sens que dans ce rep`ere) ;
– si rt − s2 > 0, au voisinage de (0, 0), Γ traverse son plan tangent en (0, 0);
197
9.2
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
Il semble qu’il y ait plus 16 de questions sur le sujet aux CCP depuis quelques ann´ees. Alors pas
d’impasse, c’est facile et ¸ca peut rapporter gros !
fonctions de classe C 1 : calcul des matrices jacobiennes, d´erivation de fonctions compos´ees et
r`egle de la chaˆıne (exercices 9.17)
recherche d’extrema : condition n´ecessaire et recherche des points singuliers, formule de Taylor
et r`egle du Hessien (voir ci-dessus, le r´esum´e) ;
diff´
eomorphismes : voir le r´esum´e et les exercices 9.4, 9.5, ??, 9.16...
courbes et surfaces : voir le r´esum´e pr´ec´edent et les exercices concernant le plan tangent `a une
surface : CCP ex 9.9 ;
int´
egrales curvilignes : les formes diff´erentielles, la formule de Green-Riemann, (exercices 9.2 9.14,
9.15,9.16,9.7) ;
int´
egrales doubles : penser coordonn´ees polaires et changement de variable par diff´eomorphisme
(en g´en´eral sugg´er´es s’il ne s’agit pas du passage en polaire). Il y a pl´ethore, ne pas n´egliger :
9.1, 9.16.
Ce que dit le rapport d’oral CCP 2007 concernant ces questions :
– Fonctions de deux variables : beaucoup de lacunes, par exemple la d´efinition d’une d´eriv´ee partielle, la recherche d’extr´emums 17 .
– Int´egrales doubles : de grosses difficult´es mˆeme dans les cas tr`es classiques (passage en polaires
par exemple). A ce propos les propri´et´es de certaines figures classiques de l’espace sont souvent
mal connues.
– Int´egrales curvilignes : certains ´el`eves ne connaissent pas la d´efinition.
et enfin,
Soit Γ : f (x, y) = 0; en tout point de Γ, grad(f ) est orthogonal `
a la tangente en ce point.
Soit S : f (x, y, z) = 0; en tout point de S grad(f ) est orthogonal au plan tangent en ce point.
9.3
´
Enonc´
es
Exercice 9.1 CCP - 2006, planches diverses
1. Extremum locaux et globaux de f : (x, y) → x(ln2 x + y 2 ) sur ]0, +∞[×R.
2. D ´etant le disque unit´e du plan, calculer
Z Z
D
1
dx dy.
1 + x2 + y 2
3. Soit C(R) le quart de disque x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ R2 .
2
R
R R
2
2
2
R
a l’aide d’int´egrales de la forme
e−x −y dx dy.
(a) Encadrer 0 e−t dt `
C(R0 )
R +∞
2
(b) En d´eduire l’int´egrale de Gauss : 0 e−t dt.
16. et pas ”qu’il n’y ait plus”, ce qui signifierait tout autre chose !
17. on dit un maximum, des maxima (c’est du latin), un extremum, des extremums, car ce n’est pas du latin ;
quand on rajoute un mot `
a la langue sur le d´
ecalque du latin autant prendre les r`
egles qui vont avec ; mais ce n’est
pas le choix qui a ´
et´
e fait !
198
voir commentaire 9.1
Exercice 9.2 CCP 2006, des formes diff´erentielles
1. Montrer que la forme diff´erentielle
ω : (x, y) → (x2 + y 2 − 1) dx − 2 xy dy
n’est pas exacte. Qu’en est il de
(x, y) → (x2 + y 2 − 1) dx + 2 xy dy?
2. D´eterminer une fonction f de R dans R telle que ω1 : (x, y) → f (x2 − y 2 )w(x, y) soit exacte.
3. D´eterminer toutes les fonctions de classe C 1 sur R2 telles que dU = ω1 .
voir commentaire 9.2
Exercice 9.3 CCP
Extremum de
f : (x, y) → x2 + x2 y + y 3 .
voir commentaire 9.3
Exercice 9.4 ENSAM (et aussi Mines 2007)
Soit
y
∗2
, xy ∈ R∗2
φ(x, y) ∈ R+
→ (u, v) =
+.
x
∗2
1. Montrer que φ est un C 2 diff´eomorphisme de R+
dans lui-mˆeme.
2. R´esoudre l’´equation
x2
∂2
∂2
f (x, y) − y 2 2 f (x, y) = 0,
2
∂x
∂y
a l’aide du changement de variable donn´e par φ.
`
voir indications ou corrig´e 9.4.
Exercice 9.5 Centrale 2003
On note (ei )i la base canonique de Rn , et < | >, son produit scalaire canonique. U d´esigne un
ouvert de Rn . On dit qu’une application g : U ⊂ Rn → Rn , est primitive s’il existe un entier
j ∈ [1, n], et une fonction φ : Rn → R, tels que
< g(x)|ei >= xi , si i 6= j, et < g(x)|ej >= φ(x).
1. Expliciter la matrice jacobienne d’une application primitive de classe C 1 . A quelle condition
une telle application peut elle ˆetre un diff´eomorphisme ?
2. Soit U un ouvert de R2 . On consid`ere une application f : U ⊂ R2 → R2 , de classe C 1 , telle
que f (0, 0) = (0, 0) et dont la matrice jacobienne `a l’origine, D(f )(0, 0), est inversible.
(a) On suppose dans cette question que f (x, y) = (x + 2y + xy, x + xy).
i. D´eterminer un voisinage Ω de (0, 0) sur lequel f r´ealise un diff´eomorphisme.
ii. D´eterminer g1 et g2 , C 1 −diff´eomorphismes primitifs tels que
f (x, y) = g2 ◦ g1 ◦ s(x, y),
o`
u g1 , g2 sont des diff´eomorphismes de la forme g1 (x, y) = (u(x, y), y), g2 (x, y) =
(x, v(x, y)), et s(x, y) = (y, x).
199
∂f2
(0, 0) 6= 0. Montrer qu’il existe un voisinage
∂y
(b) Retour au cas g´en´eral : On suppose que
de (0, 0) sur lequel
f (x, y) = g1 ◦ g2 (x, y)
o`
u g1 , g2 sont des diff´eomorphismes de la forme g1 (x, y) = (u(x, y), y) et g2 (x, y) =
(x, v(x, y)). Y-a-t-il unicit´e ?
∂f2
(0, 0) = 0?
(c) Que faire si
∂y
voir indications ou corrig´e 9.5.
Exercice 9.6 CCP
1. Quelles sont les applications φ : R2 → R2 , de classe C 2 dont la diff´erentielle est en chaque
point une rotation ?
2. Donner des exemples d’applications φ : R2 → R2 , de classe C 2 dont la diff´erentielle est en
chaque point une similitude directe ? Quel rapport avec l’´equation 9.2 ?
voir indications ou corrig´e 9.6
Exercice 9.7 int´egrale curviligne (ENS PT et CCP PT - 2001 (sic))
On consid`ere une fonction complexe, f d´efinie sur le disque ouvert
D = {z = x + iy; |z| < 1},
qui v´erifie la relation
∂f (x, y)
∂f (x, y)
+i
= 0.
∂x
∂x
(9.2)
1. Montrer que, pour toute courbe ferm´ee de classe C 1 , de param´etrisation γ : t → γ(t) =
x(t) + iy(t), de classe C 1 on a
Z
Z
f (z) dz =
γ
b
f (γ(t))γ 0 (t) dt = 0.
a
2. En consid´erant la fonction g d´efinie par
g(z) =
f (z)
,
z−a
montrer que l’int´egrale curviligne
Z
Ir =
C(a,r)
f (z)
dz,
z−a
o`
u C(a, r) est le cercle de centre a et de rayon r, ne d´epend pas de r. Pour cela, on consid`ere la
courbe form´ee des cercles C(a, r) dans le sens trigonom´etrique, d’un segment [u, v], du cercle
C(a, r0 ) dans le sens oppos´e au sens trigonom´etrique, et segment [v, u] (en sens oppos´e). On
justifiera au mieux !
3. Calculer la valeur commune des int´egrales Ir en faisant tendre r vers 0.
4. Montrer que pour toute courbe de classe C 1 C, d´elimitant un domaine contenant a,
Z
f (z)
dz = 2iπf (a).
z
−a
C
voir indications ou corrig´e 9.7.
200
Exercice 9.8 calcul d’une limite
Soit
Z
X
F (X) =
0
1. Montrer que la fonction
en +∞.
sin t
dt.
t
sin t
n’est pas int´egrable sur [0, +∞[ mais que F admet une limite
t
2. Soit ω la forme diff´erentielle
ω(x, y) =
1
((x sin x − y cos x)dx + (x cos x + y sin x)dy)
x2 + y 2
Montrer qu’il existe une fonction φ(y) telle que φ(y)ω(x, y) soit ferm´ee dans R2 \(0, 0).
3. Int´egrer cette forme sur le chemin form´e des demi cercles contenus dans y > 0, de centre O,
de rayons 1/n et n ainsi que des deux segments port´es par (Ox) les rejoignant pour calculer
R ∞ sin t
la limite I = 0
dt.
t
voir indications ou corrig´e 9.8.
Exercice 9.9 extraits de plusieurs planches
1. Soit S d’´equation x2 − y 2 + z 2 = 1. D´eterminer les points en lequel le plan tangent `a S est
parall`ele au plan P : 2x + y − z = 0.
(CCP-PSI-2002)
2. Soient trois plans de R3 d’´equations respectives :
P1 : 3x + 2y − 5z + 3 = 0;
P2 : x − 3y + 4z − 2 = 0;
P3 : 2x − 3y + z − 2 = 0.
Trouver la sph`ere tangente aux trois plans.
(ENSAM-PSI-2002)
3. Avec MAPLE, ENSAM PT-2002
Tracer la surface d’´equations param´etriques

2

x = u
y = uv


z = 2u + v
D´eterminer l’´equation du plan tangent passant par A(1, 1, 2). Chercher et tracer l’intersection
du plan tangent avec la surface. Position de la surface par rapport `a son plan tangent ?
voir corrig´es ou indications 9.9.
Exercice 9.10 mines divers
1. Donner (graphiquement) le domaine de
φn (x, y) =
cos nx − cos ny
.
cos x − cos y
Cette fonction admet elle une limite en tout point du bord de son ouvert de d´efinition ?
Admet elle pour autant un prolongement continu `a R2 ?
201
2. Soient une s´erie enti`ere
0 < |a| ≤ 1; Montrer que
P
an z n de rayon R > 1, de somme f (z), et a, un r´eel tel que
Z Z
D
x − iy
Z 1
f
a
dxdy = π
f (at)dt.
1 − a(x + iy)
0
voir commentaire 9.10
Exercice 9.11
Soit f, la fonction des variables r´eelles x et y d´efinie par
f (x, y) = x2 + y 2 + ln (1 + x) y
1. D´eterminer les points singuliers de f. On pourra donner des valeurs approch´ees.
2. En d´eduire les extrema locaux de la fonction f sur son ouvert de d´efinition.
3. Donner une base de diagonalisation de la hessienne de f en (0, 0); en d´eduire une application
T, d´efinie au voisinage de (0, 0) telle que
f ◦ T (u, v) = u2 + v 2 .
voir commentaire 9.11
Exercice 9.12 On consid`ere le disque ferm´e D = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 ≤ 16}, et la fonction f
d´efinie sur D par
p
f (x, y) = x2 + y 2 + 2x2 − 3.
1. Montrer que f admet sur D un minimum et un maximum.
2. Pr´eciser les points en lesquels ces extrema sont atteints.
voir commentaire 9.12
Exercice 9.13 CCP 2005 vrac
p
1. Soit f (x, y) = 9 − x2 − y 2 .
(a) Extremum de f par une m´ethode g´en´erale ( ?)
(b) Par une m´ethode g´eom´etrique adapt´ee.
2. (a) Branches infinies, variations, convexit´e de
1
f (t) = t − ln t − .
t
R´esoudre f (t) = 0.
(b) Extremums de g(x, y) = x ln y − y ln x.
3.
voir commentaire 9.13
Exercice 9.14 CCP 2007
R
1. Calculer l’int´egrale curviligne γ (y + xy) dx o`
u γ est le chemin constitu´e de l’arc de parabole
(y = x2 ) pour 0 ≤ x ≤ 1 et du segment (x = y) pour 0 ≤ x ≤ 1 parcouru dans le sens
trigonom´etrique une fois.
2. Calculer cette mˆeme int´egrale curviligne `a l’aide de la formule de Green-Riemann.
voir commentaire 9.14
202
Exercice 9.15 CCP 2007
On consid`ere la forme diff´erentielle
ω(x, y) = x2 dy + y 2 dx(sic).
1. Est elle ferm´ee, exacte ?
2. Donner l’ensemble des cercles parcourus dans le sens direct une fois, le long desquels l’int´egrale
de ω est nulle.
voir commentaire 9.15
Exercice 9.16 CCP 2007
1. Dessiner le domaine
D = {(x, y) ∈ R2 ; x ≥ 0, 1 ≤ xy ≤ 2, 1 ≤ x2 − y 2 ≤ 4}.
2. Montrer que φ d´efini par φ(x, y) = (xy, x2 − y 2 ) r´ealise un C 1 diff´eomorphisme de ]0, +∞[2
sur un ouvert que l’on pr´ecisera. D´eterminer ´egalement φ(D).
3. Calculer l’int´egrale
ZZ
xy(x2 + y 2 )
dx dy.
x2 − y 2
D
4. Rechercher les extrema de f (x, y) =
xy(x2 + y 2 )
.
x2 − y 2
voir commentaire 9.16
Exercice 9.17 Mines 2007
Soient D un ouvert de Rn tel que pour tout t > 0, pour tout x ∈ X, tx ∈ D, et f une fonction
de classe C 1 sr D `
a valeurs dans R.
1. On suppose qu’il existe un entier strictement positif p, tel que f (tx) = tp f (x). Montrer que
n
X
∂f (x)
= pf (x).
∂xi
xi
i=1
(9.3)
2. R´eciproquement, montrer que si la relation 9.3 est v´erifi´ee alors f (tx) = tp f (x).
3. Rechercher les fonctions de classe C 1 telles que f (tx) = tp f (x) lorsque n = 2.
voir commentaire 9.17
Exercice 9.18 diff´erentielles, la d´efinition
1. Soit E = Mn (R). Quelle est la diff´erentielle en A ∈ E de la fonction M ∈ E → det(M ) ∈ R?
2. Quelle est la diff´erentielle en A ∈ GLn (E) de la fonction M ∈ GLn (E) → M −1 ∈ GLn (E)?
voir commentaire 9.18
Exercice 9.19 Centrale puis CCP 2008
On se propose de calculer
Z Z
]0,1[×]0,1[
−x ln xy
dx dy.
1 − x2 y 2
´
1. Ecrire
la formule du changement de variable pour les int´egrales doubles (question que j’ajoute :
un r´eflexe `
a avoir).
−x ln xy
2. Justifier que la fonction (x, y) →
est int´egrable sur ]0, 1[×]0, 1[.
1 − x2 y 2
3. Exprimer l’int´egrale comme somme d’une s´erie num´erique ; en donner la valeur.
voir commentaire 9.19
203
204
9.4
Indications ou corrig´
es des exercices
9.1 Indication ou corrig´
e 9.1
1. f : (x, y) → x(ln2 x + y 2 ) sur ]0, +∞[×R.
Les extremums ´eventuels sont atteint en des points o`
u le gradient de f s’annule. Or, grad(f)(x,y)
2
= [(ln (x)) + y 2 + 2 ln (x) , 2 xy]. f admet deux points singuliers qui sont (1, 0) et (e−2 , 0)
On peut ˆetre alors
de f en ces points.

 tent´e de calculer la Hessienne
ln (x)
−1
2
+ 2x
2y

x
hess (f)(x,y)= 
2y
2x
"
#
2 0
hes(f )(1, 0) =
et en ce point f atteint un minimum local f (1, 0) = 0, qui est un
0 2
minimum global...
"
#
−2 e2
0
hes(f )(e−2 , 0) =
. Nous avons l`a un point selle...donc pas d’extremum local
0
2 e−2
ni a fortiori global.
2. Changement de variable :
Z Z
D
1
dx dy =
1 + x2 + y 2
2π
Z
θ=0
r=1
Z
r=0
1
r dr dθ = π ln 2.
1 + r2
3. Int´
egrale de Gauss : du classique ;
R
2
R R
2
2
2
R
(a) On reconnaˆıt en 0 e−t dt l’int´egrale double : [0,R]×[0,R] e−x −y dx dy. Comme
√
2
2
la fonction f (x, y) = e−x −y est positive, comme D(0, R) ⊂ [0, R] × [0, R] ⊂ D(0, 2),
on a :
Z Z
Z Z
Z Z
2
2
2
2
2
2
e−x −y dx dy ≤
e−x −y dx dy ≤
e−x −y dx dy.
√
D(0,R)
[0,R]×[0,R]
D(0, 2R)
(b) On observe que
Z Z
e
−x2 −y 2
D(0,R)
Z
π/2
Z
R
dx dy =
−r 2
e
θ=0
r=0
π
r dr dθ =
2
"
−e−r
2
2
#R
.
0
2
2
R
Par passage `
a la limite par encadrement, on prouve que 0 e−t dt converge et a
√
2
R
R ∞ −t2
π
π
∞ −t2
−t2
dt =
dt = . Ainsi, t → e
est int´egrable et 0 e
.
pour limite 0 e
4
2
R
9.2 Indications ou corrig´
e 9.2
1. • Une condition n´ecessaire pour que ω soit exacte sur R2 est qu’elle soit ferm´ee. Notons
∂P (x, y)
∂Q(x, y)
P (x, y) = (x2 + y 2 − 1), Q(x, y) = 2xy. On a
= 2y 6=
= −2y sur R2 et ω
∂y
∂x
n’est pas ferm´ee. Elle n’est donc pas exacte.
• Qu’en est il de ω1 : (x, y) → (x2 + y 2 − 1) dx + 2 xy dy? question rajout´ee
∂Q1 (x, y)
∂P1 (x, y)
On observe que
= 2y =
D’apr`es le th´eor`eme de Poincar´e, comme l’ouvert
∂y
∂x
2
U = R est ´etoil´e, une forme ferm´ee est aussi exacte. On peut dans ce cas d´eterminer
facilement des primitives : g(x, y) =
205
2. Consid´erons maintenant une fonction f de classe C 1 sur J ⊂ R et posons
P2 (x, y) = f (x2 − y 2 )(x2 + y 2 − 1) et Q2 (x, y) = 2xyf (x2 − y 2 ). Il vient :
∂P2 (x, y) ∂Q2 (x, y)
−
= 4 f x2 − y 2 y + 2 x2 y − 2 y 3 + 2 y D (f ) x2 − y 2 .
∂y
∂x
Ainsi ω2 est ferm´ee ssi (t+1)f 0 (t)+2f (t) = 0 sur J. En effet, en posant t = x2 −y 2 l’expression
pr´ec´edente devient y((2t + 2)f 0 (t) + 4f (t))... Les solutions de cette ´equation diff´erentielle sont
C
.
les fonctions f : t ∈ R\{−1} →
(t + 1)2
Bilan : ω2 est donc ferm´ee sur R2 priv´e de l’hyperbole (x2 − y 2 = −1). Sur chacun des 3
ouverts (x2 − y 2 < −1), ∩(y > 0) (x2 − y 2 < −1) ∩ (y < 0)et (x2 − y 2 > −1) qui sont convexes
ou ´etoil´es, une forme ferm´ee admet des primitives (th´eor`eme de Poincar´e).
18
4
2
–4
–2
0
2
4
x
–2
–4
3. Si dU = ω2 , sur un de ces trois ouverts, on a
∂U (x, y)
C(x2 + y 2 − 1) ∂U (x, y)
2Cxy
= P2 (x, y) =
et
= Q2 (x, y) = 2
.
2
2
2
∂x
(x − y + 1)
∂y
(x − y 2 + 1)2
x
+ F (x), la premi`ere devient
− y2 + 1
0
alors, tous calculs faits : F (x) = 0 et F constante sur R.
Bilan : les solutions sont d´efinies sur R2 priv´e de l’hyperbole, de la forme

x

+ C1 , si (x2 − y 2 < −1), (y > 0)
 −C 2


x
−
y2 + 1





x
−C 2
+ C2 , si (x2 − y 2 < −1), (y < 0)
U (x, y) =
2+1
x
−
y






x


 −C 2
+ C3 , si (x2 − y 2 > −1)
x − y2 + 1
La deuxi`eme ´equation nous donne U (x, y) = −C
x2
9.3 Indications ou corrig´
e 9.3
f : (x, y) → x2 + x2 y + y 3 . Les extremums ´eventuels sont atteints en des points o`
u le gradient de
18. ceci est un pdf
206
f s’annule. Or, grad(f)(x,y)=[2 x + 2 xy, x2 + 3 y 2 ], et le seul point singulier est (0, 0).
On peut ˆetre alors tent´e de calculer la Hessienne de f en ce point.
"
#
"
#
2 + 2y 2x
2 0
Hess(f )(x, y) =
, Hess(f )(0, 0) =
,
2x
6y
0 0
ce r´
esultat ne permet pas de conclure.
Un examen plus attentif de f au voisinage de 0 montre que
– sur y = 0, f (x, 0 ≥ f (0, 0) = 0;
– sur y < 0, x = 0 f (x, 0 ≤ f (0, 0) = 0;
La fonction f n’admet aucun extremum local...
9.4 Indications ou corrig´
e ex. 9.4.
p
√
1. On r´esout explicitement le syst`eme, ce qui donne x = v/u, y = uv, et montre que φ est
bijective. L’application φ−1 est d´efinie par
p
√
φ−1 (u, v) = v/u, uv).
Il est imm´ediat qu’elle est de classe C ∞ . Ainsi,
– φ est de classe C ∞,
2
– φ r´ealise une bijection de l’ouvert R∗+ sur lui-mˆeme,
– φ−1 est ´egalement de classe C ∞ ,
c’est l`
a la definition d’un diff´eomorphisme.
Remarquons que la matrice jacobienne de φ est
−y/x2
D(φ)(x, y) =
1/x
y
.
x
Son d´eterminant est diff´erent de 0 en tout point, ce qui prouve (th´eor`eme 9.1.3) que φ est
un diff´eomorphisme.
2. On pose f (x, y) = g(u(x, y), v(x, y)) et on organise les calculs comme dans la feuille de travail 19 ci-dessous :
restart;
f:=(x,y)->g(u(x,y),v(x,y)):
diff(f(x,y),x,x):
Dxxf:=collect(%,[diff(u(x,y),x),diff(u(x,y),x)]):
2
∂
(D1,1 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
u (x, y)
∂x
∂
∂
+2 (D1,2 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
v (x, y)
u (x, y)
∂x
∂x
∂2
v (x, y)
∂x2
∂2
+D1 (g) (u (x, y) , v (x, y)) 2 u (x, y)
∂x
2
∂
+ (D2,2 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
v (x, y)
∂x
+D2 (g) (u (x, y) , v (x, y))
19. RevORAL2002ExoEnEDP1.mws
207
diff(f(x,y),y,y):
Dyyf:=collect(%,[diff(u(x,y),x),diff(u(x,y),x)]):
∂
∂
(D1,1 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
u (x, y) + (D1,2 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
v (x, y)
∂y
∂y
+D1 (g) (u (x, y) , v (x, y))
∂
u (x, y)
∂y
∂2
u (x, y)
∂y 2
∂
∂
∂
+ (D1,2 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
u (x, y) + (D2,2 ) (g) (u (x, y) , v (x, y))
v (x, y)
v (x, y)
∂y
∂y
∂y
+D2 (g) (u (x, y) , v (x, y))
∂2
v (x, y)
∂y 2
subs({u(x,y)= y/x,v(x,y)=x*y},x^2*Dxxf-y^2*Dyyf):
Eg:=expand(%)=0:
−4 (D1,2 ) (g)
y
y
, xy y 2 + 2 D1 (g)
, xy yx−1 = 0
x
x
En divisant par y 2 , cette ´equation devient :
−4
∂2g
2 ∂g
+
= 0.
∂u∂v v ∂u
∂g
, et l’on obtient une ´equation lin´eaire ordinaire du premier ordre en
∂u
y : v → h(u, v), qui a pour solutions les fonctions
On pose h(u, v) =
√
∂g
= h(u, v) = y(v) = k(u) v.
∂u
√
On en d´eduit g(u, v) = K(u) v + L(v) et
√
f (x, y) = g(y/x, xy) = K(x/y) xy + L(xy),
o`
u K et L sont des fonctions de classe C 2 sur ]0, +∞[.
9.5 Indications ou corrig´
e ex. 9.5.
1.
9.6 Indications ou corrig´
e ex. 9.6.
Raisonnons par analyse synth`ese : soit φ est de classe C 2 , de diff´erentielle


∂X ∂X
 ∂x
∂y 


D(φ)(x, y) = 
 ∈ O2+ (R);
 ∂Y
∂Y 
∂x
∂y
Cela s’exprime :
∂X
∂Y ∂X
∂Y
=
,
=−
et
∂x
∂y ∂y
∂x
208
∂X
∂x
2
+
∂X
∂y
2
= 1.
D’apr`es la troisi`eme relation, il existe θ(x, y) telle que

∂Y
∂X


=
= cos(θ(x, y))

 ∂x
∂y


∂X


∂y
= −
∂Y
∂x
= − sin(θ(x, y))
Si une telle fonction θ est de classe C 1 , on peut alors d´eriver :
 2
∂θ
∂θ
∂ X



= − sin(θ)
= − cos(θ)

 ∂x∂y
∂y
∂x


∂2Y



∂x∂y
= − sin(θ)
∂θ
∂x
=
cos(θ)
∂θ
∂y
On en d´eduit que Rot(θ)grad(θ) = 0, donc θ(x, y) est constante.
On d´emontre facilement, si on ne le sait d´ej`a, que si la d´eriv´ee de Φ est une matrice constante, A,
Φ est affine :
φ(X) = AX + b.
Ici Φ est une rotation affine. Fin de l’analyse, la synth`ese est ´evidente.
Remarque Le th´eor`eme de rel`evement (th´eor`eme 12.1, cit´e dans le corrig´e de l’exercice 12.9), que
nous avons `
a notre programme nous cantonne aux fonctions d’une variable...Comment montrer le
r´esultat ?
9.7 Indications ou corrig´
e ex. 9.7.
Ce sujet a ´et´e pos´e en PT oral ENS, ´egalement en .
1. R´e´ecrire avec soins la formule (9.2) pour f = P + iQ :
∂ P (z) ∂ Q(z)
−
= 0,
∂x
∂y
∂ Q(z) ∂ P (z)
+
= 0,
∂x
∂y
et appliquer la formule de Green Riemann
Z
Z
Z Z ∂A ∂B
ω=
Adx + Bdy =
−
dx dy,
∂y
∂x
γ
γ
K
aux parties r´eelle et imaginaire de l’int´egrale curviligne
Z
b
(P (γ(t))x0 (t) − Q(γ(t))y 0 (t)) dt =
Z
(P (γ(t))y 0 (t) + Q(γ(t))x0 (t)) dt =
Z
(P dx − Qdy)
a
Z
b
a
2. La fonction g v´erifie la formule
∂g(x, y)
∂g(x, y)
+i
= 0,
∂x
∂x
209
(P dy + Qdx)
sur le domaine D(a, 1)\{a}.
\
Nous pouvons consid´erer la courbe form´ee des cercles C(a, r) priv´e de l’arc (u,
u0 ) sens tri\
gonom´etrique, du segment [u, v], du cercle C(a, r0 ) priv´e de l’arc (v,
v 0 ), dans le sens oppos´e
0
0
au sens trigonom´etrique, et enfin du segment [v , u ]. Elle d´elimite un domaine sur lequel g
v´erifie la formule 9.2. L’int´egrale curviligne est alors nulle :
Z
Z
Z
Z
g(z) dz +
g(z) dz +
g(z) dz +
g(z) dz = 0
C0
C
[v 0 ,u0 ]
[u,v]
(mˆeme d´emonstration).
EnR faisant u0 → u, et v 0 → v, onR’voit’ que
– [v0 ,u0 ] g(z) dz a pour limite − [u,v] g(z) dz
– les int´egrales sur les parties de cercles ont pour limites les int´egrales sur les cercles entiers
Comme la somme reste nulle il vient : Ir − Ir0 = 0. Que faire de mieux ?
3. On a :
Z
C
f (z)
dz =
z−a
2π
Z
0
f (a + reit ) it
ire dt = i
reit
Z
2π
f (a + reit ) dt,
0
on se retrouve sous les hypoth`ese du th´eor`eme de convergence domin´ee :
– f ´etant continue, φr (t) = f (a + reit ) est born´ee par ||f || qui ne d´epend pas de r
– φr (t) converge simplement vers f (a)
– les fonctions sont continues donc cpm,
la suite des int´egrales d´ependant du param`etre r converge vers l’int´egrale de la limite simple.
4. On consid`ere la courbe form´ee de C, d’un cercle C(a, r) contenu dans le domaine d´elimit´e
par C et on raisonne comme dans l’avant derni`ere question.
9.8 Indications ou corrig´
e ex ex. 9.8.
1. La forme φ(y)ω(x, y) = φ(y)P (x, y) dx + φ(y)Q(x, y) dy est ferm´ee ssi
∂
∂
φ(y)P (x, y) −
φ(y)Q(x, y) = 0.
∂y
∂x
Organisons les calculs pour exprimer cette CNS : 20
restart ;
P :=(x,y)− >(x*sin(x)-y*cos(x))/(x ∧ 2+y∧ 2) ;
(x, y) 7→
x sin(x) − y cos(x)
x2 + y 2
Q :=(x,y)− >(x*cos(x)+y*sin(x))/(x∧2+y∧2) ;
(x, y) 7→
x cos(x) + y sin(x)
x2 + y 2
diff(phi(y)*P(x,y),y)-diff(phi(y)*Q(x,y),x) :
normal(%) :
numer(%) ;
20. dans ma grande paresse
\ \ \ \ sagesse, j’ai fait faire les calculs `
a mon logiciel pr´
ef´
er´
e
210
collect(%,[diff(phi(y),y),phi(y)]) ;
(x sin(x) − y cos(x))
d
φ(y) + (x sin(x) − y cos(x)) φ(y)
dy
Une solution ´evidente est donn´ee par φ(y) = e−y .
2. Consid´erons donc
Ω(x, y) =
x2
1
(x sin x − y cos x)e−y dx + (x cos x + y sin x)e−y dy .
2
+y
Int´egrons sur le contour cit´e. L’int´egrale est nulle car le domaine est ´etoil´e (par rapport au
point (0, n) par exemple) et la forme ferm´ee (th´eor`eme de Poincar´e) :
Z
Z
Z
Z
Z
Ω=
Ω+
Ω+
Ω−
Ω = 0.
Γ
[1/n,n]
C + (0,R)
[−n,−1/n]
C + (0,r)
On obtient, sur les segments param`etr´es par x(t) = t, y(t) = 0 :
Z
Z
Z
sin t
dt
Ω+
Ω=2
[−n,−1/n]
[1/n,n]
[1/n,n] t
On obtient, sur un demi-cercle param`etr´e par
x(t) = Rcos(t), y(t) = R sin(t) :
Z
Z
Ω=
C + (0,R)
π
− (cos(t) sin(R cos(t)) − sin(t) cos(R cos(t))) e−R sin(t) sin(t) dt
0
Z
+
π
(cos(R cos(t)) cos(t) + sin(R cos(t)) sin(t)) e−R sin(t) cos(t) dt.
0
On conclut en passant `
a la limite lorsque n → +∞, avec le th´eor`eme de convergence domin´ee
(majoration par 2 des fonctions continues `a int´egrer). La premi`ere int´egrale `a pour limite 0,
l’autre −Π.
Remarque :
eiz
on retrouve une forme diff´erentielle Re(f (z)dz), avec f (z) =
:
z
assume(x,real) ;
assume(y,real) ;
z :=x+I*y :
evalc(exp(I*z)/z) ;
e−y cos(x)x e−y sin(x)y
+
+i
x2 + y 2
x2 + y 2
e−y sin(x)x e−y cos(x)y
−
x2 + y 2
x2 + y 2
On fera donc le rapprochement avec l’exercice 9.7.
9.9 Indication ou corrig´
e 9.9.
1. r´eponse : M = [λ, λ/2, −λ/2] et λ = ±1;
2.
3. voir feuille MAPLE : package2003.mws
9.10 Indication ou corrig´
e 9.10
211
9.11 Indication ou corrig´
e 9.11
1. feuille MAPLE
2. feuille MAPLE
1
1
3. une matrice de passage vers une BON de diagonalisation est P = √
−1
2
1
Cela donne l’id´ee de poser x = √ (u + v), puis
2
1
1
1
2
2
f (x, y) = f √ (u + v), y = (u + v) + y + ln 1 + √ (u + v) y
2
2
2
1
1
y 2 + ln 1 + √ (u + v) y = (u − v)2 ,
2
2
la solution positive est
1
y=
2
s
2(u − v)2 + ln
2
u+v
1+ √
2
1
.
1
= u2 + v 2 .
!
u+v
.
− ln 1 + √
2
On pose alors
u+v
√
2



T (u, v) = 

1
2




s
! .

