CCP MP

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CCP MP

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 10 juillet 2014
Enoncés
CCP MP
a) Montrer que si B est triangulaire alors B est nilpotente.
b) Généraliser à B quelconque.
II) Montrer que f (x) = cos x ln(tan x) est sommable sur ]0, π/2[.
R π/2
R π/2
Calculer 0 f (x)dx (on calculera d’abord 0 cos x ln(sin x)dx).
CCP 2002
Exercice 1 [ 02586 ] [correction]
I) Soit B = (e1 , . . . , en ) une base orthonormale d’un espace vectoriel E de
dimension n. On note P la matrice de u, endomorphisme, dans B.
Montrer que u est orthogonal ⇔ t P P = In ⇔ P est inversibleR et t P = P −1 .
+∞
II) Soit f : [0, +∞[ → R décroissante et continue et telle que 0 f (x)dx
converge.
a) Montrer que f est positive et que f tend vers 0 en +∞.
N
NP
−1
R Nh
P
b) ∀h > 0, montrer que h
f (nh) 6 0 f (x)dx 6 h
f (nh).
n=1
n=0
I) Calcul de
Exercice 5
[ 02590 ]
[correction]
I) Etudier la convergence de la série
P
n
, α > 0.
ln 1 + sin (−1)
nα
II) Soit α1 , . . . , αn des réels et A la matrice de coefficient général
ai,j = sin(αi + αj ).
Montrer que det A = 0.
n=0
c) Montrer que la série de terme général f (nh) converge puis que
+∞
R +∞
P
f (nh) ∼ h1 0 f (x)dx quand h → 0+ .
Exercice 2
1
[ 02587 ] [correction]
+∞
P n2 +3n+1
.
2n
n=0
I) Soit A et B deux parties d’un espace vectoriel normé E, et
C = {x + y/x ∈ A, y ∈ B}.
a) On suppose A et B compactes ; montrer que C est compacte.
b) On suppose A compacte et B fermée ; montrer que C est fermée.
II) Soit A ∈ Mn (C) admettant n valeurs propres distinctes.
Exhiber une base du commutant de A et trouver sa dimension.
II) Dessiner ρ = a(1 + cos θ)
I) Soient E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E.
a) Montrer que E = A ⊕ A⊥ (indice : on admettra que toute famille orthonormale
de E peut être complétée en une base orthonormale de E.
b) Montrer que A⊥⊥ = A.
II) On considère l’équation différentielle
I) Enoncer les principales propriétés du groupe Sn ; montrer que son centre est
réduit à {Id} pour n > 3.
II) a) Trouver une relation de récurrence concernant la suite d’intégrales
R π/4
In = 0 tann xdx.
1
b) Montrer que In ∼ 2n
en +∞.
(E) : t2 y 00 (t) + 4ty 0 (t) + (2 − t2 )y(t) − 1 = 0
a) Montrer qu’il existe une seule fonction f définie sur R décomposable en série
entière solution de E.
b) Montrer que g(t) = −1/t2 est solution de (E).
c) Quel est l’ensemble des fonction réelles définies sur R solutions de (E) ?
I) Soit B ∈ Mn (C) vérifiant ∀k ∈ [[1, n]], tr(B k ) = 0.
I) Trouver les solutions développables en séries entières de l’équation différentielle
2xy 00 + y 0 − y = 0
II) Dans un espace vectoriel de dimension finie n, trouver un endomorphisme f
tels que ker f = Imf .
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Exercice 9
I) Calculer
[ 02594 ]
Enoncés
On considère la fraction rationnelle
[correction]
lim
x→0
2
sh(sin x) − sin(shx)
tan(thx) − th(tan x)
Indication : on pourra faire des développements limités à l’ordre 7.
II) Soit G un groupe multiplicatif non vide de Mn (R) d’élément neutre E.
Montrer que tous les éléments de G sont de même rang.
Banque Exo 1 Algèbre
Soient θ ∈ R et n ∈ N? . Décomposer en produit de polynômes irréductibles dans
C [X], puis dans R [X] le polynôme
P (X) = X 2n − 2X n cos(nθ) + 1
On considère les polynômes
R=
X5 + X4
(X − 2)2 (X + 1)2
a) Décomposer R en éléments simples.
b) Déterminer les primitives de la fonction x 7→ R(x) sur l’intervalle ]−1, 2[.
Soient E l’espace vectoriel des polynômes à coefficients dans K (K = R ou C) de
degrés inférieurs ou égaux à n et f l’endomorphisme de E défini par
f (P ) = P − P 0
a) Démontrer que f est bijectif de deux manières :
- sans utiliser de matrice de f ;
- en utilisant une matrice de f .
b) Soit Q ∈ E. Trouver P tel que f (P ) = Q.
Indice : si P ∈ E, quel est le polynôme P (n+1) ?
P = 3X 4 − 9X 3 + 7X 2 − 3X + 2 et Q = X 4 − 3X 3 + 3X 2 − 3X + 2
Exercice 15
a) Décomposer P et Q en facteurs premiers sur R [X] puis sur C [X] (on pourra
calculer les valeurs de P et Q en 1 en 2).
b) Déterminer les polynômes pgcd et ppcm des polynômes P et Q.
[correction]
1 2
Soient la matrice A =
et f l’endomorphisme de M2 (R) défini par
2 4
[ 03547 ]
f (M ) = AM
On considère les polynômes de C [X] suivants :
a) Déterminer ker f .
b) f est-il surjectif ?
c) Trouver une base de ker f et une base de Imf .
P = 2X 4 − 3X 2 + 1 et Q = X 3 + 3X 2 + 3X + 2
a) Décomposer P en facteurs premiers de C [X] (on pourra calculer les valeurs de
P en 1 et −1).
b) Décomposer Q en facteurs premiers de C [X] (on pourra calculer la valeur de Q
en −2).
c) En déduire qu’il existe deux polynômes U et V tels que P U + QV = 1.
d) Indiquez une méthode pour déterminer deux polynômes U et V utilisant
l’algorithme d’Euclide.
a) Démontrer que siA et B sont deux matrices carrées d’ordre n alors AB et BA
ont même trace.
b) En déduire qu’en dimension finie toutes les matrices d’un même
endomorphisme ont même trace.
c) Démontrer que si A et B sont semblables alors, pour tout k ∈ N, Ak et B k ont
même trace.
Enoncés
On note Mn (C) l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordre n à coefficients
complexes. Pour A = (ai,j )16i,j6n ∈ Mn (C), on pose
kAk =
sup |ai,j |
16i,j6n
a) Démontrer que kABk 6 n kAk kBk puis que, pour tout entier p > 1,
p
kAp k 6 np−1 kAk .
P Ap
b) Démontrer que pour toute matrice A ∈ Mn (C), la série
p! est absolument
convergente. Est-elle convergente ?
Soit Φ l’endomorphisme de Rn [X] défini par :
P (X) 7→ P (X) − P (X − 1)
Donner la matrice de Φ dans la base canonique de Rn [X] et en déduire ImΦ et
ker Φ.
Soient E un espace vectoriel sur R ou C et f ,g deux endomorphismes de E tels que
f ◦ g = Id
a) Démontrer que ker(g ◦ f ) = ker f .
b) Démontrer que Im(g ◦ f ) = Img.
c) Démontrer que E = ker f ⊕ Img.
Soit un entier n > 1. On considère la matrice carrée d’ordre n à coefficients réels


2 −1 0 · · ·
0

.. 
 −1 2 −1 . . .
. 




A =  0 −1 . . . . . .
0 


 .

..
..
 ..
.
.
2 −1 
0 ···
0 −1 2
Pour n > 1, on désigne par Dn le déterminant de A.
a) Démontrer que
Dn+2 = 2Dn+1 − Dn
b) Déterminer Dn en fonction de n.
c) Justifier que la matrice A est diagonalisable. Le réel 0 est-il valeur propre de A ?
3
Soient E un espace vectoriel de dimension n sur R, (ei )16i6n une base de E et
v1 , . . . , vn des vecteurs de E.
a) Démontrer qu’il existe un unique endomorphisme f de E tel que
∀i ∈ {1, 2, . . . , n} , f (ei ) = vi
b) On note L(E) l’espace vectoriel des endomorphismes de E et Mn (R) l’espace
vectoriel des matrices carrées de taille n à coefficients réels. Pour tout u ∈ L(E),
on pose
ϕ(u) = Mat(ei ) u
la matrice de u dans la base (ei ).
Démontrer que l’application ϕ de L(E) dans Mn (R) est linéaire et bijective.
c) Déterminer la dimension de l’espace vectoriel L(E).
Soit E un espace vectoriel de dimension n sur R. On note L(E) l’ensemble des
endomorphismes de E et Mn (R) l’ensemble des matrices carrées n × n à
coefficients réels. On admet que L(E) muni des lois + et ◦ est un anneau, et que
Mn (R) muni des lois + et × est un anneau.
a) Préciser l’élément neutre pour la loi ◦ dans L(E) et l’élément neutre pour la loi
× dans Mn (R).
b) (ei )16i6n désignant une base de E, on pose, pour tout u ∈ L(E),
ϕ(u) = Mat(ei ) u
la matrice de l’endomorphisme u dans la base (ei )16i6n .
Démontrer que ϕ est un isomorphisme d’anneaux de L(E) dans Mn (R).
c) Démontrer que, pour tout u ∈ L(E)
n
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u
n fois
Soit E un espace vectoriel de dimension n.
a) Soit {e1 , e2 , . . . , en } une base de E.
Démontrer que pour tout i = 2, 3, . . . , n, {e1 + ei , e2 , . . . , en } est une base de E.
b) Déterminer tous les endomorphismes de E dont la matrice est diagonale dans
toute base de E.
Enoncés
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n.
a) Démontrer
E = Imf ⊕ ker f ⇒ Imf = Imf 2
4
Soit E l’ensemble des matrices de M2 (R) de la forme
a b
M (a, b) =
−b a
b) Démontrer
Imf = Imf 2 ⇔ ker f = ker f 2
c) Démontrer
Imf = Imf 2 ⇒ E = Imf ⊕ ker f
N.B. : les deux questions sont indépendantes
a) Soit E un K-espace vectoriel de dimension n et soit f un endomorphisme de E.
On notenL(E) l’espace des
o endomorphismes de E. Démontrer que, dans L(E), la
2
famille IdE , f, . . . , f n est liée et en déduire que f admet un polynôme
annulateur non identiquement nul.
b) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension finie et λ une
valeur propre de f .
Démontrer que si P est un polynôme annulateur de f alors P (λ) = 0.
Soit u un endomorphisme d’un espace vectoriel E sur le corps K = R ou C. On
note K [X] l’ensemble des polynômes à coefficients dans K.
a) Démontrer
∀(P, Q) ∈ K [X] × K [X] , (P Q) (u) = P (u) ◦ Q(u)
b) Démontrer
∀(P, Q) ∈ K [X] × K [X] , P (u) ◦ Q(u) = Q(u) ◦ P (u)
c) Démontrer que pour tout (P, Q) ∈ K [X] × K [X]
(P polynôme annulateur de u) ⇒ (P Q polynôme annulateur de u)
−1 −2
d) Soit A =
. Ecrire le polynôme caractéristique de A et en déduire
1
2
que le polynôme R = X 4 + 2X 3 + X 2 − 4X est un polynôme annulateur de A.
où a et b sont des nombres réels
a) Démontrer que E est un sous-espace vectoriel et un sous anneau de M2 (R).
Quelle est sa dimension ?
b) On pose ϕ(a + ib) = M (a, b). Démontrer que ϕ est un isomorphisme d’espaces
vectoriels de C sur E, C étant considéré comme un espace vectoriel de dimension
2 sur R.
Est-ce un isomorphisme d’anneaux ?
p désigne un entier naturel non nul.
On considère dans Z la relation d’équivalence R définie par :
xRy ⇔ ∃k ∈ Z, x − y = kp
On note Z/pZ l’ensemble des classes d’équivalence pour cette relation R.
a) Quelle est la classe d’équivalence de 0, celle de p ?
b) Donner soigneusement la définition de l’addition usuelle et de la multiplication
usuelle dans Z/pZ.
c) On admet que, muni de ces opérations, Z/pZ est un anneau.
Démontrer que Z/pZ est un corps si, et seulement si, p est nombre premier.
On note Sn l’ensemble des permutations de l’ensemble constitué par les premiers
entiers non nuls {1, 2, . . . , n}.
a) Démontrer que, muni de la loi ◦, Sn est un groupe.
b) On note σ l’élément de S8 défini de la manière suivante :
1 2 3 4 5 6 7 8
5 4 1 7 8 6 2 3
l’image de chaque terme de la première ligne étant écrit juste en dessous.
Démontrer que la permutation σ est égale à la composée de deux cycles que l’on
précisera.
c) On note σ n la permutation σ ◦ σ ◦ . . . ◦ σ (n facteurs)
Déterminer σ 12 , σ 24 , σ 4 et σ 2016 .
Enoncés
a) u est un endomorphisme d’un K-espace vectoriel E de dimension finie n et I
désigne l’application identité de E.
Rappeler la définition d’une valeur propre de u puis démontrer que :
λ est valeur propre de u ⇔ det(u − λI) = 0
5
où a est un nombre réel.
a) Quel est le rang de A ? La matrice A est-elle inversible ?
b) A est-elle diagonalisable ?
Exercice 34
Soit
[ 03733 ]
0
A= 1
0
En déduire que u admet au plus n valeurs propres distinctes.
b) Trouver un endomorphisme de R2 admettant comme valeurs propres 0 et 1.
Soit la matrice