u+v
u+v
2(u − v)2 + ln2 1 + √
− ln 1 + √
2
2
9.12 Indication ou corrig´
e 9.12
1. Argument de compacit´e : f est continue sur D compact (car ferm´e, born´e...)
2. L`
a, prudence : f est de classe C 1 sur l’OUVERT Do \{O}, si un extremum est atteint en un
point de cet ouvert, le gradient de f en ce point est nul, mais les extrema peuvent se trouver
en(0, 0) ou sur le cercle fronti`ere.
– on cherche les points singuliers sur l’ouvert : il n’y en a pas ;
– on examine le point (0, 0). f y atteint un minimum strict global ;
– on examine les extrema sur le cercle : ici c’est facile, on recherche les extrema de
φ(t) = f (4 cos t, 4 sin t),
qui sont 17 atteint en (±4, 0) et 1 atteint en (0, ±4).
Le bilan est imm´ediat.
9.13 Indication ou corrig´
e 9.13
¯ 3) sur
1. (a) Plusieurs niveaux de r´eflexion / irr´eflexion : On ´etudie f sur le disque ferm´e D(0,
lequel elle est d´efinie. Comme f est d´erivable sur le disque ouvert, les extrˆemums sont
atteints
– soit en des points singuliers `
a l’int´erieur du disque ; le seul point singulier est (0, 0) en
lequel on peut calculer la hessienne qui est -1/3 I ; un maximum est atteint en (0, 0),
c’est 3.
> f:=(x,y)->(9-x^2-y^2)^(1/2);
> grad(f(x,y),[x,y]);
> hessian(f(x,y),[x,y]);
> map(normal,%);
212
p
9 − x2 − y 2
y
, −p
]
[− p
2
2
9−x −y
9 − x2 − y 2
(x, y) 7→
x

−9 + y 2
−
3/2
(9 − x2 − y 2 )





−
3/2
(9 − x2 − y 2 )
−9 + x2
yx
(9 − x2 − y 2 )

yx
3/2
(9 − x2 − y 2 )
3/2





– soit en des points du bord du disque (ici f n’est pas d´erivable au bord, mais cela ne
change rien). On obtient l`
a un minimum.
√
(b) On observe que f (x, y) = φ(r) = 9 − r2 ...
´
Etait-ce
bien la question pos´ee ? Un peu l´eger ?
2. (a) Etude sans myst`ere ; la solution est t = 1.
(b) On recherche tout d’abord les points singuliers de g :

∂g(x, y)
y


= ln y −
∂x
x
∂g(x, y)
x


= ln x −
∂y
y
x
et on remplace dans ce qui pr´ec`ede, il vient ln x = t, ln y = 1/t et on
y
fait la diff´erence. Les points singuliers sont sur l’axe y = x....
La hessienne de g est


y
−1
−1
y
−
x
x2



 ...
x
−1
−1
y −x
− 2
y
lorsque x = y ses valeurs propres sont oppos´ees.
On pose alors
9.14 Indication ou corrig´
e 9.14
1. Nous ´ecrirons la forme diff´erentielle, ω(x, y) = P (x, y)dx = (y+xy) dx. La courbe g´eom´etriquement
d´efinie admet la repr´esentation param´etrique de classe C 1 par morceaux :

t


γ(t) =
si t ∈ [0, 1]

2

t



2−t


si t ∈ [1, 2]
 γ(t) =
2−t
Par d´efinition de l’int´egrale curviligne :
Z
Z 1
Z 2
(y + xy) dx =
(t2 + t3 ) dt +
((2 − t) + (2 − t)2 ) (−1)dt
γ
0
Z
1
1
(t2 + t3 ) dt =
1/3 + 1/4
0
Z
2
Z
2
((2 − t) + (2 − t) ) (−1)dt =
1
−
0
L’int´egrale cherch´ee est donc -1/4.
213
1
(u + u2 ) du = −1/2 − 1/3
2. Rappelons la formule de Green-Riemann :
Z
Z
ZZ ∂Q ∂P
−
dx dy,
ω=
P dx + Qdy =
∂x
∂y
γ
γ
K
qui, dans notre cas donne encore :
ZZ
Z x=1 Z
−
−(1 + x) dx dy = −
(1 + x)
K
x=0
y=x
dy
Z
dx = −
y=x2
1
(1 + x)(x − x2 ) dx = −1/4.
0
9.15 Indication ou corrig´
e 9.15
1. ω(x, y) = y 2 dx + x2 dy = P dx + Qdy, elle est ferm´ee ssi
∂Q ∂P
−
= 0.
∂x
∂y
Dans notre cas
∂Q
∂P
= 2x,
= 2y. Cette forme n’est pas ferm´ee, elle n’est donc pas exacte
∂x
∂y
non plus.
2. Consid´erons un cercle de centre (x0 , y0 ) et de rayon R. Un param´etrisation dans le sens
direct
(un seul parcours) est θ ∈ [0, 2π] → (x0 + R cos θ, y0 + R sin θ). L’int´egrale curviligne
R
P
dx
+ Qdy s’´ecrit
C
J:=Int((y0+R*sin(t))^2*(-R*sin(t))+(x0+R*cos(t))^2*(R*cos(t)),t=0..2*Pi);
value(%);
Z
2π
(y0 + R sin θ)2 × (−R sin θ) + (x0 + R cos θ)2 × (R cos θ) dθ = 2 π R2 (x0 − y0).
0
L’int´egrale est nulle ssi le centre du cercle appartient `a la premi`ere bissectrice ; cel confirme
que ω n’est exacte sur aucun ouvert de R2 .
9.16 Indication ou corrig´
e 9.16
1.
A:=[x,1/x, x=0.5..4];
B:=[x,2/x, x=0.5..4];
A1:=[x,(x^2-1)^(1/2),x=0..3];
B1:=[x,(x^2-4)^(1/2),x=0..3];
plot({A,B,A1,B1}, color=black, thickness=3);
21
21. ceci est un pdf
214
4
3
2
1
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
2
2. Soit φ(x, y) = (xy, x2 − y 2 ). Cette application
est d´
efinie sur U =]0, +∞[ , elle est clairement
y
x
de classe C ∞ . Sa matrice jacobienne est
et son d´eterminant jacobien est −2(x2 +
2x −2y
y 2 ) 6= 0.
V´erifions que φ est injective sur U : supposons que φ(x, y) = φ(u, v), alors
xy
= uv
x2 − y 2 = u2 −2 v
On reconnaˆıt l`
a la relation (x + iy)2 = (u + iv)2 et comme les r´eels consid´er´es sont positifs,
on a (x, y) = (u, v).
D’apr`es le th´eor`eme ??, une application de classe C 1 injective et de jacobien qui ne s’annule
pas r´ealise un diff´eomorphisme de son ouvert de d´efinition U ( de classe C 1 oblige) sur f (U )
qui est ´egalement ouvert.
D´
eterminons f (D) : c’est clairement le pav´e [1, 2]×[1, 4] = {(X, Y ); 1 ≤ X ≤ 2, 1 ≤ Y ≤ 4}.
D´
eterminons f (U ) : (pas pos´e `
a l’oral CCP) un couple (X, Y ) appartient `a φ(U ) ssi il
existe x > 0 et y > 0 tels que X = xy et Y = x2 − y 2 . Cela impose X > 0. Cette condition
X
est suffisante, en effet lorsque X > 0 et Y ∈ R sont donn´es, l’´equation devient : y =
,
x
2
X
x2 − 2 = Y ou x4 − Y x2 − X 2 = 0 ´equation dont la solution strictement positive est
x
√
!1/2
Y + Y 2 + 4X 2 )
.
x=
2
Remarque on peut, mais c’est sans int´erˆet, expliciter le diff´eomorphisme r´eciproque puisque
l’ant´ec´edent de (X, Y ) dans U est





(x, y) = 


3. Soit f (x, y) =
Y +
√
!1/2
Y 2 + 4X 2 )
,
2



.
!
√
1/2 

Y + Y 2 + 4X 2 )

2
xy(x2 + y 2 )
. Pour calculer l’int´egrale
x2 − y 2
ZZ
xy(x2 + y 2 )
dx dy,
x2 − y 2
D
215
X
nous allons faire le changement de variable sugg´er´e par la premi`ere question. Rappelons la
formule (11.1.4) : si φ est un C 1 −diff´eomorphisme de U sur V et f une fonction continue sur
V, on a, en notant φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) et Jφ (u, v) = det(D(φ(u, v))) le jacobien de
φ,
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (x(u, v), y(u, v))|Jφ (u, v)| du dv.
U
V
Nous avons donc :
ZZ
ZZ
ZZ
X(x, y)
X
xy(x2 + y 2 )
dx dy =
|Jac(φ(x, y)| dx dy =
dX dY
2 − y2
x
2Y
(x,
y)
2Y
D
φ(D)
D
Z
2
Z
X=1
4
Y =1
X
3
dX dY = ln 2.
2Y
2
2
4. f est d´efinie sur l’ouvert R \{x = ±y}, de classe C 1 ; on peut commencer par rechercher ses
points singuliers
> f:=(x,y)-> x*y*(x^2+y^2)/(x^2-y^2);
> p:=normal(diff(f(x,y),x));
> q:=normal(diff(f(x,y),y));
y x4 − y 4 − 4 x2 y 2
2
(x2 − y 2 )
x x4 − y 4 + 4 x2 y 2
2
(x2 − y 2 )
Il n’y a pas de point singulier...
9.17 Indication ou corrig´
e 9.17
1. Consid´erons la fonction t → f (tx) d´efinie sur R (propri´et´e de D). Cette fonction est de classe
C 1 , donc avec la r`egle de la chaˆıne (9.1), on a :
n
df (tx) X
∂f (tx)
=
xi ×
= ptp−1 f (x).
dt
∂x
i
i=1
Lorsque t = 1, la deuxi`eme ´egalit´e donne la formule 9.3.
2. R´eciproquement, supposons que
n
X
i=1
xi
∂f (x)
= pf (x).
∂xi
Posons g(t) = f (tx) − tp f (x) et d´erivons. Il vient pour t ∈ R∗ ,
g 0 (t) =
n
X
i=1
xi ×
∂f (tx)
pf (tx) − ptp f (x)
− p tp−1 f (x) =
.
∂xi
t
g est donc solution du probl`eme de Cauchy y 0 (t) =
p
y(t) et y(1) = 0; g est donc nulle sur
t
R+∗ et pour t > 0 on a f (tx) = tp f (x).
Qu’en est il sur R∗− ? La fonction g v´erifie la mˆeme ´equation sur R+∗ et s’´ecrit donc, pour
t < 0, g(t) = K|t|p . La seule fonction de ce type ayant un prolongement nul en 0 est la
fonction nulle. g est donc nulle sur R.
216
3. Il nous faudra discuter en fonction du domaine D.
• Consid´erons f de classe C 1 sur D. On peut ´ecrire vu la forme de D, f (x, y) = f (r cos θ, r sin θ).
L’´equation devient
f (r cos θ, r sin θ) = rp f (cos θ, sin θ).
Une solution f est donc de la forme f (r cos θ, r sin θ) = rp h(θ) o`
u h est de classe C 1 ; si
D ∩ C(0, 1) est le cercle entier on supposera h d´efinie sur R de p´eriode 2π . De plus,
f (−r cos(θ + π), −r sin(θ + π)) = (−1)p rp h(θ + π) = rp h(θ),
donc selon la parit´e de θ, h doit ˆetre π p´eriodique ou π anti-p´eriodique...
• R´eciproquement, consid´erons une fonction h de classe C 1 , d´efinie sur R ou un ouvert de
R, π p´eriodique si p est pair, π anti-p´eriodique si p est impair. On peut d´efinir une fonction
de deux variables f (x, y) sur D telle que f (r cos θ, r sin θ) = rp h(θ) lorsque r ≥ 0. Elle v´erifie
bien f (tx, ty) = tp f (x, y) pour t ≥ 0 et lorsque t < 0, on a : f (tx, ty) = f (tr cos θ, ty sin θ) =
|t|p rp h(θ + π) = tp f (x, y).
Bilan : f est solution ssi il existe h de classe C 1 , d´efinie sur R ou un ouvert de R, π
p´eriodique si p est pair, π anti-p´eriodique si p est impair telle que ...
Illustrons : f (x, y) = r3 sin(θ), f (x, y) = r4 sin2 (θ)...
9.18 Indication ou corrig´
e 9.18
1. Par d´efinition la diff´erentielle de φ : E → F en A ∈ E, est, si elle existe, l’application lin´eaire
Dφ(A) ∈ L(E, F ) telle que
||φ(A + N ) − φ(A) − Dφ(A)(N )||
= 0.
N →0
||N ||
lim
On sait que pour que Dφ(A) existe il suffit que φ soit une fonction de classe C 1 , ce qui
signifie qu’elle admet des d´eriv´ees partielles dans une base quelconque et que celles ci sont
continues.
´
Etudions
donc la diff´erentiabilit´e de la fonction d´eterminant de Mn (R) dans R. Consid´erons
la bas canonique form´ee des matrices Ei,j dont tous les termes sont nuls sauf le terme de la
ligne i et de la colonne j, ´egal `
a 1.
∂ det(M )
det(M + tEi,j ) − det(M )
= lim
.
t→0
∂mi,j
t
Nous avons, par lin´earit´e par rapport `a la
m1,1 m1,2 . . . m1,j
m2,1 m2,2 . . . m2,j
..
..
..
.
.
.
det(M + tEi,j ) = m
m
.
.
.
m
i,2
i,j
i,1
.
..
..
..
.
.
mn,1 mn,2 . . . mn,i
m1,1
m2,1
.
∂ det(M ) ..
=
∂mi,j
mi,1
.
..
mn,1
j i`eme colonne :
m1,1
. . . m1,n m2,1
. . . m2,n ..
.. .
. + t . . . mi,n mi,1
.
.. ..
. mn,1
. . . mn,n
m1,2
m2,2
..
.
...
...
0
0
..
.
...
...
mi,2
..
.
...
1
..
.
...
mn,2
...
0
...
217
m1,2
m2,2
..
.
...
...
0
0
..
.
...
...
mi,2
..
.
...
1
..
.
...
mn,2
m1,n m2,n .. . .
mi,n .. . mn,n ...
0
...
m1,n m2,n .. . mi,n .. . mn,n Ainsi, les n2 d´eriv´ees partielles sont continues, det est de classe C 1 donc diff´erentiable. La
matrice de la diff´erentielle de det en M dans la base canonique de Mn (R)est la matrice `a
une ligne et n2 colonnes dont les termes sont les cofacteurs des mi,j dans le d´eveloppement
de det(M ) (voir la d´efinition 2.3 et le paragraphe correspondant).
2.
9.19 Indication ou corrig´
e 9.19
On se propose de calculer
Z Z
]0,1[×]0,1[
−x ln xy
dx dy.
1 − x2 y 2
1. La formule du changement de variable pour les int´egrales doubles :
Si φ est un C 1 −diff´eomorphisme de U sur V et f une fonction continue sur V, on a, en notant
φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) et Jφ (u, v) = det(D(φ(u, v))) le jacobien de φ,
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (x(u, v), y(u, v))|Jφ (u, v)| du dv...
V
U
−x ln xy
est int´egrable sur le pav´e ouvert, c’est dire que les int´egrales sur les
1 − x2 y 2
compacts [a, b] × [c, d] ⊂]0, 1[×]0, 1[ forment un ensemble born´e.
Pour ´etudier
Z Z
−x ln xy
dx dy,
2 2
[a,b]×[c,d] 1 − x y
2. Dire que
introduisons
le diff´eomorphisme φ : (x, y) → (x, xy) = (X, t). Sa matrice jacobienne est
1 0
et le d´eterminant jacobien est x. On a donc en notant (X, t) = (x, xy),
y x
ZZ
Z Z
ln t
f (X, t) dX dt =
dX dt
1
− t2
V
[a,b]×[ac,bd]
Z Z
ZZ
−x ln xy
=
dx
dy
=
f (X(x, x), t(x, y))|Jφ (x, y)| dx dy
2 2
[a,b]×[c,d] 1 − x y
U
Un majorant des ces int´egrales sur les pav´es est donc :
Z Z
Z
Z
− ln t
ln t
− ln t
dX
dt
=
(b
−
a)
dt
≤
dt.
2
2
1
−
t
1
−
t
1
− t2
[a,b]×[ac,bd]
[ac,bd]
]0,1[
− ln t
est int´egrable sur ]0, 1[ et le tour est jou´e. C’est en effet le
1 − t2
− ln t
− ln t
− ln t
cas puisque
∼0 − ln t, de primitive born´ee sur [0, 1] alors que
∼1
ce
1 − t2
1 − t2
2(1 − t)
− ln(1 − h)
qui avec 1 − t = h devient
∼0 1.
h
Remarque : il y a encore plus simple : On sait que dans la formule du changement de
variable l’int´egrabilit´e de f (x(u, v), y(u, v))|Jφ (u, v)| sur U ´equivaut `a celle de f (x, y) sur
V...
3. Nous avons donc :
Z Z
Z
−x ln xy
− ln t
dx
dy
=
dt
2
2
2
]0,1[×]0,1[ 1 − x y
]0,1[ 1 − t
On v´erifie alors que t →
∞
X
− ln t
=
(−1)k+1 ln t t2k .
2
1−t
k=0
218
Chacune des fonctions uk (t) = (−1)k+1 ln t t2k est int´egrable sur ]0, 1[ et
Z
0
1
1 Z 1
t2k+1
−t2k
1
|uk | = − ln t
.
−
dt =
2k + 1 0
2k
+
1
(2k
+
1)2
0
P
PR1
Comme les s´eries
uk converge simplement, comme la s´erie num´erique
|uk | converge,
0
P
PR1
P
1
π2
la somme
uk est int´egrable et son int´egrale est la somme
u =
=
.
0 k
(2k + 1)2
8
219
220
10
10.1
10.1.1
S´
eries de fonctions, s´
eries enti`
eres et s´
eries de Fourier
R´
esum´
e convergence des suites et s´
eries de fonctions
Convergence simple, convergence uniforme et convergence normale
D´
efinition 10.1 diff´erents modes de convergence
– On dit que la suite des fonctions (fn )n d´efinies sur A, partie de l’evn. (E, N ) a` valeurs dans F
espace norm´e de dimension finie, converge simplement vers f si, pour tout x ∈ I, on a
lim fn (x) = f (x).
n→∞
– On dit que la s´erie de fonctions de terme g´en´eral fn d´efini sur A, converge simplement vers S si
la suite des sommes partielles
n
X
Sn =
fn
k=1
converge simplement vers S, c’est `
a dire si pour tout x ∈ A, on a
lim
n→∞
n
X
fk (x) = S(x) ∈ F.
k=0
– On dit que (fn )n converge uniform´
ement sur A vers une fonction f ∈ F(A, F ) si
lim ||fn − f ||∞ = 0;
A
n→∞
Ce qui signifie que
||fn − f ||∞ = sup ||fn (x) − f (x)||F = εn
A
x∈I
est une suite de r´eels positifs de limite z´ero.
– On dit que la s´erie de fonctions de terme g´en´eral fn converge uniform´ement sur A vers une
fonction S ∈ F(A, F ) si
n
X
lim ||
fk − S||∞ = 0;
n→∞
k=0
A
Cela signifie que
sup |
x∈I
n
X
fk (x) − S(x)|
k=0
est une suite de r´eels positifs de limite
z´ero.
P
– On dit qu’une s´erie de fonctions
fn converge normalement sur A, si
– chacune des fonctionsP
est born´ee sur A,
– la s´erie num´
erique
||fn ||∞ converge
Th´
eor`
eme 10.1 relations entre les diff´erents modes de convergence
Le sch´ema suivant r´esume lesPrelations entre les diff´erents mode de convergence :
%
fn conv. absolt. & P
P
fn conv. normlt.
fn conv. simplt.
P
&
fn conv. unift. %
221
Vocabulaire pour les s´
eries de fonctions :
Soit (fn )n une suite de fonctions de A dans K, et
Sn (x) =
n
X
fn (x)
k=0
la suite des sommes partielles de la s´erie qui
P lui est associ´ee.
– Nous parlerons de la s´erie de
fonctions
fn de terme g´en´eral fn , de sommes partielles Sn ;
P
– lorsque la s´erie de fonctions fn converge simplement sur A, les restes sont les fonctions d´efinies
par
∞
X
Rn (x) =
fn (x);
k=n+1
On d´efinit ainsi une suite des fonctions
P restes (Rn )n qui converge simplement vers 0 ;
– on
dit
que
la
s´
e
rie
de
fonctions
fn est absolument convergente
ssi la s´erie des fonctions
Pn
P
|f
|
est
simplement
convergente
;
dans
ce
cas
la
s´
e
rie
f
est
aussi simplement convern
n
k=0
gente.
Th´
eor`
eme 10.2 restes et convergence uniforme
P
– Lorsque la s´erie de fonctions
fn converge simplement sur A, la suite des restes converge
simplement vers 0. P
– la s´erie de fonctions
fn est uniform´ement convergente sur A ssi
– elle converge simplement sur A,
– la suite des restes converge uniform´ement vers 0
222
Pour d´
emontrer que...
On s’y prend comme ci...
(fn )n converge simplement sur I?
On consid`ere x ∈ I. On ´etudie la suite num´
erique
(fn (x))n
(fn )n converge uniform´
ement sur I?
• On d´etermine la limite simple de (fn (x))n ; notons
la g(x).
• On majore |fn (x) − g(x)| pour obtenir
|fn (x) − g(x)| ≤ un
avec un ind´
ependant de x. On r´ealise cela soit par
application de r`egles de calcul sur ≤, soit en ´etudiant
les variations de fn − g.
On en d´eduit que ||fn −g||∞ ≤ un et on peut conclure
si lim un = 0.
P
( fn )n converge simplement sur I?
On ´etudie la s´
erie num´erique
P
( fn )n converge uniform´
ement sur I?
• Dans les cas simples, on peut ´
etablir la
convergence normale.P
Si on peut majorer ||fn ||∞
et prouver que la s´
erie
||fn ||∞ converge, le tour
est jou´e.
Pour cela, majorer fn (x)| ind´
ependamment de x
et passer ensuite `a la norme.
• Convergence uniforme. On fait comme dans la
case pr´ec´edente, d´etermination de la limite simple
de la s´
erie, majoration uniforme de |Rn (x)| =
|Sn (x) − S(x)| par un qui ne d´epend pas de x.
C’est
erement facile si la s´erie num´erique
P particuli`
fn (x) v´
erifie le CSSA. On majore
Rn (x) =
∞
X
P
fn (x).
fn (x)
n+1
par son premier terme, que l’on majore ensuite
ind´ependamment de x.
10.1.2
Propri´
et´
es des limites uniformes, interversion des limites
Th´
eor`
eme 10.3 Soit (fn )n une suite de fonctions de F(A, F ), on suppose que cette suite converge
uniform´ement vers une fonction f ∈ F(A, F ), alors :
– si, `
a partir d’un certain rang, les fonctions fn sont continues en a ∈ A, alors la fonction f est
continue en a.
– si, `
a partir d’un certain rang, les fonctions fn sont continues sur A, alors la fonction f est continue
sur I.
223
Cons´
equence importante en pratique, `
a connaˆıtre et reconnaˆıtre :
Si une suite (fn )n , de fonctions continues converge uniform´
ement vers f sur tout intervalle
compact [a, b − α] ⊂ [a, b[, alors f est continue sur [a, b[.
Th´
eor`
eme 10.4 interversion des limites
Soit (fn )n une suite de fonctions born´ees sur I = [a, b[ (b r´eel ou +∞). On suppose que
– (fn )n converge uniform´ement vers une fonction f,
– pour chaque n, fn admet une limite en b :
lim fn (x) = `n
x→b
alors :
– la fonction f admet une limite en b,
– cette limite est la limite des `n :
lim f (x) = lim `n
n→∞
x→b
– ce qui s’exprime encore
lim lim fn (x) = lim lim fn (x)
x→b n→∞
n→∞ x→b
(10.1)
C’est pourquoi on parle d’interversion des limites.
Corollaire 10.1 cas des s´eries
Soit (fn )nPune suite de fonctions born´ees sur I = [a, b[. On suppose que
– la s´erie
fk converge uniform´ement vers une fonction S,
– pour chaque n, fn admet une limite en b :
lim fn (x) = bn
x→b
alors :
– la fonction S admet une limite
P en b,
– cette limite est la somme
bk :
lim S(x) = lim
x→b
– ce qui s’exprime encore
lim
x→b
10.1.3
∞
X
n→∞
fn (x) =
k=0
∞
X
k=0
n
X
bk
k=0
lim fn (x)
x→b
(10.2)
Interversion des limites et de l’int´
egration
Th´
eor`
eme 10.5 int´egration d’une limite uniforme
Soit (fn )n une suite de fonctions d´efinies sur LE SEGMENT I = [a, b]. Si les fonctions fn sont
continues et si (fn )n converge uniform´ement vers une fonction f sur I, alors
224
– f est continue
Rb
– la suite des int´egrales a fn (t) dt converge
– et de plus,
Z
Z b
f (t) dt = lim
n→∞
a
b
fn (t) dt
a
Corollaire 10.2 cas des s´eries
P
Soit (fn )n une suite de fonctions continues sur I = [a, b]. Si la s´erie de fonctions
fn converge
uniform´ement sur I vers une fonction S, alors
– S est continue
PRb
– la s´erie des int´egrales
f (t) dt converge
a n
– et de plus,
!
Z b
Z b X
∞
∞ Z b
X
S(t) dt =
fk (t) dt =
fk (t) dt
a
a
k=0
k=0
a
Attention tout cela devient FAUX si I = [0, +∞[, par exemple. Sur des intervalles quelconques
la convergence uniforme ne permet pas de conclure.
On fait alors appel au th´
eor`
eme de convergence domin´
ee ou au th´
eor`
eme d’int´
egration
terme `
a terme.
10.1.4
D´
erivation de la limite
Soit (fn )n une s´
erie de fonctions qui converge uniform´
ement (ou tout ce que vous
voulez) vers f, on suppose que les fonctions fn sont de de classe C 1 .
– Que peut on dire de la d´eriv´ee de la somme ?
– Que peut on dire de la somme des d´eriv´ees ?
– Peut on d´eriver terme `
a terme ?
Comme vous le savez, les r´
eponses dans l’ordre, pourraient commencer par :
– Rien en g´en´eral : la somme des fonctions fn peut ne pas ˆetre d´erivable.
– Rien en g´en´eral : la somme des d´eriv´ees fn0 peut ne pas ˆetre convergente,
– De la s´erie des d´eriv´ees (obtenue en d´erivant terme `a terme) on ne peut rien dire, pas mˆeme
qu’elle converge ; et si mˆeme elle converge, cela ne signifie pas que la s´erie des fn converge.
Nous avons rencontr´
e ce probl`
eme dans 3 chapitres, o`
u nous avons ´
enonc´
e, pour des
suites et s´
eries de fonctions :
Th´
eor`
eme 10.6 d´erivation
Soit (Fn )n une suite de fonctions d´efinies sur un intervalle I, telle que
– chaque Fn est une fonction de classe C 1 ,
– il existe a ∈ I tel que (Fn (a))n converge (on note α sa limite)
– (DFn )n converge uniform´ement sur tout segment de I vers une fonction g,
Alors, (Fn )n converge uniform´ement sur tout segment de I vers une fonction de classe C 1 qui est
une primitive de g) En d’autres termes :
lim DFn = g = D( lim Fn )
n→∞
n→∞
225
les convergences ´etant uniformes sur tout intervalle compact contenu dans I.
Corollaire 10.3 le mˆeme pour les s´eries
Soit (Fn )n une suite de fonctions telle que
– chaque Fn est une fonction
de classe C 1 ,
P
– il existe a ∈ I tel que
Fn (a) converge (on note σ sa limite)
– la s´eP
rie de terme g´en´eral DFn converge uniform´ement sur tout segment de I vers la fonction s,
Alors,
Fn converge uniform´ement sur tout segment de I vers la primitive de s d´efinie par
Z x
s(t) dt
S(x) = σ +
a
En d’autres termes :
s=
∞
X
∞
X
DFn = D
k=0
!
Fn
= DS
k=0
la convergence ´etant uniforme sur tout intervalle compact contenu dans I.
Corollaire 10.4 le mˆeme pour les fonctions de classe C k
Soit (Fn )n une suite de fonctions telle que
– chaque Fn est une fonction de classe C k ,
(j)
– pour tout j ∈ {1, ..., k − 1}, il existe a ∈ I tel que (Fn (a))n converge
(k)
– la suite de terme g´en´eral Fn converge uniform´ement sur tout segment de I vers une fonction s,
(j)
Alors, (Fn )n ainsi que la suite des d´eriv´ees (Fn )n convergent uniform´ement sur tout segment de
I et
(j)
lim Fn(j) =
n→+∞
10.1.5
lim Fn
n→+∞
.
S´
eries de Fourier et d´
erivation
Th´
eor`
eme 10.7 convergence normale des s´eries de Fourier des fonctions de classe C 1 et de
classe C 2 par morceaux
Si f est une fonction 2π−p´eriodique , continue et de classe C 1 par morceaux, alors
– sa s´erie de Fourier converge normalement
– sa somme est ´egale `
a f.
Th´
eor`
eme 10.8 s´eries de Fourier des d´eriv´ees
Si f est une fonction 2π−p´eriodique, de classe C n et de classe C n+1 par morceaux, alors
– les s´eries de Fourier de f et de ses d´eriv´ees f (k) pour 1 ≤ k ≤ n, convergent normalement,
– on obtient la s´erie de Fourier de f (k+1) en d´erivant terme `a terme la s´erie de Fourier de f.
Attention
226
– on prendra garde en int´egrant une s´erie trigonom´etrique : les primitives d’une fonction 2π−p´eriodique
ne sont pas n´ecessairement 2π−p´eriodiques.
– les th´
eor`
emes qui pr´
ec`
edent ne permettent certainement pas de montrer qu’une
fonction p´
eriodique d´
efinie par une s´
erie trigonom´
etrique est d´
erivable. L’exercice
ci-dessous montre comment faire avec le th´eor`eme 10.4.
Exercice 10.1 Montrer que la fonction
f (x) =
∞
X
1
cos(nt),
n4
n=0
est 2π−p´eriodique , de classe C 2 .
10.1 Indication ou corrig´
e 10.1
1
On note un (t) = 4 cos(nt).
n
• On commence par constater que la s´erie converge normalement sur R; c’est ´evident puisque
P
1
||un ||∞ = 4 ; on a donc bien
||un ||∞ convergente, ce qui est la d´efinition. La s´erie est donc
n
uniform´ement convergente, simplement convergente. Une s´erie de fonctions de p´eriode 2π `a une
limite simple ´egalement de p´eriode 2π .
• Pour montrer que f est de classe C 2 , observons que chaque fonction un est elle mˆeme de classe
C 2P
et que
–
un converge simplement sur R, comme nous venons de l’´etablir.
P
−1
–
un converge simplement sur R, en effet u0n (t) = 3 sin(nt) est le terme g´en´eral d’une s´erie
n
num´
erique absolument convergente
(on peut aussi observer, bien que ce ne soit pas n´ecessaire,
P
P
un est une s´erie de fonctions normalement convergente).
que
||u0n || converge et que
P
–
u”n converge uniform´ement sur R; en effet cette s´erie est uniform´ement convergente puisqu’elle
P
P 1
−1
converge normalement (u0n (t) = 2 cos(nt) et
||u”n || =
.)
n
n2
On conclut avec le th´eor`eme de d´erivation terme `a terme (th´eor`eme 10.4), que f est de classe C 2
et que ses d´eriv´ees d’ordre 1 et 2 s’obtiennent en d´erivant la s´erie terme `a terme.
10.1.6
S´
eries enti`
eres et d´
erivation
Th´
eor`
eme 10.9 Soit f (x) =
∞
P
an xn somme d’une s´erie enti`ere de rayon de convergence R.
n=0
Alors :
– f est une fonction de classe C ∞ sur ] − R, R[;
P
– la d´eriv´ee de f est la s´erie enti`ere d´eriv´ee formelle : f 0 (x) = n≥1 nan xn−1 ; on d´erive donc
terme `
a terme.
∞
P
– la d´eriv´ee pi`eme de f est la pi`eme d´eriv´ee de
an xn :
n=0
f (p) (x) =
X
n(n − 1)...(n − p + 1)an xn−p =
n≥p
X (n + p)!
an+p xn .
n!
n≥p
Exercice 10.2 Montrer que les fonctions suivantes admettent des prolongements de classe C ∞ `a
des intervalles que l’on pr´ecisera.
sin x
x
ln(1 + x)
x
227
ln(x)
x−1
ex − 1
x
Calculer pour chacune d’elles f (6) (x0 ), x0 centre de l’intervalle...
10.2 Indication ou corrig´
e 10.2
1. Pour x 6= 0, on a
∞
∞
k=0
k=0
X (−1)k x2k
sin x
1 X (−1)k x2k+1
=
=
.
x
x
(2k + 1)!
(2k + 1)!
Cette fonction admet un prolongement DSE donc de classe C ∞ tel que f (6) (0) = −1/7.
2. ...
3. De mˆeme, pour |x − 1| < 1, on a
∞
∞
k=1
k=0
X (−1)k (x − 1)k
1 X (−1)k−1 (x − 1)k
ln(1 + (x − 1))
=
=
.
x−1
x−1
k
k+1
Cette fonction admet un prolongement DSE au voisinage de 1, (le rayon de la SE est R=1)
6!
et f (6) (0) = −1/7. f (6) (1) = .
7
4. ...
228
10.2
10.2.1
R´
esum´
e s´
eries de Fourier
Les formules
A toute fonction 2π−p´eriodique sur R et continue par morceaux sur l’intervalle [0, 2π], on associe
ses sommes de Fourier d´efinies par :
Sn (f )(x) =
P
k∈Z ck (f )e
Sn (f )(x) =
ikx
avec
a0 (f ) Pn
+ k=1 (ak (f ) cos(kx) + bk (f ) sin(kx))
2
1 R 2π
a0 (f )
cos(k t)f (t) dt
= c0 (f ) ak (f ) =
2
π 0
an (f ) = [cn (f ) + c−n (f )]
cn (f ) =
10.2.2
1 Rπ
f (t)e−int dt
2π −π
cn (f ) =
bk (f ) =
1 R 2π
sin(k t)f (t) dt
π 0
bn (f ) = i[cn (f ) − c−n (f )]
1
1
[an (f ) − ibn (f )] c−n (f ) = [an (f ) + ibn (f )]
2
2
Les th´
eor`
emes
Th´
eor`
eme 10.10 convergence en moyenne quadratique
si f est une fonction continue par morceaux , alors :
– sa s´erie de Fourier converge en moyenne quadratique vers la r´egularis´ee de f, `a savoir
lim ||SN (f ) − f˜||2 = 0,
N →∞
mais on a aussi
Z
lim
N →∞
2π
|SN (f ) − f |2 dt = 0;
0
– les coefficients de Fourier de f v´erifient l’´egalit´e de Parseval :
Z 2π
∞
X
1
||f ||22 =
|f (t)|2 dt =
|ck |2
2π 0
k=−∞
∞
X
k=−∞
||f ||22 =
1
2π
Z
0
1
ck (f )ck¯(g) =< f |g >=
2π
Z
2π
¯ dt
f (t)g(t)
0
∞
2π
|f (t)|2 dt =
|a0 (f )|2
1X
+
(|ak (f )|2 + |bk (f )|2 )
4
2
k=1
Th´
eor`
eme 10.11 convergence normale des s´eries de Fourier des fonctions de classe C 0 et de
classe C 1 par morceaux
Si f est une fonction 2π−p´eriodique , continue et de classe C 1 par morceaux, alors
229
– sa s´erie de Fourier converge normalement
– sa somme est ´egale `
a f.
Th´
eor`
eme 10.12 s´eries de Fourier des d´eriv´ees
Si f est une fonction 2π−p´eriodique , de classe C n et de classe C n+1 par morceaux, alors
– les s´eries de Fourier f et de ses d´eriv´ees f (k) pour 1 ≤ k ≤ n, convergent normalement,
– on obtient la s´erie de Fourier de f (k+1) en d´erivant terme `a terme la s´erie de Fourier de f. En
particulier
cn (f 0 ) = incn (f ) an (f 0 ) = nbn (f ) bn (f 0 ) = −nan (f )
Th´
eor`
eme 10.13 th´eor`eme de Dirichlet
Soit f une fonction 2π−p´eriodique , de classe C 1 par morceaux (non n´ecessairement continue),
alors
– la s´erie de Fourier de f est simplement convergente sur R ;
– sa somme est la r´egularis´ee de f d´efinie par
1
f˜ = (f (x+) + f (x−));
2
On exprime donc
c0 (f ) +
P
n≥1 (cn (f )e
int
+ cn (f )e−int =
1
(f (x+) + f (x−));
2
P
1
1
a0 (f ) + n≥1 (an (f ) cos(nt) + bn (f )sin(nt) = (f (x+) + f (x−));
2
2
230
10.3
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
Les th´eor`emes du cours et en ce qui concerne Fourier, les formules en plus. Vous avez d´ej`a des
fiches r´esum´es (suites et s´eries de fonctions Annexe p 10.1 et s´eries de Fourier Annexe p 10.2).
Revoir les exercices calculatoires sur les s´eries enti`eres et les s´eries de Fourier.
Ce que dit le rapport de l’oral des CCP 2007 `
a ce propos :
– Les d´eveloppements limit´es et les DSE usuels sont souvent mal connus.
– S´eries enti`eres :
– La d´efinition du rayon de convergence est souvent oubli´ee (les ´el`eves utilisent une formule
permettant de le calculer, en pensant qu’elle s’applique toujours).
– Beaucoup pensent qu’un s´erie enti`ere est uniform´ement convergente sur tout son disque ouvert
de convergence.
– Recherche des solutions DSE d’une ´equation diff´erentielle : en g´en´eral les ´el`eves ne pr´ecisent
pas clairement la m´ethode, ils se restreignent `
a l’aspect calculatoire.
– S´eries de Fourier :
– Le th´eor`eme de Dirichlet est souvent mal assimil´e.
– Le calcul des coefficients et laborieux et souvent faux, mˆeme dans les cas tr`es classiques.
– Suites et s´eries de fonctions :
d´efinitions parfois mal sues, surtout pour la convergence normale (que l’on confond parfois avec
l’absolue convergence) ; difficult´e pour montrer qu’une s´erie ne converge pas normalement.
10.4
´
Enonc´
es
Exercice 10.3 CCP-2006 ´enonc´es brefs de plusieurs planches...
1. On consid`ere la fonction d´efinie par
arcsin(x)
.
f (x) = √
1 − x2
D´eterminer une ´equation diff´erentielle que v´erifie f ; en d´eduire un DSE de la fonction f dont
vous pr´eciserez le rayon de convergence.
2. D´ecomposer en ´el´ements simples
g(x) =
x2
1
.
−x−2
Montrer que g est DSE au voisinage de l’origine. Rayon de convergence, DL3.
voir commentaire 10.3
Exercice 10.4
1. Soit f une fonction d´efinie par f (x) = ax+b sur l’intervalle [0, π]. Monter que l’on peut l’´ecrire
comme somme d’une s´erie trigonom´etrique (on fera des choix le plus judicieux possible).
P
P
1
1
2. Peut on d´eduire de cela n
, n
?
(2n + 1)2
(2n + 1)4
voir indications ou corrig´e en 10.4
Exercice 10.5 CCP
Soit
S:x→
∞
X
2
nxe−nx .
n=0
231
1. Domaine de d´efinition de la fonction S;
2. La convergence est-elle normale, uniforme ?
3. Donner une expression de S `
a l’aide de fonctions usuelles.
voir indications ou corrig´e 10.5.
Exercice 10.6
Soit
∞
X
f :x→
nx e−nx .
n=0
´
1. Etudier
la fonction f. Prouver qu’elle est convexe.
2. Donner un ´equivalent de f en 0.
voir indications ou corrig´e 10.6.
Exercice 10.7 ENS PT
Montrer que
∀x ∈ R, ∀y ∈] − 1, 1[,
∞
X
sin(nx) n
y
n
n=1
converge et calculer sa somme.
voir indications ou corrig´e 10.7.
Exercice 10.8 CCP
Soit n un entier naturel non nul. On appelle d´erangement de [1, n] une permutation de [1, n] qui ne
laisse aucun ´el´ement invariant. On note Dn le nombre de d´erangements de [1, n] et on pose D0 = 1.
1. Calculer D1 , D2 , D3 et D4
´
2. Etablir
la formule
n
X
Cnk Dk n = n!
k=0
3. Soit f la somme de la s´erie enti`ere
∞
X
Dn n
x .
n!
N =0
Montrer que cette se a un rayon de convergence R ≥ 1, calculer ex f (x) et en d´eduire Dn .
voir indications ou corrig´e 10.8.
Exercice 10.9 CCP, avec question d’alg`ebre-g´eom´etrie sup
Soit Sp la somme de la s´erie enti`ere
Sp (x) =
∞
X
n
Cn+p
xn .
n=0
1. Calculer le rayon de convergence, d´epend-il de p?
2. Calculer (1 − x)Sp0 (x) en d´eduire la somme Sp (x).
voir indications ou corrig´e 10.9.
232
Exercice 10.10 In´egalit´e isop´erim´etrique
On consid`ere un chemin ferm´e de longueur L du plan E = R2 , trajectoire de la courbe de classe
1
C :
γ : t ∈ [a, b] → γ(t) = [x(t), y(t)] ∈ E.
1. On suppose que γ est param´etr´ee par la longueur de l’arc, exprimer la somme
X
n2 (|cn (x0 )|2 + |cn (y 0 )|2 ).
n∈Z
2. On rappelle la formule de Green-Riemann, pour K, r´eunion finie de compacts ´el´ementaires
du plan E, de fronti`ere orient´ee dans le sens direct :
Z
Z
Z Z ∂Q
∂P
−
dx dy.
ω=
P dx + Qdy = −
∂y
∂x
γ
γ
K
En d´eduire une expression de l’aire d´elimit´ee par γ([a, b]) en fonction du produit scalaire
Z 2π
1
0
x(t)y¯0 (t) dt.
(x|y ) =
2π 0
3. Donner une expression de ce produit scalaire `a l’aide des coefficients de Fourier. En d´eduire
l’in´egalit´e isop´erim´etrique
4πS ≤ L2 .
4. Quel est le cas d’´egalit´e ?
voir indications ou corrig´e 10.10.
Exercice 10.11 cela ressemble au lemme de Riemann-Lebesgue, mais...
Soit f de classe C 1 sur un segment [a, b]. On veut d´eterminer
Z
b
lim
λ→+∞
f (t)| sin(λt)| dt.
a
1. Donner le d´eveloppement en s´erie de Fourier de | sin(t)|. Pr´eciser la convergence.
2. En d´eduire une expression de
Z
I(λ) =
b
f (t)|sin(λt)| dt
a
comme somme d’une s´erie.
3. Montrer qu’il existe A > 0 tel que, pour tout ρ > 0,
Z b
A
|
f (t) cos(ρt) dt| ≤ .
ρ
a
4. Montrer que I(λ) admet une limite lorsque λ tend vers +∞.
voir indications ou corrig´e 10.11.
Exercice 10.12 quelque part
´
Soit a ∈ R et b ∈ C tel que |b| < 1. Etudier
l’existence de solutions de p´eriode 2π de l’´equation
diff´erentielle :
1
y” + ay =
.
1 − beix
voir indications ou corrig´es 10.12.
233
Exercice 10.13 logarithme int´egral
On se propose d’´etudier la s´erie enti`ere de la variable r´eelle
Li(x) =
X xn
n2
,
1. D´eterminer son rayon de convergence.
2. Montrer que
Z
x
Li(x) = −
0
ln(1 − t)
dt
t
sur l’intervalle ] − 1, 1[.
3. Montrer que, pour tout x ∈] − 1, 1[,
Li(x) + Li(1 − x) = Li(1) − ln(1 − x) ln x
4. Montrer que
∞
X
1
π2
1
=
− ln2 2;
n n2
2
12
2
n=1
voir commentaire 10.13
Exercice 10.14 ENSTIM 2002 (parmi d’autres questions)
1. Que peut on dire de la s´erie de Fourier de f d´efinie par : f (x) = eax lorsque x ∈] − π, π], et
de p´eriode 2π ?
P
P 1
1
2. Calculer
, en d´eduire
.
2
2
a +n
n2
voir commentaire 10.14
Exercice 10.15 Centrale PSI-2003
(avec courbe param´etr´ee)
P
Soit la s´erie enti`ere f (z) =
an z n convergente sur le disque ouvert de rayon 1. On suppose que
1
pour |z| < 1, |f (z)| ≤
. Montrer que
1 − |z|
|an | ≤
(n + 1)n+1
.
nn
voir commentaire 10.15
Exercice 10.16 centrale-PSI 2003, avec MAPLE
On consid`ere l’´equation diff´erentielle y” + e−x y = 0.
1. Rechercher les solutions DSE
2. Ecrire sous MAPLE (ou mathematica) une proc´edure permettant de calculer an en fonction
de a0 et a1 .
3. V´erifier que les solutions trouv´ees conviennent (on pourra consid´erer Mn = sup(|a0 |, |a1 |, ..., |an |)
pour estimer le rayon de convergence).
nom du fichier MAPLE : EDO SE 1.mws
voir commentaire 10.16
Exercice 10.17 Fourier divers 2003
234
1. Calculer le d´eveloppement en s´erie de Fourier de la fonction d´efinie par f (t) =
1
, a<
cha + cos t
0. (Mines PC - 2003)
2. Soit Φx → max(sin(x), 0);
´
(a) Etudier
son d´eveloppement en s´erie de Fourier.
(b) R´esoudre l’´equation y” + y = Φ(x). (Mines PSI-2003)
3. R´esolution de y”(x) + y(x) = | sin x|;
voir commentaire 10.17
Exercice 10.18 CCP-PSI 2003
D´eterminer des constantes A et B telles que
| sin x| = A + B
X sin2 (kx)
k≥1
4k 2 − 1
.
voir commentaire 10.18
Exercice 10.19 mines MP
Soient a un complexe tel que |a| et f : R → C, une fonction de p´eriode 2π et continue.
1. Montrer que la fonction φ d´efinie par
2π
Z
φ(x) =
0
f (x − t)
dt
1 − aeit
est continue sur R;
2. Montrer que φ admet un d´eveloppement en s´erie de Fourier, en d´eduire qu’elle est de classe
C∞ .
voir commentaire 10.19
Exercice 10.20 Centrale 2004
Soit
f (x) =
∞
X
(−1)n
.
x+n
n=2
1. Montrer que cette relation d´efinit une fonction
pr´ecisera.
de classe C ∞ sur un domaine que l’on
2. Montrer que f est d´eveloppable en s´erie enti`ere sur ] − 2, 2[.
3. Montrer que
Z
f (x) =
0
1
tx+1
dt.
1+t
voir commentaire 10.20
Exercice 10.21
P∞
On consid`ere une s´erie enti`ere de rayon de convergence ´egal `a 1 et de somme f (z) = n=0 an z n .
Montrer que pour certains r0 et α < 1, on a :
x − iy
Z Z
Z r0
f
α
dx dy = 2π
tf (t) dt
1 − α(x + iy)
¯
D(0,r
0
0)
voir commentaire 10.21
235
Exercice 10.22
1. Soient x et t deux r´eels, avec |x| < 1. Donner une expression de
1
.
R
x − eit
2. Montrer que la fonction x → ln(x2 − 2x cos t + 1) est d´eveloppable en s´erie enti`ere de rayon
1.
3. En d´eduire :
Z
π
0
∞
X
2
x2n
ln(x2 − 2x cos t + 1) dt = 2π
.
n2
n=1
4. Justifier pour tout r´eel x tel que |x| =
6 1, l’existence de
Z π
2
ln(x2 − 2x cos t + 1) dt.
G(x) =
0
5. Calculer pour x ∈] − 1, 1[,
Z
π
ln(x2 − 2x cos t + 1) dt.
0
En d´eduire une relation entre G(x) et G(1/x).
voir commentaire 10.22
Exercice 10.23 CEN
1. Soit f une fonction continue par morceaux et de p´eriode 2π sur R, dont les sommes de
Fourier trigonom´etriques sont de la forme
FN (f, x) =
N
X
bn sin(nx).
n=1
Montrer que la fonction
Z
F :x→
x
f (t) dt
0
bn
est absolument convergente.
n
2. On consid`ere maintenant la s´erie trigonom´etrique
est p´eriodique, et que la s´erie de terme g´en´eral
X sin(nx)
n
ln n
(10.3)
Pn
sin kx, et en rempla¸cant lorsque c’est possible, sin(nx) par Sn −
P sin(nx)
Sn−1 , dans (10.3), montrer que n
converge pour tout x.
ln n
(b) S’agit-il de la s´erie de Fourier d’une fonction continue par morceaux et de p´eriode 2π ?
(a) En posant Sn =
k=1
voir commentaire 10.23
Exercice 10.24 Centrale 2005, Mines 2007
1. Montrer que la s´erie de Fourier d’une fonction de classe C ∞ p´eriodique, dont les d´eriv´ees
v´erifient toutes |f (p) (x)| ≤ 1, ne comporte que trois termes non nuls.
2. Parmi ces fonctions, quelles sont celles, `a valeurs r´eelles, pour lesquelles f 0 (0) = 1?
236
voir commentaire 10.24
Exercice 10.25 CCP 2007
On consid`ere la fonction f d´efinie par
f (x) =
∞
X
e−x
√
n
.
n=0
1. Quel est son domaine de d´efinition ? Est elle continue
2. D´eterminer sa limite en +∞.
3. Donner sa limite et un ´equivalent en 0+ .
voir commentaire 10.25
Exercice 10.26
´
Etudier
l’´equation f (x, y) = 0 lorsque
f (x, y) =
∞
X
(−1)n−1
sin(nx) sin(ny).
n2
n=1
voir commentaire 10.26
237
238
10.5
Indications ou corrig´
es des exercices
10.3 Indication ou corrig´
e 10.3
π π
, [. On d´erive f = u.u0 (o`
u u = arcsin), ce qui donne
2 2
0
02
f = u + uu”... La fonction f est donc la solution du probl`eme de Cauchy :
(1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) = 1.
f (0)
=1
1. f est d´efinie et de classe C ∞ sur ] −
On recherche alors une ´eventuelle solution DSE sur un intervalle ] − r, r[ en posant f (x) =
P
n
equation devient :
n≥0 an x . L’´
(1 − x2 )
X
nan xn−1 − x
n≥1
X
(n + 1)an+1 xn −
n≥0
X
an xn = 1
n≥0
X
(n − 1)an−1 xn −
n≥2
X
an−1 xn = 1.
n≥1
Le coefficient constant du membre de gauche est a1 = 1, pour n ≥ 2, il vient
(n + 1)an+1 = nan−1 ...
Rayon de convergence Comme a0 = 0, les termes d’indices pairs sont nuls et, en posant
y = x2 ,
∞
∞
X
X
a2p+1 y p .
a2p+1 x2p+1 = x
f (x) =
p=0
p=0
Le rayon de convergence de la s´erie en x est la racine carr´ee du rayon de la s´erie en y pour
lequel le crit`ere de d’Alembert nous fournit R = 1.
Expression des a2p+1 :
p
Y
2k
22p (p!)2
a2p+1 =
=
.
2k + 1
(2p + 1)!
k=1
2. On a facilement
g(x) =
x2
1
1
1/3
−1/3
=
=
+
.
−x−2
(x − 2)(x + 1)
x−2 x+1
Il suffit alors de faire apparaˆıtre des s´eries g´eom´etriques :
∞
∞
−1/6
−1/3
−1 X xn
−1 X
+
=
(−1)n xn .
+
1 − x/2 1 + x
6 n=0 2n
3 n=0
La somme de ces s´eries converge pour |x| < 1 (car les deux s´eries convergent ; elle diverge
pour 1 ≤ |x| < 2 car une s´erie diverge et l’autre converge ; elle diverge pour |x| ≥ 2 par le
lemme d’Abel (et R=2).
Un DL3 en 0 est donn´e par troncature du DSE en 0 :
−1 1
3
5
+ x − x2 + x3 + o x3
x→0 2
4
8
16
f (x) =
239
10.4 Indications ou corrig´
e 10.4
1. L’id´ee est de consid´erer f comme la restriction `a [0, π] d’une fonction de p´eriode 2π que l’on
choisira paire : une telle fonction `
a l’avantage d’ˆetre continue (faire un dessin), ainsi sa s´erie
de Fourier converge normalement vers f. Si on choisit un prolongement impair par exemple,
le prolongement sera discontinu en 0 (si b 6= 0) et en ±π (si aπ + b 6= 0). C’est cela que l’on
entend par judicieux !
A partir de l`
a l’exercice est standard on sait que la s´erie de Fourier du prolongement pair et
de p´eriode 2π cv normalement, que les coefficients bn sont nuls et

2

Z π
a0 (f ) = aπ + 2 bπ
2
π
(at + b) cos(n t) dt =
an (f ) =
n

π 0
an (f ) = 2a (−1 + (−1) )
π n2
Pi`
eges `
a´
eviter :
– ´ecrire l’int´egrale sur [0, π] et remplacer f (t) par at + b!
– ne pas voir que la formule g´en´erique n’a pas des sens pour n = 0...
A partir de l`
a, on ´ecrit la s´erie de Fourier de f ; seuls les termes d’ordre impair sont non nuls
a0 (f )
a l’exception de
`
...
2
´
2. Egalit´
e entre la fonction et sa s´erie de Fourier en t = 0, puis Parseval...
10.5 Indications ou corrig´
e ex 10.5.
Soit
S:x→
∞
X
2
nxe−nx .
n=0
1. Le domaine de d´efinition de la fonction S est son domaine de convergence simple. Fixons
donc x comme il se doit lorsqu’on ´etudie la cv simple.
– Lorsque x = 0 la s´erie converge ;
2
– Lorsque x 6= 0, on a avec q = e−x < 1 :
1
1
1
−nx2
3 −nx2
3 n
nxe
=x n e
=x n q
=o
n2
n2
n2
2. La convergence est-elle normale, uniforme ?
Il est toujours plus simple d’´etudier la convergence normale. Cherchons donc `a ´evaluer ||un ||∞ .
Pour cela ´etudions les variations de la fonction puisqu’une
simple n’apparaˆıt pas.
majoration
√
1
1
n
= √ . La s´erie des normes diverge
Son maximum est atteint en x = √ et vaut un √
2n
2n
2e
grossi`erement. Il n’y a pas cv normale sur R. Il n’y a pas convergence uniforme non plus
piuisque lea suite des somme partielles ne v´erifie pas la condition n´ecessaire ||Sn+1 −Sn ||∞ →
0. En effet,
||Sn+1 − Sn ||∞ = ||un+1 ||∞ → +∞
Par contre un examen du tableau de variation ou d’un graphe sommaire montre que la bosse
se rapproche de 0. Il nous vient naturellement `a l’id´ee de chercher la cv normale sur [a, +∞[
o`
u a > 0.
Comme un d´ecroˆıt sur [a, +∞[ d`
es que n est suffisamment grand, on aura
||un ||
2
∞
[a,+∞[
= un (a) = a n e−na
Il s’agit l`
a d’une s´erie num´erique convergente. Ainsi,
pour tout a > 0.
240
P
un converge normalement sur [a, +∞[
3. Expression de S `
a l’aide de fonctions usuelles. Nous allons faire apparaˆıtre
s´erie de d´eriv´ees.
P
un comme une
10.6 Indications ou corrig´
e ex 10.6.
1. Convergence simple sur ]0, +∞[; divergence ailleurs, f est donc d´efinie sur
2.
10.7 Indications ou corrig´
e ex. 10.7
1. Convergence absolue.
2. Consid´erons cette s´erie
Pcomme une s´erie enti`ere en y.
La d´eriv´ee de g(y) = an y n est
X
g 0 (y) =
sin(nx)y n−1 .
Le calcul de cette somme est ´evident : (oui !)
– g 0 (0) = sin(x)
– pour y non nul,
X
yg 0 (y) =
sin(nx)y n = Im
On a donc
g 0 (y) =
1
sin x
=
(1 − y cos x)2 + (y sin x)2
sin x
Z
g 0 (y) dy =
1
sin x
Z
1
1 − yeix
1
1+
dy
1+
y − cos x
sin x
y − cos x
sin x
2 .
2 .
Remarque : l’´enonc´e donnait
∞
X
sin(nx) n
y sin x
y = arctan
,
n
1 − y cos x
n=1
mais c’est plus instructif si on le cherche soi-mˆeme.
10.8 Indications ou corrig´
e ex. 10.8.
1. Facile
2. Partition des permutations en n+1 parties form´ees des permutations qui laissent n−k points
invariants seulement (et en d´erangent k).
e−x
3. Formule du produit de Cauchy et s´erie g´eom´etrique, on obtient f (x) =
...
1−x
10.9 Indications ou corrig´
e ex 10.9
241
1. crit`ere de d’Alembert
2. (1 − x)Sp0 = (p + 1)Sp ... on r´esout alors l’´equation diff´erentielle.
10.10 Indications ou corrig´
e 10.10.
1.
2.
3.
10.11 Indications ou corrig´
e 10.11.
1.
10.12 Indications ou corrig´
e ex 10.12
D´evelopper le membre de droite comme une s´erie g´eom´etrique/s´erie de Fourier. Rechercher y
comme somme d’une s´erie g´eom´etrique. On raisonne donc par analyse synth`ese. On suppose b 6= 0,
(b = 0 est un cas simple qui sera trait´e `
a part).
– lorsque a 6= n2 pour tout entier, une CN est :
y(t) =
X
n≥0
bn
eint .
a − n2
Il reste (synth`ese) `
a v´erifier que la s´erie d´efinit une fonction, que cette fonction est de classe
C 2 et solution du probl`eme. C’est l`
a qu’intervient le th´eor`eme de convergence uniforme des s´erie
d´eriv´ees.
– lorsque a est le carr´e d’un entier, il n’y a pas de solution p´eriodique.
Remarque : on peut aussi r´esoudre les ´equations y” + ay = einx , suivant que a = n2 ou a 6= n2 ,
puis s’assurer que la s´erie des solutions de chacune de ces ´equations est une fonction de classe C 2
solution de l’´equation de d´epart.
10.13 Indications ou corrig´
e 10.13
1. R=1 (obvious)
2. Int´egration d’une SE.
3. V´erifier en d´erivant les deux fonctions : les d´eriv´ees sont ´egales, les fonctions diff´erent d’une
constante sur chaque intervalle contenu dans leur domaine de d´efinition. On calcule la
constante par passage `
a la limite.
Analogue : d´emontrer que arctan(x) + arctan(1/x) = signe(x)π/4...
4. simple cas particulier ?
10.14 Indications ou corrig´
e 10.14
On suppose a r´eel non nul.
242
1. Comme la fonction est de classe C 1 par morceaux et non continue, sa s´erie de Fourier converge
simplement vers la r´egularis´ee de f. Les coefficients sont
Z π
sh(aπ)
1
a + in
eat e−int dt = (−1)n
cn (f ) =
= (−1)n sh(aπ)
.
2π −π
π(a − in)
π(a2 + n2 )
Comme les coefficients cn et cn sont conjugu´es on obtient :
• en x = (2k + 1)π,
∞
a
sh(aπ) X
einπ = ch(aπ);
(−1)n 2
π −∞
a + n2
• en x ∈
/ (2Z + 1)π,
∞
sh(aπ) X
a
einx = eax ;
(−1)n 2
π −∞
a + n2
2. De la premi`ere formule nous d´eduisons
∞
X
a
= πcoth(aπ);
2 + n2
a
−∞
∞
X
1
1
1
=
a2 + n2
2
1
πcoth(aπ)
− 2
a
a
;
P 1
? Regardons les limites des deux membres.
n2
1
• La s´erie de fonctions un (x) = 2
converge normalement sur R. Sa somme est donc
n + x2
continue et la limite du membre de gauche lorsque a → 0 est S(0)...
Comment en d´eduire
• En vue du calcul de la limite, d´etaillons la recherche d’un DA en 0.
1 + x2 /2 + o(x2 ))
1
1
1
coth(x) =
= (1 − x2 /2 + o(x2 ))(1 + x2 /6 + o(x2 )) = (1 + x2 + o(x2 )).
x + x3 /6 + o(x3 )
x
x
3
10.15 Indications ou corrig´
e 10.15
ON PEUT FAIRE mieux
Lorsque les an sont des r´eels positifs, le r´esultat est trivial ; en prenant z = r > 0,
f (z) = f (r) =
X
an rn ≤
1
,
1−r
1
comme tous les termes sont positifs, pour un n fix´e et pour tout r ∈ [0, 1[, an rn ≤
. Prenons
1−r
n
en particulier r =
et le tour est jou´e.
n+1
Que dire lorsque les coefficients (an )n sont des complexes quelconques ?
Tr`
es classiquement, on peut observer que
Z 2π
Z 2π X
f (reit )e−in0 t dt =
an rn e(n−n0 )it dt,
0
0
et, comme la s´erie des fonction un : θ → an rn ei(n−n0 )θ est normalement convergente si r > R = 1,
il vient, tous calculs faits :
Z 2π
f (reit )e−in0 t dt = 2πrn0 an0 .
0
243
Une majoration de l’int´egrale fournit `
a nouveau :
|an |rn ≤
1
...
1−r
10.16 Indications ou corrig´
e 10.16
P
1. Quasi imm´ediat : on pose y(x) = an xn , et en ´ecrivant correctement le produit de Cauchy,
on obtient
!
X
X
X (−1)p
n
(n + 2)(n + 1)an+2 x +
aq xn = 0.
p!
p+q=n
n≥0
n≥0
d’o`
u les relations
n
an+2 =
X (−1)q
(−1)n+1
aq .
(n + 1)(n + 2) q=0 (n − q)!
(10.4)
On peut montrer par r´ecurrence que an = αn a0 + βn a1 o`
u les suites (αn )n et (βn )n ne
d´ependent pas de a0 , a1 . Il faut ˆetre m´eticuleux et expliciter les relations de r´ecurrence
d´efinissant les αn , βn ... On retrouve ainsi que les solutions DSE, si elles existent (voir l’´etude
du rayon) sont combinaisons lin´eaires des solutions φ1 telle que φ1 (0) = 1, φ01 (0) = 0 et φ2
telle que φ2 (0) = 0, φ02 (0) = 1.
2. nom du fichier MAPLE : EDO SE 1.mws
C:=proc(a0,a1,N)
local A,n,q,s;
A[0]:=a0;
A[1]:=a1;
for n from 0 to N-2 do
s:=0;
for q from 0 to n do
s:=s+(-1)^q*A[q]/(n-q)!;
od;
A[n+2]:=(-1)^(n+1)*s/((n+2)*(n+1));
od;
seq(A[i],i=0..N);
end:
Ce que l’on peut v´erifier avec
Order:=12;
ed:=diff(y(t),t,t)+exp(-t)*y(t);
dsolve({ed,y(0)=a0,D(y)(0)=a1},y(t),type=series);
3. Rayon de convergence des SE d´efinies par les relations 10.4 :
n
|an+2 | ≤
X 1
1
|an−q |.
(n + 2)(n + 1) q=0 q!
D’o`
u l’on tire :
(10.5)
n
|Mn+2 | ≤
X 1
|Mn |
|e1 Mn |
≤
.
(n + 2)(n + 1) q=0 q!
(n + 2)(n + 1)
244
(10.6)
En cons´equence, la suite des Mn est constante `a partir d’un certain rang.P
En effet, elle croˆıt
et pour n ≥ 1, Mn+2 ≤ Mn ... La suite des coefficients (an )n est born´ee et
an z n a un rayon
de convergence R ≥ 1.
10.17 Indications ou corrig´
e 10.17
1.
2.
3.
10.18 Indications ou corrig´
e 10.18
D´eterminer la s´erie de Fourier de la fonction | sin x|; on observe que les bn , a0 et a2n+1 sont nuls.
Il suffit alors de remplacer les fonction cos 2px par 1 − 2 sin2 (px) dans le d´eveloppement... On
justifiera bien sˆ
ur tous les calculs.
10.19 Indications ou corrig´
e 10.19
1. On observe que
– x → f (x − t)/(1 − aeit ) est d´efinie et continue sur R;
– t → f (x − t)/(1 − aeit ) est d´efinie et continue par morceaux sur R;
– il existe une fonction int´egrable sur [0, 2π](la constante M ci-apr`es) telle que
|
||f ||∞
f (x − t)
|≤M =
.
1 − aeit
1 − |a|
On peut alors en d´eduire que φ est d´efinie et continue sur R.
2. Faisons apparaˆıtre une s´erie de fonctions. Commen¸cons par transformer l’int´egrale (changement de variable puis p´eriodicit´e) :
Z x
Z 2π
Z 2π
f (u)
f (u)
f (x − t)
dt
=
du
=
du.
φ(x) =
it
−iu
ix
1 − ae
e
1 − ae−iu eix
x−2π 1 − ae
0
0
Comme la s´erie de fonctions u → an f (u)e−inu einx converge normalement sur R,
!
Z 2π
Z 2π
∞
∞ X
X
n −inu inx
φ(x) =
f (u)
a e
e
du =
an
e−inu f (u) du einx .
0
n=0
n=0
0
La fonction φ est donc somme d’une s´erie trigonom´etrique qui converge elle aussi normalement,
φ est continue elle est somme de sa SF. φ est de classe C ∞ car φ(x) =
P∞ ncommeinx
= F (einx ) o`
u F est DSE de rayon R > 1/a...
n=0 a cn (f )e
3.
10.20 Indications ou corrig´
e 10.20
1.
2.
3.
10.21 Indications
ou corrig´
e 10.21
P∞
f (z) = n=0 an z n . Partons de l’int´egrale double
x − iy
Z Z
f
α
dx dy.
1 − α(x + iy)
¯
D(0,r
0)
245
On remarque que f
x − iy
α
Il vient alors,
x − iy
f
α
=
1 − α(x + iy)
est d´efini d`es lors que |¯
z | < α. Prenons 0 < r0 < α.
∞
X
z¯
an n
α
n=0
!
∞
X
!
n n
α z
=
n=0
re−iθ
Z r0
f
α
r
dr
dθ
=
1 − αreiθ
0
∞
X
X
n=0
p+q=n
!
ap α
q−p i(q−p)θ
e
rn .
Z Z
¯
D(0,r
0)
∞
2π X
Z
0
n=0
!
X
ap α
q−p i(q−p)θ
e
!
r
n+1
dθ
dr.
p+q=n
P
q−p i(q−p)θ n+1
La s´erie de fonctions d´efinies sur [0, 2π] par un (θ) =
e
r
est normalepα
p+q=n a
P∞
|z| P∞
ment convergente (parce que le produit de Cauchy
( n=0 αn |z|n ) est absolument
n=0 |an | n
α
convergent pour tout z de module |z| < r0 et que son t.g. majore ||un ||∞ ).
Cela nous permet d’´ecrire
!
!
Z r0 X
Z 2π
Z r0 Z 2π X
∞
∞
X
X
q−p i(q−p)θ
n+1
ap α e
r
dθ dr =
rn+1
ap αq−p
ei(q−p)θ dθ dr.
0
0
0
p+q=n
n=0
p+q=n
n=0
0
R 2π
Un œil exerc´e reconnaˆıt 0 en chacune des int´egrales 0 ei(q−p)θ dθ sauf si p = q = n/2 et n pair.
Il reste donc
Z r0 X
Z r0
∞
2p+1
ap r
dr = 2π
tf (t) dt
0
0
p=0
10.22 Indications ou corrig´
e 10.22
1. On observe (et on doit savoir sans h´esiter) que |x − eit |2 = x2 − 2x cos t + 1, on a donc
1
x − e−it
x − cos t
R
.
=
R
= 2
x − eit
|x − eit |2
x − 2x cos t + 1
2. D´eveloppons donc
∞
X
1
−eit
=
=
xn ei(n+1)t ,
x − e−it
1 − xeit
k=0
s´erie de rayon 1. Ainsi,
R
1
x − eit
∞
X
x − cos t
= 2
=R
xn ei(n+1)t
x − 2x cos t + 1
k=0
!
=
∞
X
cos((n + 1)t)xn .
n=0
En int´egrant terme `
a terme pour |x| < 1, nous obtenons :
∞
X
1
cos(nt) n
ln x2 − 2x cos t + 1 =
x .
2
n
n=1
3. Le produit de Cauchy de cette s´erie enti`ere par elle-mˆeme est la s´erie enti`ere de rayon 1 :