0
M = b
b
a
0
−a

c
c 
0
où a, b, c sont des réels.
a) M est-elle diagonalisable dans M3 (R) ?
b) M est-elle diagonalisable dans M3 (C) ?
Soit la matrice

1
A =  −1
1
−1
1
−1

1
A= 0
0
1
2
0
0
0
1

1
0  ∈ M3 (C)
0
a) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A. La matrice A
est-elle diagonalisable ?
b) Soient (a, b, c) ∈ C3 et B = aI3 + bA + cA2 où I3 désigne la matrice identité
d’ordre 3.
Déduire de la question a) les éléments propres de B.
On considère dans le plan vectoriel R3 , la projection vectorielle f sur le plan
d’équation x + y + z = 0 parallèlement à la droite d d’équations
x
y
z
= =
1
2
3

1
−1 
1
1. Démontrer que A est diagonalisable de quatre manières :
a) sans calculs ;
b) en calculant directement le déterminant det(A − λI3 ) où I3 est la matrice
identité d’ordre 3 et en déterminant les sous-espaces propres ;
c) en utilisant le théorème du rang ;
d) en calculant A2 .
2. On suppose que A est la matrice d’un endomorphisme u d’un espace euclidien
dans une base orthonormée.
a) Que peut-on dire de l’endomorphisme u ?
b) Trouver une base orthonormée dans laquelle la matrice de u est diagonale.
On considère la matrice
[correction]


a
0 
a
a) Trouver simplement une base de R3 dans laquelle la matrice de f soit diagonale.
b) En déduire la matrice de f dans la base canonique de R3 .
Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel E de dimension n et soit
{e1 , . . . , en } une base de E.
On suppose f (e1 ) = f (e2 ) = . . . = f (en ) = v où v est un vecteur de E.
f est-il diagonalisable ? (discuter en fonction du vecteur v).
Exercice 37
On pose
[ 03605 ]
[correction]
A=
2
4
1
−1
a) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A.
b) Déterminer toutes les matrices commutant avec la matrice
3 0
D=
0 −2
et en déduire l’ensemble des matrices qui commutent avec A.

1
A= 0
0
1
2
0
Enoncés

−1
1 
3
a) Déterminer les valeurs propres de A puis une base de vecteurs propres associés.
b) Déterminer la matrice de passage P de la base initiale à la base de vecteurs
propres, puis sa matrice inverse P −1 .
c) On considère le système différentiel
 0

x = x + y − z + t
y 0 = 2y + z + 1

 0
z = 3z
x, y, z désignant trois fonctions de la variable t, dérivables sur R.
Résoudre ce système différentiel en utilisant les résultats précédents.
A=
−1
1
−4
3
c) En déduire une méthode de résolution du système différentiel
(
x0 = −x − 4y
y 0 = x + 3y
0
A =  −3
−1
−2
1
1
1
On suppose a0 = 2, b0 = 2 et c0 = 0.
Calculer an , bn et cn en fonction de n.
Soient E un R-espace vectoriel de dimension 3 et e = (e1 , e2 , e3 ) une base de E.
On considère la forme quadratique q définie sur E par
où v est le vecteur de coordonnées (x, y, z) dans la base e.
a) Quelle est la matrice A de q dans la base e ?
b) Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A.
c) Indiquer une méthode pour trouver une base e0 telle que si v a pour
coordonnées (X, Y, Z) dans la base e0 alors q(v) soit de la forme αX 2 + βY 2 + γZ 2 .
a) Démontrer l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans un espace vectoriel réel muni
d’un produit scalaire.
2
Indication : on considérera kx + λyk .
b) Dans quel cas a-t-on égalité ?
Soient E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E.
a) Démontrer que
E = A ⊕ A⊥

2
3 
3
a) Démontrer que λ = 2 est valeur propre de A et que V = t
vecteur propre associé.
On admet que A admet deux autres valeurspropres −2 et 4 avec comme vecteur
propre respectivement associés t 1 1 0 et t 0 1 1 .
b) On considère les suites (an )n∈N , (bn )n∈N et (cn )n∈N définies par leurs premiers
termes a0 , b0 , c0 et


 an+1 = −2bn + 2cn
∀n ∈ N, bn+1 = −3an + bn + 3cn


cn+1 = −an + bn + 3cn
q(v) = x2 + y 2 + z 2 + 2xz
a) Démontrer que A n’est pas diagonalisable.
b) On note f l’endomorphisme de R2 canoniquement associé à A. Trouver une
base (v1 , v2 ) de R2 dans laquelle la matrice de f est de la forme
a b
0 c

6
0
1
est un
Indice : on admettra que toute famille orthonormale de E peut être complétée en
une base orthonormale de E.
b) Démontrer que
⊥
A⊥ = A
Enoncés
Soit E un espace euclidien et F, G des sous-espaces vectoriels de E.
a) Démontrer que
⊥
(F + G) = F ⊥ ∩ G⊥
b) Démontrer que
⊥
(F ∩ G) = F ⊥ + G⊥
Soient E un espace euclidien et u un endomorphisme de E. On note (x | y) le
produit scalaire de deux vecteurs x et y de E.
a) Soit u un endomorphisme tel que
∀x ∈ E, ku(x)k = kxk
Démontrer que
∀(x, y) ∈ E 2 , (u(x) | u(y)) = (x | y)
Démontrer que u est bijectif
b) Démontrer que l’ensemble des endomorphismes orthogonaux de E, muni la loi
◦, est un groupe.
Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R.
a) Démontrer que :
Z b
h(x) dx = 0 ⇒ h = 0
7
Soit E l’espace vectoriel des applications continues et 2π-périodiques de R dans R.
a) Démontrer que
Z 2π
1
(f | g) =
f (t)g(t) dt
2π 0
définit un produit scalaire sur E.
b) Soit F le sous-espace vectoriel engendré par f : x 7→ cos x et g : x 7→ cos(2x).
Déterminer le projeté orthogonal sur F de la fonction u : x 7→ sin2 x.
Soient F(R, R) l’espace vectoriel des applications de R dans R, E le sous-espace
vectoriel engendré par les cinq applications :
√
f1 : x 7→ 1/ 2, f2 : x 7→ cos x, f3 : x 7→ sin x, f4 : x 7→ cos(2x) et f5 : x 7→ sin(2x)
et F le sous-espace vectoriel par f1 , f2 et f3 :
F = Vect(f1 , f2 , f3 )
a) Démontrer que
(f, g) 7→ hf | gi =
1
π
Z
π
f (x)g(x) dx
−π
est un produit scalaire sur E.
b) Montrer que f4 et f5 sont unitaires et orthogonaux.
On admettra dans la suite que B = (fi )i=1,...,5 est une base orthonormée de E.
c) Déterminer le sous-espace vectoriel F ⊥ , orthogonal de F pour ce produit
scalaire.
a
b) Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continue de [a, b] dans R. On pose
pour tout f et tout g de E
Z
(f | g) =
b
f (x)g(x) dx
a
Démontrer que l’on définit ainsi un produit scalaire sur E.
c) Majorer
Z 1
√ −x
xe dx
0
en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
On définit dans M2 (R) × M2 (R) l’application ϕ(A, A0 ) = tr(t AA0 )
On note
a b
2
F=
/(a, b) ∈ R
−b a
On admet que ϕ est un produit scalaire sur M2 (R).
a) Démontrer que F est un sous-espace vectoriel de M2 (R).
b) Déterminer une base orthonormée de F ⊥ .
c) Déterminer le projeté orthogonal sur F ⊥ de
1 1
J=
1 1
Enoncés
Soient E un espace préhilbertien et F un sous-espace vectoriel de dimension finie
n > 0.
On admet que pour tout x ∈ E, il existe un unique élément y0 de F tel que x − y0
soit orthogonal à F et que la distance de x à F soit égale à kx − y0 k.
Si
0
a b
a b0
A=
et A0 =
c d
c0 d0
alors on pose
8

−2
A =  −2
1
−2
1
−2

1
−2 
−2
a) Justifier que A est diagonalisable.
b) Déterminer P et D dans M3 (R) telles que t P = P −1 , D est diagonale et
t
P AP = D.
hA | A0 i = aa0 + bb0 + cc0 + dd0
a) Démontrer que h. | .i est un produit scalaire sur M2 (R).
b) Calculer la distance de la matrice
1 0
A=
−1 2
Etudier la courbe définie paramétriquement par

u−1

x =
u2
2

y = u
u+1
au sous-espace vectoriel F des matrices triangulaires supérieures.
E désigne un espace euclidien. On note x | y le produit scalaire de x et de y.
a) Démontrer que si f est une forme linéaire sur E, il existe un unique élément a
de E tel que
∀x ∈ E, f (x) = x | a
x0 est un élément non nul de E tel que kx0 k = 1. On note [x0 ] la droite vectorielle
⊥
engendrée par x0 et [x0 ] l’orthogonal de [x0 ].
b) Donner la définition de la projection orthogonale p sur [x0 ].
c) Si p(x) = λx0 , on note g(x) = λ. Démontrer que g est une forme linéaire sur E
et indiquer l’élément b de E tel que, pour tout x de E, g(x) = x | b.
E désigne un espace euclidien. On note x | y le produit scalaire de x et de y.
Si u est un endomorphisme de E, on note u? l’endomorphisme adjoint de u.
a) Si u est un endomorphisme de E, préciser, en justifiant votre réponse,
l’endomorphisme (u? )? .
b) Si u et v sont deux endomorphismes de E, préciser, en justifiant votre réponse,
l’endomorphisme (u ◦ v)? .
c) Soit (ei ) une base orthonormale de E. On note A la matrice d’un
endomorphisme u de E dans la base (ei ) et B la matrice de u? dans la base (ei ).
En justifiant votre réponse, donner la relation qui existe entre A et B ?
d) Retrouver le résultat de la question a) à l’aide du résultat de la question c).
Puis donner l’allure de cette courbe
On considère la courbe définie en coordonnées polaires par
p
r = 2 cos(2θ)
a) Etudier les symétries éventuelles de cette courbe.
b) Donner l’allure de cette courbe.
c) Préciser la tangente en point de paramètre θ = π/4.
Etudier au voisinage de t = 1 la courbe définie par :
Z
x=
1
t
u2 − 1
du et y =
u2 + 1
Z
1
t
u2 − 1
du
u3 + 1
Indice : on pourra calculer les dérivées successives de x et y
Dans un repère orthonormé (O;~i, j), on considère la courbe d’équation
Enoncés
On considère la courbe paramétrée
(
x2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0
a) Préciser la nature de cette courbe.
b) Tracer cette courbe.
c) Calculer la pente de la tangente en chacun des points d’intersection de la
courbe et de l’axe (O; ~j).
On considère la courbe paramétrée définie par
(
x = cos3 t
y = sin3 t
a) Etudier les symétries de cette courbe.
b) Donner l’allure de cette courbe.
c) Déterminer une équation de la tangente à la courbe au point de paramètre
t = π/6.
On considère la courbe C définie paramétriquement par :

u2 − 1


x =
u ,u>0
2

u
+1

y =
u+1
Donner l’allure de la courbe C, préciser la (ou les) asymptote(s) éventuelle(s)
9
C:
x = f (t)
y = g(t)
f et g étant deux fonctions de classe C ∞ sur un intervalle ouvert I.
a) Expliquer comment on peut étudier la position de C par rapport à sa tangente
au voisinage du point M0 de paramètre t0 avec t0 ∈ I.
b) Appliquer les résultats précédents aux deux courbes suivantes au voisinage du
point de paramètre 0 :
(
(
x = t3
x = t2
C1 :
et
C
:
2
y = t6
y = t4
Retrouver ces résultats simplement sans utiliser la question a).
a) Donner une représentation paramétrique, dans un repère orthonormé, du cercle
de centre O et de rayon a > 0. Déterminer alors le repère de Frénêt en chaque
point de ce cercle. Préciser la valeur du rayon de courbure.
b) Le plan étant rapporté à un repère orthonormé, on considère l’arc paramétré
défini par
(
x=u
avec u ∈ ]0, +∞[
y = u2
Déterminer, au point M de cette courbe correspondant au paramètre u = 1, le
repère de Frénêt, ainsi que le rayon de courbure.
Soit l’intégrale curviligne
Z
Donner l’allure de la courbe définie en coordonnées polaires par
r = 2 (cos θ − cos 2θ)
Préciser la tangente à cette courbe aux points de paramètre θ = π.
I=
ω
Γ
où ω = y dx + xy dy et Γ est la courbe fermée composée des portions de courbes
comprises entre les deux points d’intersection des courbes C1 etC2 d’équations
respectives y = x2 et y = x dans un repère orthonormé.
La courbe Γ étant décrite dans le sens trigonométrique, calculer l’intégrale I :
a) directement.
b) en utilisant la formule de Green-Riemann.
Enoncés
On considère la quadrique (S) d’équation xy + yz = 1 dans le repère orthonormé
(O;~i, ~j, ~k).
On note q la forme quadratique associée à (S).
a) Déterminer la matrice de q dans la base (~i, ~j, ~k). On la notera A.
b) Déterminer une base orthonormée (~u, ~v , w)
~ constituée par des vecteurs propres
de A.
c) On note P la matrice de passage de la base (~i, ~j, ~k) à la base (~u, ~v , w).
~
Expliquer pourquoi la matrice de q dans la base (~u, ~v , w)
~ est égale à P −1 AP .
d) Quelle est la nature de la quadrique (S) ?
Dans R2 , on considère les trois normes usuelles p0 , p1 et p2 définies pour tout
(x, y) ∈ R2 par
p0 (x, y) =
p
x2 + y 2 , p1 (x, y) = |x| + |y| et p2 (x, y) = max (|x| , |y|)
a) Démontrer que ces trois normes sont équivalentes, sans utiliser le fait que R2
est un espace vectoriel de dimension finie.
b) On note, pour i ∈ {0, 1, 2}, Bi ((0, 0), 1) la boule ouverte de centre (0, 0) et de
rayon 1 pour la norme pi . On note aussi (O,~i, ~j) un repère orthonormal du plan.
Pour chaque i ∈ {0, 1, 2}, déterminer l’ensemble Ei des points M du plan dont les
coordonnées (x, y) dans le repère (O,~i, ~j) sont telles que (x, y) ∈ Bi ((0, 0), 1).
On considère la similitude
directe s d’écriture complexe, dans un repère
~
~
orthonormal O; i, j
z 0 = (i − 1)z + 2 − i
a) Déterminer le centre, le rapport et l’angle de cette similitude.
On considère dans le plan complexe les points A d’affixe i, B d’affixe −1 et C
d’affixe −i.
b) Déterminer les points A0 , B 0 et C 0 images respectives de A, B et C par la
similitude s.
0 B 0 C 0 ? de la longueur A0 C 0 ? de l’aire du
c) Quelle est la valeur de l’angle A\
0 0 0
triangle A B C ?
10
a) On considère le système

x+y+z =1



 x + y + 2z = 0

2x − y − z = −1



x − 2y + z = m
où m désigne un réel.
Démontrer qu’il existe une unique valeur m0 de m pour laquelle ce système admet
une solution unique et donner cette solution.
b) Dans l’espace rapporté à un repère (O;~i, ~j, ~k), on considère la droite d de
représentation paramétrique