∞
X
X
cos(pt)
cos(qt)
2
 xn

ln x2 − 2x cos t + 1
=
pq
n=1
p+q=n,pq6=0
246
que l’on peut consid´erer comme une s´erie de fonctions
X
un (t) = xn
p+q=n,pq6=0
cos(pt) cos(qt)
pq
qui est normalement convergente pour |x| < 1. L’int´egration terme `a terme
10.23 Indication ou corrig´
e 10.23
R 2π
1. On observe que 0 f (t) dt = 0 (puisque a0 = 0) et que
x
Z
Z
x+2π
f (t) dt.
f (t) dt +
F (x + 2π) =
x
0
R 2π
Le deuxi`eme terme de cette somme est nul (puisque ´egal `a 0 f (t) dt = 0, f ´etant p´eriodique),
le tour est jou´e : F est p´eriodique.
On a en int´egrant par parties
Z 2π
Z 2π
2π
πbn =
f (t) sin(nt) dt = [F (t) sin(nt)]0 − n
F (t) cos(nt) dt.
0
0
bn (f )
= an (F ) est le coefficient de Fourier d’une fonction de classe C 1 par morceaux et
Ainsi
n
continue. D’apr`es le th´eor`eme dePDirichlet Jordan, la s´erie de Fourier de F est normalement
convergente. On en d´eduit que
bn /n est absolument convergente (la s´erie des normes est
bn (f )
||an (F ) cos nt||∞ = |an (F )| =
.)
n
2. C’est une suite de Cauchy : Nous avons, comme de bien entendu,
M
X
sin nx
ln n
=
n=N
=
M
X
Sn − Sn−1
ln n
n=N
M
−1
X
1
1
SM
SN −1
−
Sn +
−
ln n ln(n + 1)
ln M
ln N
(10.7)
(10.8)
n=N
sin nt/2
sin((n+
sin t/2
1)t/2), sinon), on obtient une majoration par une suite qui ne d´epend que de N, de limite 0.
P 1
3. Ce ne peut ˆetre la s´erie de Fourier d’un fonction continue par morceaux car
diverge.
n ln n
R 1
On le v´erifie en comparant `
a l’int´egrale
dt...
t ln t
Comme (Sn )n est born´ee (on peut en effet v´erifier que Sn (t) = 0 si eit = 1 et
10.24 Indications ou corrig´
e 10.24
1. On sait que si f est de classe C ∞ sa s´erie de Fourier ainsi que celle de chacune de ses
d´eriv´ees successives converge normalement. De plus, en notant cn (f ) le coefficient de Fourier
exponentiel de f pour n ∈ Z, on derive terme `a terme pour obtenir avec le th´eor`eme 10.8,
on a
X
f (k) (t) =
(in)k cn (f )eint .
n∈Z
La formule de Parseval appliqu´ee `
af
X
n∈Z
(k)
|cn (f (k) |2 =
donne :
X
|n|2k |cn (f )|2 =
n∈Z
247
1 2π k)
∈ |f |.
2π 0
En choisissant un indice n0 particulier et en majorant l’int´egrale, il vient pour tout k ∈ N,
|n0 |2k |cn0 (f )|2 ≤ 1.
Or la suite (|n0 |2k )k n’est born´ee que pour n0 = −1, 1 ou 0. Cela impose donc cn (f ) = 0
pour n ∈
/ {−1, 0, 1}.
Bilan : f (t) = c−1 e−it + c0 + c1 eit , puisque f est somme de sa s´erie de Fourier. C’est l`a
une condition n´ecessaire qui n’est en rien suffisante pour que les d´eriv´ees successives soient
major´ees par 1.
2. Puisque f est `
a valeurs r´eelles, nous choisirons d’´ecrire
f (t) = c0 + a1 cos t + b1 sin t.
On v´erifie sans peine que si f est r´eelle c0 , a, b sont r´eels (c’est aussi du cours : on int`egre/projette...).
– La relation f 0 (0) = 1, impose b = 1;
– le calcul de f en π/2 donne c0 + 1 ≤ 1 et c0 ≤ 0;
– le calcul de f en −π/2 donne
√
√ c0 − 1 ≥ −1 et c0 ≥ 0;
– enfin, a cos(x) + b sin(x) = a2 + 1 cos(x + φ) ne peut ˆetre major´ee par 1 sans que a2 + 1
ne le soit : a = 0.
Bilan : f (x) = sin(x).
10.25 Indication ou corrig´
e 10.25
f (x) =
∞
X
e−x
√
n
.
k=0
´
1. • Etudions
la convergence simple (domaine de d´efinition) :
– si x ≤ 0, la s´erie est grossi`erement divergente ; √
√
e−x n
→ 0; il suffit de prendre le log pour le
– si x > 0 on a e−x n = o(1/n2 ). En effet
n2
constater.
La s´erie converge donc est f est exactement d´efinie sur ]0, +∞[.
• Convergence
erons a > 0. Pour tout n ∈ N, pour tout x ∈ [a, +∞[,
√ normale. Consid´
√
e−x n ≤ e−a n . On a donc
√
||fn || ∞ = e−a n ;
[a,+∞[
P
c’est l`
a le terme g´en´eral d’une s´erie convergente. Comme
fn converge normalement sur
[a, +∞[, pour tout a > 0, sa somme est continue sur ]0, +∞[.
2. P
La s´erie de fonctions converge uniform´ement sur [a, +∞[; chaque somme partielle Sn (x) =
n
eduit avec le th´eor`eme d’interversion des limites que
k=0 admet en +∞ la limite 1. On en d´
lim
x→+∞
∞
X
√
e−x
k
=
k=0
∞
X
k=0
lim e−x
x→+∞
√
k
= 1.
3. Les fonctions fn sont d´ecroissantes, il en va de mˆeme pour la fonction f qui admet donc une
limite r´eelle ou +∞ en 0+ .
Pour chaque n ∈ N,
n
∞
√
√
X
X
Sn (x) =
e−x k ≤ f (x) =
e−x k .
k=0
k=0
Lorsque x → 0, on obtient n + 1 ≤ lim0 f. Cela ´etant v´erifi´e pour tout entier n, lim0 f = +∞.
248
Recherchons un ´
equivalent :
Commen¸cons par encadrer le terme g´en´eral de la s´erie pour x > 0 et n ≥ 1 et sommons :
Z n+1
Z n
√
√
√
e−x t dt ≤ e−x n ≤
e−x t dt
n
n−1
N +1
Z
e
1+
√
−x t
dt ≤
1
Z
1+
N
X
e
√
−x n
e−x
√
t
dt ≤ f (x) =
1
∞
X
√
t
dt
0
e−x
√
n
Z
∞
≤1+
e−x
√
t
dt.
0
n=0
f est donc ´equivalente au voisinage de 0 `a F (x) =
puis une ipp classique donnent :
Z
Z ∞
√
F (x) =
e−x t dt = 2
R∞
0
√
e−x
t
dt. Un changement de variable
∞
u e−xu du =
0
0
e−x
≤1+
n=0
∞
N
Z
1
x2
10.26 Indication ou corrig´
e 10.26
– Des z´eros ´evidents : x = kπ ou y = `π pour une fonction (2πZ)2 p´eriodique ie :
f (x + 2kπ, y + 2`π) = f (x, y).
– On r´e´ecrit la somme
∞
X
(−1)n−1
1
f (x, y) =
sin(nx) sin(ny) =
2
n
2
n=1
!
∞
X
(−1)n−1
(cos(n(x + y)) − cos(n(x − y))) .
n2
n=1
– Ainsi, f (x, y) = φ(x + y) − φ(x − y) avec
φ(z) =
∞
1 X (−1)n−1
cos(nz).
2 n=1
n2
L’´equation est donc φ(x + y) = φ(x − y) la fonction φ ´etant paire et de p´eriode 2π . Cela donne
comme solutions ´evidentes les couples v´erifiant x + y = x − y[2π] et x + y = −x + y[2π] soit
x = kπ ou y = kπ. Y en a-t-il d’autres ?
– On reconnaˆıt en cette s´erie une s´erie de Fourier de fonction assez simple sur ]0, π[ paire et de
p´eriode 2π ; on tˆ
atonne :
Z
n
n
2 (−1 + (−1) ) b
a (−1)
2 π 2
at + bt + c cos (n t) dt =
+
4
an (f ) =
(n ≥ 1)
π 0
n2 π
n2
Rπ
at2 + bt + cdt
2
= aπ 2 + bπ + c
π
3
−1
π2
et on identifie notre fonction sur [0, π] en prenant a =
, b = 0 et c =
.
8
24
L’´etude de cette fonction confirme sa monotonie sur [0, π]; il n’y a pas d’autre solution que celles
envisag´ees ce que confirmerait une repr´esentation 3d d’une somme partielle.
a0 (f ) = 2
0
249
250
11
11.1
11.1.1
Int´
egration
R´
esum´
e : convergence des suites et s´
eries d’int´
egrales
Suites d’int´
egrales
Th´
eor`
eme 11.1 si (fn )n est une suite de fonctions continues par morceaux convergeant uniform´
ement vers f ´egalement continue par morceaux sur un segment I = [a, b], alors
Z
Z
Z
lim fn = (lim fn ) = f.
n
I
n
I
I
Th´
eor`
eme 11.2 th´eor`eme de convergence domin´ee
Soit (fn )n une suite de fonctions continues par morceaux d´efinies sur un intervalle I, `a valeurs
complexes. On suppose que
– la suite (fn )n converge simplement vers une fonction f qui est continue par morceaux sur I,
– il existe une fonction φ continue par morceaux et int´egrable sur I, telle que, pour tout n, |fn | ≤ φ
(hypoth`ese de domination).
Alors,
– chaque fonction fn est int´egrable sur I,
– la limite simple, f, estRint´egrable sur I,
– la suite des int´egrales I fn converge et
Z
Z
Z
lim fn = lim fn = f.
n
I
I
n
I
Th´
eor`
eme 11.3 th´eor`eme de convergence domin´ee pour les s´eries
Soit (fn )n une suite de fonctions continues par morceaux d´efinies sur un intervalle I, `a valeurs
complexes.POn suppose que
– la s´erie n fn converge simplement vers une fonction S qui est continue par morceaux sur I,
– il existe
Pnune fonction φ continue par morceaux et int´egrable sur I, telle que, pour tout n,
|Sn = k=0 fk | ≤ φ (hypoth`ese de domination).
Alors,
Pn
– chaque fonction P
Sn = k=0 fk est int´egrable sur I,
∞
– la fonction S = k=0 P
fk , estR int´egrable sur I,
n
– la s´erie des int´egrales k=0 I fk converge et
∞ Z
X
k=0
I
fk =
Z X
∞
I k=0
Z
fk =
f.
I
Th´
eor`
a terme d’une s´erie
Peme 11.4 int´egration terme `
Soit
fn une s´erie de fonctions continues par morceaux d´efinies sur un intervalle I. On suppose
que
– pour tout
P n, fn est int´egrable sur I,
– la s´erie
fn convergeP
simplement
vers S qui est continue par morceaux .
R
– la s´erie des int´egrales ( I |fn |) converge ;
251
Alors,
– S est int´egrable sur I, et son int´egrale est donn´ee par :
!
Z
Z X
∞
∞ Z
X
S=
fn =
fn .
I
I
k=0
k=0
– On a la majoration
Z
||S||1 =
Z
|S| =
I
11.1.2
|
I
∞
X
k=0
fn | ≤
I
∞
X
||fn ||1 .
k=0
Int´
egrale d´
ependant d’un param`
etre
Th´
eor`
eme 11.5 continuit´e
Soit f : (x, t) ∈ A × I → f (x, t) ∈ K, o`
u A et I sont deux intervalles de R. On suppose que
– t → f (x, t) est continue par morceaux sur I, pour tout x ∈ A;
– x → f (x, t) est continue sur A, pour tout t ∈ I;
– il existe une fonction φ0 , continue par morceaux et int´egrable sur I, telle que
∀(x, t) ∈ A × I, |f (x, t)| ≤ φ0 (t),
Alors,
– pour tout x ∈ A, la fonction t → f (x, t)Rest int´egrable sur I,
– la fonction F d´efinie sur A par F (x) = I f (x, t) dt est continue.
Th´
eor`
eme 11.6 continuit´e et d´erivabilit´e
Soit f : (x, t) ∈ A × I → f (x, t) ∈ K, o`
u A et I sont deux intervalles de R. On suppose que
– t → f (x, t) est continue par morceaux sur I, pour tout x ∈ A;
– x → f (x, t) est continue sur A, pour tout t ;
– il existe une fonction φ0 , continue par morceaux et int´egrable sur I, telle que
∀(x, t) ∈ A × I, |f (x, t)| ≤ φ0 (t),
Si, de plus
∂ k f (x, t)
, pour k = 1, ...p;
– f admet des d´eriv´ees partielles par rapport `a x :
∂xk
– chaque d´eriv´ee est continue par morceaux sur I par rapport `a la variable t, continue sur A par
rapport `
a la variable x,
– il existe des fonctions φk , continues par morceaux et int´egrables sur I, telles que
∀(x, t) ∈ A × I, |
∂ k f (x, t)
| ≤ φk (t),
∂xk
Alors,
– pour tout x ∈ A, la fonction t → f (x, t) est int´egrable sur I, de mˆeme que les fonctions t →
∂ k f (x, t)
,
∂xk
252
– la fonction F d´efinie sur A par F (x) =
R
I
f (x, t) dt est de classe C p sur A et
F (k) (x) =
∂ k f (x, t)
dt.
∂xk
Z
I
11.1.3
La fonction Γ :
• La fonction Γ est de classe C ∞ sur ]0, +∞[ et :
Γ(x) =
R +∞
0
R +∞
dk
Γ(x) = 0 (ln t)k tx−1 e−t dt
k
dx
tx−1 e−t dt
∀n ∈ N, Γ(n + 1) = n!
Γ(x + 1) = xΓ(x)
Γ
R +∞
√
1
2
= 2 0 e−t dt = π
2
22
20
15
10
5
0
1
2
3
4
5
x
Figure 1 – graphes des fonctions Γ et x− > 1/x
11.1.4
Int´
egrales doubles
22. ceci est un pdf
253
Th´
eor`
eme 11.7
Pour toute fonction f continue sur le pav´e compact [a, b] × [c, d], les int´egrales
!
!
Z b Z d
Z d Z b
f (x, y) dy dx et
f (x, y) dx dy
a
c
c
(11.1)
a
sont ´egales. Leur valeur commune est l’int´egrale de f sur [a, b] × [c, d] not´ee :
ZZ
f.
[a,b]×[c,d]
D´
efinition 11.1 fonctions int´egrables
Soit f une fonction positive et continue sur le produit d’intervalles I × J; on dit que f est
int´egrable sur I × J, ssi la famille des int´egrales de f sur les compacts [a, b] × [c, d] inclus dans I × J
est born´ee. On pose alors
ZZ
ZZ
f=
sup
f.
I×J
[a,b]×[c,d]⊂I×J
[a,b]×[c,d]
On dit par ailleurs d’une fonction continue, `a valeurs r´eelles ou complexes, qu’elle est int´egrable
sur I × J ssi |f | est int´egrable au sens pr´ec´edent.
Th´
eor`
eme 11.8
– soit f continue sur I ×J, `
a valeur r´eelles, |f | (ou f ) est int´egrable ssi les fonctions f + = sup{f, 0}
−
et f = sup{−f, 0} le sont. On pose alors
ZZ
ZZ
ZZ
f=
f+ −
f −.
I×J
I×J
I×J
– soit f continue sur I × J, `
a valeurs complexes |f | (ou f ) est int´egrable ssi les fonctions Re(f ) et
Im(f ) le sont. On pose alors
ZZ
ZZ
ZZ
f=
Re(f ) + i
Im(f ).
I×J
I×J
I×J
Comment d´
ecider si une fonction continue est int´
egrable ?
On saura d´emontrer sans h´esitation que :
• si f est continue sur I × J, si |f (x, y)| ≤ g(x, y) o`
u g est continue et int´egrable sur I × J, alors f
est int´egrable sur I × J; En effet sur un produit [a, b] × [c, d] ⊂ I × J, on a
ZZ
ZZ
ZZ
|f | ≤
g≤
g...
[a,b]×[c,d]
[a,b]×[c,d]
I×J
• si f et sont g des fonctions d’une variable, continues et int´egrables sur I et J respectivement,
alors (x, y) → f (x)g(y) est int´egrable sur I × J car
ZZ
Z
Z
Z
Z
|f (x) × g(y)| =
|f | ×
|g| ≤ |f | ×
|g|.
[a,b]×[c,d]
[a,b]
254
[c,d]
I
J
Th´
eor`
eme 11.9 formule de Fubini pour les fonctions int´egrables 23
On suppose f continue et int´egrable sur I × J. Si
– pour tout
R x, la fonction y → f (x, y) est int´egrable sur J,
– g : x → J f (x, y) dy est continue par morceaux et int´egrable sur I,
alors,
ZZ
Z
f=
I×J
g.
I
Remarque : avec les hypoth`eses sym´etriques :
– pour tout
R y, la fonction x → f (x, y) est int´egrable sur I,
– h : y → I f (x, y) dx est continue par morceaux et int´egrable sur J,
on obtient
ZZ
Z
Z
f= g=
h.
I×J
I
J
Th´
eor`
eme Changements de variables dans les int´egrales doubles
• Soient U et V deux ouverts du plan. Si φ est un C 1 −diff´eomorphisme de U sur V et f une
fonction continue sur V, on a, en notant φ(u, v) = (x(u, v), y(u, v)) et Jφ (u, v) = det(D(φ(u, v)))
le jacobien de φ,
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (x(u, v), y(u, v))|Jφ (u, v)| du dv
V
U
• En particulier, si φ est le diff´eomorphisme d´efini par φ(r, θ) = (r cos(θ), r sin(θ)) (passage en
coordonn´ees polaires), la formule de changement de variables s’´ecrit :
ZZ
ZZ
f (x, y) dx dy =
f (r cos(θ), r sin(θ)) r dr dθ,
V
U
avec r = |Jφ (r, θ)|.
23. On comparera au th´
eor`
eme de Fubini pour les s´
eries num´
eriques...
255
11.2
Int´
egration, Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
calculs changements de variables classiques, int´egration par parties
fonctions int´
egrables r`egles de comparaison, comparaison `a une s´erie
th´
eor`
emes de convergence
int´
egrales impropres ou semi-convergentes
int´
egration des fonctions de deux variables
11.3
´
Enonc´
es
Exercice 11.1 mines
Soit x ∈ R. Justifier l’existence de
∞
Z
0
e−t sin xt
√
dt.
t
La calculer.
voir 11.1
Exercice 11.2 d’apr`es mines
1. Justifier l’existence de l’int´egrale
∞
Z
I=
0
2. On pose
Z
e−t sin t
√
dt.
t
∞
F (x) =
0
e−t e−i x t
√
dt.
t
Montrer que F est d´efinie sur R et que c’est une fonction de classe C 1 .
3. Calculer F (x). En d´eduire I.
voir 11.2
Exercice 11.3 CCP
Justifier l’existence de l’int´egrale suivante et la calculer
Z 1
dx
√
√
J=
1
+
x
+ 1−x
−1
voir 11.3
Exercice 11.4 CCP
Discuter de l’existence de l’int´egrale suivante
Z ∞ −ax
e
ln x − ln(1 − e−x ) dx.
x
0
voir 11.4
Exercice 11.5 br`eves
1. Soit f une fonction continue par morceaux int´egrable sur =]0, +∞[. Pourquoi a-t-on
Z ∞
lim
f (x) dx = 0?
n→∞
n
256
2. la fonction g d´efinie sur ]0, 1[ par
g(t) =
tα − 1
ln t
y est elle int´egrable sur ce mˆeme intervalle ?
3. l’int´egrale
∞
Z
1
1
sin x +
dx
x
x
1
a-t-elle un sens ?
voir indications ou corrig´e 11.5
Exercice 11.6 nature des int´egrales impropres :
Z +∞ √
e− ln x sin x dx
1
+∞
Z
0
Z
1
1
√ sin x +
dx
x
x
+∞
0
sin x ln x
√
dx
x2 + 1
voir corrig´e en 11.6
Exercice 11.7 CCP
Justifier la convergence de
1
XZ
tn sin(πt) dt
0
ainsi que l’´egalit´e
∞ Z
X
n=0
1
Z
tn sin(πt) dt =
0
0
π
sin x
dx.
x
voir indications ou corrig´e 11.7
Exercice 11.8
Calculer la somme de la s´erie num´erique de terme g´en´eral :
11.8
(−1)n
. voir indications ou corrig´e
3n + 1
Exercice 11.9 CCP PSI-2002 : des sujets coupl´es par deux ; ici la partie int´egration de plusieurs
d’entre eux.
1. Calculer
+∞
Z
e−nt arctan(t) dt.
lim
n→∞
0
2. Soit x ∈]0, 2π[, montrer que
,
X
eikx − eikπ
k=1
En d´eduire que la s´erie de t.g.
ik
=
−1
2i
Z
x
π
eit/2
(1 − eint ) dt.
sin t/2
eikx
converge et calculer sa somme.
k
257
3. Soit fn (x) =
ln(1 + x/n)
.
x(1 + x2 )
´
(a) Etudier
l’int´egrabilit´e de fn sur ]0, +∞[.
(b) Existence et valeur de
lim
n→+∞
(c) Equivalent de
R +∞
0
+∞
Z
n
fn (x) dx .
0
fn (x) dx en +∞.
voir indications ou corrig´e 11.9.
Exercice 11.10 d’apr`es Centrale PSI-2003
Soit F (x) =
P
n≥0
x2n
et s > 0.
(n!)2
1. Montrer que g : t → F (t)e−t/s est int´egrable sur [0, +∞[.
R +∞
2. Montrer que s → 0 F (t)e−t/s dt est DSE sur ] − 1/2, 1/2[.
voir commentaire 11.10
Exercice 11.11 d’apr`es Centrale PSI-2003
Soit g : (x, t) → g(x, t), une fonction de classe C 1;
1. Que dire de la d´erivabilit´e des fonctions :
Z
x
F :x→
g(1, t) dt,
0
Z
1
G:x→
g(x, t) dt,
0
Z x
H:x→
g(x, t) dt?
0
Dans chaque cas pr´eciser la d´eriv´ee (le sujet pos´e `a l’oral ne faisait mention que de la troisi`eme,
gare !).
´
2. Etudier
la fonction f d´efinie par :
Z ∞
1
f (x) =
√
x dt.
t + 1 + t2
0
voir commentaire 11.11
Exercice 11.12 CCP et autres
On consid`ere la fonction f d´efinie par
Z
+∞
f (x) =
0
arctan(tx)
dt.
1 + t2
1. Montrer que f est d´efinie sur R; est-elle continue, d´erivable ?
2. Calculer sa limite en +∞;
3. La fonction f est elle int´egrable sur R?
voir commentaire 11.12
258
Exercice 11.13 Mines 2004
Calculer, lorsque |b| < a,
π
Z
ln(a + b cos t) dt.
0
voir commentaire 11.13
Exercice 11.14 questions diverses
1. Calculer
π
Z
1
dt;
1 + cos2 t
0
2. Montrer que
Z
2
x
2
et dt
0
ex
;
x→+∞ 2x
∼
3. f ´etant continue sur [0, 1], que dire de la limite de
1
Z
f (tn ) dt?
0
voir commentaire 11.14
Exercice 11.15 mines Soit
Z
1
I=
0
ln2 t
dt;
1 + t2
1. Calculer le d´eveloppement en s´erie de Fourier de la fonction de p´eriode 2π , impaire, telle
que, pour x ∈ [2, 2π], f (x) = x(π − x).
2. En d´eduire I.
voir commentaire 11.15
Exercice 11.16
On consid`ere pour r ∈ [0, 1[, la fonction d´efinie par
X
X
Pr (t) =
r|n| eint = 1 +
rn eint + e−int .
n≥1
n∈Z
´
1. Etudier
la convergence de cette s´erie de fonctions, donner une expression simple de sa somme
et repr´esenter Pr (t) pour quelques valeurs de r;
2. A toute fonction u continue sur [0, 2π] telle que u(0) = u(2π), on associe la fonction u
˜, d´efinie
sur le disque D = {z ∈ C; |z| < 1}, par la relation
u
˜(z) = u
˜(reiθ ) =
(a) Calculer
R 2π
0
1
2π
Z
2π
Pr (t − θ)u(t) dt.
0
Pr (θ) dθ. Montrer que pour tout θ ∈ [0, 2π],
1
lim− u
˜(re ) − u(θ) = lim−
r→1
r→1 2π
iθ
Z
2π
Pr (θ − t)(u(t) − u(θ)) dt = 0.
0
(b) Montrer que u
˜ est de classe C 2 sur le disque ouvert D et que
∆(˜
u) = 0.
259
On rappelle que l’expression du laplacien en coordonn´ees polaires est
1 ∂2
1 ∂
∂2
gP (r, θ) + 2 gP (r, θ) + 2 2 gP (r, θ) si r > 0.
r ∂r
∂r
r ∂θ
∆gP (r, θ) =
voir corrig´e 11.16
Exercice 11.17 centrale (RMS)
Soit f d´efinie pour X > 0, par
∞
Z
f (X) =
sin t
dt.
−1
eXt
0
1. Montrer que f est continue sur ]0, +∞[;
2. Montrer que f est somme d’une s´erie de fonctions rationnelles simples ;
3. Donner un ´equivalent de f en 0 ;
voir commentaire 11.17
Exercice 11.18 Soit
+∞
Z
un =
0
1. Montrer que la s´erie
P
1
dt.
(1 + t3 )n
un diverge ;
2. Donner un ´equivalent de un ;
voir commentaire 11.18
Exercice 11.19 Mines MP 2005, r´eordonnancements
1. Soit (an )n une suite r´eelle, croissante, de limite +∞. Justifier l’´egalit´e
Z
∞
+∞ X
@
(−1)n e−an x dx =
n=0
∞
X
(−1)n
.
an
n=0
2.
3.
voir commentaire 11.19
Exercice 11.20 CCP MP -2005
Soit α un r´eel ; on d´efinit une suite de fonctions (fn )n sur R+ en posant
fn (x) = x(1 + nα e−nx ).
´
1. Etudier
la convergence simple, puis la convergence uniforme ;
´
2. Etudier
la convergence uniforme.
3. Calculer
1
Z
x(1 + nα e−nx ) dx.
lim
0
l’´enonc´e de l’OT propose
voir commentaire 11.20
R1
0
1/2 −nx
x(1 + n
e
) dx?
Exercice 11.21 CCP MP - 2005
On pose pour n, p entiers et x ∈ R,
Z
In,p (x) =
n
t
x−1
0
260
t
1−
n
p
dt.
1. Caluler In,p (x);
n
t
lorsque n tend vers +∞?
n
3. Rappeler le domaine de la fonction Γ et montrer que
2. Quelle est la limite de
1−
Γ(x) = lim
nx n!
.
x(x + 1)...(x + n)
V´erifier
voir commentaire 11.21
Exercice 11.22
´
Etudier
les s´eries de termes g´en´eraux :
1.
Z
1
1
dx
1 + x + x2 + ... + xn
1
xn
dx
1 + x + x2 + ... + xn
0
2.
Z
0
voir commentaire 11.22
261
262
11.4
Indications ou corrig´
es des exercices
11.1 Indications ou corrig´
e 11.1.
Voir correction dans l’exercice d´etaill´e qui suit. L’id´ee est de montrer que cette int´egrale d´efinit
une fonction de classe C 1 , de calculer sa d´eriv´ee...
11.2 Indications ou corrig´
e 11.2.
R ∞ e−t sin t
√
dt.
1. Existence de l’int´egrale 0
−t
t
e sin t ´
est continue sur ]0, +∞[. Etudions
La fonction |f (t)| = √
son comportement aux
t bornes de l’intervalle :
√
– Au voisinage de 0, |f (t)| ∼t→0 t elle admet donc un ppc `a [0, +∞[;
e−t
– sur [1, +∞[, |f (t)| ≤ √ = g(t). Or, g(t)t2 = e−t t3/2 = o(1) ou g(t) = o(1/t2 )...
t
f est donc int´egrable sur [1, +∞[
Bilan f est int´egrable sur [0, +∞[.
2.
Z
F (x) =
0
∞
e−t e−i x t
√
dt =
t
Z
∞
h(x, t) dt.
0
Justifions que F est de classe C 1 .
√
∂h(x, t)
= −i e−t e−i x t t sur A × I.
∂x
– pour tout x ∈ A, t → h(x, t) est continue sur I
– pour tout t ∈ I, t → h(x,
t) est continue sur A
e−t e−i x t e−t
= √
– domination √
t t
qui d´efinit une fonction int´egrable sur I puisque
e−t
1
e−t
1
√ ∼ √ et √
∼ o 2
t→+∞
t
t t→0 t
t
Notons A =, I =]0, +∞[. Observons que
∂h(x, t)
est continue sur I
∂x
∂h(x, t)
– pour tout t ∈ I, t →
est continue sur A
∂x
∂h(x, t) −t −i x t √ √
= e e
– domination t ≤ e−t t qui d´efinit une fonction int´egrable sur I;
∂x – pour tout x ∈ A, t →
Cela prouve que F est d´efinie sur R et qu’elle est de classe C 1 .
3. Comme
F 0 (x) = −i
Z
∞
√
e−t e−i x t t dt
0
en int´egrant F (x) par parties nous allons pouvoir comparer F (x) et F 0 (x) :
Z ∞ −t −i x t
Z ∞
h √
i∞
√
e e
√
F (x) =
dt = 2 t e−t e−i x t
+ 2(1 + i x)
e−t(1+i x) t dt
0
t
0
0
Cela nous conduit `
a la relation F 0 (x) = 2 i (1 + i x) F (x). F est donc solution de l’´equation
diff´erentielle lin´eaire y 0 − 2 i (1 + ix)y = 0, dont les solutions sont les fonctions y(x) =
R ∞ e−t
2
K e2i x−x . Dans notre cas, K = F (0) = 2 0 √ dt; on calcule cette int´egrale en posant
√
√t
u = t; on retrouve l’int´egrale de Gauss et K = π.
263
voir 11.2
11.3 Indications ou corrig´
e 11.3.
– commencer par multiplier et diviser par la quantit´e conjugu´ee ; on a alors
√
√
Z 1
1+x− 1−x
1/2
J=
dx.
x
−1
– calculons ensuite :
√
1
Z
1/2
J1 (a) =
−a
Z
√
a
1/2
J2 (a) =
−1
elles se calculent en posant
u=
√
1 + x, v =
1+x
dx.
x
1−x
dx.
x
√
1 − x...
et on passe `
a la limite :
Z 1
√
√
√
√
√
−1
1−x+ 1+x
dx = 2 2 + ln( 2 − 1) − ln(1 + 2)
−1
11.4 Indications ou corrig´
e 11.4.
11.5 Indications ou corrig´
e 11.5.
1.
2.
3. Voir la question 2 de l’exercice 11.6 tr`es analogue et corrig´ee en 11.6.
11.6 correction de l’exercice 11.6.
1. On ne se pr´eoccupe pour l’instant (´enonc´e) que de l’existence de l’int´egrale impropre donc
de la convergence de
Z X √
e− ln x sin x dx.
1
On a pens´e ipp, changement de variable, on se rabat sur un d´ecoupage de l’intervalle avec la
relation de Chasles :
Z
X
π
e−
√
ln x
sin x dx =
n−1
X Z (k+1)π
k=1
e−
kπ
√
ln x
Z
X
sin x dx +
e−
√
ln x
sin x dx
(n)π
X
.
avec nπ ≤ X ≤ (n + 1)π soit n = Ent
π
L’id´ee est que si la s´erie converge, on va pouvoir ´etablir l’existence d’une limite parce que le
terme restant a pour limite 0.
264
R (k+1)π −√ln x
- On note uk = kπ
e
sin x dx, on voit que la s´erie est du signe de (−1)k ;
- lim |uk | = 0. En effet,
Z (k+1)π √
|uk | =
e− ln x | sin x| dx
|uk | ≤ e
kπ
√
− ln kπ
Z
(k+1)π
| sin x| dx = cste × e−
√
ln kπ
kπ
- Par ailleurs, on ´etudie la diff´erence avec le changement de variable u = x + π (comme on a
R sin t
pu le faire dans le cours pour
dt) :
t
Z
(k+2)π
|un+1 | − |un | =
e
√
− ln x
Z
(k+1)π
Z
e−
√
ln x
Z
Z
(k+2)π
(k+2)π
e−
| sin x| dx −
(k+1)π
=
e−
√
ln x
| sin x| dx
kπ
(k+2)π
=
(k+1)π
| sin x| dx −
√
ln(u−π)
| sin(u − π)| du
(k+1)π
e−
√
ln(u)
− e−
√
ln(u−π)
| sin x| dx < 0
(k+1)π
P
La s´erie
un v´erifie donc le CSSA, elle converge et il ne reste plus qu’`a montrer que
√
RX
lim (n−X)π e− ln x sin x dx = 0... C’est en fait facile `a ´etablir puisque
Z
X √
√
− ln x
e
sin x dx ≤ πe− ln nX π .
nπ
1
1
est continue sur ]0, +∞[.
2. La fonction f : x → √ sin x +
x
x
1
• Au voisinage de 0 elle est int´egrable car |f (x)| ≤ √ ...
x
• On ne voit pas imm´ediatement de technique pour ´etudier directement le comportement au
voisinage de +∞. Une id´ee sera de d´evelopper l’expression trigonom´etrique :
1
1
1
1
1
1
√ sin x +
= √ sin x cos
+ √ cos x sin
x
x
x
x
x
x
1
1
1 1 1
≤ √ sin
∼ √ , le second membre est donc
Au vois de +∞, √ cos x sin
x
x x
x
x x
une fonction int´egrable sur [1, +∞[;
1
1
1
1
1
En ce qui concerne le terme √ sin x cos
, on observe que cos
= 1− 2 +o
x
x
2x
x2
x
ce qui conduit `
a
1
1
1
1
1
√ sin x cos
√
= √ sin x − 2 √ sin x + o
sin x
x
x
x
2x x
2x2 x
la premi`ere fonction admet une int´egrale impropre (int´egrer par parties pour faire apparaˆıtre
une fonction int´egrable), les deux autres sont visiblement int´egrables.
Z +∞
1
1
√ sin x +
dx
x
x
0
est donc bien d´efinie comme int´egrale impropre.
265
´
3. Etudions
la troisi`eme int´egrale,
Z
+∞
sin x ln x
√
dx.
x2 + 1
0
sin x ln x
• La fonction √
est d´efinie sur ]0, +∞[, elle admet un ppc en 0 qui prend la valeur 0
x2 + 1
(car sin x ln x ∼ x ln x a pour limite 0).
´
• Etude
en +∞ : Une majoration brutale de | sin x| par 1 conduirait `a une fonction
´equivalente `
a une fonction de Bertrand non int´egrable. On ne voit pas bien ici ce que donnerait une ipp ou d’un changement de variable...
Essayons plutˆ
ot d’´etudier cette int´egrale impropre avec un d´ecoupage avec Chasles pour nous
ramener `
a une s´erie altern´ee. C’est plus tentant de par la pr´esence du sinus (cours, premier
exemple de cette s´erie...)
Z X
n−1
X Z (k+1)π sin x ln x
sin x ln x
sin x ln x
√
√
√
dx =
dx +
dx
2+1
2+1
x
x
x2 + 1
nπ
π
k=1 kπ
X
avec nπ ≤ X ≤ (n + 1)π soit n = Ent
. On pose donc
π
Z (k+1)π
sin x ln x
√
dx.
uk =
x2 + 1
kπ
Z
X
– |uk | est du signe du sinus sur [kπ, (k + 1)π] soit (−1)k ;
– lim |uk | = 0 puisque
Z (k+1)π
ln(k + 1)π
|uk | ≤ p
| sin x| dx
(kπ)2 + 1 kπ
– Apr`es changement de variable dans la deuxi`eme int´egrale,
(k+1)π
Z
|uk+1 | − |uk | =
kπ
ln(x − π)
ln x
√
−p
2
x +1
(x − π)2 + 1
C’est l’´etude des variations de f (x) = √
f 0 (x) = −
!
| sin x| dx
ln x
qui va nous permettre de conclure :
x2 + 1
−x2 − 1 + ln (x) x2
x (x2 + 1)
3/2
1
est du signe de φ(x) = 1 + 2 − ln x pour laquelle φ0 (x) < 0... Les fonctions f et φ de
x
d´eriv´ees n´egatives sont &
R X sin x ln x
Il reste `
a ´evaluer nπ √
dx ce qui est sans myst`ere...
x2 + 1
11.7 Indications ou corrig´
e 11.7.
11.8 Indications ou corrig´
e 11.8. corrig´e avec celui de l’ex. 5.9 sur les s´eries num´eriques dont
c’est une des questions.
266
11.9 Indications ou corrig´
e 11.9.
1. application triviale du th´eor`eme de convergence domin´ee ;
2. Nous avons
n
X
eikx − eikπ
ik
k=1
n ikt x
X
e
=
ik
k=1
Z xX
n
=
eikt dt
(11.3)
eit/2
(1 − eint ) dt.
sin t/2
(11.4)
π k=1
Z x
−1
2i
=
Observons que sur l’intervalle ]x, π[,
(11.2)
π
π
1
1
≤
.
sin(t/2)
sin(x/2)
On a donc
Z
x
π
eit/2
(1 − eint ) dt
sin t/2
x
Z
=
π
eit/2
dt −
sin t/2
Z
x
π
eit/2 int
e dt
sin t/2
(11.5)
La deuxi`eme int´egrale a pour limite 0 (lemme de Riemann, int´egration par parties). La s´erie
est donc convergente et
∞
X
eikx
k=1
k
=
∞
X
eikπ
(11.6)
x−π
i − ln 2 + ln sin(x/2)
2
(11.7)
k=1
=
x
eit/2
dt
sin t/2
k
−
1
2
Z
π
3. (a) La fonction fn est continue sur ]0, +∞[, positive (ce qui nous autorise les comparaisons).
fn (x) ∼
0
ln(1 + x/n)
∼ 1/n;
0
x
la fonction est int´egrable sur ]0, 1].
fn (x) = o
+∞
1
1 + x2
;
la fonction est int´egrable sur [1, +∞[.
(b) Pensons au th´eor`eme de convergence domin´ee :
– comme chacun sait n ln(1 + x/n) = ln ((1 + x/n)n ) ≤ ln ex = x;
– les fonctions continues par morceaux nfn (x) v´erifient
|nfn (x)| ≤
1
1 + x2
cette derni`ere fonction est int´egrable sur I;
1
ln ((1 + x/n)n )
converge simplement vers
.
– la suite nfn (x) =
x(1 + x2 )
1 + x2
On en conclut facilement avec le th´eor`eme de convergence domin´ee (thm 11.3), que la
limite cherch´ee est π/2.
(c) π/2n.
267
11.10 Indication ou corrig´
e 11.10
1.
2.
11.11 Indication ou corrig´
e 11.11
1.
2.
11.12 Indication ou corrig´
e 11.12
1. Classiquement, avec le th´eor`eme 11.6 :
arctan(xt)
– la fonction φ : (x, t) ∈ R2 →
est continue sur R2 ;
1 + t2
π/2
est int´egrable sur R et, pour tout x, |φ(x, t)| ≤ g(t); Cela assure
– la fonction g : t →
1 + t2
que f est continue sur R.
∂φ(x, t)
t
– La fonction (x, t) ∈ R2 →
=
est continue sur R.
2
∂x
(1 + t )(1 + x2 t2 )
t
– Consid´erons a > 0. La fonction g1 : t →
est int´egrable sur R et pour
2
(1 + t )(1 + a2 t2 )
tout x ∈ [a, +∞[, |φ(x, t)| ≤ g1 (t).
Cela assure que f est de classe C 1 sur [a, +∞[ pour tout a > 0, et partant sur ]0, +∞[.
Comme f est impaire, elle est de classe C 1 sur R∗ .
On peut se poser la question de la d´erivabilit´e en 0 (elle ne semble pas avoir ´et´e pos´ee lors
de l’oral). Pour cela on ´ecrira le taux de variation
Z
f (x) − f (0)
1 ∞ arctan(xt)
=
dt,
x−0
x 0
1 + t2
R A arctan(xt) t
dt, dont le th´eor`eme de convergence domin´ee
0
xt
1 + t2
nous donne la limite sous forme d’une int´egrale facile `a minorer :
! Z
Z A
Z A
A
arctan(xt) t
t
1
lim
dt
=
dt
≥
dt = 1/2 ln A...
2
2
xt
1
+
t
1
+
t
2t
0
0
1
que l’on minorera par
2. Consid´erons une suite (xn )n de limite +∞, la suite d’int´egrales
Z ∞
Z ∞
arctan(xt)
fn (t) dt =
dt.
1 + t2
0
0
Toujours avec le th´eor`eme de convergence domin´ee, on obtient
π2
.
4
11.13 Indication ou corrig´
e 11.13
• On peut penser `
a une s´
erie :
n+1
P (−1)
´
Ecrire
ln(a + b cos t) = ln a + ln(1 + b/a cos t). On sait que pour |x| < 1, ln(1 + x) =
n
et donc, que pour t ∈ R,
X
n
∞
b
(−1)n+1 b
ln 1 + cos t =
cosn t,
a
n
a
n=1
268
xn ,
n
(−1)n+1 b
cosn t, ´etant normale sur R.
n
a
On fera en fin de compte apparaˆıtre des int´egrales de Wallis...
la convergence de la s´erie des fonctions t →
• On peut aussi observer que la d´
eriv´
ee sera une int´
egrale de fonction rationnelle en
cos t.
Z π
Z π
ln(a + b cos t) dt = π ln a +
ln(1 + b/a cos t) dt.
0
0
Rπ
Posons f (x) = 0 ln(1 + x cos t) dt. classiquement, nous avons :
– la fonction x → ln(1 + x cos t) est continue sur [−a, a] ⊂] − 1, 1[;
– la fonction t → ln(1 + x cos t) est continue par morceaux sur [0, π];
– pour x ∈ [−a, a], t ∈ [0π], | ln(1 + x cos t)| ≤ sup(| ln(1 + a)|, | ln(1 − a)|), fonction constante et
int´egrable sur notre intervalle ;
∂
cos t
– la fonction x →
ln(1 + x cos t) =
est continue sur [−a, a] ⊂] − 1, 1[;
∂x
1 + x cos t
∂
ln(1 + x cos t) est continue par morceaux sur [0, π];
– la fonction t →
∂x
cos t ≤ 1 , fonction et int´egrable sur notre intervalle.
– pour x ∈ [−a, a], t ∈ [0π], 1 + x cos t 1 − a
– Ouf !
Il vient donc avec le changement de variable u = tan x/2 :
Z ∞
Z π
1 − u2
cos t
dt = 2
du.
f 0 (x) =
2
(1 + u )((1 + x) + (1 − x)u2 )
0
0 1 + x cos t
On poursuit sans difficult´e :
Z ∞
Z ∞
1
1 − u2
du
=
(1 + u2 )((1 + x) + (1 − x)u2 )
(1 + x) 0
0
1 − u2
du.
1−x 2
(1 + u2 ) 1 +
u
1+x
On d´ecompose en ´el´ements simples :
1 − u2
α2 + 1
1
=
−2
2
2
2
2
2
2
(1 +
+α u )
(1 + α u ) (α − 1)
(1 + u ) (α2 − 1)
u2 ) (1
Enfin :
∞
Z
π (α − 1)
1 − u2
= 1/2
.
2
2
2
(1 + u )(1 + α u )
α (1 + α)
0
A FINIR remplacer et expliciter f’
11.14 Indication ou corrig´
e 11.14
1. Pour calculer on pensera au changement de variable x = tan t en prenant garde `a l’intervalle
d’int´egration. On observera au pr´ealable que
Z
0
π
1
dt = 2
1 + cos2 t
Z
π/2
0
1
dt,
1 + cos2 t
Alors, avec le changement de variable x = tan t/2 :
Z
0
π
1
dt = 4
1 + cos2 t
Z
0
269
+∞
1
dx
...
1
1 + x2
1+
1 + x2
2. • Id´
ee 1 : Observons que
2
ex
2x
!0
=e
x2
2
1
∼ ex .
1− 2
2x x→+∞
Or, si deux fonctions continues par morceaux et positives sont ´equivalentes au voisinage de
+∞, leurs int´egrales
+∞[ par exemple sont de mˆeme nature et si elles ne sont pas
R x sur R[1,
x
int´egrables on a : 1 f ∼ 1 g (ce que l’on red´emontrera en ´ecrivant f (t) = (1 + ε(t) = g(t)...
Rx 2
Rx 2
Rx 2
Comme 0 et dt → +∞, 0 et dt ∼ 1 et dt, ce qui enfin donne :
Z
x
2
et dt
0
Z
x→+∞
2
x
∼
2
et dt
1
ex
;
x→+∞ 2x
∼
Rx
R1 Rx Rx
• Id´
ee 2 : On peut aussi observer que 0 = 0 + 1 ∼ 1 puisque cette derni`ere int´egrale
a pour limite +∞. On int`egre alors par parties
"
#x Z
Z x
x t2
t2
2
e
−e
1
t
+
2te dt =
, dt.
2
2t
2t
1 t
1
1
et la deuxi`eme int´egrale est n´egligeable devant celle du membre de gauche puisque
2
et
t2
=
t→+∞
2
o et .
3. f ´etant continue sur [0, 1], que dire de la limite de
1
Z
f (tn ) dt?
0
Simple application du TCD...
11.15 Indications ou corrig´
e 11.15
1.
2.
11.16 Indication ou corrig´
e 11.16
1. En ´ecrivant
Pr (t) =
X
r|n| eint = 1 +
X
rn eint + e−int ,
n≥1
n∈Z
nous avons une s´erie de fonctions d´efinie par u0 (t) = 1, un (t) = 2rn cos nt si n ≥ 1. Comme
||un ||∞ = rn , cette suite converge normalement pour r < 1, diverge grossi`erement sinon. La
somme est, lorsque r < 1 :
1 − r2
Pr (t) =
.
1 − 2r cos(t) + r2
2. Les fonctions
(r, θ, t) →
∂k
Pr (t − θ)u(t),
∂rk
(r, θ, t) →
∂k
Pr (t − θ)u(t),
∂θk
270
cv´erifient pour tout k ≥ 0 les propri´et´es suivantes On en d´eduit que la fonction
Z
(r, θ) →
Pr (t − θ)u(t) dt
[0,2π]
admet des d´eriv´ees partielles continues `a tous les ordres.
En effet,
3. On observe (int´egration terme `
a terme d’une s´erie de fcts. Normalement convergente) que
Z
1
Pr (t) dt = 1,
2π [0,2π]
puis que, pour α > 0,
Z
1 − r2
Pr (t) dt ≤
1 + r2 − 2r cos α
[α,2π−α]
On a donc
Z
[α,2π−α]
dt →− 0.
r→1
Z
iθ
2π(˜
u(re ) − u(θ)) =
Pr (t − θ)(u(t) − u(θ)) dt
[0,2π]
"Z
=
Z
+
[α,2π−α]
#
Z
Pr (s)(u(s + θ) − u(θ)) ds.
+
[0,α]
[2π−α,2π]
La premi`ere et la troisi`eme int´egrales sont major´ees par 2||u||
limite 0 lorsque r tend vers 1 . La seconde est major´ee par
R
[α,2π−α]
Pr (s) ds, et a pour
ωu (α) = sup |u(s) − u(t)|.
|s−t|≤α
11.17 Indication ou corrig´
e 11.17
1.
2.
3.
11.18 Indication ou corrig´
e 11.18
1
converge simplement vers une fonction continue par
(1 + t3 )n
morceaux . Si la s´erie des int´egrales convergeait, d’apr`es le th´eor`eme d’int´egration terme `a
terme, la limite serait int´egrable, or cette limite est
1. La s´erie des fonctions fn (t) =
S(t) = 1 +
1
...
t3
2.
11.19 Indication ou corrig´
e 11.19
P∞
1. Pour x > 0, la s´erie n=0 (−1)n e−an x est une s´erie altern´ee qui v´erifie le crit`ere sp´ecial, elle
converge donc et sa somme est major´ee par le premier terme qui est e−a1 x . Concernant la
s´erie
les hypoth`ese du th´eor`eme de convergence domin´ee sont satisfaites :
P de fonctions,
n −an x
–
(−1)
e
converge
simplement sur ]0, +∞[;
n
PN
– les sommes partielles sont major´ees par une fonction int´egrable : | n=0 (−1)n e−an x | ≤
e−a1 x = φ(x);
271
Alors
Z
0
∞
+∞ X
(−1)n e−an x dx =
n=0
∞ Z
X
+∞
(−1)n e−an x dx =
0
n=0
∞
X
(−1)n
.
an
n=0
2.
3.
11.20 Indication ou corrig´
e 11.20
1. Convergence simple vers la fonction x → x sur R+ , (x=0, x¿0) ;
2. Variations de fn − f ; le max est atteint en x = 1/n et vaut nalpha−1 /e et il y a cv uniforme
ssi α < 1.
3. Pour α < 1 c’est clair ;
Pour α = 1, th´eor`eme de convergence domin´ee avec domination par une constante ;
sinon calcul explicite de l’int´egrale de la diff´erence et discussion selon α... La r´eponse : pour
1 < α < 2, convergence de l’int´egrale de fn vers celle de sa limite ; pour α = 2 vers une autre
limite, pour α > 2, limite infinie.
11.21 Indication ou corrig´
e 11.21
1.
2.
11.22 Indication ou corrig´
e 11.22
1.
Z
0
1
1
1+x+
x2
+ ... + xn
Etude du terme g´en´eral avec le TCD :
– Sur l’intervalle d’int´egration [0, 1[, la suite f (x) =
dx
1
1−x
=
1 + x + x2 + ... + xn
1 − xn+1
converge simplement vers f (x) = 1 − x.
– Toutes ces fonctions sont continues par morceaux .
– Il existe une fonction φ, int´egrable sur [0, 1[ telle que pour tout n ∈ N et pour tout x ∈ [0, 1[,
|fn (x)| ≤ φ(x) = 1.
R1
1
On en d´eduit que la suite des int´egrales converge et a pour limite 0 (1 − x) dx = . la s´erie
2
est grossi`erement divergente.
2. Nous allons commencer par encadrer les int´egrales :
Z 1
Z 1
Z 1
xn
(1 − x)xn
1
0≤
dx
=
dx
≤
(1 − x) xn dx =
.
2 + ... + xn
n+1
1
+
x
+
x
1
−
x
n
(n
+ 1)
0
0
0
La s´erie `
a termes positifs est donc convergente.
272
12
12.1
Equations diff´
erentielles
Ce qu’il faut connaˆıtre et savoir faire :
R´
esoudre explicitement dans les cas particuliers du programme :
– ´equations lin´eaires d’ordre 1 (voir l’exercice 12.1 par exemple)
– ´equations lin´eaires d’ordre 2, m´ethodes de variation des constantes lorsqu’on connaˆıt une
solution qui ne s’annule pas (voir l’exercice 12.2)
– ´equations `
a variables s´eparables (exercice 12.9).
Syst`
emes lin´
eaires pour r´esoudre X 0 (t) = AX(t) + b(t),
– on observe que X(t) = P Y (t) est solution du syst`eme ssi Y v´erifie :
Y 0 (t) = P −1 AP Y (t) + P −1 b(t).
(12.1)
– on recherche P telle que T = P −1 AP soit diagonale ou triangulaire, ce qui permet de
r´esoudre le syst`eme 12.1.
– on obtient X(t) = P Y (t).
Voir les exercices 12.7, 12.8...
´
Equations
lin´
eaires d’ordre 2 :
voir les exercices 12.2,
– m´ethode de variation des constantes (penser que si l’on connaˆıt une solution z de l’´equation
homog`ene qui ne s’annule pas, on peut poser y(t) = K(t)z(t), ce qui permet de retrouver
toutes les solutions des ´equations avec ou sans second membre. L’int´erˆet de connaˆıtre un
syst`eme fondamental est ailleurs (formule th´eorique, syst`emes vectoriels non associ´es `a une
´equation scalaire).
– recherche de solutions DSE (analyse synth`ese), penser `a justifier l’existence de la solution dont les calculs donnent les coefficients montrant que le rayon de convergence est
strictement positif.
Autour du th´
eor`
eme de Cauchy-Lipschitz et de l’´
etude qualitative :
– les notions de solutions, de solutions maximales ;
– le th´eor`eme lui-mˆeme, penser que l’´enonc´e fait r´ef´erence `a un probl`eme pos´e sous forme
normale : y 0 = f (t, y), auquel il faut se ramener (voir exercices 12.2, ).
– le th´eor`eme d’existence et d’unicit´e permet une ´etude qualitative des ´equations diff´erentielles
(voir les exercices 12.3, 12.5 et 12.6).
Syst`
emes autonomes :
d´efinition, traiter les exemples du cours, l’exercice 12.9 ci-dessous ; on pensera `a expliciter
un probl`eme de Cauchy pour prouver que deux solutions sont ´egales (probl`emes de parit´e o`
u
l’on compare z(x) = ±y(−x) `
a y(x)), p´eriodicit´e o`
u l’on compare z(x) = y(x + T ) `a y(x))...
Ce qu’en dit le rapport d’oral CCP 2007 :
– Dans le cas d’une ´equation diff´erentielle du second ordre `
a coefficients non constants, les ´el`eves
savent tr`es rarement comment l’int´egrer, lorsqu’on connaˆıt une solution particuli`ere.
– Le recollement des solutions est souvent mal compris.
– Recherche des solutions DSE d’une ´equation diff´erentielle : en g´en´eral les ´el`eves ne pr´ecisent pas
clairement la m´ethode, ils se restreignent `
a l’aspect calculatoire.
273
12.2
´
Enonc´
es
Exercice 12.1 CCP
Soit λ > 0. On se propose d’´etudier l’´equation diff´erentielle lin´eaire,
xy 0 + λy =
1
1+x
sur ]0, +∞[.
1. Rechercher la solution qui admet une limite en 0+ .
2. Rechercher les solutions d´eveloppables en s´eries enti`eres au voisinage de 0.
P
(−1)n
3. Calculer
(variante `
a l’X ?)
23n (1 + 3n)
Voir indications ou corrig´e 12.1
Exercice 12.2 CCP
Soit E l’´equation diff´erentielle
xy” + 3y 0 − 4x3 y = 0.
1. Rechercher les solutions DSE au voisinage de 0.
2. R´esoudre l’´equation.
Voir indications ou corrig´e 12.2.
Exercice 12.3 centrale PSI
On consid`ere l’´equation diff´erentielle y”(t) + eit y(t) = 0.
1. D´emontrer qu’une solution de cette ´equation, d´efinie sur R, est 2π−p´eriodique ssi elle v´erifie :
f (0) = f (2π) et f 0 (0) = f 0 (2π).
2. D´eterminer les solutions 2π−p´eriodiques.
voir indications ou corrig´e 12.3.
Exercice 12.4 mines 2009
Soit f une fonction continue sur R qui ne s’annule qu’en 0. On consid`ere le probl`eme de Cauchy
0
y (t) = f (y(x))
y(0), = 0.
1. Lui connaissez vous une solution ?
2. Montrer que si
Z
1
0
dt
f (t))
R 1 dt
diverge (ie : lim0 u
∈
/ R), alors la solution est unique.
f (t)
1
3. Que se passe-t-il si
est int´egrable au voisinage de 0 ?
f
4. Donner des exemples de solutions du probl`eme de Cauchy lorsque f (y) = |y|3/2 .
voir indications ou corrig´e 12.4.
274
Exercice 12.5 du bon usage du th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz
Soit (E), l’´equation scalaire : y 0 (t) = sin(ty(t)).
1. Montrer que toutes les solutions maximales sont d´efinies sur R.
2. Soit y une solution maximale. On pose z(t) = y(−t). Prouver que y et z co¨ıncident et que y
est paire.
3. Dessiner les zones du plan en lesquelles les tangentes des solutions maximales sont horizontales
(isoclines 0), de pentes positives, n´egatives...Allure des solutions.
voir indications ou corrig´e 12.5.
Exercice 12.6 allure des solutions maximales
On ´etudie le syst`eme diff´erentiel y 0 (t) = f (t, y(t)) o`
u f : I × U ⊂ I × E → E.
1. Soit y une solution d´efinie sur J =]α, β[∈ I. On suppose que
(
β ∈ I,
limt→β y(t) = l ∈ E.
Montrer que y n’est pas maximale.
2. Montrer que si f est born´ee, toute solution maximale est d´efinie sur I tout entier ;
voir indications ou corrig´e 12.6.
Exercice 12.7 Centrale, dans une ´epreuve o`
u MAPLE est disponible
On consid`ere le syst`eme lin´eaire S
 0
 x (t) = 3x + y − 3
y 0 (t) = −4x − y + 3 − 6t
 0
z (t) = 4x − 8y − 2z
1. R´eduire la matrice associ´ee au syst`eme.
2. R´esoudre le syst`eme homog`ene associ´e au probl`eme S. En d´eduire les solutions de S.
Indications ou corrig´e 12.7.
Exercice 12.8 R´esoudre le syst`eme diff´erentiel