x = u

y =2+u


z = −1 + u
et la droite d0 de représentation paramétrique


x = t
y =2−t


z = −1
Démontrer que d et d0 sont concourantes.
Démontrer que d peut être définie comme intersection des deux plans d’équations
x + y + z = 1 et x + y + 2z = 0 et que d0 peut être définie comme intersection des
deux plans d’équations 2x − y − z = −1 et x − 2y + z = −5.
On considère dans le plan une droite d et un point F non situé sur d.
On suppose que la distance du point F à d est égale à 1.
a) Déterminer, en utilisant un repère orthonormé judicieusement choisi, que
l’ensemble des points M du plan tels que
MF
1
=
MH
2
est une conique, H désignant le projeté orthogonal de M sur d.
b) Déterminer la nature et une équation réduite de cette conique et donner
l’allure de cette courbe.
Enoncés
11
Soit dans l’espace une sphère de centre O et de rayon R et un point A non situé
sur la sphère.
On note d la distance OA.
Une droite ∆ passant par A coupe la sphère en P et Q.
Exprimer le produit AP × AQ en fonction de d et de R, en utilisant un repère
orthonormé judicieusement choisi, une équation de la sphère et une représentation
paramétrique de ∆.
a) Déterminer le développement limité à l’ordre 5 en 0 de la fonction f : x 7→
b) Donner, pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5}, la valeur de f (k) (0)
Banque Exo 1 Analyse
a) Décomposer f (x) en éléments simples et en déduire les primitives de f sur
l’intervalle ]3, +∞[.
b) Déterminer le développement en série entière en 0 de la fonction f et préciser le
rayon de convergence.
c) Déterminer le développement limité à l’ordre 3 en 0 de la fonction f .
a) On considère deux suites réelles (un ) et (vn ) telles que un ∼ vn .
Démontrer que un et vn sont de même signe à partir d’un certain rang.
b) Déterminer le signe au voisinage de l’infini de
1
1
− tan
un = sh
n
n
On considère dans R les deux suites (un ) et (vn ) définies par :
n
X
1
1
un =
et vn = un +
i!
n!
i=0
a) Démontrer que ces deux suites sont adjacentes.
b) On admet que lim un = e. Démontrer que e est irrationnel.
n→+∞
Indice : on pourra raisonner par l’absurde et supposer e = p/q où p et q sont deux
entiers naturels.
Exercice 74
On pose
[ 03603 ]
cos x
1−x .
[correction]
f (x) =
1
(x + 1)(3 − x)
a) Donner l’idée de la démonstration de la formule de Leibniz concernant la
dérivée n-ième d’un produit de fonctions.
b) On pose
e2x
f (x) =
pour x > −1
1+x
Calculer f (n) (x) pour tout n ∈ N.
I désigne un intervalle de R.
a) Donner la définition d’une fonction convexe définie sur I et à valeurs réelles.
b) Soit f une fonction convexe de I dans R. Démontrer la propriété suivante, où n
désigne un entier supérieur ou égal à 3 :
n
P
si λ1 , . . . , λn sont des nombres positifs tels que
λi = 1 et si x1 , . . . , xn
i=1
a) Pour une suite de réels (un ), énoncer le critère de Cauchy.
b) Soit f une dérivable de ]0, 1] dans R telle que
appartiennent à I alors
f
0
un = f (1/n)
Démontrer, en utilisant le critère de Cauchy, que cette suite converge.
!
λi xi
6
i=1
∀x ∈ ]0, 1] , |f (x)| 6 1
On pose, pour tout entier naturel n non nul
n
X
n
X
λi f (xi )
i=1
Indice : on pourra remarque que
n
X
i=1
λi xi =
1−
n
X
i=3
!
λi
n
λ1 x1 + λ2 x2 X
+
λi xi
n
P
i=3
1−
λi
i=3
Enoncés
c) Déduire de ce qui précède, en utilisant la fonction ln, que pour tout entier
n > 1 et pour tous x1 , . . . , xn ∈ R+? , on a l’inégalité :
1/n
(x1 x2 . . . xn )
6
x1 + x2 + · · · + xn
n
Soit f une fonction de [a, b] dans R, continue sur [a, b]. On suppose que f est
dérivable sur ]a, b[ sauf peut-être en un point x0 de ]a, b[.
a) Démontrer que si la fonction f 0 admet une limite en x0 , alors la fonction f est
dérivable en x0 et
f 0 (x0 ) = lim f 0 (x)
x→x0
b) Démontrer que la réciproque de la propriété de la question précédente est
fausse.
Indice : on pourra considérer la fonction g définie par g(x) = x2 sin(1/x) si x 6= 0
et g(0) = 0.
Soit f une fonction numérique continue sur [0, +∞[ telle que f ait une limite finie
` en +∞.
a) Ecrire la définition de
lim f (x) = `
x→+∞
et de l’uniforme continuité de f sur [0, +∞[.
b) Démontrer que f est uniformément continue sur [0, +∞[.
a) Démontrer que dans un espace vectoriel normé complet, toute série absolument
convergente est convergente.
b) Mn (R) est-il complet ?
Etudier la série de terme général
un =
1
n(ln n)α
où n > 2 et α ∈ R.
Indice : on distinguera le cas α 6 0 et le cas α > 0.
12
Soient (un )n∈N une suite de réels strictement positifs et ` un réel positif
strictement inférieur à 1.
a) Démontrer que si
un+1
lim
=`
n→+∞ un
P
alors la série
un converge.
= ` puis majorer, pour n
Indice : écrire judicieusement la définition de lim uun+1
n
n→+∞
assez grand, un par le terme général d’une série géométrique.
b) Quelle est la nature de la série de terme général
n
?
(3n + 1)!
a) Soient (un ) et (vn ) deux suites de nombres réels positifs. Montrer que :
X
X
un ∼ vn ⇒
un et
vn sont de même nature
b) Etudier la convergence de la série
X (1 − i) sin
√
n−1
1
n
Soit (un )n∈N une suite décroissante
positive de limite nulle.
P
a) Démontrer que la série
(−1)k uk est convergente.
Indice : on pourra considérer (S2n )n∈N et (S2n+1 )n∈N avec Sn =
n
P
(−1)k uk .
k=0
b) Indiquer un majorant du reste de cette série. Démontrer ce résultat.
Soient X un ensemble, (fn )n∈N une suite de fonctions de X dans C et f une
fonction de X dans C.
a) On suppose que
∀x ∈ X, ∀n ∈ N, |fn (x) − f (x)| 6 αn
où (αn )n∈N est une suite de réels telle que lim αn = 0.
n→+∞
Enoncés
Démontrer que la suite (fn )n∈N converge uniformément vers f sur X.
b) La suite (z n )n∈N converge-t-elle uniformément dans le disque ouvert D(0, 1/2)
de centre 0 et de rayon 1/2 ?
Converge-t-elle uniformément dans le disque ouvert D(0, 1) de centre 0 et de
rayon 1 ?
Exercice 85
On pose
[ 03875 ]
2 2
n
fn (x) = √ e−n x
π
[ 03775 ]
a) Soit (fn ) une suite d’applications de [a, b] dans R.
On suppose que la suite (fn ) converge uniformément sur [a, b] vers une application
f , et que, pour tout n ∈ N, fn est continue en x0 avec x0 ∈ [a, b].
Démontrer que f est continue en x0 .
b) On pose, pour tout x ∈ [0, 1], gn (x) = xn .
La suite (gn ) converge-t-elle uniformément sur [0, 1] ?
[correction]
a) Etudier la convergence simple de la suite de fonctions (fn )n∈N .
b) Démontrer que, pour tout a > 0, cette suite converge uniformément sur les
intervalles ]−∞, −a] et [a, +∞[.
c) Converge-t-elle uniformément sur ]0, +∞[ ?
Indication : on pourra considérer fn (1/n).
Exercice 86
On pose
13
[correction]
fn (x) = (x2 + 1)
nex + xe−x
n+x
a) Démontrer que la suite de fonctions (fn )n∈N converge uniformément sur [0, 1].
b) Calculer
Z 1
nex + xe−x
dx
lim
(x2 + 1)
n→+∞ 0
n+x
a) Soit X une partie de R, (fn )n∈N une suite de fonctions de X dans R ou C qui
converge simplement vers une fonction f . On suppose qu’il existe une suite
(xn )n∈N d’éléments de X telle que la suite (fn (xn ) − f (xn ))n∈N ne tend pas vers 0.
Démontrer que la suite de fonctions (fn )n∈N ne converge pas uniformément vers f
sur X.
b) Pour x ∈ R. On pose
sin(nx)
fn (x) =
1 + n2 x2
Etudier la convergence simple de la suite (fn )n∈N .
Etudier la convergence uniforme de la suite (fn )n∈N sur [a, +∞[ (avec a > 0) puis
sur ]0, +∞[.
a) On note E l’espace vectoriel des applications bornées de X dans C, X
désignant un ensemble non vide quelconque. On pose pour tout f de E
kf k∞ = sup |f (x)|
x∈X
Démontrer succinctement que l’application f 7→ kf k∞ est une norme sur E.
b) Soit (gn ) une suite d’applications de X dans C, X désignant un ensemble non
vide quelconque. On suppose que, pour tout n ∈ N, gn est bornée et que la suite
(gn ) converge uniformément sur X vers g.
Démontrer que l’application g est bornée.
a) Soit (fn )n∈N une suite de fonctions continues sur [a, b] à valeurs réelles.
Démontrer
que
converge uniformément vers f alors la suite
si la suite (fn )n∈N
R
Rb
b
f (x) dx.
f
(x)
dx
converge
vers
a n
a
n∈N
b) Justifier comment ce résultat peut être utilisé dans le cas des séries de
fonctions puis démontrer
Z
0
+∞
1/2 X
n=0
xn dx =
+∞
X
1 1
n 2n
n=1
a) Démontrer que toute série de fonctions normalement convergente sur X est
uniformément convergente sur X.
b) La série de fonctions
X n2
zn
n!
est-elle uniformément convergente sur le disque fermé de centre 0 et de rayon
R ∈ R+? ?
Enoncés
On considère la série de fonctions de terme général un définie par :
x x
−
∀n ∈ N? , ∀x ∈ [0, 1] , un (x) = ln 1 +
n
n
On pose, lorsque la série converge,
14
Exercice
96 [ 03528 ] [correction]
P
an z n une série entière de rayon de convergence R > 0.
Soit
a) Démontrer que cette série converge uniformément sur tout disque fermée de
centre 0 et de rayon r tel que 0 6 r < R.
+∞
P
b) Démontrer que la fonction z 7→
an z n est continue en tout point du disque
n=0
+∞ h X
x xi
−
S(x) =
ln 1 +
n
n
n=1
ouvert de convergence.
a) Démontrer que S est dérivable sur [0, 1].
b) Calculer S 0 (1).
Indice : penser à décomposer une fraction rationnelle en éléments simples.
Soient A ⊂ C et (fn )n∈N une suite de fonctions de A dans C.
a) Démontrer l’implication
P (i)⇒(ii) avec
(i) la série de fonctions
fn converge uniformément sur A ;
(ii) la suite de fonctions
(f
P n n )n∈N converge uniformément vers 0 sur A.
b) La série entière
z est-elle uniformément convergente sur le disque ouvert de
centre 0 et de rayon 1 ?
Calculer
le rayon de convergence de chacune des séries entières suivantes :
P
a) P nα z n (avec
nα ∈ R)
b)
cos 2nπ
x
3
P
P
a) Démontrer que si |an | ∼ |bn | alors les séries entières
an z n et
bn z n ont le
même rayon de convergence.
b) Trouver le rayon de convergence de la série entière
X
P (−1)n n
On considère la série de fonctions
n x , x désignant un réel.
a) Etudier la simple convergence de cette série.
On note D l’ensemble des x où cette série converge et S(x) la somme de cette
série.
b) Etudier la convergence normale puis la convergence uniforme de cette série sur
D.
c) La fonction S est-elle continue sur D ?
P zn
a) Démontrer que la série
n! est absolument convergente pour tout z ∈ C.
b) On pose, pour tout z ∈ C,
+∞ n
X
z
f (z) =
n!
n=0
0
0
in n2 n
z
(n2 + 1)
P
Soit (an )n∈N une suite bornée telle que la série
an diverge.
P
a) Quel est le rayon de convergence de la série entière P an z n ? n
b) Quel est le rayon de convergence de la série entière
cos nπ
2 z ?
a) Que sait-on du rayon de convergence de la somme de deux séries entières (on
ne demande pas de démonstration) ?
b) Développer en série entière au voisinage de 0, en précisant le rayon, la fonction
f : x 7→ ln(1 + x) + ln(1 − 2x)
z
Démontrer que f (z) × f (z ) = f (z + z ) sans utiliser f (z) = e .
c) En déduire
1
∀z ∈ C, f (z) 6= 0 et
= f (−z)
f (z)
c) La série obtenue converge-t-elle pour x = 1/4 ? x = 1/2 ? Si oui quelle est la
somme ?
Exercice 101
[ 03559 ]
Enoncés
[correction]
Soit (an )n∈N une suite complexe telle que la suite
|an+1 |
|an |
admet une limite
15
Soit f la fonction 2π-périodique sur R telle que
n∈N
finie.
P
P
a) Démontrer que les séries entières
an xn et
nan xn−1 ont le même rayon de
convergence.
On le note R.
+∞
P
b) Démontrer que la fonction x 7→
an xn est dérivable sur l’intervalle ]−R, R[.
∀t ∈ [0, 2π[ , f (t) = t2
a) Expliquer pourquoi, pour tout réel t, la série de Fourier de f converge et
préciser sa limite.
b) Déterminer la série de Fourier de f , puis en déduire la somme de la série
n=0
X 1
n2
Déterminer le développement en série entière à l’origine de la fonction
1+x
f (x) = ln
1−x
n>1
Soit f la fonction numérique 2π-périodique par :
∀x ∈ [−π, π[ , f (x) = x2
en précisant le rayon de convergence.
P xn