3 1 −1
cos(t)
Y 0 (t) =  1 2 0  Y (t) +  sin(t) 
0
−1 0 4
voir indications ou corrig´e 12.8
Exercice 12.9 - d’apr`es Mines
Soit a > 0. On ´etudie le syst`eme diff´erentiel

dx
xy



 dt = x + a


dy


dt
= y − x2
1. Soit (x(t), y(t)), une solution maximale. Montrer qu’il existe une constante C telle que
ax(t)2 + y(t)2 = Ce2t .
275
2. Dans le cas a = 1, et avec C = c2 , montrer qu’il existe une fonction u telle que

 x(t) = cet cos(u(t))

y(t)
=
cet sin(u(t))
R´esoudre le syst`eme.
voir indications ou corrig´e 12.9.
Exercice 12.10 2 exos pos´es dont celui-ci
1. R´esoudre l’´equation diff´erentielle
y” + y =
1
.
x
2. D´eterminer les solutions d´efinies sur ]0, +∞[ telles que
lim f (t) = 0;
t→∞
voir commentaire 12.10
Exercice 12.11
On consid`ere l’´equation diff´erentielle, y 0 (t) = y(t)2 − t.
1. Montrer que par tout point M de R2 , il passe une courbe repr´esentative d’une solution
maximale u et une seule. Repr´esenter les ensembles des points M tels que
– (x, u(x)) = M ⇒ u0 (x) < 0;
– (x, u(x)) = M ⇒ u0 (x) > 0;
– (x, u(x)) = M ⇒ u”(x) = 0;
2. Soit u une solution maximale d´efinie sur l’intervalle ]α, β[. Montrer que α 6= −∞ et que u
admet une asymptote verticale.
3. On suppose qu’il existe t1 tel que u2 (t1 ) = t1 . Montrer que u est d´ecroissante sur un intervalle
[t1 , +∞[.
voir indications ou corrig´e 12.11
Exercice 12.12
On s’int´eresse aux ´equations diff´erentielles
(S) y 0 (x) = 1 + y 2 (x) et (E) y 0 (x) = x2 + y 2 (x).
1. (a) Exprimer la solution de l’´equation (S) qui v´erifie y(t0 ) = y0 o`
u t0 et y0 sont des r´eels
quelconques.
(b) Pr´eciser les bornes de son intervalle de d´efinition.
2. (a) Montrer que, pour tout couple (a, b) ∈ R2 , le probl`eme de Cauchy
0
y (x) = x2 + y 2 (x)
y(a) = b
admet une solution maximale et une seule. On montrera que cette solution est strictement croissante et on notera ]α, β[ son intervalle de d´efinition (avec α, β r´eels ou ±∞).
(b) On veut montrer que β ∈ R, on raisonne par l’absurde en supposant β = +∞.
– Montrer que dans ce cas il existe x0 > 1 tel que [x0 , ∞[⊂]α, β[.
y 0 (x)
– Montrer que sur un tel intervalle
> 1.
1 + y 2 (x)
276
– Minorer y par une fonction ´el´ementaire (ou par une solution de (S)). En d´eduire une
contradiction (commencer par faire un dessin).
(c) Peut on avoir α = −∞?
(d) Tracer quelques solutions (on pourra faire usage du logiciel mis `a disposition).
voir commentaire 12.12
Exercice 12.13 X 2007
Soient w et b deux fonctions continues de R+ dans lui-mˆeme.
1. On suppose que pour tout t ≥ 0,
Z
t
w(t) ≤
w(s)b(s) ds.
0
Que peut on dire de w?
2. On suppose qu’il existe a, m ∈ [0, 1[ (´enonc´e initial : a, m ∈ [0, 1] tels que am < 1) et
Z
w(t) ≤ aw(mt) +
t
w(s)b(s) ds.
0
(a) Montrer qu’il existe K > 0 tel que w(t) ≤ Kt sur [0, 1];
(b) Montrer qu’il existe t0 > 0 tel que w soit nulle sur [0, t0 ];
(c) Montrer que w est la fonction nulle.
voir commentaire 12.13
277
278
12.3
Indications ou corrig´
es des exercices
12.1 Indications ou corrig´
e exercice 12.1. .
1. C’est une ´equation lin´eaire scalaire. On l’´etudie sur un intervalle sur lequel x ne s’annule pas
pour pouvoir l’´ecrire sous la forme normale (d´ej`a pr´evu par l’´enonc´e). Par la m´ethode de
variation des constantes on obtiendra
Z x λ−1
t
−λ
dt).
y(x) = x (C +
a 1+t
Il faut penser que l’on peut aussi ´ecrire
y(x) = x
−λ
Z
C0 +
0
x
tλ−1
dt ,
1+t
tλ−1
est int´egrable sur ]0, 1[.
1+t
Analyse Comme λ > 0, une CN pour que cette expression admette une limite en 0 est que
R 0 tλ−1
C0 = 0 ou C = − a
dt. La solution correspondante est alors
1+t
Z x λ−1
t
dt.
(12.2)
y(x) = x−λ
1
+t
0
car la fonction
Par comparaison on d´etermine un ´equivalent de l’int´egrale :
Z x λ−1
Z x
t
x−λ
dt ∼
tλ−1 dt =
.
x→0 0
λ
0 1+t
Synth`
ese ´evidente, la fonction d´efinie en (12.2) est solution ;
2. Sans myst`ere : si une solution est DSE au voisinage de 0, elle co¨ıncide avec
Z x λ−1
t
x−λ
dt
1
+t
0
sur un voisinage de 0. On peut soit chercher un DSE de cette fonction (d´evelopper sous le
symbole d’int´egration...) ou bien classiquement chercher une solution DSE. L’examinateur
pourrait bien vous demander la premi`ere, histoire de s’assurer que vous savez int´egrer de
fa¸con justifi´ee des s´eries.
P∞
(a) Solutions de la forme y(x) = n=0 an xn . En rempla¸cant dans l’´equation, on obtient
0
xy (x) + λy(x) =
∞
X
n
nan x +
n=1
On en d´eduit
∞
X
n
λan x =
n=1
∞
X
(−1)n xn .
n=0
∞
X
(−1)n n
x .
y(x) =
n+λ
n=0
(b) autre m´ethode
12.2 Indications ou corrig´
e exercice 12.2. .
279
1. RAS. R´ecurrence d’ordre 4 :
a4p =
a0
et a1 = a2 = a3 = 0.
(2p + 1)!
Ce qui donne comme solutions DSE, les fonctions :
z(x) = a0
shx2
,
x2
d´eveloppables en SE sur R. On observe que l’ensemble de ces solutions forme un ev de
dimension 1.
2. On sait que les solutions sur I =]0, +∞[ ou sur J =] − ∞, 0[ forment un ev de dimension 2.
On recherche ces fonctions en posant
y(x) = α(x)z(x)
o`
u z ne s’annule pas (il n’est pas indispensable de disposer d’un syst`eme fondamental de
solutions).
12.3 Indications ou corrig´
e exercice . 12.3
1. C’est le d´ebut du pb Mines 2 - 2000. Une implication est ´evidente. On suppose donc que f
est solution telle que
f (0) = f (2π) et f 0 (0) = f 0 (2π).
On introduit la fonction g(t) = f (t + 2π). Elle

 y” + eit y
y(0)
 0
y (0)
v´erifie le mˆeme probl`eme de Cauchy
= 0
= f (0)
= f 0 (0)
que f et lui est donc ´egale.
2. On justifie qu’une solution est de classe C ∞ et, en observant que la s´erie de Fourier d’une
fonction f, 2π−p´eriodique et de classe C ∞ converge normalement vers f et que la s´erie de
Fourier de sa d´eriv´ee d’ordre k, f (k) (que l’on obtient en d´erivant terme `a terme) converge
normalement vers f (k) , on r´e´ecrit l’´equation :
c−1 + (−c1 + c0 )eit + (−c−1 + c−2 )e−it
+
X
((−n2 cn + cn−1 )eint + (−n2 c−n + cn+1 )e−int ) = 0.
n≥1
R´esultat :
y(t) = c0
X eint
.
(n!)2
n≥0
12.4 Indication ou corrig´
e 12.4
1.
2.
3.
280
12.5 Indications ou corrig´
e exercice 12.5
1. Difficile, pour les oraux du type Centrale, Mines :
On sait qu’une fonction `
a d´eriv´ee born´ee est lipschitzienne (penser `a utiliser le TAF) et
admet un prolongement par continuit´e aux bornes d’un intervalle ouvert ]a, b[ (d´efinition
s´equentielle de la limite : on consid`ere une suite (xn )n de limite a. Son image par une fonction
lipschitzienne est une suite de Cauchy. Elle converge donc).
On introduit alors un pb de Cauchy et on use du th´eor`eme d’existence.
2. Mˆeme principe, plus facile : on consid`ere y(t) et z(t) = y(−t). On s’assure que lorsque y est
solution de l’´equation, z est aussi une solution et qu’elle v´erifie la mˆeme condition initiale :
z(0) = y(0) = y0 ...
3. Facile.
12.6 Indications ou corrig´
e exercice 12.6.
1. On introduit un pb de Cauchy et on use du th´eor`eme d’existence.
2. Une fonction `
a d´eriv´ee born´ee (c’est le cas d’une solution si f est born´ee) est lipschitzienne et
admet un prolongement par continuit´e aux bornes d’un intervalle ouvert. A savoir prouver,
classique avec le crit`ere de Cauchy (voir l’exercice ??).
12.7 Indications ou corrig´
e exercice 12.7.
Classique, ou d´etaillera les ´etapes du calcul lin´eaire avec MAPLE ou la Ti (RevORAL2002SysDiffLin1.mws)
quitte `
a v´erifier ensuite avec dsolve.