a) Déterminer le rayon de convergence de la série entière
(2n)! . On pose
S(x) =
+∞
X
xn
(2n)!
n=0
b) Déterminer le développement en série entière en 0 de la fonction x 7→ ch(x) et
préciser le rayon de convergence.
c) Déterminer S(x).
d) On considère la fonction f définie sur R par :
√
√
f (0) = 1, f (x) = ch x pour x > 0 et f (x) = cos −x pour x < 0
a) Expliquer pourquoi la série de Fourier de f converge sur R. Préciser la somme
de cette série.
b) La série de Fourier de f converge-t-elle normalement sur R ?
c) Déterminer la série de Fourier de f .
d) En déduire la somme de la série
X (−1)n
n2
n>1
a) Démontrer que pour tout entier n, la fonction
t 7→
Démontrer que f est de classe C ∞ sur R.
Soit f la fonction 2π-périodique sur R définie ainsi :
1
1 + t2 + tn e−t
est intégrable sur [0, +∞[.
b) On pose
Z
un =
0
f (x) = x sur ]−π, π[ et f (−π) = 0
+∞
dt
1 + t2 + tn e−t
Calculer lim un .
a) La série de Fourier de f converge-t-elle vers f (x) en tout x de R ?
b) Déterminer la série de Fourier de f .
n→+∞
Pour tout n > 1, on pose
Z
In =
Enoncés
16
b) Démontrer que, pour tout x de ]0, +∞[
+∞
0
−1
1 + t2
Γ(x + 1) = xΓ(x)
n
dt
a) Justifier que In est bien définie.
n
b) Démontrer
P que la suite ((−1) In ) décroît et déterminer sa limite.
c) La série
In est-elle convergente ?
c) Démontrer que Γ est de classe C 1 et exprimer Γ0 (x) sous forme d’intégrale.
a) Enoncer le théorème de dérivation sous le signe intégrale.
b) Démontrer que la fonction
Pour tout n ∈ N, on pose
Z
f : x 7→
+∞
2
e−t cos(xt) dt
0
e−x
et un =
fn (x) =
1 + n2 x2
Z
1
fn (x) dx
0
a) Etudier la convergence simple sur [0, 1] de la suite de fonctions (fn )n∈N puis
l’uniforme convergence sur [0, 1].
b) Trouver la limite de la suite (un )n∈N .
N.B. : les deux questions sont indépendantes.
a) La fonction
ln x
x 7→ 2
x +1
est-elle intégrable sur ]0, +∞[ ?
b) La fonction
e−x
x 7→ √
x−1
est-elle intégrable sur ]1, +∞[ ?
On pose pour tout x de ]0, +∞[ et tout t de ]0, +∞[
f (t, x) = e−t tx−1
a) Démontrer que la fonction t 7→ f (t, x) est intégrable sur ]0, +∞[.
On pose, pour x ∈ ]0, +∞[,
Z +∞
Γ(x) =
e−t tx−1 dt
0
est de classe C 1 sur R.
c) Trouver une équation différentielle linéaire d’ordre 1 dont f est solution.
Calculer l’intégrale double
ZZ p
x2 + y 2 dx dy
I=
D
où D est défini par :
x2 + y 2 − 2y > 0, x2 + y 2 − 1 6 0, x > 0, y > 0
2
a) Démontrer que la fonction x 7→ e−x est intégrable sur [0, +∞[
b) Pour chaque nombre r > 0, on note Cr le carré [0, r] × [0, r] et Dr l’ensemble
défini par :
x > 0, y > 0, x2 + y 2 6 r2
b) Quelle relation y a-t-il entre
ZZ
Z
2
2
e−(x +y ) dx dy et
Cr
r
2
e−t dt ?
0
c) Calculer en fonction de r l’intégrale double
ZZ
2
2
e−(x +y ) dx dy
Dr
Enoncés
d) Déduire de ce qui précède la valeur de
Z +∞
2
e−x dx
0
Indice : on pourra remarquer que Dr ⊂ Cr ⊂ D√2r
Résoudre sur ]1, +∞[ l’équation différentielle
x
y0 +
y = 2x
1 − x2
Résoudre sur R l’équation différentielle
y 00 + y = cos x
en utilisant la méthode de variation des constantes.
Toute fonction f de C dans C peut être écrite, pour tout z = x + iy ∈ C, sous la
forme
f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
u et v désignant deux fonctions de R2 dans R.
On se propose de trouver, s’il en existe, des fonctions f satisfaisant aux conditions
suivantes :
C1 : les fonctions u et v sont de classe C ∞ sur R2 .
C2 : pour tout (x, y) ∈ R,
∂v
∂u
∂v
∂u
(x, y) =
(x, y) et
(x, y) = − (x, y)
∂x
∂y
∂y
∂x
a) Démontrer que, si u et v existe, alors, pour tout (x, y) de R2 :
∂2u
∂2u
∂2v
∂2v
(x,
y)
+
(x,
y)
=
0
et
(x,
y)
+
(x, y) = 0
∂x2
∂y 2
∂x2
∂y 2
17
b) Trouver les fonctions v telle que les conditions C1 et C2 soient satisfaites.
c) Démontrer qu’il existe une fonction f = u + iv unique telle que f (0) = 0 et
expliciter f (z) en fonction de z.
d) Pour cette fonction f , construisez dans le plan complexe rapporté à un repère
orthonormé, le point A d’affixe f (i).
Soit l’équation différentielle
x(x − 1)y 00 + 3xy 0 + y = 0
a) Trouver les solutions de cette équation développables en série entière à l’origine.
Déterminer la somme des séries entières obtenues.
b) Indiquer une méthode pour trouver toutes les solutions de l’équation
différentielle sur chacun des intervalles ]0, 1[, ]−∞, 0[ et ]1, +∞[.
On pose
xy
f (x, y) = p
pour (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
x2 + y 2
a) Démontrer que f est continue sur R2 .
b) Démontrer que f admet des dérivées partielles en tout point de R2 .
a) Etudier les extrema de la fonction définie par :
p
f (x, y) = 4 − x2 − y 2
en utilisant la méthode générale de recherche d’extrema d’une fonction de deux
variables.
b) Retrouver géométriquement le résultat précédent.
p
Indice : quelle est la surface d’équation z = 4 − x2 − y 2 ?
a) Soit A une partie non vide d’un espace vectoriel normé E.
Démontrer que
x ∈ Ā ⇔ ∃(xn )n∈N ∈ E N , ∀n ∈ N, xn ∈ A et
lim xn = x
n→+∞
On suppose dans la suite que
u(x, y) = x3 − 3xy 2 + 2x2 − 2y 2 + 3x
b) Démontrer que si A est un sous-espace vectoriel de E alors Ā est un
sous-espace vectoriel de E.
Enoncés
E et F désignent deux espaces vectoriels normés.
a) Soient f une application de E dans F et a un point de E.
Démontrer que les deux propriétés suivantes sont équivalentes :
(i) f est continue en a ;
(ii) Pour toute suite (xn ) d’éléments de E telle que lim xn = a, on a
n→+∞
lim f (xn ) = f (a).
n→+∞
b) Soit A une partie dense d’un espace vectoriel normé E et soient f et g deux
applications continues de E dans F , F désignant un espace vectoriel normé.
Démontrer que si, pour tout x ∈ A, f (x) = g(x) alors f = g.
18
(ii) f est continue en 0E ;
(iii) ∃k > 0, ∀x ∈ E, kf (x)k 6 k kxk.
b) Soit E l’espace vectoriel des applications continues de [0, 1] muni de la norme
définie par :
kf k = sup |f (x)|
x∈[0,1]
On considère l’application ϕ de E dans R définie par
Z 1
ϕ(f ) =
f (t) dt
0
Démontrer que ϕ est linéaire et continue.
E et F désignent deux espaces vectoriels normés.
a) A est un sous-ensemble compact de E et f une fonction de E dans F .
Démontrer que si f est continue sur A alors f (A) est un sous-ensemble compact
de F .
b) On suppose que g est une fonction continue de E dans C.
Démontrer que si A est un sous-ensemble compact non vide de E alors
- g(A) est une partie bornée de C ;
- il existe x0 ∈ A tel que
sup |g(x)| = |g(x0 )|
x∈A
Soit E un espace normé complet et soit A un sous-ensemble de E.
a) Démontrer que
A complet ⇔ A fermé
b) Pour chacun des sous-ensembles suivants de R, dire s’il est complet ou non en
justifiant votre réponse :
- ]0, 1] ;
- [−2, 2] ∪ [3, +∞[ ;
- ]0, 1[ ∪ ]−∞, 2]
Soient E, F deux espaces vectoriels normés sur le corps R.
a) Démontrer que si f est une application linéaire de E dans F alors les propriétés
suivantes sont deux à deux équivalentes :
(i) f est continue sur E ;
On note E l’espace vectoriel des applications continues de [0, 1] dans R. On pose
pour tout f de E
Z 1
p∞ (f ) = sup |f (x)| et p1 (f ) =
|f (x)| dx
x∈[0,1]
0
a) Démontrer succinctement que p∞ et p1 sont deux normes de E.
b) Démontrer qu’il existe k > 0 tel que pour tout f de E, p1 (f ) 6 kp∞ (f ).
c) Démontrer que tout ouvert pour la norme p1 est un ouvert pour la norme p∞ .
d) Démontrer que les normes p1 et p∞ ne sont pas équivalentes.
On note R [X] l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels. Pour tout
n
P
polynôme P =
ai X i , n désignant le degré de P , on pose :
i=0
p1 (P ) =
n
X
i=0
|ai | et p2 (P ) = max |ai |
06i6n
a) Démontrer succinctement que p1 et p2 sont des normes de R [X].
b) Démontrer que tout ouvert pour la norme p2 est un ouvert pour la norme p1 .
c) Démontrer que les normes p1 et p2 ne sont pas équivalentes.
d) On note Rk [X] le sous-espace vectoriel de R [X] constitué par les polynômes de
degré inférieur ou égal à k. On note p01 la restriction de p1 à Rk [X] et p02 la
restriction de p2 à Rk [X]. Les normes p01 et p02 sont-elles équivalentes ?
Enoncés
19
On note `2 l’ensemble des suites x = (xn ) de nombres complexes telles que la série
P
2
|xn | converge.
a) Démontrer que `2 est un sous-espace vectoriel de l’espace vectoriel des suites de
nombres complexes.
P
b) Démontrer que pour x = (xn ) ∈ `2 et y = (yn ) ∈ `2 , la série
x̄n yn converge.
On pose
+∞
X
x|y=
x̄n yn
n=0
c) Démontrer que l’on définit ainsi un produit scalaire dans `2 .
d) On suppose que `2 est muni de ce produit scalaire et de la norme associée.
Soit n ∈ N. Pour tout x = (xn ) ∈ `2 , on pose ϕ(x) = xn .
Démontrer que ϕ est une application linéaire continue de `2 dans C et calculer
kϕk où kϕk désigne la norme usuelle dans l’espace vectoriel des applications
linéaires continues de `2 dans C.
Soit A une algèbre normée de dimension finie ayant e pour élément unité.
a) Soit u un élément deP
A tel que kuk < 1.
Démontrer que la série
un est convergente.
Démontrer que (e − u) est inversible et que
+∞
X
(e − u)−1 =
un
n=0
b) Démontrer que pour tout u de A, la série
P un
n!
converge.
Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
I) La dernière équivalence provient du théorème d’inversibilité des matrices
carrées.
u est orthogonal ⇔ ∀x, y ∈ E, (u(x) | u(y)) = (x | y).
Or (u(x) | u(y)) = (u? (u(x)) | y) donc u est orthogonal
⇔ ∀x, y ∈ E, (u? (u(x)) − x | y) = 0.
Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal
⇔ ∀x ∈ E, u? ◦ u(x) = x.
Or t P P est la matrice de u? ◦ u donc u est orthogonal si, et seulement si,
t
P P = In .
II) a) f admet une limite en +∞ car elle est décroissante. Cette limite ne peut
être infinie ou finie non nulle donc f tend vers 0 en +∞ et puisqu’elle est
décroissante elle est positive.
R (n+1)h
b) f étant décroissante, hf ((n + 1)h) 6 nh
f (t)dt 6 hf (nh). Il suffit de
sommer pour n ∈ {0, . . . , N − 1}.
N
R Nh
R +∞
P
P
c)
f (nh) 6 h1 0 f (x)dx 6 h1 0 f (x)dx et f (nh) > 0 donc
f (nh)
n=1
converge.
En passant à la limite quand N → +∞ l’encadrement du b) :
+∞
+∞
R +∞
P
P
h
f (nh) 6 0 f (x)dx 6 h
f (nh)
n=1
donc
n=0
R +∞
0
f (x)dx 6 h
+∞
P
f (nh) 6
R +∞
n=0
A la limite quand h → 0 : h
+∞
P
f (x)dx + hf (0).
f (nh) →
n=0
+∞
P 2
(n + 3n + 1)xn =
I) On évalue
n=0
0
R +∞
0
x2 −2x−1
(x−1)3
f (x)dx.
en x = 12 . On obtient 14.
II) C’est une cardioïde.
I) a) Posons n = dim E, p = dim A.
Soit (e1 , . . . , ep ) une base orthonormale de A que l’on complète en (e1 , . . . , en )
base orthonormale de E.
x ∈ A⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0
20
donc A⊥ = Vect(ep+1 , . . . , en ) puis E = A ⊕ A⊥ .
b) On a dim A⊥ = n − dim A et donc dim A⊥⊥ = dim A.
II) a) On parvient à
+∞
X
t2p
y(t) =
(2p + 2)!
p=0
de rayon de convergence R = +∞.
En d’autres termes
y(t) =
ch(t) − 1
t2
prolongée par continuité en 0.
b) calculs.
+?
et R−? .
c) t 7→ cht
t2 est solution de l’équation homogène E0 sur R
cht
00
0
y(t) = t2 z(t) injectée dans E0 donne ch(t)z (t) + 2sh(t)z (t) = 0, z 0 (t) =
puis z = Cth(t) + D.
La solution générale de E0 est
y(t) =
C
ch2 (t)
Csht + Dcht
t2
sur R+? et R−? .
La solution générale de E est
y(t) =
Csht + Dcht cht − 1
+
t2
t2
sur R+? et R−? .
Par étude de recollement en 0, la seule solution sur R est la solution initiale.
I) a) Posons λ1 , . . . , λn les coefficients diagonaux de B. L’hypothèse ∀k ∈ [[1, n]],
tr(B k ) = 0 donne ∀k ∈ [[1, n]] , λk1 + · · · + λkn = 0. Supposons qu’il existe des λi non
nuls et regroupons ceux qui sont égaux entre eux de sorte que
{λ1 , . . . , λn } \ {0} = {µ1 , . . . , µp } avec les µj deux à deux distincts. En notant αj
le nombre d’occurrences de µj dans la liste λ1 , . . . , λn , on obtient les équations
α1 µk1 + · · · + αp µkp = 0 pour tout k ∈ {1, . . . , p}. On peutalors percevoir