0


1. Avec P =  0

1
1
1

−2
0


 , les vecteurs colonnes ´etant respectivement dans ker(A +

20
28
−
3
9
2), ker(A − 1) et ker((A − 1)2 ), on obtient une matrice

−2 0

−1

T = P AP =  0 1
0 0
diagonale par blocs et triangulaire :

0

2 
.
1
2. Avec Y = P X, il vient Y 0 = T Y d’o`
u, mentalement ou presque :
d
d
d
x(t) = −2 x(t), y(t) = y(t) + 2 z(t), z(t) = z(t)
dt
dt
dt
z(t) = C2 et , y(t) = (2 C2 t + C1 ) et , x(t) = e−2 t C3 ,
On en d´eduit les solutions Z(t) = P Y (t) du syst`eme homog`ene associ´e `a S puis les solutions
de S par variation des constantes.
12.8 Indication ou corrig´
e 12.8
281
1. R´esolvons tout d’abord le syst`eme homog`ene : Y 0 = AY.
On observe que si P Z(t) = Y (t), Z est solution du syst`eme Z 0 = P −1 AP Z...
Comme A est sym´etrique r´eelle, elle est diagonalisable, nous pouvons construire P telle que
P −1 AP soit diagonale.
– χA (X) = X 3 − 9 X 2 + 24 X − 18 = (X − 3) X 2 − 6 X + 6 ;
√
√
– SpR (A) = 3, 3 + 3, 3 − 3;
– ker(A − 3) =√vect([1, 1, 1]); √ √
1]);
– ker(A − 3 − √3) = vect([1 − √3, 3 − 2, √
– ker(A − 3 + 3) = vect([1 − 3, 1, −2 + 3]);
Ces calculs donnent par exemple (pas besoin de chercher une BON de diagonalisation, bien
qu’elle existe) :
√
√ 

1 1− 3
1− 3


√
.
P =
1

 1 −2 + 3
√
1
1
−2 + 3
2. Le syst`eme v´erifi´e par Z = P −1 Y (pas la

0

x
0
y


z
√
peine de calculer P −1 pour l’instant) est
= 3x
√
= (3 + 3)y
√
= (3 − 3)z
√
d’o`
u Z(t) = [ae3t , be(3+ 3)t , ce(3− 3)t ].
3. On en d´eduit un syst`eme fondamental de solutions du syst`eme homog`ene, Y = AY :
Y
=
aP (e1 )e3t + bP (e2 )e(3+
√
3)t
+ cP (e2 )e(3−
√
3)t
= aΦ1 (t) + bΦ2 (t) + cΦ3 (t).
(12.3)
(12.4)
4. Cela nous permet de rechercher les solutions sous la forme
Y (t) = a1 (t)φ1 (t) + a2 (t)φ2 (t) + a3 (t)φ3 (t).
En effet, une telle fonction est solution de Y 0 = AY + B ssi :
X
Y 0 (t) =
a0i (t)φi (t) = B(t),
soit

et

 t
 e

et
√
e(3+
e(3+
3)t
√
3)t
√ 3
√ −2 + 3
1−
√
√ 

 

3
cos(t)
 a01 (t)
√
 0  
 a2 (t) = sin(t)  .
e(3− 3)t
 a0 (t)
√
0
√ 3
e(3− 3)t −2 + 3
e(3−
√
3)t
1−
e(3+ 3)t
Rt
D’o`
u X(t) = X(t0 ) + t0 Q−1 (t)Q−1 (s)B(s) ds.
12.9 Indications ou corrig´
e exercice 12.9.
1. C’est un syst`eme autonome, non lin´eaire. On suppose que (x, y) est une courbe solution et on
cherche une ´equation v´erifi´ee par z(t), en l’occurrence une ´equation diff´erentielle : z 0 = 2z.
2. Penser au th´eor`eme de rel`evement :
Th´
eor`
eme 12.1 si φ est une application de classe C k de I dans {z; |z| = 1}, il existe une
fonction θ, de classe C k telle que
∀t ∈ I, φ(t) = (x(t), y(t)) = (cos(θ(t), sin(θ(t))).
282
Une r´esolution explicite demande de d´eterminer u(t). Pour cela on remplace x et y par leurs
expressions dans les deux ´equations du syst`eme. On obtient une (seule) ´equation diff´erentielle
en u(t). C’est une ´equation `
a variables s´eparables :
u0 (t) = γet cos(u(t)).
On observe que si C et γ sont nuls, les solutions sont les constantes. Si γ 6= 0, la d´emarche
de r´esolution d’une ´equation `
a variables s´eparables est classique :
– recherche des solutions constantes (valeurs qui annulent cos(u)).
– recherche des solutions d´efinies sur un intervalle I ne prenant aucune des valeurs π/2 + kπ,
pour lesquelles on peut ´ecrire :
u0 (t)
= γet .
cos(u(t))
En int´egrant les deux membres il vient :
1 + sin(u(t))
1
ln
= γet + Cste...
2
1 − sin(u(t))
d’o`
u l’on tire cos(u(t)) et sin(u(t)) ce qui suffit `a notre bonheur. R´esultat final :

±γet


 x(t) =
ch(K − γet )



y(t) = γet th(K − γet )
12.10 Indications ou corrig´
es 12.10.
1.
2.
12.11 Indication ou corrig´
e 12.11
1. L’´equation diff´erentielle, y 0 (t) = y(t)2 − t est de la forme y 0 (t) =
y(t)) o`
u F (t, x) = x2 − t
F (t,
0
y (t) = F (t, y(t))
est de classe C 1 . Soit M = (t0 , y0 ); le probl`eme de Cauchy
admet
y(t0 ) = y0
donc une solution et une seule. Ainsi par M il passe une courbe repr´esentative d’une solution
maximale u et une seule.
On observe par ailleurs que
2
– u0 (x) < 0 ssi u2 < t; donc (x, u(x)) = M ⇒ u0 (x) > 0 lorsque xM > yM
.
0
2
– (x, u(x)) = M ⇒ u (x) > 0 lorsque xM < yM .
– u”(x) = 2u0 (x)u(x) − 1 = 2u3 (x) − xu(x) − 1. Donc (x, u(x)) = M ⇒ u”(x) = 0 lorsque
M appartient `
a la courbe d’´equation 2y 3 − 2xy − 1 = 0.
2. Soit u une solution maximale d´efinie sur l’intervalle ]α, β[. Raisonnons par l’absurde en supposant α = −∞. Il existe alors t0 < −1 appartenant `a ]α, β[=] − ∞, β[.
Pour t < t0 nous avons : u0 (t) = u2 (t) − t > u2 (t) + 1. Pensons variables s´eparables, il vient
donc
u0 (t)
> 1.
u2 (t) + 1
Int´egrons entre t et t0 :
Z
t
t0
u0 (s)
ds > t0 − t.
+1
u2 (s)
283
Ainsi sur ] − ∞, t0 ] nous avons
arctan(u(t0 )) − arctan(u(t)) > t0 − t.
Il y a une contradiction puisque la fonction arctan est born´ee.
3. On suppose qu’il existe t1 tel que u2 (t1 ) = t1 . Montrer que u est d´ecroissante sur l’intervalle
[t1 , +∞[.
12.12 Indication ou corrig´
e 12.12
1. (a) r´eponse : y(t) = tan(t − t0 + arctan(y0)
(b) y est d´efinie lorsque
−π/2 < t − t0 + arctan(y0) < π/2,
soit −π/2 + t0 + arctan(y0 ) < t < π/2 + t0 + arctan(y0 )).
2. (a) L’´equation (E) est de la forme y 0 = f (t, y) o`
u f est de classe C 1 sur R2 . Le pb de Cauchy
admet une solution maximale et une seule. Cette solution est strictement croissante
(y 0 (t) > 0 sauf peut-ˆetre en t = 0 si y(0) = 0).
(b) Supposons que β = +∞.
L’intervalle de d´efinition de la solution maximale y est un voisinage de +∞ et contient
un ´el´ement x0 > 1 de telle sorte que sur [x0 , +∞[, on a y 0 (t) = t2 + y 2 (t) > 1 + y 2 (t);
y 0 (x)
> 1, et en int´egrant entre x0 et t > x0 ,
On a donc
1 + y 2 (x)
arctan(y(t)) − arctan(y(x0 )) > t − x0 ,
,
et y(t) > tan(t − x0 + arctan(y(x0 ))).
La contradiction devient ´evidente en π/2 − x0 + arctan(y(x0 ))...
(c) Mˆeme chose pour α, l’int´egration conduit `a une majoration par une fonction de limite
−∞ en temps fini.
3.
E:=diff(y(t),t)=y(t)^2+t^2;
dsolve({E,y(t0)=y0},y(t));
with(DEtools):
DEplot(E,y(t),t=-6..6,y=-5..5,
[[y(0)=0],[y(0)=1],[y(0)=-1],[y(-3)=-1],[y(3)=1]],
linecolour=[black$5],stepsize=0.05);
24
4
y(t)
2
–6
–4
0
–2
2
4
t
–2
–4
24. ceci est un pdf
284
6
12.13 Indication ou corrig´
e 12.13
1. Quelques observations pr´eliminaires :
• on a toujours w(0) ≤ 0; si w est suppos´ee positive, cela donne w(0) = 0.
Rt
• lorsque b est la fonction nulle, la relation w(t) ≤ 0 w(s)b(s) ds se r´esume `a w ≤ 0. En
cons´equence w est la fonction nulle.
• si b n’est pas identiquement nulle, montrons que w est ´egalement n´egative sur R + . Pour
cela, nous allons comparer w `
a une fonction y solution de l’´equation int´egrale
Z t
y(t) =
y(s)b(s) ds
0
telle que y(0) > w(0).
Posons J = {t ∈ R+ ; ∀s ∈ [0, T ], w(s) < y(s)}. J est non vide, contient un voisinage `a droite
de 0 (puisque y(0) > w(0), les fonctions ´etant continues), et c’est un intervalle. Cet intervalle
ne contient pas sa borne sup´erieure (l’in´egalit´e stricte en un point de J se prolonge sur un
voisinage `
a droite), ainsi, J = [0, β[.
Montrons que β = +∞.
On raisonne par l’absurde. Si β est r´eel,
Z β
Z β
w(β) ≤
w(s)b(s) ds < y(β) =
y(s)b(s) ds,
0
0
car
Z
β
(y(s) − w(s))b(s) ds > 0
0
puisque sur J, b(y − w) est continue, positive non identiquement nulle. L’in´egalit´e stricte
y(β) > w(β) se prolonge `
a droite ce qui contredit la d´efinition de β.
Rt
Bilan : si b n’est pas la fonction nulle, w est inf´erieure `a toute fonction y(t) = y(0)e 0 b(s) ds
telle que y(0) > w(0) = 0. On a donc sur R+ w(t) ≤ 0 d’o`
u w = 0 puisque, par hypoth`ese,
w est une fonction positive.
2. On suppose qu’il existe a, m ∈ [0, 1[ tels que
Z t
w(t) ≤ aw(mt) +
w(s)b(s) ds.
0
(a) Montrons qu’il existe K > 0 tel que w(t) ≤ Kt sur [0, 1] : observons tout d’abord que,
comme les fonctions w et b sont suppos´ees continues, elles sont born´ees sur [0, 1].
On a donc pour tout t ∈ [0, 1],
Z t
w(t) ≤ aw(mt) +
w(s)b(s) ds
0
≤
aw(mt) + ||w||
=
aw(mt) + Ct.
∞
[0,1]
||b||
∞
[0,1]
×t
On a aussi w(mt) ≤ aw(m2 t) + Cmt et r´einjecte alors en majorant chaque occurrence
de w(∗) dans l’in´egalit´e :
w(t) ≤ aw(mt) + Ct
≤ a(aw(m2 t) + Cmt) + Ct
≤ a(a(aw(m3 t) + Cm2 t) + Cmt) + Ct
= a3 w(m3 t) + Ca2 m2 t + Camt + Ct...
285
Apr`es une g´en´eralisation imm´ediate et un passage `a la limite, il vient :
w(t) ≤ lim (an w(mn t)) +
n→+∞
Ct
.
1 − am
Si a < 1, limn→+∞ (an w(mn t)) = 0, ce qui plie la question.
Remarque si a = 1 et m < 1, la limite est w(0); on obtient donc w(t) ≤ w(0) + Kt. On
ne peut faire mieux puisque les fonctions constantes positives sont solutions ; l’´enonc´e
initial (RMS 118 N2 - ex 238) comportait donc une erreur.
(b) Montrons qu’il existe t0 > 0 tel que w soit nulle sur [0, t0 ];
Pla¸cons nous sur un intervalle [0, T ] en place de [0, 1]. Le mˆeme raisonnement conduit
CT
× t o`
u CT = ||w|| ∞ ||b|| ∞ . On a donc, puisque
a la majoration w(t) ≤
`
[0,T ]
[0,T ]
1 − am
w(0) = 0, KT = o(1).
Nous pouvons ´ecrire que w(t) = tλ(t) o`
u λ(t) = o(1). Posons alors Λ(t) = sup0≤s≤t λ(t)
(fonction positive et croissante), et reprenons la relation v´erifi´ee par w :
Z t
w(t) ≤ aw(mt) +
w(s)b(s) ds
0
Z t
tλ(t) ≤ amtλ(mt) +
sλ(s)b(s) ds
0
Z
1 t
sλ(s)b(s) ds
λ(t) ≤ amλ(mt) +
t 0
t||b||∞
λ(t) ≤ amλ(mt) + Λ(t)
2
Introduisons alors x tel que 0 < t ≤ x,
λ(t) ≤ amΛ(mx) + Λ(x)
x||b||∞
2
comme cette derni`ere relation est v´erifi´ee pour tout t ≤ x, il vient enfin :
Λ(x) ≤ amΛ(mx) + Λ(x)
x||b||∞
2
Λ(x) ≤ (am + 0(x))Λ(x)
Cela impose Λ(x) = 0 sur un intervalle tel que (am + 0(x)) < 1.
(c) Montrons que w est la fonction nulle.
Soit J = {x ∈ R+ ; ∀t ∈ [0, x], x(t) = 0}. J est non vide, contient un voisinage `a droite
de 0 et, s’il est born´e, il s’´ecrit J = [0, β] (les fonctions sont continues).
β
Montrons que c’est impossible : si β ∈ R+ ∗, il existe t tel que mt < β < t ou β < t < ,
m
alors :
Z t
Z t
w(t) ≤ aw(mt) +
w(s)b(s) ds =
w(s)b(s) ds
0
β
Z
w(β + (t − β)) =
t−β
w(β + s)b(β + s) ds,
0
ce qui est la relation de la premi`ere question avec en place de w la fonction x− > w(β+x)
et en place de b la fonction ... w est donc encore nulle `a droite de β ce qui constitue une
contradiction.
♦
286
287
13
Avec MAPLE, concours h´
elas pas si divers que ¸ca
Exercice 13.1 Centrale (d’apr`es RMS)
On se propose d’´etudier l’int´egrale
∞
Z
J=
ln(thx) dx.
0
1. Montrer que J est correctement d´efinie, comparez la `a
Z 1
ln u
du.
2
0 1−u
2. Montrer que
∞
X
I=
k=0
3. Donner une valeurs approch´ee `
a 10
num´erique...
−5
−1
.
(2n + 1)2
pr`es de cette int´egrale en justifiant l’approximation
corrig´e en 13.1
Exercice 13.2 Centrale 2005- d’apr`es RMS
On pose
1
Z
In =
0
tn
dt.
10 + t
1. Etudier le comportement de la suite (In )n : limite, monotonie ...
2. Donner une relation de r´ecurrence entre In et In+1 , en d´eduire un ´equivalent de In .
3. Calculer grace `
a la relation de r´ecurrence obtenue, I40 (logiciel) ; qu’obtient on, selon que l’on
calcule formellement ou en flottants (I0 = 11/10 ou I0 = 1.1)?
4. Donner un d´eveloppement `
a deux termes de In .
corrig´e en 13.2
Exercice 13.3
Soit f un endomorphisme de R4 de matrice

1

 −1

A=
 3

0
−1

1
0
3

0 −1/3 


3 8/3 

0
3
−2
0
1. Rechercher une base dans laquelle la matrice de f est diagonale par blocs.
2. Rechercher les endomorphismes qui commutent avec A.
3. R´esoudre l’´equation eM = A dans l’espace des matrices carr´ees `a coefficients r´eels.
corrig´e en 13.3
288
Exercice 13.4
Soient p et q deux nombres premiers distincts. On pose
A(X) = (1 − X p ) (1 − X q ), B(X) = (1 − X p q ) (1 − X)
Q(X) =
Q(X) − Q(1)
B(X)
et T (X) =
.
A(X)
X −1
1. On prend ici p = 5 et q = 3. Montrer que Q(X) et T (X) sont des ´el´ements de Z[X]. Calculer
Q(1) et T (0).
2. G´en´eraliser les r´esultats obtenus dans la question pr´ec´edente.
3. On note cn le cardinal de {(u, v); up + vq = n}. Montrer que
1
(1 − z p ) (1 − z q )
est d´eveloppable en s´erie enti`ere autour de 0. Exprimer les coefficients de cette SE en fonction
des (cn )n .
´
4. Prenons `
a nouveau p = 5, q = 3. Ecrire
un programme r´ealisant le calcul des cn pour n
compris entre 0 et 99. Comparer cn et cn+15 .
1 − zp q
5. Exprimer
. G´en´eraliser les observations pr´ec´edentes.
(1 − z p ) (1 − z q )
corrig´e en 13.4
Exercice 13.5 Centrale
h 2010
x
x i
1
Soit f : x ∈ R →
−
−
.
2π
2π
2π
1. Tracer le graphe de f . Est elle impaire ?
´
2. Calculer les coefficients de Fourier de f. Etudier
la convergence de sa s´erie de Fourier.
3. Calculer
Z
f (p t) f (q t) dt
en fonction des pgcd et ppcm de (p, q) ∈ N∗2 .
corrig´e en 13.5
289
13.1 corrig´
e 13.1
1. V´erifions que la fonction ln(thx) est int´egrable sur ]0, +∞[:
– elle est continue ;
– au voisinage de 0, on a :
1 3
2 5
6 f (x) = |ln(thx)| = ln((x − x + x + O x ) = ln(x) + ln(1 + O(x2 )) ∼ |ln x| .
3
15
Cette derni`ere fonction est int´egrable sur ]0, 1].
– au voisinage de +∞, on a :
f (x) = |ln(thx)| ∼ 2e−2x ...
et la fonction est int´egrable sur [1, +∞[.
Donnons les instructions MAPLE qui ont permis les calculs, y compris l’insucc`es : pas de
1 − e−2x
.
r´eponse pour le DA de ln thx, on pense alors `a ´ecrire thx =
1 + e−2x
> restart;
> series(tanh(x),x=0);
2
1
(x − x3 + x5 + O x6 )
3
15
> series(ln(tanh(x)),x=infinity);
Error, (in asympt) unable to compute series
> series(ln((1-h)/(1+h)),h=0);
2
2
(−2 h − h3 − h5 + O h6 )
3
5
R 1 ln u
du
et J = 0
du. On fait
2
1−u
1 − u2
apparaˆıtre cette derni`ere int´egrale comme une somme :
P 2p
ln u
–
(u ln u) converge simplement sur ]0, 1[ vers
qui est continue par morceaux
1 − u2
– pour tout n ∈ N et u ∈]0, 1[, on a
n
X
2| ln u|
2p
;
(u ln u) ≤ φ(u) =
1 − u2
p=0
2. Le changement de variable u = thx donne dx =
La fonction φ est int´egrable sur ]0, 1[ puisqu’elle est ´equivalente `a | ln u| en 0 et `a
et `
a 1 en 1...
On conclut avec le TCD :
J=
∞ Z
X
p=0
1
u2p ln u du = ....
0
on int`egre par parties sans myst`ere.
P 1
π2
−π 2
3. Si on sait que
=
,
on
n’a
pas
de
mal
a
`
montrer
que
J
=
, sinon :
n2
6
8
13.2 Indication ou corrig´
e 13.2
290
2| ln(1 + (u − 1))|
(1 + u)(1 − u)
1. Trivialement la suite est d´ecroissante, minor´ee par 0, donc convergente. Pour la limite, on
tn
majore :
≤ tn , ce qui permet de montrer que sa limite est 0.
10 + t
2. On observe ensuite que
Z 1
(10 + t)tn
1
10In + In+1 =
dt =
.
10 + t
n+1
0
Ainsi, 11In+1 ≤ 10In + In+1 =
1
≤ 11In . Cela donne l’encadrement
n+1
1
1
≤ 11In ≤ ,
n+1
n
1
.
11 n
3. Commentons les r´esultats obtenus :
dont on d´eduit In ∼
4.
13.3 Indication ou corrig´
e 13.3
le corrig´e est r´edig´e dans la feuille de travail : AvecMapleReductionExp.mws accessible sur le site
mpcezanne.fr, page Maths puis page MAPLE...
291
13.4 Indication ou corrig´
e 13.4
fichier Maple : Centrale2010RMS718.mws)
Soient p et q deux nombres premiers distincts. On pose
A(X = (1 − X p ) (1 − X q ), , B(X) = (1 − X p q ) (1 − X)
Q(X) =
B(X)
Q(X) − Q(1)
et T (X) =
.
A(X)
X −1
1. Code MAPLE simple (pas de fonction, ce n’est pas utile ici)
restart;
p:=5; q:=3;
A:=(1-X^p)*(1-X^q);
B:=(1-X^(p*q))*(1-X);
Q:=B/A;
factor(Q);
subs(X=1,%);
1 − X5
1 − X3
1 − X 15 (1 − X)
1 − X 15 (1 − X)
(1 − X 5 ) (1 − X 3 )
X8 − X7 + X5 − X4 + X3 − X + 1
1
T:=(Q-1)/(X-1):
factor(%);
(X + 1) X 2 + 1
X3 − X2 + 1 X
On a donc montr´e que Q et T sont des polynˆomes `a coefficients entiers, que Q(1) = 1 et que
T (0) = 0.
2. G´en´eraliser ces r´esultats. On commence par factoriser (1 − X pq ) en remarquant que l’on a,
avec Y = X q ,
(1−X pq ) = (1−Y p ) = (1−Y )(1+Y +Y 2 +...+Y p−1 ) = (1−X q )(1+X q +X 2q +...+X (p−1)q ).
Q(X)
=
(1 − X p q ) (1 − X)
(1 − X p ) (1 − X q )
=
(1 − X q )(1 + X q + X 2q + ... + X (p−1)q )(1 − X)
(1 − X p ) (1 − X q )
=
(1 + X q + X 2q + ... + X (p−1)q )
(1 + X + X 2 + ... + X p−1 )
Cela nous donne d´ej`
a Q(1) = 1. Cette fraction rationnelle est aussi un polynˆome parce que
le d´enominateur admet p − 1 racines distinctes qui sont les racines pi`eme de l’unit´e autres
que 1, qui sont aussi des racines du num´erateur.
292
Q(X) − Q(1)
est lui aussi un polynˆome
X −1
la forme ci-dessous montre que T (0) = 0 sans autre forme de proc`es :
Q(X) − Q(1) admet 1 comme racine aussi T (X) =
T (X)
=
=
Q(X) − Q(1)
X −1
(1 + X q + X 2q + ... + X (p−1)q ) − (1 + X + X 2 + ... + X p−1 )
(X − 1)(1 + X + X 2 + ... + X p−1 )
´
3. On note cn le cardinal de {(u, v); up + vq = n}. Ecrivons
le produit de Cauchy des s´eries
enti`eres (g´eom´etriques)


!
∞
∞
X
X
1
= 
z pj  ×
z qk
(1 − z p ) (1 − z q )
j=0
k=0


∞
∞
X
X

1 × 1 z n
=
n=0
=
∞
X
pj+qk=n
cn z n
n=0
Le rayon de convergence est donn´e par un th´eor`eme du cours : le produit de deux SE de rayon
R1 et R2 est une SE de rayon R ≥ min R1 , R2 . Ici la SE est de rayon R = 1 car R1 = R2 = 1
et la fonction a pour limite +∞ en 1−1 .
4. Prenons `
a nouveau p = 5, q = 3. Le programme qui suit calcule les cn
restart;
p:=5; q:=3;
isolve(p*u+q*v=13);
isolve(p*u+q*v=n);
{u = 2 + 3 Z1, v = 1 − 5 Z1}
{n = 5 Z1 + 3 Z2, u = Z1, v = Z2}
Attention : dans la boucle qui suit, il faut s’assurer que tous les couples donnant pu+qv = n
sont rencontr´es. Ainsi en prenant 0 ≤ u ≤ 20 et 0 ≤ v ≤ 33 incr´ementons c[n] pour
0 ≤ n = 5u + 3v ≤ 199, mais si nous rencontrons toutes les valeurs de n pour 0 ≤ n ≤ 100,
avec n = 102 = 5 × +3 × 34 par exemples, c[n] ne sera pas correctement calcul´e `a l’issu des
deux boucles.
for n from 0 to 200 do c[n]:=0; od:
#(pour initialiser le tableau c)
for u from 0 to 20 do
for v from 0 to 33 do
c[p*u+q*v]:= c[p*u+q*v]+1;
# on incr`
emente c[n] lorsque l’on rencontre n=pu+vq...
od;
od;
seq([n,c[n+15]-c[n]],n=0..100-15); # soyons s^
urs que c[n +15] est correct;
293
[0, 1], [1, 1], [2, 1], [3, 1], [4, 1], [5, 1], [6, 1], [7, 1], [8, 1], [9, 1], [10, 1], [11, 1], [12, 1],
[13, 1],[14, 1], [15, 1], [16, 1], [17, 1], [18, 1], [19, 1], [20, 1], [21, 1], [22, 1], [23, 1], [24, 1],
[25, 1], [26, 1], [27, 1], [28, 1], [29, 1], [30, 1], [31, 1], [32, 1], [33, 1], [34, 1], [35, 1],[36, 1],
[37, 1], [38, 1], [39, 1], [40, 1], [41, 1], [42, 1], [43, 1], [44, 1], [45, 1], [46, 1], [47, 1], [48, 1],
[49, 1], [50, 1], [51, 1], [52, 1], [53, 1], [54, 1], [55, 1], [56, 1], [57, 1], [58, 1], [59, 1], [60, 1],
[61, 1], [62, 1], [63, 1], [64, 1], [65, 1], [66, 1], [67, 1], [68, 1], [69, 1], [70, 1], [71, 1], [72, 1],
[73, 1], [74, 1], [75, 1], [76, 1], [77, 1], [78, 1], [79, 1], [80, 1], [81, 1], [82, 1], [83, 1], [84, 1],
[85, 1], [86, 1], [87, 0], [88, 1], [89, 1],
Il apparaˆıt que cn+15 − cn = 1 pour n variant de 0 `a 89.
5.
B(z)
Q(z)
1
1 − zp q
=
=
= T (z) +
p
q
(1 − z ) (1 − z )
(1 − z)A(z)
(1 − z)
z−1
(13.1)
Cela nous donne en rempla¸cant par les DSE :
1 − zp q
=
(1 − z p ) (1 − z q )
(1 − z p q )
∞
X
cn z n
(13.2)
cn−pq z n
(13.3)
n=0
∞
X
=
n=0
=
cn z n −
∞
X
n=pq
T (z) +
∞
X
zn
n=0
Comme T est un polynˆ
ome de degr´e
deg(Q) − 1 = deg(B) − deg(A) − 1 = pq + 1 − (p + q) − 1,
pour N ≥ pq, nous retrouvons : cN − cN −qp = 1.
Question : o`
u avons nous (implicitement) utilis´
e p et q premiers ?
294
(13.4)
13.5 Indication ou corrig´
e 13.5
h x i
1
x
−
Soit f : x ∈ R →
−
.
2π
2π
2π
1. Le graphe ressemble `
a celui d’une fonction impaire,π−p´eriodique. , pourtant f (0) 6= 0. f
n’est pas impaire mais pour x ∈
/ 2πZ, f (−x) = −f (x). En effet,
2. f est sa r´egularis´ee qui est paire ont les mˆemes coefficents de Fourier, donc an (f ) = 0 pour
tout n ∈ N. On a d’autre part
3. Calculer
Z
f (p t) f (q t) dt
en fonction des pgcd et ppcm de (p, q) ∈ N∗2 .
295
296
14
Vrac : exercices pos´
es aux MP C´
ezanne en 2005
Exercice 14.1 ENSEA 2005
1. Soit (Ak )k , une suite de matrices de Mn (K). On suppose que, pour tout vecteur x, la famille
(||Ak x||)k est born´ee. Montrer que (|||Ak |||)k est born´ee ´egalement.
2. Que sont les ensembles d’´equations
−x2 + 2xy + y 2 − z = 0;
−x2 + 2xy + y 2 − z = 1;
3. Bonus : A ∈ S3 (R), sym´etrique r´eelle, λ1 , λ2 , λ3 ses vp. Quel est l’ensemble d’´equation
t
XAX = 0, X ∈ R3 .
Corrig´e en 14.1
Exercice 14.2 CCP
1. Convergence et calcul de l’int´egrale :
Z
x ln x
dx.
(1 + x2 )2
R+
A
2. A ∈ Mn (C), B =
A
de A.
Corrig´e en 14.2
A
. D´eterminer le polynˆome caract´eristique de B en fonction de celui
A
Exercice 14.3 ICNA

 un+1
vn+1
1.