 µ1 x1 + · · · + µp xp = 0
···
(α1 , . . . , αp ) comme étant solution non nulle du système
.
µp1 x1 + · · · + µpp xp = 0
Or ce système est de Cramer car son déterminant est non nul (µi 6= 0 et µi 6= µj )
et sa seule solution est (0, . . . , 0). Absurde. On en déduit que tous les λi sont nuls
et que B est triangulaire supérieure stricte donc nilpotente.


Corrections
b) Sur Mn (C), toute matrice est semblables à une matrice triangulaire
supérieure.
√
II) En π/2, on peut prolonger par continuité, en 0, on observe xf (x) → 0.
R π/2
R1
R π/2
cos x ln(sin x)dx = −1 et 0 cos(x) ln(cos x)dx = 21 0 ln(1 − u2 )du =
0
R1 u
1
2 1
2 −(1 − u) ln(1 − u ) 0 − 0 1+u du = ln 2 − 1.
R π/2
Finalement 0 cos x ln(tan x)dx = − ln 2.
I) On a
1
(−1)n
1
(−1)n
− 2α + o
=
ln 1 + sin
nα
nα
2n
n2α
P 1
P (−1)n
1
converge par le critère spécial et
nα
2n2α + o n2α converge si, et
seulement si, α > 1/2.
II) sin(αi + αj ) = sin(αi ) cos(αj ) + sin(αj ) cos(αi ) donne






sin(α1 + αj )
sin(α1 )
cos(α1 )





..
.. 
..

 = cos(αj ) 



.
.  + sin(αj ) 
.




sin(αn + αj )
sin(αn )
cos(αn )
et donc la matrice A = (ai,j ) est de rang inférieur à 2. Ainsi, si n > 3, det A = 0.
Pour n = 1, det A = sin(2α1 ) et pour n = 2,
det A = sin(2α1 ) sin(2α2 ) − sin2 (α1 + α2 ). Ces quantités ne sont pas toujours
nulles.
21
I) Cf. cours.
Soit σ ∈ Sn , autre que
Id. Il existe i 6= j tel que σ(i) = j.
Posons τ = j k avec k 6= i, j. (τ ◦ σ)(i) = k et (σ ◦ τ )(i) = j donc σ
n’appartient pas au centre de Sn .
R π/4
1
II) a) In + In+2 = 0 (1 + tan2 x) tann xdx = n+1
.
b) Aisément (In ) est décroissante donc In + In+2 6 2In 6 In−2 + In et cela
1
permet de conclure : In ∼ 2n
.
I) On obtient
y(x) = a0
+∞
X
2n n
x
(2n!)
n=0
II) Si n est impair, un tel endomorphisme
ne peut exister. Si n = 2p, un
O Ip
endomorphisme de matrice
convient.
O O
I) On obtient 1/2.
II) Pour tout M ∈ G, M E = M donne
rg(M ) 6 rg(E)
D’autre part, en notant N l’inverse de M dans G, E = M N donne
I) a) Soit (zn ) ∈ C N . zn = xn + yn avec (xn ) ∈ AN et (yn ) ∈ B N . A est compact
donc on peut extraire de (xn ) une suite convergeant dans A : (xϕ(n) ). Or B est
compact, donc on peut extraire de (yϕ(n) ) une suite convergeant dans B :
(yϕ(ψ(n)) ). La suite (zϕ(ψ(n)) ) converge alors dans C.
b) On suppose que (zn ) ∈ C N converge vers z. On peut écrire zn = xn + yn avec
(xn ) ∈ AN et (yn ) ∈ B N . A est compact donc on peut extraire de (xn ) une suite
convergent dans A : xϕ(n) → x ∈ A. La suite (yϕ(n) ) converge alors vers b = z − a
et b ∈ B car B est fermé. Ainsi z = a + b ∈ C.
II) Il existe P inversible tel que P −1 AP = D avec D matrice diagonale à
coefficients diagonaux distinctes. Une matrice B commute avec A si, et seulement
si, P −1 BP commute avec D. Or seules les matrices diagonales commutent avec D
donc les matrices commutant avec A sont les P −1 ∆P avec ∆ = diag(λ1 , . . . , λn ).
On obtient une base du commutant de A avec les ∆i = P −1 Ei,i P et on en déduit
que le commutant de A est de dimension n.
rg(E) 6 rg(M )
Ainsi tous les éléments de G ont même rang que E.
Les racines du polynôme Y 2 − 2 cos(nθ)Y + 1 sont einθ et e−inθ ce qui permet de
factoriser
X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 = (X n − einθ )(X n − e−inθ )
Les racines de X n − einθ sont les eiθ+2ikπ/n avec k ∈ {0, . . . , n − 1} et celles de
X n − e−inθ s’en déduisent par conjugaison. Ainsi
X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 =
n−1
Y
X − eiθ+2ikπ/n
k=0
n−1
Y
X − e−iθ−i2kπ/n
k=0
Corrections
dans C [X].
En regroupant les facteurs conjugués entre eux
X 2n − 2X n cos(nθ) + 1 =
n−1
Y
X − eiθ+2ikπ/n
X − e−iθ−2ikπ/n
k=0
puis
X
2n
n
− 2X cos(nθ) + 1 =
n−1
Y
k=0
2kπ
X − 2X cos θ +
n
2
22
c) Les polynômes P et Q n’ont pas de racines complexes en communs, ils sont
donc premiers entre eux. Le théorème de Bézout assure alors l’existence des
polynômes U et V .
d) Par divisions euclidiennes successives, on calcule le PGCD de P et Q. A chaque
division euclidienne, on peut exprimer le reste obtenu sous la forme P U + QV et,
à la fin du processus, c’est le PGCD qui, à un facteur près, est exprimé sous cette
forme.
+1
Cette décomposition dans R [X] se comprend comme la décomposition en facteurs
irréductibles, sauf s’il y a la présence d’un facteur
2kπ
+ 1 = X2 − 1
X 2 − 2X cos θ +
n
qui peut alors se factoriser en (X − 1)(X + 1)
a) La fraction rationnelle R peut être réduite
R=
X4
(X − 2)2 (X + 1)
La partie entière vaut X + 3, −1 est pôle simple et 2 est pôle double.
On obtient
1/9
16/3
80/9
R=X +3+
+
+
X + 1 (X − 2)2
X −2
b) Les primitives de x 7→ R(x) sur ]−1, 2[ sont
a) On a
x 7→
P = (X − 1)(X − 2)(3X 2 + 1) = (X − 1)(X − 2)
√
√
3X + i
3X − i
et
Q = (X − 1)(X − 2)(X 2 + 1) = (X − 1)(X − 2)(X − i)(X + i)
b) On en déduit
pgcd(P, Q) = (X − 1)(X − 2)
et
ppcm(P, Q) = (X − 1)(X − 2)(X 2 + 1/3)(X 2 + 1)
(en choisissant un représentant unitaire).
a) P (1) = P (−1) = 0, on peut donc factoriser P par X 2 − 1 et l’on obtient
√
√
P (X) = (X + 1)(X − 1)(X − 1/ 2)(X + 1/ 2)
1 2
1
16 1
80
x + 3x + ln(x + 1) −
+
ln(2 − x) + C te
2
9
3 x−2
9
a) L’application f est évidemment linéaire et c’est donc un endomorphisme de
Rn [X]
Méthode sans les matrices.
Pour P polynôme non nul, on a deg P 0 < deg P donc deg f (P ) = deg P . On en
déduit ker f = {0}.
Puisque f est un endomorphisme injectif en dimension finie, c’est un
automorphisme et donc une application bijective.
Méthode avec les matrices.
La matrice de f dans la base canonique de Rn [X] est


1 −1
(0)


..


.
1

 ∈ Mn+1 (R)


..