wn+1
2.
=
=
=
4un − 3vn − 3wn
3un − 2vn − 3wn
3un − 3vn − 2wn
+∞
Z
2
e−t cos xt dt.
f (x) =
0
(a) Domaine, continuit´e, parit´e de f ?
(b) Montrer que f est de classe C 1.
x
(c) Montrer que f v´erifie f 0 (x) + f (x) = 0.
2
√
R +∞ −t2
π
dt = 2 . D´eterminer f.
(d) On donne 0 e
Corrig´e en 14.3
Exercice 14.4 Centrale
Soit p ∈ N. Fp est l’ev des fonctions polynomiales, de degr´es ≤ p, de R dans lui mˆeme. On suppose
que (Pn )n est une suite de fonctions de Fp qui converge simplement sur un intervalle non vide et
non r´eduit `
a un point.
1. Montrer que (Pn )n converge simplement sur R.
2. Montrer que (Pn )n converge uniform´ement sur tout segment de R. Que dire de la limite ?
3. Montrer que ces propri´et´es sont fausses lorsqu’on se place dans l’espace des fonctions polynˆ
omiales de degr´es quelconques.
corrig´e en 14.4
297
Exercice 14.5 ICNA
1. Soit f : R → R, une fonction continue. On suppose que
Z x
f (x) = −1 −
(2x − t)f (t) dt.
0
Trouver f.
2. Soit A une matrice de Mn (R) avec n impair.
On suppose que det(A) = 1 et que les vp de A sont de module 1 ; Montrer que 1 est vp de A.
Corrig´e en 14.5
Exercice 14.6 CCP
−1
. Calculer An .
4
x
2. Soit fn : x ∈ R →
, λ > 0.
1 + λ n x2
1. A =
1
2
(a) Chercher les valeurs de λ pour lesquelles (fn )n converge simplement ;
(b) Pour quelles valeurs y-a-t-il convergence uniforme ?
P
ln(1 + 2n x2 )
(c) Soit gn (x) =
et G =
gn . Ensemble de d´efinition, continuit´e et d´erivabilit´e.
n+1
2
Corrig´e en 14.6
Exercice 14.7 CCP
P n
1. (a) Etude de
z ; z ∈ C.
P −nx3
(b) Etude de la convergence simple, normale, de
e
, x ∈ R.
P An
, A ∈ Mn (R).
2. (a) Montrer la convergence de
n! 5 1
(b) Calcul de cette somme lorsque A =
.
4 2
Corrig´e en 14.7
298
14.1 14.1
1. Corrig´
e rapide pour cette question de topologie pas ´
evidente :
Soit (A)k une suite de matrices telles que pour tout x ∈ Kn , (Ak x)k est born´ee dans Kn .
Montrons par l’absurde que (Ak )k est born´ee dans Mn (K). Supposons qu’elle ne le soit pas :
– On consid`ere pour chaque indice k, xk de norme 1 tel que ||Ak xk || = |||Ak |||;
– Comme la suite des (xk )k est born´ee, par Bolzano-Weierstrass, il existe une sous-suite qui
converge : lim xpq = x;
– ce qui donne
|||Apq ||| = ||Apq (xpq − x) + Apq x|| ≤ |||Apq ||| × ||xpq − x|| + ||Apq x||
la contradiction est l`
a puisque
1 − ||xpq − x|| |||Apq ||| ≤ ||Apq x||
2.
3.
14.2 Corrig´
e 14.2
x ln x admet un ppc `a [0, +∞[. Elle est donc int´egrable sur [0, 1]. Par
1. La fonction x → (1 + x2 )2 ailleurs,
x ln x
x2
1
≤
∼ 2,
(1 + x2 )2
(1 + x2 )2
x
et elle est int´egrable sur [1, +∞[.
Calculons la valeur de cette int´egrale, l’id´ee est bien sˆ
ur d’int´egrer par parties. On voit
rapidement que la partie toute int´egr´ee comme la nouvelle int´egrale n’ont pas de sens si on
conserve les bornes, on ´ecrit donc :
a
Z
ε
a Z a
x ln x
−1/2
1/2
dx =
ln x +
dx.
(1 + x2 )2
(1 + x2 )
x(1
+ x2 )
ε
ε
Vous avez h´esit´e, abandonn´e..., pas de raison `
a cela, les deux termes se compensent puisque
le membre de gauche est d´efini !
Z
ε
a
1/2
1
dx =
x(1 + x2 )
2
Z
a
−
ε
a
x
1
ln x
1
2
dx
=
−
ln(1
+
x
)
+
+
1 + x2
x
4
2 ε
On regroupe les termes en ε et en a :
1
Z
ε
x ln x
1/2
1
ln ε
dx = F (1) +
ln ε + ln(1 + ε2 ) −
2
2
2
(1 + x )
(1 + ε )
4
2
Calcul explicite et passage `
a la limite qui donne F (1) ...
Z
1
a
x ln x
−1/2
1
ln a
dx =
ln a − ln(1 + a2 ) +
− F (1)
2
2
2
(1 + x )
(1 + a )
4
2
Calcul explicite (on ´ecrit ln(1 + a2 ) = 2 ln a + ln(1 + 1/a2 )...) et passage `a la limite qui donne
cette fois −F (1) ... L’int´
egrale sur R+ est donc nulle.
299
2. Il y a plusieurs observations que l’on peut faire, plusieurs questions que l’on peut poser `a
propos de cette matrice :
(a) Quel est le polynˆ
ome caract´
eristique ; question pos´
ee aux CCP semble-t-il.
Pensons d´eterminant.
Comme dans d’autres exercices, remarquons qu’une matrice de
a a
M2 (K), b =
, de rang 1, est diagonalisable avec comme matrice de passage
a a
1 1 −1
1 1
.
P =
, d’inverse P −1 =
−1 1
2 1 1
Le calcul formel ´etant le mˆeme, diagonalisons B par blocs en posant :
In In
Q=
.
−In In
On a donc (v´erifications faciles) :
0
−1
B =Q
1 In
0n
−1
, avec Q =
2A
2 In
0
BQ = n
0n
−In
.
In
Le polynˆ
ome caract´eristique de B 0 est un d´eterminant de matrice diagonale par blocs,
−xIn
0n
= (−1)n xn × 2n χA (x/2).
χB (x) = χB 0 (x) = 0n
2A − xIn (b) Quels sont les ´
el´
ements propres ?
– On observe tout d’abord que rg(B)=rg(A), en effet l’ev engendr´e par les colonnes de
B est engendr´e par les n premi`eres... 0 est donc vp de B avec une ordre de multiplicit´e
au moins ´egal `
a n + dim ker A.
– Quelles sont les autres
valeurs propres ?
X
2n
Notons Y =
∈ K ; Y est vecteur propre de B associ´e `a λ 6= 0 ssi AX + AX 0 =
X0
λX = λX 0 , ainsi, X = X 0 et 2AX = λX.
Cons´
equences :
– λ est vp de B ssi λ/2 est vp de A ou λ = 0; ie : Sp(B) = 2Sp(A) ∪ {0}
– si λ 6= 0, dimker (A − λ/2) = dim ker (B − λ); une base de ker (B − λ) est form´ee de
Xi
vecteurs
, o`
u (Xi )i est une base de ker (A − λ/2).
Xi
– dim
ker B = n + dim ker A; une base de ker (B) est form´
ee de la r´eunion de vecteurs
Xi
Ui
, o`
u (Xi )i est une base de ker (A), et de vecteurs
, o`
u (Ui )i est une base
Xi
−Ui
n
de K .
(c) Rapport entre diagonalisation de B et de A?
On s’int´eresse aux polynˆ
omes annulateurs de B. Pour cela on commence par calculer
les puissances de B :
2n−1 An
B = n−1 n
2
A
n
2n−1 An
.
2n−1 An
P
Lorsque P (X) = ak X k , on a (attention) :
X
k
1 P (2A) + a0 In
In 0
A Ak
k−1
P (B) = a0
+
2
ak
=
0 In
Ak Ak
2 P (2A) − a0 In
k≥1
300
P (2A) − a0 In
.
P (2A) + a0 In
– Si B est diagonalisable, un polynˆome P, scind´e sur K, `a racines simples l’annule, on
a alors a = 0 = 0 et P (2A) = 0; comme P (2X) est aussi `a racines simples A est
diagonalisable.
– Si A est diagonalisable, un polynˆome Q, scind´e dur K, `a racines simples l’annule. Si
X divise P, posons Q(X) = P (X/2), sinon, posons Q(X) = X × P (X/2). Dans les
deux cas, Q est scind´e `
a racines simples et annule B.
14.3 Corrig´
e 14.3


un
1. Pas de myst`ere, on pose Xn =  vv  , la relation de l’´enonc´e devient Xn+1 = AXn o`
u A est
wn
la matrice des coefficients, une r´ecurrence qui, dans ce cas ne m´erite pas d’ˆetre faite, donne
Xn = An X0 .
Calcul de An : comme de bien entendu, on ne cherche pas la bˆete conjecture magique (A n’a
rien de remarquable, ni diagonale, ni trigonale et somme de diag et nilpotent qui commutent),
mais on r´eduit A pour se ramener `
a un tel cas ! Au passage il ne suffira pas de trouver une
forme trigonale pour que la formule du binˆome soit op´erante...
Dans ce cas pr´ecis A est diagonalisable, on cherche P tq P −1 AP = D on a An = P Dn P −1 .
2
2. (a) La fonction u : t → e−t cos xt est continue par morceaux sur R+ , |u| est major´ee par
2
t → e−t qui est int´egrable sur [0, +∞[ (si on vous demande de le d´emontrer, cette
derni`ere fonction est continue sur cet intervalle et o(1/t2 ) au voisinage de +∞).
L’int´egrale
Z
+∞
2
e−t cos xt dt
f (x) =
0
est donc d´efinie pour tout x r´eel.
Continuit´
e.
Bien qu’il soit plus judicieux d’´etudier `a la fois la continuit´e et la d´erivabilit´e, suivons
le d´ecoupage des questions :
2
– t → e−t cos xt est continue ( continue par morceaux ) sur R+ ,
2
– x → e−t cos xt est continue sur R,
2
2
– Il existe une fonction int´egrable, φ(x) = e−t telle que pour x ∈ R, t ∈ R+, e−t cos xt ≤
φ(t);
De ces pr´emisses, on d´eduit que f est continue sur R.
(b) D´
erivabilit´
e.
2
∂e−t sin xt
2
= −te−t sin xt est continue ( continue par morceaux ) sur R+ ,
– t→
∂x
2
∂e−t sin xt
– x→
est continue sur R,
∂x
2
– Il existe une fonction int´egrable sr R, φ1 (x) = te−t , telle que pour x ∈ R, t ∈ R+ ,
2
∂e−t sin xt
≤ φ1 (t).
∂x
De ces pr´emisses, on d´eduit que f est de classe C 1 sur R et que
Z +∞
2
0
f (x) =
−te−t sin xt dt
0
(c) En int´egrant par parties, on obtient
∞
Z ∞
2 sin xt
f 0 (x)
−t2 sin xt
f (x) = e
+2
te−t
dt =
.
x
x
x
0
0
301
(d) Il ne reste plus qu’`
a r´esoudre cette ´equation lin´eaire...
14.4 Corrig´
e 14.4
Pas facile, mais m’a ´et´e rapport´e tel quel ; peut-ˆetre une indication suppl´ementaire pour la premi`ere
question ?
1. De la convergence simple sur [a, b], a < b, `a la cv simple sur R :
On introduit les polynˆ
omes interpolateurs de Lagrange en p + 1 points de [a, b], (x0 , ..., xp ).
Ces polynˆ
omes (Λi )i forment une base de Fp et, pour tout polynˆome de degr´e ≤ p :
P (x) =
p
X
P (xi ) × Λi (x).
i=0
Si la suite (Pn )n converge simplement vers f sur [a, b], on a
lim Pn (x) = lim
p
X
Pn (xi ) × Λi (x) =
p
X
f (xi ) × Λi (x),
i=0
i=0
pour tout r´eel x. Cela prouve en mˆeme temps que la limite simple est une fonction polynˆ
omiale.
2. De la convergence simple `
a la convergence uniforme sur tout segment.
Observons tout d’abord que la convergence uniforme sur [c, d], c < d, est d´efinie par la
norme : supx∈[c,d] |P (x)|...
Il suffira de prouver que notre suite de polynˆomes, appartenant `a Fp de dimension finie,
p + 1, converge pour une norme quelconque. Introduisons pour cela la norme : N (P ) =
P
p
i=0 |P (xi )|. C’est une norme en particulier parce que
N (P ) = 0 ⇒ ∀i, P (xi ) = 0,
ce qui entraˆıne que P qui a p + 1 racines est nul ; on laisse v´erifier les autres propri´et´es.
Nous avons alors, si (Pn )n converge simplement vers f ∈ Fp ,
X
lim N (Pn − f ) = lim
|Pn (xi ) − f (xi )| = 0.
La convergence pour cette norme entraˆıne la convergence pour la norme uniforme sur un
segment quelconque. CQFD.
P
N
n
3. Sans restriction sur la dimension, tout cela devient faux : penser `a
x
, qui converge
n=0
N
simplement sur [0, 1/2] par exemple...
14.5 Corrig´
e 14.5
Rx
1. On aura remarqu´e que l’int´egrale d´efinit une fonction non pas de la forme a f (t) dt, ni de
Rb
Rx
la forme a f (x, t) dt, mais bien de la forme a f (x, t) dt!
C’est pourquoi nous ´ecrivons
Z x
Z x
Z x
f (x) = −1 −
(2x − t)f (t) dt = −1 − 2x
f (t) dt +
tf (t) dt.
0
0
En d´erivant une premi`ere fois nous obtenons
f 0 (x) = −2
Z
x
f (t) dt − xf (x),
0
302
0
en d´erivant `
a nouveau :
f ”(x) = −3f (x) − xf 0 (x),
ainsi f est solution de f ” + xf 0 + 3f = 0, et des conditions initiales sont donn´ees par
f (0) = −1, f 0 (0) = 0. Y penser ! ! !
R´
esolution de l’´
equation diff´
erentielle : on recherche les solutions DSE, elles le sont
toutes et il suffit des conditions initiales qui donnent a0 = −1, a1 = 0, pour d´eterminer
l’unique solution...
2.
14.6 Corrig´e 14.6
1.
2.
14.7 Corrig´e 14.7
1.
2.
303
15
Vrac : exercices CCP et autres glan´
es dans l’officiel de
la Taupe en 2009
Exercice 15.1 — ODT CCP 2009 —

0
a
c




1. Soit M = 
 b 0 c  ∈ Mn (R).
b −a 0
Est elle diagonalisable dans M3 (R), dans M3 (R)?
2. f ´etant continue sur [a, b] `
a valeurs dans R, donner une CNS pour que
Z
Z
b
b
|f (t)| dt.
f (t) dt =
a
a
15.1 Corrig´e 15.1
1. Un rapide calcul nous donne χM (x) = − x x2 + ca − ba − bc . Discutons.
√
(a) Si ca√− ba − bc < 0, M admet trois valeurs propres r´eelles distinctes 0, −ca + ba + bc
et − −ca + ba + bc; elle est donc diagonalisable dans M3 (R).
(b) Si ca − ba − bc > 0, son polynˆ
ome caract´eristique n’est pas mˆeme scind´e sur R; M n’est
ni diagonalisable ni trigonalisable dans M3 (R) mais elle est diagonalisable dans M3 (C).
(c) Enfin, si ca − ba − bc = 0, son polynˆome caract´eristique est −x3 . Par le th´eor`eme de
Cayley Hamilton M est nilpotente d’ordre au plus 3.
i. Si a = b = c = 0, M est nulle et diagonale ;
ii. sinon, M n’est pas diagonalisable quelque soit le corps de base R ou C (sinon elle
serait semblable `
a diag(0,0,0) et serait donc nulle) ; par contre elle est trigonalisable
dans M3 (R) comme toute matrice nilpotente puisque son polynˆome caract´eristique
est scind´e sur R.
iii. Une question non pos´
ee : ordre de nilpotence ?
Soyons curieux et calculons :


M2 = 


ba + bc
−ca
ca

bc
ba − ca
bc



−ba
ba
bc − ca
(ba + bc) a − ca2
0

2
0
M3 = 
 (ba − ca) b + b c
2
2
b a + (bc − ca) b −ba − (bc − ca) a
(ba + bc) c − c2 a


bc2 + (ba − ca) c 
.
0
On retrouve bien M 3 = −(ca − ba − bc)M, mais il apparaˆıt que M 2 = 0 ssi ab =
bc = ca = 0 ssi deux termes parmi a, b, c sont nuls.
2. Consid´
erons maintenant f continue sur [a, b].
Ecrivons f = f + − f − o`
u, comme dans le cours sur l’int´
egrabilit´
e des fonctions de
signe quelconque, f + (x) = sup(f (x), 0) et f − (x) = sup(−f (x), 0). Ces deux fonctions sont
304
continues et positives elles v´erifient f = f + − f − et |f | = f + + f − . Nos deux int´egrales
deviennent
Z
Z
Z b
Z b
b
b
+
−
(f + (t) + f − (t)) dt
|f (t)| dt =
f (t) dt = (f (t) − f (t)) dt et
a
a
a
a
L’´egalit´e se r´e´ecrit :
Z
Z
Z b
Z b
b
b
+
−
+
f − (t) dt,
f (t) dt +
f (t) dt =
f (t) dt −
a
a
a
a
or, pour deux r´eels positifs a et b, |a − b| = a + b ssi l’un d’eux est nul (envisager les deux
cas selon le signe de a − b).
Rb
Rb
On a donc l’´egalit´e ssi a f + (t) dt = 0 ou a f − (t) dt = 0. On sait que l’int´egrale d’une
fonction continue sur [a, b] (non r´eduit `a un point) est nulle ssi cette fonction est nulle. Dans
notre cas cela traduit f = f + ou f = f − ; f est donc de signe constant.
305
Exercice 15.2 — ODT CCP 2009 —
1. Cours : Montrer que dans un espace norm´e complet, une s´erie absolument convergente est
convergente.
Donner un exemple d’evn complet.
2. Montrer que (A, V ) → tr(A tB) d´efinit un produit scalaire sur Mn (R). Montrer que Sn (R)
et An (R) sont suppl´ementaires orthogonaux pour ce produit scalaire et exprimer la distance
d’une matrice M quelconque `
a S3 (R).
On consid`ere maintenant l’ensemble H des matrices de trace nulle. Montrer que c’est un sev
de Mn (R), pr´eciser sa dimension et donner la distance de la matrice J dont les coefficients
sont ´egaux `
a1`
aH.
voir corrig´e en 15.2
15.2 Corrig´e 15.2
Beaucoup de questions de cours.
1. Commen¸cons par rappeler les d´efinitions :
P
• Une s´erie est absolument convergente si la s´erie num´erique des normes converge ; ie : ||un ||
converge.
• Un espace norm´e (E, || || est complet ssi toute suite de Cauchy d’´el´ements de E converge
dans E.
P
Consid´erons alors une s´erie
un absolument convergente et montrons que la suite (Sn )n
des sommes
partielles
est
une
suite
de Cauchy. Observons que la suite (sn )n des sommes
Pn
sn = k=0 ||un || est elle mˆeme une suite de Cauchy (comme toute suite de convergente dans
un evn quelconque). Il vient donc :
n+p
X
∀ε, ∃nε ∀(n, p) n ≥ nε ⇒ |sn+p − sn | =
||uk || ≤ ε
k=n+1
Par in´egalit´e triangulaire, on a :
n+p
X
∀ε, ∃nε ∀(n, p) n ≥ nε ⇒ ||Sn+p − Sn || = ||
k=n+1
n+p
X
uk || ≤
||uk || ≤ ε
k=n+1
P
Comme (E, || ||) est complet, la suite de Cauchy (Sn )n converge ce qui signifie un converge.
Exemples : Tout evn de dimension finie est complet ; l’espace des fonctions born´ees sur A
a valeurs dans R ou C muni de la norme infinie est complet de mˆeme que l’ensemble des
`
fonctions continues sur un compact a` valeurs dans R ou C...
2. Cela commence encore par une question de cours.
• Montrons les propri´et´es d’un produit scalaire r´eel :
– sym´etrique : tr(A tB) = tr(t (A tB)) = tr(B tA)
– bilin´eaire : la lin´earit´e `
a gauche suffit par sym´etrie et A → A tB est lin´eaire en A comme
la trace ;
– positif : pour cela explicitons (A|B) en fonction des coordonn´ees.
(A|B) = tr(tAB) =
n
X
A tB
i,i
=
i=1
n X
n
X
i=1 k=1
De cette relation nous d´eduisons que (A|A) ≥ 0
306
Ai,k (tB)k,i =
n X
n
X
i=1 k=1
ai,k bi,k
–
•
–
–
et que cette forme bilin´eaire est d´efinie positive.
Montrons que Sn (R) et An (R) sont suppl´ementaires orthogonaux :
Sn (R) ∩ An (R) = {0}
Sn (R) + An (R) = Mn (R)} car toute matrice M est somme d’une matrice sym´etrique et
d’une matrice anti-sym´etrique :
M=
1
1
M +t M +
M −t M ;
2
2
– Sn (R)⊥An (R). En effet, si A est sym´etrique et B antisym´etrique, on a
(A|B) = tr(A tB) = −tr(A B) et (B|A) = tr(B tA) = tr(B A) = tr(A B).
On a donc (A|B) = 0.
• la distance entre un point M et un sev F d’un espace euclidien est
min ||M − X|| = ||M − PF (M )||
X∈F
o`
u PF est la projection orthogonale sur F (PF : x = x1 + x2 → x1 avec x1 ∈ F et x2 ∈⊥ F.)
Dans notre cas
1
M +t M
PF (M ) =
2
et
1/2

n X
n
X
1
2
dist(M, S3 (R)) = M −t M = 
(mi,j − mj,i ) 
2
i=1 j=1
• L’espace H et la matrice J
H est le noyau d’une forme lin´eaire, c’est donc un sous-espace vectoriel de Mn (R); comme
la forme lin´eaire est non nulle dim(H) = dimMn (R) − 1 = n2 − 1 (c’est une cons´equence `a
connaˆıtre et `
a savoir justifier du th´eor`eme du rang).
Mais, ce qui nous int´eresse ici, c’est que H est l’orthogonal de {In }. En effet,
< A|In >= T r(AtIn ) = T r(A).
Comme J = In + K o`
u K = J − In ∈ H, la projection orthogonale de J sur H est K.


1 1 ... 1
1 1 . . . 1


`a H est comme pr´ec´edemment
La distance de J =  . . .
. . ... 
 .. ..

1
1
...
1
min ||J − X|| = ||J − PF (J)|| = ||J − K|| = ||In || =
X∈H
307
p
n2 − n
Exercice 15.3 — ODT T´el´ecom Sud 2009 —
1. Trouver f d´erivable sur R telle que, pour tout x ∈ R, f 0 (f (x)) f 0 (x) = 1, f (0) = 0 et
f 0 (0) > 0. Y a-t-il unicit´e ?
2. Reste de la division euclidienne de (X sin θ + cos θ)n par X 2 + 1.
3. Cours : multiplicit´e d’une racine d’un polynˆome :
(X−α)n |P (X) et (X−α)n+1 6 | P (X) ⇔ P (α) = P 0 (α) = ... = P (n−1) (α) = 0 et P (n) (α) 6= 0
voir corrig´e en 15.3
15.3 Corrig´e 15.3
1. Comme f 0 (f (x))f 0 (x) = (f ◦ f )0 (x) = 1, (f ◦ f )(x) = x + c avec c = 0 puisque f (0) = 0.
En faisant x = 0 dans l’´equation aux d´eriv´ees, il vient f 0 (f (0))f 0 (0) = f 02 (0) = 1 et comme
f 0 (0) > 0, on a donc
f ◦ f = idR et f 0 (0) = 1.
f, en particulier, est bijective donc monotone (cours de premi`ere ann´ee : une fonction continue sur un intervalle et injective est strictement monotone) ; f est alors strictement croissante puisque par exemple f 0 (0) > 0.
On pense alors `
a introduire une suite (xn )n telle que xn+1 = f (xn ).
Comme f est strictement croissante, cette suite est monotone et l’on a soit xn ≤ xn+1 ≤ xn+2 ,
soit xn+2 ≤ xn+1 ≤ xn : comme f ◦ f = idR , xn+2 = xn+1 = xn ce qui prouve puisque x0 est
arbitraire, que f (x) = x pour tout x.
Pourquoi introduire une suite, me direz vous, et ne pas consid´erer les 3 r´eels x, f (x), f ◦
f (x)? Parce que la r´ef´erence aux suites r´ecurrentes fait partie de notre patrimoine culturel,
r´epondrai-je !
2. Par d´efinition de la division euclidienne de (X sin θ + cos θ)n par X 2 + 1, on a
(X sin θ + cos θ)n = Q(X)(X 2 + 1) + R(X)
o`
u le degr´e de R(X) est strictement plus petit que celui de X 2 + 1. Ainsi, R(X) = aX + b.
Pour d´eterminer a et b, on fait successivement X = i et X = −i dans l’´equation, ce qui
donne : ai + b = einθ et −ai + b = e−inθ , d’o`
u b = cos nθ et a = sin nθ.
3. La question de
⇒ On suppose
P (X) est donc
⇐ On suppose
cours :
que (X − α)n |P (X) et (X − α)n+1 6 | P (X).
de la forme P (X) = (X − α)n Q(X) avec Q(α) 6= 0.
que P (α) = P 0 (α) = ... = P (n−1) (α) = 0 et P (n) (α) 6= 0.
308
Exercice 15.4
1. Cours : montrer que toute matrice sym´etrique r´eelle est diagonalisable.
2. Montrer que l’application qui, `
a un polynˆome de C[X], associe la somme des modules des ses
coefficients est une norme sur C[X]. On la notera N.
´
Etudier
la continuit´e de l’application f : P ∈ C[X] → P (z0 ) ∈ C au sens de cette norme.
voir indications ou corrig´e en 15.4
15.4 Indications ou corrig´
e 15.4
1. Voir cours pour les d´etails.
P
Pdeg(P )
P∞
2. Lorsque P (X) = k ak X k , on a N (P ) = k=0 |ak | = k=0 |ak |. Ainsi, N est une norme
car :
– N (P ) ∈ R+ :
– N (λP ) = |λ|N
P(P );
P
P
– N (P + Q) = P
k |ak + bk | ≤
k |ak | +
k |bk | = N (P ) + N (Q);
– enfin, N (P ) = k |ak | = 0 ⇒ ∀k, ak = 0 et P = 0.
On passe rapidement sur ces questions (mais sans oublier de propri´et´e de la norme !), l’essentiel est l’´etude de la continuit´e de f :
f est clairement lin´eaire et on sait qu’une application lin´eaire de (C[X], N ) dans (C, | |) est
continue ssi il existe une constante K > 0 telle que
∀P ∈ C[X], |f (P )| ≤ K N (P ).
Pour cela on aura identifi´e avec soin l’espace de d´epart et sa norme (C[X], N ), l’espace
d’arriv´ee et sa norme (C, | |).
La relation |f (P )| ≤ N (P ) s’´ecrit
X X
k
ak .
ak z0 ≤ KN (P ) = K |f (P )| = |P (z0 | = k
k
On majore donc pour trouver un ´eventuel K, on pense que z0 est fix´
e avec f et que P
est la variable, et on ´ecrit :
X
X
|f (P )| = ak z0k ≤
|ak ||z0k |.
k
k
Alors, deux cas se pr´esentent :
P
– |z0 | ≤ 1 et |f (P )| ≤ k |ak | = N (P ); K = 1 fait l’affaire, f est continue.
Il nous reste `
a calculer sa norme subordonn´ee qui est d´efinie par
˜ (f ) = sup |f (P )| ; P 6= 0 .
N
N (P )
– |z0 | > 1, la majoration par |z0 |k pose un s´erieux probl`eme car comme P varie, son degr´e
|f (P )|
est arbitraire et |z0 |k n’est pas born´e ! Comme nous l’avons vu, chaque terme
est
N (P )
˜ (f ) ≤ 1.
major´e par 1 et N
P
Par ailleurs, |f (P )| = k ak z0k et si nous consid´erons la polynˆome X 0 = 1, il vient
˜ (f ) = 1.
f (P ) = f (X 0 ) = 1 et N (X 0 ) = 1. Le majorant est atteint : N
Une fausse bonne id´
ee serait :
X
X
k
|f (P )| = ak z0 ≤
|ak ||z0k | ≤ N (P ) sup |z0 |k .
k
k
309
Cela prouverait que la restriction de f aux sev Cn [X] est continue car dans ce cas sup |z0 |k =
sup{1, |z0 |, |z0 |2 , ..., |z0 |n } est born´e.
Dans le cas de f sur C[X] nous allons prouver que f n’est pas continue.
On note z0 = reiθ ; il vient donc pour un polynˆome quelconque
X
k i kα ak r e .
f (P ) = k
On choisit P
pour P le monˆ
ome P (X) = ap X p = e−i pα X p , ce qui donne
– N (P ) = k |ak | = |ap | = 1;
– |f (P )| = e−i kα rk ei kα = rk ;
|f (P )|
Ainsi, la famille des
n’est pas born´ee et f n’est pas continue dans ce cas (|z0 | > 1).
N (P )
310
Exercice 15.5 T´el´ecom Sud - 2009
1. Cours :
2. Soit n ∈ N∗ . On note D l’ensemble des diviseurs de n et p le produit des ´el´ements de D.
Donner une relation simple entre n, D et p.
voir indications ou corrig´e en 15.5
15.5 Indications ou corrig´
e 15.5
1. Cours :
Qk
i
2. Le th´eor`eme fondamental de l’arithm´etique nous permet d’´ecrire n = i=1 pα
i .
Qk
βm,i
Les diviseurs de n sont les ´el´ements de la forme m = i=1 pi
avec 0 ≤ βm,i ≤ αi pour
Qk
tous m ∈ D et i ∈ [1, k]. Le cardinal de D est donc #D = i=1 (1 + αi ).
Nous avons par ailleurs,
Y
p=
m=
k
Y Y
β
pi m,i =
m∈D i=1
m∈D
k Y
Y
β
pi m,i
i=1 m∈D
Ce qui s’´ecrit encore :
p=
k
Y
P
pi
m∈D
βm,i
i=1
P
Que vaut m∈D βm,i ?
Lorsque i est fix´e βm,i prend toutes les valeurs comprises entre 0 Q
et αi + 1; observons que
le nombre d’occurences de la valeur βm,i = ` est ´egal aux nombre j6=i (1 + αj ) des entiers
m ∈ D de la forme
Y β
p`i ×
pj j
j6=i
.
Cons´equence :
X
βm,i =
αi
X
j×
j=0
m∈D
αi
Y
#D X
1
(1 + αj ) =
j = #Dαi .
αi + 1 j=0
2
j6=i
Il vient alors
p=
k
Y
P
pi
m∈D
βm,i
=
k
Y
i=1
i=1
311
#D/2
i
(pα
i )
=
√
n
#D
V´
erification num´
erique
(commandes `
a connaˆıtre pour l’oral maths 2 du concours Centrale-Sup´elec)
n:=90;
factor(n);
2
(2) ((3)) (5)
N:=[]:
for k from 1 to n do
if n mod k=0 then N:=[op(N),k];fi;
od;
N;
convert(N,‘*‘);
n^(nops(N)/2);
[1, 2, 3, 5, 6, 9, 10, 15, 18, 30, 45, 90]
531441000000
531441000000
312
313
16
ICNA
Voir deux ´enonc´es avec sujets 2005 ´egalement. Attention pas encore tous v´erifi´es le 15 Mai 2007...
Exercice 16.1 ICNA 2006
1. Soit I =
R∞
0
2
e−t dt et Br = {(x, y)/x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ r2 }, Kr = [0, r] × [0, r].
(a) Montrer que I converge ;
(b) Montrer que
Z Z
e
−x2 −y 2
Z Z
−x2 −y 2
dxdy ≤
e
Br
Z Z
2
e−x
dxdy ≤
Kr
−y 2
dxdy.
B2r
(c) En d´eduire I.
2. – R´esoudre xy” − 2y 0 + ω 2 xy = 0, ω 6= 0.
– Solutions de xy” − 2y 0 + ω 2 xy = 0 telles que y(0) = ω 6= 0.
corrig´e en 16.1
Exercice 16.2
n
1
.
1. D´eterminer la limite de la suite an = cos
nα
P
Lorsque cette limite `, existe d´eterminer la nature de la s´erie (an − `).
2. Soit k un r´eel, soit f l’endomorphisme de R3 qui a (x, y, z) associe
[x + y + kz, x + ky + z, kx + y + z].
(a) Polynˆ
ome caract´eristique ;
(b) Rang de f selon k.
(c) pour k = 1, d´eterminer les ´el´ements propres, en d´eduire An , o`
u A est la matrice de f.
voir commentaire 16.2
Exercice 16.3
1. Montrer l’existence de
+∞
Z
I=
0
sin t −t
e dt
t
Montrer que F d´efinie par
Z
+∞
F (x) =
0
1
sin t −xt
e
dt
t
0
est de classe C sur [1, +∞[. Calculer F (x) ainsi que la limite de F en +∞. En d´eduire la
valeur de I.


4 −3 −2


n

2. Montrer que A = 
 2 −1 −2  est diagonalisable. Calculer A .
3 −3 −1
voir commentaire 16.3
Exercice 16.4
1. Convergence et calcul de
Z +∞
I=
0
314
t3 ln t
dt.
(1 + t4 )3
2. Soit n ∈ N, E = Rn [X].
On consid`ere les deux endomorphismes u et v de E d´efinis par :
u : P (X) → P 0 (X) et v : P (X) → P (X) + P (X + 1).
D´eterminer leurs ´el´ements propres et dire s’ils sont diagonalisable.
voir commentaire 16.4
Exercice 16.5

m
´ ements propres de A =  1
1. El´
1
1
m
1
1
1
m

;
2. Soit l’´equation diff´erentielle (E)(1 + x4 )y 0 + xy = 0. Rechercher les solutions DSE (on admet
qu’il en existe une ?).
voir commentaire 16.5
Exercice 16.6
1. Soit fn l’application de [0, 1] dans R telle que fn (x) = nαxn (1 − x).
´
Etudier
la convergence de la suite de fonctions (fn )n , sur [0, 1], sur [0, b], b < 1.
Montrer que, pour 1 ≤ α ≤ 2,
Z 1
Z 1
lim
fn (t) dt =
fn (t) dt.
0
0
2. Soit D1 le disque de centre (0, 0) de rayon 1, D2 le disque de centre (0, 1) de rayon 1. On
pose D = D1 ∩ D2 ∩ {(x, y)/x ≥ 0, y ≥ 0}. Calculer
Z Z
xy dx dy.
D
voir commentaire 16.6
315
16.1 corrig´e 16.1
1. Soit I =
R∞
0
2
e−t dt et Br = {(x, y)/x ≥ 0, y ≥ 0, x2 + y 2 ≤ r2 }, Kr = [0, r] × [0, r].
(a) Montrer que I converge signifie montrer que l’int´egrale (´eventuellement g´en´eralis´ee)
2
existe. Nous allons montrer que la fonction f (t) = e−t est int´egrable :
– sur [0, 1], f (t) ≤ 1 qui est int´egrable sur [0, 1];
– sur [1, +∞[, f (t) ≤ e−t qui est int´egrable sur [1, +∞[, ce que l’on v´erifie en calculant
une primitive :
Z x
x
e−t dt = −e−t 0 = 1 − e−x ≤ 1.
0
(b) Un rapide coup d’œil `
a la figure et on observe que Br ⊂ Kr ⊂ B2r . Comme la fonction
que l’on int`egre est positive, on a :
Z Z
Z Z
Z Z
2
2
2
2
2
2
e−x −y dxdy ≤
e−x −y dxdy ≤
e−x −y dxdy.
Br
Kr
B2r
(c) Le calcul de I repose sur l’in´egalit´e qui pr´ec`ede. On calcule les int´egrales sur Br et B2r
en polaires puis leur limite commune :
Z Z
e−x
2
−y 2
Z Z
2
e−ρ ρdρdθ =
dxdy =
Br
Z
[0,r]×[0,π/2]
π/2
0
r
Z
dθ×
2
ρe−ρ dρ dθ =
0
2
π h −ρ2 ir
π
−e
= (1−e−r )
4
4
0
RR
π
2
2
e−x −y dxdy converge ´egalement
Ainsi, lim Br = lim B2r = . On en d´eduit que
Kr
4
π
vers . Par ailleurs,
4
Z r
2
Z Z
Z r Z r
−x2 −y 2
−x2 y 2
−x2
e
e dx dy =
e
dx .
e
dxdy =
Kr
0
0
0
Par passage `
a la limite,
Z
∞
0
2
2
π
e−x dx = .
4
2. – L’´
equation xy” − 2y 0 + ω 2 xy = 0, ω 6= 0.
L’espace des solutions de cette ´equation lin´eaire sur un intervalle I est de dimension 2
lorsque l’intervalle ne contient pas 0 (par exemple ] − ∞, 0[ ou ]0, +∞[) puisqu’on peut la
r´e´ecrire sous la forme normale :
y” −
2 0
y + ω2 y = 0
x
Par contre, si I = R, le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz ne s’applique plus et il nous faut y
regarder de plus pr`es.
P
• Recherchons des solutions DSE au voisinage de 0, y(x) = an xn .
Analyse : une telle solution d´efinie sur un intervalle ] − r, r[ v´erifie :
xy” = (x) =
∞
X
n(n+1)an+1 xn , −2y 0 (x) =
n=1
∞
X
−2(n+1)an+1 xn , ω 2 x y(x) =
n=0
Cela donne
(
(?)
a1
(n + 1)(n − 2)an+1
316
∞
X
n=1
=0
= −ω 2 an−1 si n ≥ 1
ω 2 an−1 xn
Ainsi, si y est une solution DSE, les a2p v´erifient a2p =
(−1)p−1 ω 2p
a0 .
2p(2p − 2)!
En ce qui concerne les termes d’indices impairs, a1 = y 0 (0) = 0 (remplacer dans l’´equation
x par 0). Pour n = 2, (?) donne 0 = 0 et pour a( 2p + 1), on a a2p+1 =
(−1)p−1 ω 2(p−1)
a3 .
(2p + 2)(2p)!
Synth`
ese : Consid´erons les s´eries enti`eres
φ0 (x) =
∞
X
(−1)p−1 ω 2p
p=0
2p(2p − 2)!
x2p φ1 (x) =
∞
X
(−1)p−1 ω 2(p−1)
p=1
(2p + 2)(2p)!
x2p+1 .
Etude de φ0 (x). Son rayon de convergence est ´egal `a +∞. En effet, posons z = x2 , le
P∞ (−1)p−1 ω 2p p
z est R0 = +∞ (crit`ere de d’Alembert : le
rayon de convergence R de p=0
2p(2p − 2)!
√
quotient de deux coefficients successifs tend vers 0). On a donc R = R0 = +∞. 25
ωn
On aurait aussi pu comparer le coefficient de xn `a celui d’une s´erie exponentielle : |cn | ≤
;
n!
p−1 2p
(−1) ω
v´erifi´e avec c2p+1 + 0 et c2p =
.
2p(2p − 2)!
P∞ (−1)p−1 ω 2p 2p
Cons´
equence : la s´erie enti`ere
x d´efinit une fonction sur R qui
p=0
2p(2p − 2)!
est solution φ0 de l’´equation diff´erentielle. Il peut ˆetre pratique de reconnaˆıtre en φ0 une
fonction usuelle si elle en est effectivement une. Observons que
!
∞
∞
p−1 2p
X
X
d
(−1)
ω
(−1)p−1 ω 2p 2p
x = x2
x2p−1
2p(2p
−
2)!
dx
(2p)!
p=0
p=0
=x
2
d
dx
cos(ωx)
x
= − sin (xw) xw − cos (xw)
De la mˆeme fa¸con, la s´erie enti`ere
φ1 (x) =
∞
X
(−1)p−1 ω 2(p−1)
p=1
(2p + 2)(2p)!
x2p+1 = cos (xw) xw − sin (xw)
est une solution d´efinie sur R.
• Recherche des solutions sur I ne contenant pas 0 (I =]0, +∞[ par exemple).
On sait que l’espace des solutions sur I est alors de dimension 2. Comme φ0 et φ1 ne sont
pas colin´eaires (φ0 , φ1 ) est un syst`eme fondamental de solutions. L’´equation est r´esolue sur
I.
•Solutions sur R (difficile)
On connaˆıt les solutions DSE sur R. Ce sont les CL de φ0 et φ1 . La restriction `a R+ ou
R− d’une solution quelconque est aussi CL de φ0 et φ1 .
Elle s’´ecrit Y (x) = αφ0 + βφ1 sur R+ et Y (x) = α0 φ0 + β 0 φ1 sur R− . La continuit´e en 0
impose α = α0 .
Une fonction qui v´erifie cette condition est alors deux fois d´erivable en 0 et v´erifie l’´equation
quelque soient β et β 0 la d´eriv´ee en 0+ et les d´eriv´ee en 0− sont donn´ees par les coefficients
des SE. L’espace des solutions sur R est alors de dimension 3, engendr´e par φ0 , φ1 × H(x)
et φ1 × H(−x) (ces deux derni`eres de classe C 2 et non DSE sur R.
25. Attention, on n’applique pas directement le crit`
ere de d’Alembert `
a une s´
erie dont certains termes sont nuls !
317
16.2 corrig´e 16.2
1.
2.
3.
16.3 corrig´e 16.3
1.
2.
16.4 corrig´e 16.4
1.
16.5 corrig´e 16.5
1. A = (m − 1)I3 + J o`
u J est la matrice form´ee de 1.
• Pour diagonaliser A il suffira de d´eterminer les ´el´ements propres de J.
J est sym´etrique r´eelle, de rang 1 ; donc Ker(J) est de dimension 2 (et 0 est vp d’ordre au
moins 2).
   