. −n 
(0)
1
b) Q(−2) = 0, on peut donc factoriser Q par X + 2 et l’on obtient
Q(X) = (X + 2)(X − j)(X − j 2 )
Cette matrice est inversible car de déterminant 1 et on peut donc conclure à
nouveau que f est un automorphisme.
Corrections
b) Si f (P ) = Q alors
23
donc
0
0
00
0
P − P = Q, P − P = Q ,. . . , P
(n)
−P
(n+1)
(n)
=Q
tr(AB) =
n X
n
X
ai,k bk,i et tr(BA) =
i=1 k=1
Or P (n+1) = 0 donc en sommant
a) Posons
M=
On a
f (M ) =
On en déduit
ker f = Vect
a
c
b
d
2
−1
Ainsi, si les matrices A et B sont semblables, elles ont même trace.
Les matrices d’un même endomorphisme étant semblables entres elles, on peut
conclure.
c) Ak et B k représentent le même endomorphisme, ces matrices sont donc
semblables et ont la même trace.
∈ M2 (R)
a + 2c b + 2d
2a + 4c 2b + 4d
0
0
0
,
0
bi,k ak,i
i=1 k=1
En échangeant les deux sommes et renommant les indices, on obtient
tr(AB) = tr(BA).
b) Si B = P −1 AP alors
trB = tr P −1 (AP ) = tr (AP )P −1 = trA
P = Q + Q0 + · · · + Q(n)
n X
n
X
2
−1
b) L’endomorphisme ne peut être surjectif car en dimension finie, un
endomorphisme surjectif est bijectif et dans ce cas son noyau est réduit à
l’élément nul.
c) On forme une base du noyau à l’aide des matrices
2 0
0 2
et
−1 0
0 −1
Par la formule du rang, rgf = 2. On forme alors une base de l’image par les
matrices non colinéaires
1 0
0 2
f (E1,1 ) =
et f (E2,2 ) =
2 0
0 4
a) Notons les coefficients généraux des matrices
A = (ai,j ), B = (bi,j ), AB = (ci,j ) et BA = (di,j )
Par produit matriciel
n
n
P
P
a) On a [AB]i,j =
ai,k bk,j donc [AB]i,j 6
kAk kBk = n kAk kBk puis
k=1
k=1
kABk 6 n kAk kBk.
p
Une récurrence facile donne alors kAp k 6 np−1 kAk .
b) On a
p
p
A 6 1 (n kAk)
p! n
p!
P zp
Or la série exponentielle
p! converge pour tout z ∈ C donc, par comparaison de
P Ap
série à termes positifs, la série
p! est absolument convergente.
Cette série est donc convergente car l’espace Mn (C) est de dimension finie donc
complet.
En indexant les matrices à partir de 0 et non de 1, le coefficient d’indice
!
j
2
(i, j) ∈ {0, . . . n} de la matrice cherchée est 0 si i > j et (−1)j−i+1
sinon.
i
On en déduit
rgΦ = n
On en déduit aussi
ci,j =
n
X
k=1
ai,k bk,j et di,j =
n
X
k=1
bi,k ak,j
ImΦ = Rn−1 [X]
en raisonnant, par exemple, par inclusion et égalité des dimensions.
Corrections
Par la formule du rang dim ker Φ = 1 et puisque les polynômes constants sont
éléments du noyau de Φ, on peut conclure que
ker Φ = R0 [X]
a) On a toujours ker f ⊂ ker(g ◦ f ).
Inversement, pour x ∈ ker(g ◦ f ), on a g ◦ f (x) = 0E donc
24
puis de développer le second déterminant obtenu selon la première colonne.
b) (Dn ) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique
r2 − 2r + 1 = 0.
Son terme général est de la forme Dn = (λn + µ) × 1n et puisque D1 = 2 et
D2 = 3 on obtient
Dn = n + 1
c) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.
0 n’en est pas valeur propre car A est inversible étant donné Dn 6= 0.
f ◦ g ◦ f (x) = f (0E ) = 0E
Or f ◦ g = Id donc f (x) = 0E .
Ainsi ker(g ◦ f ) ⊂ ker f puis ker(g ◦ f ) = ker f .
b) On a toujours Im(g ◦ f ) ⊂ Img.
Inversement, pour y ∈ Img, il existe x ∈ E tel que y = g(x) et alors
a) Analyse : Supposons f solution.
n
P
Pour x ∈ E, on peut écrire x =
xi ei avec xi ∈ K.
i=1
Par linéarité
y = g ◦ f ◦ g(x) = (g ◦ f )(g(x)) ∈ Im(g ◦ f )
Ainsi Img ⊂ Im(g ◦ f ) puis Im(g ◦ f ) = Img
c) Soit x ∈ ker f ∩ Img. Il existe a ∈ E tel que x = g(a) et alors f (x) = 0E donne
f (g(a)) = 0E d’où a = 0E car f ◦ g = Id. On en déduit x = g(a) = 0E et donc
ker f ∩ Img = {0E }.
Soit x ∈ E. On peut écrire x = (x − g(f (x))) + g(f (x)) avec g(f (x)) ∈ Img et
x − g(f (x)) ∈ ker f car
f (x) =
n
X
xi f (ei ) =
n
X
x i vi
i=1
i=1
ce qui détermine entièrement f (x) et assure l’unicité de l’application f solution.
Synthèse : Considérons f l’application définie par
f (x) =
n
X
xi v i
i=1
f (x − g(f (x))) = f (x) − (f ◦ g)(f (x)) = f (x) − f (x) = 0E
Ainsi E = ker f + Img et finalement
E = ker f ⊕ Img
On aurait aussi pu remarquer que g ◦ f est un projecteur et conclure plus
immédiatement.
avec (xi )16i6n coordonnées de x dans (ei )16i6n .
Par linéarité du calcul des coordonnées d’un vecteur, on peut affirmer que f est
linéaire.
Soit j ∈ {1, . . . , n}. Puisque les coordonnées de ej dans la base (ei )16i6n sont
(δi,j )16i6n , on obtient
n
X
f (ej ) =
δi,j vi = vj
i=1
a) C’est un déterminant tri-diagonal, il suffit de développer selon la première
−1 −1
(0) 0
2
−1
.
..
−1 2
Dn = 2Dn−1 + .
.
..
. . −1 (0)
−1 2 et donc f est solution.
b) Rappelons que Mat(ei ) u est la matrice de la famille de vecteurs (u(ej ))16j6n
dans la base (ei )16i6n .
Considérons l’application α : L(E) → E n définie par
α(u) = (u(e1 ), . . . , u(en ))
On vérifie aisément que l’application α est linéaire et celle-ci est bijective par
l’étude de la question précédente.
Corrections
Considérons ensuite l’application β : E n → Mn (R) définie par
25
puis
(u ◦ v)(ej ) =
β(v1 , . . . , vn ) = Mat(ei ) (v1 , . . . , vn )
n
X
bi,j
i=1
où Mat(ei ) (v1 , . . . , vn ) désigne la matrice dans la base (ei )16i6n de la famille
(v1 , . . . , vn ).
On vérifie aisément que l’application β est linéaire, car il y a linéarité du calcul
des coordonnées d’un vecteur. L’application β est de plus bijective, car les
coordonnées d’un vecteur détermine celui-ci de façon unique.
Enfin, l’application ϕ = β ◦ α est linéaire et bijective par composition.
c) ϕ est un isomorphisme donc conserve la dimension
u(ej ) =
n
X
n
X
ai,j ei et v(ej ) =
i=1
ak,i ek
k=1
En réorganisant les sommes
(u ◦ v)(ej ) =
n
n
X
X
k=1
!
ak,i bi,j
ek
i=1
Le coefficient d’indice (k, j) de la matrice ϕ(u ◦ v) est donc
n
X
dim L(E) = dim Mn (R) = n2
a) Le neutre de (L(E), ◦) est l’endomorphisme identité IdE .
Le neutre de (Mn (R), ×) est la matrice unité In , matrice diagonale aux
coefficients diagonaux égaux à 1.
b) Rappelons que Mat(ei ) u est la matrice dont les colonnes sont les coordonnées
des vecteurs (u(ej ))16j6n , coordonnées lues dans la base (ei )16i6n .
Commençons par souligner que l’application ϕ est bien définie et opère entre deux
anneaux.
Puisque IdE (ej ) = ej , on a déjà ϕ(IdE ) = In .
Soient u, v ∈ L(E). Posons A = (ai,j ) = ϕ(u) et B = (bi,j ) = ϕ(v). On a
n
X
ak,i bi,j
i=1
C’est aussi le coefficient d’indice (k, j) de la matrice produit ϕ(u)ϕ(v).
On peut donc conclure
ϕ(u ◦ v) = ϕ(u)ϕ(v)
Finalement ϕ est un morphisme d’anneaux.
De plus ϕ est bijective, car il est connu qu’une application linéaire est entièrement
déterminée par l’image d’une base.
c) Par récurrence sur n ∈ N, on montre la propriété
n
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u
n fois
Le cas n = 0 est immédiate car Mat(ei ) (IdE ) = In .
Supposons la propriété vérifiée au rang n > 0
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u ◦ (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u})
bi,j ei
i=1
n+1 fois
n fois
donne
Puisque
(u − v)(ej ) = u(ej ) − v(ej ) =
n
X
(ai,j − bi,j )ei
i=1
le coefficient d’indice (i, j) de la matrice ϕ(u − v) est le même que celui d’indice
(i, j) de la matrice A − B. On en déduit
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u})
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u × Mat(ei ) (u
n+1 fois
n fois
Par hypothèse de récurrence
n
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u × Mat(ei ) u
n+1 fois
ϕ(u − v) = ϕ(u) − ϕ(v)
Il reste à vérifier ϕ(u ◦ v) = ϕ(u)ϕ(v) pour pouvoir conclure que ϕ est un
morphisme d’anneaux. On a
!
n
n
X
X
(u ◦ v)(ej ) = u
bi,j ei =
bi,j u(ei )
i=1
i=1
et finalement
n+1
Mat(ei ) (u
| ◦ u ◦{z. . . ◦ u}) = Mat(ei ) u
n+1 fois
La récurrence est établie.
On aurait aussi pu constater que la propriété démontrée provient de ce que ϕ est
un morphisme multiplicatif.
Corrections
a) Parmi les multiples arguments possibles proposons
det
(e1 + ei , e2 , . . . , en ) = 1 6= 0
(e1 ,...,en )
b) Soit u un endomorphisme de E dont la matrice est diagonale dans toute base
de E.
La matrice de u dans la base {e1 , e2 , . . . , en } est de la forme diag(λ1 , . . . , λn ).
Puisque la matrice de u dans la base {e1 + ei , e2 , . . . , en } est aussi diagonale, il
existe µ ∈ K tel que
u(e1 + ei ) = µ(e1 + ei )
26
2
a) (IdE , f, . . . , f n ) est une famille de n2 + 1 vecteurs de l’espace L(E) qui est de
dimension n2 ; cette famille est nécessairement liée. Une relation linéaire sur les
2
éléments de la famille (IdE , f, . . . , f n ) fournit alors un polynôme annulateur non
nul de f , polynôme dont les coefficients sont les coefficients de la relation linéaire
écrite.
b) Soit x 6= 0E vecteur propre de f associé à la valeur propre λ. On a f (x) = λx
et, par une récurrence immédiate, f n (x) = λn x pour tout n ∈ N. Par linéarité, on
obtient alors
∀P ∈ K [X] , P (f )(x) = P (λ).x
Pour P annulateur de f , on a
Or
P (λ).x = 0E avec x 6= 0E
u(e1 + ei ) = u(e1 ) + u(ei ) = λ1 e1 + λi ei
Par identification des coefficients d’une combinaison linéaire de vecteurs d’une
famille libre, on obtient
λ1 = µ = λi
On en déduit λ1 = λ2 = . . . = λn et en posant λ cette valeur commune, on conclut
u = λ.IdE .
La réciproque est immédiate.
et donc nécessairement
P (λ) = 0
a) On peut écrire
P (X) =
a) Supposons E = Imf ⊕ ker f .
Indépendamment de l’hypothèse on peut affirmer Imf 2 ⊂ Imf
Soit y ∈ Imf . On peut écrire y = f (x) avec x ∈ E.
On peut aussi écrire x = f (a) + b avec b ∈ ker f car E = Imf ⊕ ker f .
On a alors y = f 2 (a) ∈ Imf 2 . Ainsi Imf ⊂ Imf 2 puis Imf = Imf 2 .
b) On a Imf 2 ⊂ Imf et ker f ⊂ ker f 2 puis par la formule du rang
N
X
ak X k et Q(X) =
k=0
M
X
b` X `
`=0
avec (ak )06k6N et (bk )06k6M suite d’éléments de K. On a
(P Q)(u) =
N
X
!
ak X k Q (u) =
k=0
N
X
ak (X k Q)(u)
k=0
Or, pour k ∈ {0, 1, . . . , N }, on a
Imf = Imf 2 ⇔ rgf = rgf 2 ⇔ dim ker f = dim ker f 2 ⇔ ker f = ker f 2
c) Supposons Imf = Imf 2 . On a ker f = ker f 2 .
Soit x ∈ Imf ∩ ker f . On peut écrire x = f (a) et f (x) = 0E donne f 2 (a) = 0E
donc a ∈ ker f 2 . Or ker f 2 = ker f donc x = f (a) = 0E .
Ainsi Imf ∩ ker f = {0E }.
De plus, par la formule du rang rgf + dim ker f = dim E, donc
(X k Q)(u) =
b` uk+` = uk ◦ Q(u)
`=0
donc
(P Q)(u) =
N
X
k=0
E = Imf ⊕ ker f
M
X
!
k
ak X Q (u) =
N
X
ak uk ◦ Q(u)
k=0
puis
(P Q)(u) = P (u) ◦ Q(u)
Corrections
b) La multiplication dans K [X] est commutative donc P Q = QP puis
P (u) ◦ Q(u) = (P Q)(u) = (QP )(u) = Q(u) ◦ P (u)
c) Si P annule u alors
(P Q)(u) = P (u) ◦ Q(u) = 0̃ ◦ Q(u) = 0̃
en ayant noté 0̃ l’endomorphisme nul. Ainsi P Q est aussi annulateur de u.
d) Le polynôme caractéristique est
χA (X) = X 2 − tr(A).X + det A = X 2 − X = X(X − 1)
Puisque R(0) = R(1) = 0, 0 et 1 sont racines du polynôme R. Le polynôme
χA (X) = X(X − 1) divise alors le polynôme R. Par le théorème de Cayley
Hamilton, le polynôme caractéristique annule A et donc le polynôme R, qui en est
multiple, annule aussi la matrice A.
a) On observe que E = Vect(I2 , J) avec I2 = M (1, 0) et J = M (0, 1). Les matrices
I2 et J étant indépendantes, E est un sous-espace vectoriel de dimension 2.
De plus E est aussi un sous-anneau en vérifiant l’appartenance de I2 la stabilité
par différence et par produit (car J 2 = −I2 )
b) ϕ est évidemment linéaire et bijective, c’est un isomorphisme d’espaces
vectoriels.
C’est aussi un isomorphisme d’anneaux car ϕ(1) = I2 et ϕ(zz 0 ) = ϕ(z)ϕ(z 0 ) (après
calculs).
27
Cas p > 2 : on peut écrire p = ab avec 1 < a, b < p et donc ā × b̄ = 0̄.
Z/pZ n’est alors pas intègre et ce n’est donc pas un corps.
Inversement, si p est premier alors Z/pZ est commutatif et non réduit à 0̄ car
p > 2.
Pour ā ∈ Z/pZ tel que ā 6= 0̄, p ne divise pas a et donc p est premier avec a. Par le
théorème de Bézout, on peut écrire au + pv = 1 avec u, v ∈ Z et alors ā × ū = 1̄.
Ainsi les éléments non nuls de Z/pZ sont inversibles et finalement Z/pZ est un
corps.
a) La composition de deux permutations est une permutation.
On peut donc munir Sn de la loi ◦.
La loi ◦ est associative en général, elle l’est en particulier sur Sn
La permutation Id est élément neutre pour la loi ◦.
Toute permutation σ de Sn possède une permutation inverse σ −1 vérifiant
σ ◦ σ −1 = σ −1 ◦ σ = Id
On en déduit que tous les éléments de la structure (Sn , ◦) sont inversibles.
Finalement (Sn , ◦) est bien un groupe.
b) La décomposition de σ en cycles de supports disjoints est
σ= 1 5 8 3 ◦ 2 4 7
c) Un cycle de longueur n est un élément d’ordre n.
Puisque les cycles précédents commutent car de support disjoints, on a
σ 12 = σ 24 = Id, σ 4 =
a) Les classes d’équivalences de 0 et de p sont toutes deux égales à l’ensemble des
multiples de p : pZ.
b) Pour ā, b̄ ∈ Z/pZ, on définit ā + b̄ comme égale à a + b.
Cette définition ne dépend pas des représentants a et b choisis pour chaque classe
car
ā = ā0 et b̄ = b¯0 ⇒ a + b = a0 + b0
puisque
p | (a0 − a) et p | (b0 − b) ⇒ p | (a0 + b0 − (a + b))
La définition de la multiplication est analogue.
c) Si p n’est pas premier.
Cas p = 1 : Z/pZ = 0̄ n’est pas un corps.
2
4
7
4
=
2
4
7
et σ 2016 = σ 168×12 = Id
a) Par définition λ est valeur propre de u s’il existe x 6= 0E tel que u(x) = λx.
Cela revient à dire ker(u − λI) 6= {0E } et, en dimension finie, cela équivaut à
signifier que u − λI n’est pas bijectif. On en déduit l’équivalence écrite.
Puisque la fonction λ 7→ det(u − λI) est polynomiale de degré n, celle-ci admet au
plus n racines.
b) L’endomorphisme p : (x, y) 7→ (x, 0) convient car
p(1, 0) = 1.(1, 0) et p(0, 1) = 0.(0, 1)
Corrections
Par Sarrus
χA = −X(X 2 + ca − ba − bc)
Si ba + bc > ca alors A est diagonalisable dans M3 (R) car possède trois valeurs
propres distinctes.
Elle est a fortiori diagonalisable dans M3 (C).
Si ba + bc = ca alors 0 est la seule valeur propre et donc A est diagonalisable si, et
seulement si, a = b = c = 0.
Si ba + bc < ca alors 0 est la seule valeur propre réelle et donc A n’est pas
diagonalisable dans M3 (R).
En revanche A est diagonalisable dans M3 (C) (trois valeurs propres distinctes).
28
a) rgA = 3 si a 6= 0 et rgA = 2 si a = 0.
La matrice A est inversible si, et seulement si, a 6= 0.
b) Si a ∈
/ {1, 2}, la matrice A est diagonalisable de valeurs propres 1, 2, a.
Si a = 1 alors dim ker(A − I3 ) = 3 − rg(A − I3 ) = 1 or 1 est valeur propre de
multiplicité 2 donc A n’est pas diagonalisable.
Si a = 2 alors dim ker(A − 2I3 ) = 3 − rg(A − 2I3 ) = 2 et puisque
dim ker(A − I3 ) > 1, la matrice A est diagonalisable car la somme des dimensions
des sous-espaces propres vaut au moins 3.
a) χA (X) = −(X 3 − 1) donc SpA = 1, j, j 2 . Après résolution
1.a) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable par une matrice de
passage orthogonale.
1.b) On obtient det(A − λI3 ) = −λ2 (λ − 3).
E3 (A) = Vect(1, −1, 1) et E0 (A) : x − y + z = 0
donc A est diagonalisable car
dim E3 (A) + dim E0 (A) = 3
1.c) rgA = 1 donc dim E0 (A) = 2 et 0 est valeur propre au moins double de la
matrice A
Puisque trA = 3 et que trA est la somme des valeurs propres complexes de A
comptées avec multiplicité, la matrice A admet une troisième valeur propre qui
vaut 3 et qui est nécessairement simple. Comme ci-dessus on peut conclure par
l’argument
dim E3 (A) + dim E0 (A) = 3
1.d) On obtient A2 = 3A donc A est diagonalisable car cette matrice annule le
polynômes scindé simple X 2 − 3X.
2.a) L’endomorphisme u est autoadjoint.
2.b) Il suffit de former une base orthonormée à partir de la connaissance de E3 (A)
et E0 (A).
Les vecteurs
1
1
1 ~u = √ (~i − ~j + ~k), ~v = √ (~i + ~j) et w
~ = √ ~i − ~j − 2~k
3
2
6
conviennent (en ayant notés ~i, ~j, ~k les vecteurs de la base orthonormée de départ).
E1 (A) = Vectt
1
1
1
, Ej (A) = Vectt
1
j2
j
et par conjugaison
Ej 2 (A) = Vectt
1
j
j2
b) On a B = P (A) avec P (X) = a + bX + cX 2 . Pour X vecteur propre de A
associé à une valeur propre λ, on a A2 X = λ2 X et donc BX = P (A)X = P (λ)X.
On en déduit que les valeurs propres de B sont P (1), P (j) et P (j 2 ).
On obtient une base de vecteurs propres de B à partir de la base de vecteurs
propres de A précédente.
Si deux des valeurs P (1), P (j) et P (j 2 ) se confondent, les vecteurs non nuls du
plan engendré par les vecteurs propres correspondant aux valeurs confondues sont
encore vecteurs propres.
a) La droite d est dirigée par le vecteur w = (1, 2, 3) qui n’appartient au plan
introduit. Les deux espaces sont donc supplémentaires et l’on peut considérer la
projection f .
Les vecteurs u = (1, −1, 0) et v = (1, 0, −1) forment une base du plan et, par
supplémentarité, la famille (u, v, w) constitue une base R3 . Dans cette base la
matrice de f est D = diag(1, 1, 0).
b) Par formule de changement de base, la matrice de f dans la base canonique est
A = P DP −1 avec la matrice de passage