3
1
D’autre part : J 1 = 3
3
1
 
1
En cons´equence, SpR (J) = {0, 0, 3}; Ker(J − 3) = vect 1 et Ker(J) est le plan ortho   1
1
1
gonal, d’´equation x + y + z = 0 donc de base −1 ,  0  .
−1
0
• Revenons `
a A : AX = λX ssi (m − 1)X + JX = λX ssi JX = (λ + 1 − m)X. Cela donne
– λ + 1 − m = 0 ou λ = m − 1 et X ∈ Ker(J);
– ou λ + 1 − m = 3 ou λ = m + 2 et X ∈ Ker(J − 3).
   
1
1
Bilan : SpR (A) = {m − 1, m − 1, m + 2} avec Ker(A − (m − 1)) = vect −1 ,  0  et
0
−1
 
1
Ker(A − (m + 2)) = vect 1 .
1
2. L’´equation :(E)(1 + x4 )y 0 + xy = 0.
16.6 corrig´e 16.6
1.
318
17
Vrac : exercices ENS-2009 glan´
es dans la RMS
Exercice 17.1 — ENS 2009 (rms)—
Soit p un nombre premier impair.
1. D´enombrer les carr´es de Z/pZ ;
p−1
×
2. Si a ∈ (Z/pZ ) , montrer que a est un carr´e ssi a 2 = 1.
voir indications ou corrig´e en 17.1
17.1 Indications ou corrig´
e 17.1
1. Notons C l’ensemble des carr´es de Z/pZ et consid´erons l’application surjective
φ : x ∈ Z/pZ → x2 ∈ C.
-y = 0 admet un seul ant´ec´edent par φ;
- si y est un carr´e non nul, il admet exactement deux ant´ec´edents (Z/pZ est un corps dans
lequel 2 est inversible ainsi y 2 = z 2 ssi y = ±z comme dans tout corps, et d’autre part, si
y 6= 0 −y 6=).
p+1
p−1
=
carr´es dans Z/pZ .
Il y a donc 1 +
2
2
×
2. Soit a ∈ (Z/pZ ) , un inversible du corps Z/pZ . Nous pouvons observer que si a = x2 la
relation est v´erifi´ee puisque pour tout ´el´ement inversible x, xp−1 = 1. Il s’agit du th´eor`eme
d’Euler dont nous allons adapter la d´emonstration pour notre probl`eme.
×
Notons G = (Z/pZ ) et G2 l’ensemble des carr´es des ´el´ements de G.
Introduisons φa : x ∈ G → ax ∈ G. C’est une bijection qui v´erifie en outre :
– si a ∈ G2 , φa (G2 ) = G2 ;
– si a ∈
/ G2 , φa (G2 ) = {G G2 ;
(en effet φa (x2 ) = ax2 est un carr´e dans G ssi il existe y ∈ G tel que ax2 = y 2 ssi a est un
carr´e).
Q
Q
Q
Regardons alors ce que sont les produits x∈G x, x∈G2 x, x∈G
/ 2 x.
– le produit des ´el´ements de G est ´egal `a −1 car ses facteurs sont 1,-1, et les ´el´ements x tels
que x−1 6= x, par paires {x, x−1 }.
Q
Q
p−1 Q
– Si a est un carr´e, x∈G2 φa (x) = x∈G2 x = a 2
x∈G2 x;
p−1
on a donc a 2 = 1.
Q
Q
p−1 Q
2
– Si a n’est pas un carr´e, x∈G2 φa (x) = x∈G
x∈G2 x; on a donc
/ 2x=a


p−1
Y
a 2 =
x
x∈G
/ 2
!−1
Y
x
= −1
x∈G2
Q
En effet, x∈G
es etQ
leurs inverses autres que ±1 par
/ 2 x admet pour facteurs des non carr´
paires, ´eventuellement -1 s’il n’est pas un carr´e alors que x∈G2 x admet pour facteurs des
carr´es par paires, 1 et ´eventuellement -1 s’il est carr´e. Ces produits valent donc soit 1 et
-1, soit -1 et 1. Le quotient, dans tous les cas est ´egal `a -1.
– On aura sans doute commenc´e par regarder des exemples ; ainsi dans (Z/5Z )× le produit
des carr´es est 1 × 4 = −1 alors que dans (Z/7Z )× le produit des carr´es est 1 × 4 × 9 = +1.
319
Exercice 17.2 — ENS 2009 (rms)—
voir indications ou corrig´e en 17.2
17.2 Indications ou corrig´
e 17.2
1.
2.
3.
320
Exercice 17.3 — ENS 2009 (rms)—
Soit Ek l’espace des fonctions f : (t, x) ∈ R2 → f (t, x) ∈ C, de classe C k et de p´eriode 2π en la
variable x.
Donner une condition n´ecessaire et suffisante portant sur P (X) ∈ R2 [X] pour que pour toute
fonction f0 (x), de classe C 2 et de p´eriode 2π sur R, l’´equation aux d´eriv´ees partielles
∂f (t, x)
∂f (t, x)
∂
∂ 2 f (t, x)
+b
=P
f (t, x) = a
+ c f (t, x).
2
∂t
∂x
∂x
∂x
admette une solution v´erifiant la condition initiale : f (0, x) = f0 (x) pour tout r´eel t dans Ek , k
´etant le degr´e de P (X).
voir commentaire 17.3
17.3 Indications ou corrig´
e 17.3
• On commence par le cas a 6= 0
Nous allons raisonner par analyse synth`ese comme il se doit. Consid´erons f0 de classe C 2 et de
p´eriode 2π ainsi que f ∈ E solution de
∂ 2 f (t, x)
∂f (t, x)
∂f (t, x)
=a
+b
+ c f (t, x),
∂t
∂x2
∂x
X
f (0, x) = f0 (x) =
cn (f0 )einx .
n∈Z
2
Observons que f0 de classe C est somme de sa s´erie de Fourier qui converge normalement (de
mˆeme que celle de f00 ).
1. Si a 6= 0, pour chaque t ∈ R, la fonction x → f (t, x) est de classe C 3 et de p´eriode 2π .
En effet, sa d´eriv´ee seconde v´erifie
∂ 2 f (t, x)
∂f (t, x)
1 ∂f (t, x)
=
−b
− c f (t, x) .
∂x2
a
∂t
∂x
Cette fonction est somme de sa s´erie de Fourier de mˆeme que ses d´eriv´ees premi`ere et seconde
dont on obtient les s´eries de Fourier en d´erivant terme `a terme :
f (t, x) =
X
n∈Z
un (t)einx ,
X
∂f (t, x) X
∂ 2 f (t, x)
=
i n un (t)einx et
=−
n2 un (t)einx .
2
∂x
∂x
n∈Z
n∈Z
Ces s´eries de Fourier sont normalement
convergentes (fonctions de classe C 1 au moins) et en
P
particulier pour chaque t ∈ R, n2 |un (t)| < +∞. Tout cela ne pr´ejuge en rien des propri´et´es
des fonctions t → un (t) dont seule l’existence a ´et´e a priori affirm´ee. Nous souhaitons pourtant
d´eriver f par rapport `
a t.
2. Les fonctions un (t) : expression en fonction de f et forme explicite
Les coefficients de Fourier de x → f (t, x) sont
up (t) =
1
2π
Z
2π
f (t, x)e−ipx dx.
0
Puisque f (t, x) est de classe C 2 , une mise en œuvre standard du th´eor`eme de d´erivation sous
R 2π
1
le signe somme permet d’affirmer que t → 2π
f (t, x)e−ipx dx est de classe C 2 .
0
321
Nous pouvons alors exprimer u0p (t) en fonction de
a
∂f (t, x)
que nous rempla¸cons par
∂t
X
∂f (t, x)
∂ 2 f (t, x)
+b
(−an2 + ibn + c)un (t)einx
+ c f (t, x) =
2
∂x
∂x
n∈Z
suivie d’une int´egration terme
a terme justifi´ee par la convergence normale deP
la s´erie de
P `
fonctions de la variable x, n∈Z (−an2 + ibn + c)un (t)einx−ipx (rappelons que
n2 |un (t)|
converge pour tout t) :
u0p (t)
=
=
=
=
Z
2π
∂f (t, x) −ipx
e
dx
∂t
0
Z 2π X
1
(−an2 + ibn + c)un (t)einx−ipx dx
2π 0
n∈Z
Z 2π
X
1
(−an2 + ibn + c)un (t)
einx−ipx dx
2π
0
1
2π
n∈Z
2
(−ap + ibp + c)up (t)
Ainsi, chaque fonction up (t) est solution du probl`eme de Cauchy
0
up (t) = (−ap2 + ibp + c)up (t)
up (0) = cp (f0 )
et s’´ecrit n´ecessairement
up (t) = cp (f0 ) e(−ap
2
+ibp+c)t
.
P 2
Souvenons nous qu’une condition n´ecessaire sur (up (t))p est
p |up (t)| converge pour tout
t ∈ R. Cette condition ne saurait ˆetre remplie lorsque P
a 6= 0 pour toute fonction f0 de classe
2
C 2 . On peut en effet choisir f0 de classe C 2 telle que
cp (f0 )e−ap t diverge d`es que a t > 0
P
inx
(prendre f0 (x) = n≥1 en3 par exemple).
Si a 6= 0, le probl`
eme n’admet pas de solution dans E2 pour toute fonction f0 de
classe C 2 . Une condition n´
ecessaire est donc a = 0.
• Supposons maintenant a = 0. L’´equation devient
∂f (t, x)
∂f (t, x)
=b
+ c f (t, x)
∂t
∂x
(17.1)
et en posant
f (t, x) =
P
n∈Z cp (f0 ) e
nous obtenons une solution. En effet,
322
(ibp+c)t ipx
e
(17.2)
P
– La fonction f0 est de classe C 2 donc
|p cp (f0 )| converge (car la s´erie de Fourier de f00
converge normalement) ;
– f est d´
efinie et continue sur R2 .
En effet, la s´erie des fonctions (t, x) → cp (f0 ) e(ibp+c)t eipx converge normalement sur tout
ensemble [−T, T ] × R.
– f admet une d´
eriv´
ee partielle par rapport `
a x que l’on obtient en d´
erivant
terme `
a terme :
– Pour tout t ∈ R, x → φp (x) = cp (f0 ) e(ibp+c)t
eipx est de classe C 1 ;
P
– la s´erie des fonctions de la variable x,
φ
(simplement) sur R;
Pp converge
– la s´erie des fonctions de la variable x,
φ0p converge normalement sur R; en effet,
|φ0p (x)| = |ipcp (f0 ) e(ibp+c)t eipx | = |pcp (f0 ) ect |
– f admet une d´
eriv´
ee partielle par rapport `
a t pour les mˆ
emes raisons en
consid´erant pour la convergence normale, un intervalle compact [−T, T ] sur lequel
|ψp0 (t)| = |(ipb + c)cp (f0 ) e(ibp+c)t eipx | = |(ibp + c)cp (f0 ) ect |
est major´ee par
|bp + c||cp (f0 )| e|c|T = O(pcp (f0 )).
– La fonction f v´
erifie l’EDP et la condition initiale (comparaison des s´eries pour
l’EDP, valeur en t=0).
– f est de classe C 1 : ses d´eriv´ees partielles sont sommes de s´eries de fonctions en (t, x)
qui convergent normalement sur [−T, T ] × R et sont ainsi continues.
Bilan : si a = 0 pour toute fonction f0 de classe C 2 le probl`
eme admet une solution
de classe C 1 dans E1 26 .
• Unicit´
e d’une solution de classe C 2 lorsque a = 0.
1. pour chaque t ∈ R, la fonction x → f (t, x) est de classe C 2 , de p´eriode 2π et somme de sa
s´erie de Fourier comme sa d´eriv´ee premi`ere :
f (t, x) =
X
un (t)einx et
∂f (t, x) X
=
i n un (t)einx .
∂x
n∈Z
n∈Z
Ces s´eries de Fourier sont normalement convergentes et pour chaque t ∈ R,
P
2. Les fonctions un (t), expressions en fonction de f ; forme explicite
Comme pr´ec´edemment,
Z 2π
Z 2π X
1
1
−ipx
f (t, x)e
dx =
un (t) ei(n−p)x dx.
2π 0
2π 0
n∈Z
et apr`es int´egration terme `
a terme :
26. l’´
enonc´
e initial demandait une CNS pour qu’il existe une solution dans E2
323
|n un (t)| < +∞.
up (t)
u0p (t)
1
2π
Z
=
Z
=
1
2π
=
=
2π
f (t, x) e−ipx dx;
0
2π
∂f (t, x) −ipx
e
dx
∂t
0
Z 2π ∂f (t, x)
1
b
+ c f (t, x) e−ipx dx
2π 0
∂x
Z 2π X
1
(ibn + c) un (t)einx−ipx dx
2π 0
n∈Z
=
(ib p + c) up (t)
Ainsi,
up (t) = cp (f0 ) e(ibp+c)t .
• Remarque `
a propos de l’´
equation de diffusion si nous cherchons une solution de classe
C 2 sur ]0, +∞[×R et continue sur [0, +∞[×R, nous en aurons une et seule avec la seule condition
a > 0. La fonction f solution de notre probl`eme s’´ecrit alors, sur [0, +∞[×R :
f (t, x) =
X
2
cn (f0 )e(−an
n∈Z
Ouf !
324
+ibn+c)t inx
e
(17.3)
Exercice 17.4 — ENS 2009 (rms) —
Soit E l’espace des fonctions de classe C ∞ sur R2 , de p´eriode 2π par rapport `a la premi`ere variable.
On se donne une fonction f0 : R → C, de classe C ∞ et de p´eriode 2π .
1. D´eterminer les fonctions de E solution du probl`eme :
∂f
∂2f
(x, t) = −i 2 (x, t) et f (x, 0) = f0 (x).
∂t
∂x
2. D´eterminer une constante C telle que, pour toute solution d’un tel probl`eme :
Z 2π
2
Z 2π Z 2π
|f0 (x)|2 dt .
|f (x, t)4 dt dx ≤ C
0
0
0
voir commentaire 17.4
17.4 Indications ou corrig´
e 17.4
1. Comme f0 est de classe C ∞ elle est somme de sa s´erie de Fourier et l’on a
X
f0 (x) =
cn (f0 ) einx
n∈Z
avec c0 (n) = o
1
np
pour tout entier p ≥ 0.
Soit alors f une solution dans E de
∂2f
∂f
(x, t) = −i 2 (x, t) et f (x, 0) = f0 (x).
∂t
∂x
• La fonction x → f (x, t) est de p´eriode 2π et de classe C ∞ , elle est donc somme de sa s´erie
de Fourier tout comme ses d´eriv´ees et l’on peut ´ecrire
X
X
∂2f
f (x, t) =
un (t)einx ,
(x, t) =
−n2 un (t)einx .
2
∂x
n∈Z
n∈Z
un (t) est le coefficient de Fourier de x → f (x, t) et l’on a donc :
Z 2π
1
um (t) =
f (x, t) e−imx dx.
2π 0
• Chaque fonction um (t) est de classe C 1 (mise en œuvre du th´eor`eme de d´erivation sous le
signe somme avec domination sur [−2π, 2π] × [−T, T ] par des fonctions constantes puisque f
∂f
et
sont continues). Sa d´eriv´ee est :
∂t
Z 2π
Z 2π 2
1
1
∂f
∂ f
u0m (t) =
(x, t) e−imx dx = −i
(x, t) e−imx dx
2π 0 ∂t
2π 0 ∂x2
• Calcul de um (t). La s´erie de fonctions de la variable x, x → −n2 un (t)einx e−imx est
normalement convergente, on a donc :
u0m (t)
2π
∂2f
(x, t) e−imx dx
2
∂x
0
Z 2π X
1
= −i
−n2 un (t)einx−imx dx
2π 0
n∈Z
Z 2π
X
1
2
inx−imx
= −i
−n un (t)e
dx
2π
0
= −i
1
2π
Z
n∈Z
= i m2 um (t)
325
La fonction um est solution du probl`eme de Cauchy
u0m (t)
um (0)
= i m2 um (t)
= cm (f0 ).
2
On a donc um (t) = cm (f0 ) ei m t et seule fonction f solution ( de classe C 2 ) du probl`eme
X
2
est alors d´efinie par f (x, t) =
cn (f0 ) ei n t ei n x .
n∈Z
• Synth`
ese, non demand´
ee : on a jusqu’ici raisonn´e par condition n´ecessaire. V´erifier que
la fonction ainsi d´efinie est solution de notre probl`eme, suppose que l’on justifie son existence,
qu’elle satisfait la condition initiale, qu’elle est solution de l’EDP et qu’elle est effectivement
de classe C ∞ . Pour cela consid´erons les fonctions
Un := (x, t) → cn (f0 ) ei n
2
t inx
e
dont les d´eriv´ees partielles sont
2
∂ p+q Un
(x, t) = ip+q n2q+p cn (f0 ) ei n t ei n x .
∂xp ∂tq
P r
Comme f0 est de classe C ∞ , pour tout entier r,
n |cn (f0 )| converge ce qui entraˆıne la
convergence normale des s´eries dont elles sont les termes g´en´eraux. Alors :
(a) f est d´efinie sur R2 et continue ;
P
(b) f = n∈Z Un est de classe C ∞ :
i. pour tous p ∈ N, et t ∈ R, la s´erie de fonctions x → Un (x, t) est form´ee de
fonctions de classe C p , dont les d´eriv´ees successives convergent normalement sur
R. La somme est de classe C p , d´erivable terme `a terme ; les d´eriv´ees successives sont
continues comme fonctions de 2 variables car les s´eries dont elles sont les sommes
sont normalement convergentes.
On a
X ∂ p Un
∂pf
(x,
t)
=
(x, t)
∂xp
∂xp
n∈Z
ii. proc´edons de mˆeme pour d´eriver par rapport `a t :
∂ p Un
pour tous q ∈ N, et x ∈ R, la s´erie de fonctions t →
(x, t) est form´ee de
∂xp
fonctions de classe C q , dont les d´eriv´ees successives convergent normalement sur
R. La somme est de classe C q , d´erivable terme `a terme ; les d´eriv´ees successives sont
continues comme fonctions de 2 variables car les s´eries dont elles sont les sommes
sont normalement convergentes.
On a
X ∂ p+q Un
∂ p+q f
(x,
t)
=
(x, t)
∂tq ∂xp
∂tq ∂xp
n∈Z
iii. nous avons mis en œuvre successivement les th´eor`emes de d´erivation terme `a terme
pour des fonctions d’une variables. Cette fa¸con de faire prouve un r´esultat g´en´eral
pour les fonctions de deux variables d`es lors que les s´eries de d´eriv´ees partielles sont
normalement convergentes.
(c) f est alors solution (il suffit de remplacer les d´eriv´ees partielles par les s´eries).
P
2
2. Consid´erons donc une solution f (x, t) = n∈Z cn (f0 ) ei n t ei n x .
P
Remarquons au pr´ealable que n |cn (f0 )| converge comme son carr´e de Cauchy, comme le
produit de son carr´e de Cauchy par lui-mˆeme. Cela nous permettra d’observer que les termes
de la s´erie de somme |f (x, t)|4 sont major´ees ind´ependamment de x et t par une s´erie convergente et que c’est une s´erie normalement convergente.
326
P
2
La s´erie n∈Z cn (f0 ) ei n t ei n x est absolument convergente de mˆeme que sa conjugu´ee. Leur
produit de Cauchy est ´egalement une s´erie absolument convergente et
X X
2
2
cp (f0 )cq (f0 ) ei (p −q ) t ei (p−q) x
f (x, t)f (x, t) =
n∈Z p+q=n
Le produit de Cauchy de s´erie par elle-mˆeme est encore une s´erie absolument convergente :
!
X
|f (x, t)|4 =
X
X
cp (f0 )cq (f0 )cr (f0 )cr (f0 ) ei (p
2
2
2
2
+r −q −s ) t i (p+r−q−s) x
e
p+q=n,r+s=m
N ∈Z n+nv=N
P
Cette s´erie comme s´erie de fonctions N wN est normalement convergente (voir la remarque
pr´ealable pour une majoration des normes) on l’int`egre terme `a terme, ce qui donne :
2π
Z
0
X
X
Z
2π
|f (x, t)|4 dt dx =
0
Z
X
2π
cp (f0 )cq (f0 )cr (f0 )cr (f0 )
e
Z
i (p2 +r 2 −q 2 −s2 ) t
dt
0
N ∈Z n+m=N p+q=n,r+s=m
2π
e
i (p+r−q−s) x
0
Le produit des int´egrales est nul d`es lors que p2 + r2 − q 2 − s2 6= 0 ou p + r − q − s 6= 0. Les
cas de nullit´e sont donc p = q et r = s soit :
Z
2π
0
Z
2π
|f (x, t)|4 dt dx = 4 π 2
0
X
X
|cp (f0 )|2 |cr (f0 )|2
N ∈Z p+r=N/2
en quoi on reconnaˆıt
!2
4π
2
X
|cp (f0 )|
Z
2π
=
|f0 (x)|2 dx.
0
p
avec la formule de Parseval appliqu´ee `a la fonction f0 .
3. Remarque : la formule de Parseval appliqu´ee aux fonctions x → f (x, t), t → f (x, t) et `a la
fonction f0 donne :
Z 2π
Z 2π
X
X
2
∀t,
|f (x, t)|2 dx = 2π
|cn (f (∗, t))| = 2π
|cn (f0 )|2 =
|f0 (x)|2 dx.
0
Z
∀x
0
n∈Z
2π
|f (x, t)|2 dt = 2π
X
n∈Z
|cn2 (f (x, ∗)|2 = 2π
n∈Z
X
n∈Z
327
|cn (f0 ))|2 =
0
Z
0
2π
|f0 (x)|2 dx.
dx
Exercice 17.5 — ENS 2009 —
Soit K un compact de R2 .
1. Montrer qu’il existe une ellipse d’aire minimale contenant K (sic).
´
2. Etudier
l’unicit´e.
voir commentaire 17.5
17.5 Indications ou corrig´
e 17.5
1. Commen¸cons par observer que si K est contenu dans un segment, [(−a, 0), (a, 0)] par exemple,
x2 y 2
il est contenu dans toutes les ellipses d’aires πab : 2 + 2 = 1; il n’existe alors pas d’ellipse
a
b
d’aire minimale (=0)contenant K.
• Consid´erons alors un compact K non contenu dans une droite et prouvons le r´esultat
demand´e dans ce cas.
Comme K contient trois points non align´es, son enveloppe convexe a une aire non nulle et
contient un disque de rayon r > 0.
Une ellipse contenant K contient son enveloppe convexe et ce disque ; ses petits et grand axes
sont donc tous deux sup´erieurs ou ´egaux `a r.
• Soit A = {aire(E)/Conv(K) ⊂ Conv(E)}. A non vide et minor´e par π r2 admet une borne
inf´erieure s qui est limite d’une suite (sn )n = (aire(En ))n .
Int´eressons nous aux ellipses En . Pour chacune d’elle il existe un centre ωn ∈ R2 , un r´eel
θn ∈ [π, π], des r´eels r < bn ≤ an tels que l’´equation de En soit
y”2
x”2
+
=1
a2n
b2n
dans un rep`ere d’origine ωn , d’axes faisant un angle θn avec la base d’origine.
Notons M un point du plan de coordonn´ees X dans le rep`ere (O, i, j) d’origine. Ses coordonn´ees dans (ωn , i, j) sont not´ees X 0 avec X = Xωn + X 0 . Notons enfin X”
ses coordonn´ees
cos θn − sin θn
dans (ωn , Rn (i), Rn (j)), Rn ´etant la rotation d’angle θn de matrice : Rn =
.
sin θn
cos θn
• On a ainsi

 1
0
t
 2
M ∈ En ssi (X − Xωn )Rn  an
1  Rn (X − Xωn ) = 1
0
b2n
 1

0
 2
t
M ∈ K entraˆıne (X − Xωn )Rn  an
1  Rn (X − Xωn ) ≤ 1.
0
b2n
• Chacune des suites (ωn )n , (θn )n , (an )n et (bn )n est born´ee dans R2 ou R.
C’est ´evident pour (θn )n . En ce qui concerne (an )n et (bn )n , observons que 0 < bn ≤ an avec,
sn
2s
a partir d’un certain rang : sn = π an bn ≤ 2s d’o`
`
u r ≤ bn ≤ an =
≤
.
πbn
rπ
Enfin, si m est un point quelconque de K, la distance mωn est inf´erieure `a an et la suite des
centres est born´ee dans R2 .
• Proc´edons par extractions successives pour obtenir une sous-suite d’indices (np )p , telle que
(ωnp )p converge, puis (npq )q , telle que (ωnpq )q et (θnpq )q , convergent etc...


1
0
 2
t
• Par passage `
a la limite, pour tout point M ∈ K, (X − Xω )R  a
1  R(X − Xω ) ≤ 1,
0
b2
ce qui nous donne une ellipse contenant K d’aire minimale πab = lim sn = inf A.
328
2. Unicit´
e?
329
Exercice 17.6 — ENS 2009 —
Soit q continue strictement positive d´efinie sur [0, 1].
1. Que dire, pour a ∈ R, de la dimension de l’espace vectoriel Ea des solutions de l’´equation
diff´erentielle avec conditions aux limites :
SL y 00 (t) + aq(t)y(t) = 0,
y(0) = y(1) = 0 ?
En choisissant q et a, donner un exemple de toutes les valeurs possibles.
R1
2. Montrer que (f |g) = 0 q(t)f (t)g(t) dt est un produit scalaire sur C 0 [0, 1], R pour lequel
les Ea sont deux `
a deux orthogonaux.
3. Montrer qu’un segment de R ne contient qu’un nombre fini de a tels que Ea 6= {0}.
17.6 Indications ou corrig´
e 17.6
1. On sait que l’ensemble S des solutions de l’´equation y”(t) + aq(t)y(t) = 0 est un espace
vectoriel et qu’un probl`eme de Cauchy


y”(t) + aq(t)y(t) = 0
y(0)
= y0


y(1)
= y1
admet une solution et une seule. L’application φ : y ∈ S → (y0 , y1 ) ∈ R2 est donc bijective
(existence, unicit´e de la solution) et l’ensemble des ant´ec´edents de la droite {(0, t) ∈ R2 ; t ∈ R}
est une droite contenant le sev des solutions du probl`eme SL qui est donc de dimension 0 ou
1.
2. Pour illustrer ces situations, consid´erons la fonction q(t) = 1 et a = ±π 2 . Les solutions de
l’´equation y”(t) + aq(t)y(t) = 0 v´erifiant y(0) = 0 sont les fonctions y(t) = A. sin(πt) si a = π
et y(t) = A. sinh(πt) si a = −π. Dans le premier cas LS est de dimension 1, dans le second
cas, il est de dimension 0.
R1
3. (f |g) = 0 q(t)f (t)g(t) dt d´efinit bien un produit scalaire (le point `a v´erifier : la forme bilin´eaire est d´efinie positive car q(t)f 2 (t) est continue et positive ; elle est donc identiquement nulle sur [0, 1] si son int´egrale y est nulle ce qui impose f = 0.)
Consid´erons alors deux fonctions f et g de classe C 2 nulles en 0 et en 1.
Par int´egration par parties nous avons
Z 1
Z 1
Z 1
1
0
0
0
f ”(t)g(t) dt = [f (t)g(t)]0 −
f (t)g (t) dt = −
f 0 (t)g 0 (t) dt
0
0
1
Z
0
1
f (t)g”(t) dt = [f (t)g 0 (t)]0 −
Z
0
1
f 0 (t)g 0 (t) dt = −
0
0
1
f 0 (t)g 0 (t) dt
0
Si, de plus, f et g sont dans Ea et Eb il vient :
Z 1
Z 1
Z
f ”(t)g(t) dt −
f (t)g”(t) dt = −(a − b)
0
Z
1
q(t)f (t)g(t) dt = 0
0
Si a 6= b, cela impose (f |g) = 0.
4. Pour ´etudier le probl`eme introduisons un op´erateur pour lequel les Ea (distincts de {0})
seront des espaces propres.
Observons qu’une solution de l’´equation y”(t) + aq(t)y(t) = 0 v´erifie
Z t
Z t
y 0 (t) = y 0 (0) +
y”(u) du = y 0 (0) − a
q(u)y(u) du
0
0
330
t
Z
y 0 (u) du = y(0) + ty 0 (0) − a
y(t) = y(0) +
0
Z t Z
u
q(v)y(v) dv
du
0
0
• Si y est une solution du probl`eme SL elle v´erifie, outre l’´equation int´egrale, les conditions
y(0) = 0 et y(1) = 0 ce qui se traduit par
Z
0
1
u
Z
q(v)y(v) dv
y (0) = a
0
du
0
. Elle v´erifie donc l’´equation int´egrale :
Z 1 Z u
Z t Z
q(v)y(v) dv du −
y(t) = a t
0
0
u
q(v)y(v) dv
du
0
0
• R´eciproquement, toute solution de cette ´equation int´egrale est une fonction de classe C 2
solution de notre probl`eme aux limites.
Introduisons donc l’op´erateur T : f ∈ C 0 ([0, 1], R) → T (f ) ∈ C 0 ([0, 1], R) d´efini par
Z
T (y)(t) = t
0
1
Z
u
Z t Z
q(v)y(v) dv
0
du −
u
q(v)y(v) dv
0
du
0
Ainsi, lorsque a 6= 0, une fonction non nulle f appartient `a Ea ssi f est vecteur propre de T
1
associ´ee `
a la valeur propre .
a
331
Exercice 17.7
17.7 Indications ou corrig´
e ??
1.
2.
3.
332
Exercice 17.8
17.8 Indications ou corrig´
e ??
1.
2.
3.
333

Concours blanc MP - Type CCP Math´ematiques 2

Correction

D i v i s e r p o u r R é g n e r

SPE MP ······ 2014-2015 PROGRAMME DE COLLE 11 COLLE 2 EN 1

TD 11

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