1
1 1
P =  −1 0 2 
0 −1 3
Au terme des calculs

−1
4
−3
5
1
A =  −2
6
−3
Corrections

−1
−1 
3
Si v = 0E alors f = 0̃ et donc f est diagonalisable.
Si v 6= 0E alors rgf = 1 avec Imf = Vect(v) puis dim ker f = n − 1.
On en déduit que si 0 est la seule valeur propre de f alors f n’est pas
diagonalisable et si f admet une valeur propre non nulle alors f est diagonalisable.
Supposons que f possède une valeur propre λ non nulle et soit x un vecteur
propre associé.
La relation f (x) = λx avec λ 6= 0 donne x ∈ Imf et donc x colinéaire à v.
Ainsi, si f possède une valeur propre non nulle, v est forcément vecteur propre
associé.
Si f (v) = 0E alors 0 est la seule valeur propre de f et f n’est pas diagonalisable.
Sinon, on peut écrire f (v) = λv et alors f est diagonalisable.
a) On obtient le polynôme caractéristique χA = (X − 3)(X + 2) et donc
SpA = {−2, 3}.
Après résolution des équations AX = 3X et AX = −2X on obtient
!
!
1
1
E3 (A) = Vect
et E−2 (A) = Vect
1
−4
29
C’est un plan vectoriel qui, pour des raisons d’inclusion et d’égalité des
dimensions, est simplement
K [A] = Vect(I2 , A)
a) La matrice A étant triangulaire, son polynôme caractéristique est
χA (X) = −(X − 1)(X − 2)(X − 3)
On en déduit les valeurs propres de A : 1, 2, 3.
En résolvant les équations matricielles AX = λX d’inconnue X = t x y z
pour λ ∈ {1, 2, 3}, on obtient
E1 = Vectt 1 0 0 , E2 = Vectt 1 1 0 et E3 = Vectt 0 1 1
Les trois colonnes ainsi exhibées constituent une base de vecteurs propres.
b) Pour les vecteurs précédents


1 1 0
P = 0 1 1 
0 0 1
et par la méthode du pivot de Gauss

P −1
b) Soit
N=
a
c
b
d
On a N D = DN si, et seulement si, b = c = 0ce qui ramène à N diagonale.
On a A = P DP −1 avec
1 1
P =
1 −4
c) Posons X(t) = t
matriciellement
et donc l’espace des matrices commutant avec A est
a 0
P
P −1 /a, d ∈ R
0 d
−1
1
0

1
−1 
1
x(t) y(t) z(t) . Le système différentiel étudié s’écrit
X 0 (t) = AX(t) + B(t)
avec B(t) = t
donc pour M ∈ M2 (R), en posant N = P −1 M P , on a
AM = M A ⇔ DN = N D
1
= 0
0
t 1
0 . Posons
Y = P −1 X et D = diag(1, 2, 3) = P −1 AP
On a
X 0 (t) = AX(t) + B(t) ⇔ Y 0 (t) = DY (t) + P −1 B(t)
avec
P −1 B(t) = t
t−1
1
0
Corrections
Ceci nous conduit à résoudre le système d’inconnues a, b, c
 0

a = a + t − 1
b0 = 2b + 1

 0
c = 3c
Cela nous amène à résoudre le système
(
a0 = a + b
b0 = b
de solution générale
(
La solution générale en est

t

 a(t) = λe − t
b(t) = µe2t − 1/2


c(t) = γe3t
a) On obtient le polynôme caractéristique χA = (X − 1)2 donc SpA = {1}.
Si A était diagonalisable alors A serait semblable à I2 dont égale à I2 .
Ce n’est visiblement pas le cas et donc A n’est pas diagonalisable.
b) χA étant scindé, A est trigonalisable.
!
2
E1 (A) = Vect
−1
Pour v1 = (2, −1) et v2 = (−1, 0) (choisi de sorte que f (v2 ) = v2 + v1 ) on obtient
une base (v1 , v2 ) dans laquelle la matrice de f est
1 1
T =
0 1
c) On a A = P T P −1 avec
P =
Posons
x
y
2
−1
−1
0
!
et Y = P
−1
X=
a(t) = λet + µtet
b(t) = µet
Enfin, on obtient la solution générale du système initial par X = P Y

t
2t

 x(t) = λe + µe − t − 1/2
y(t) = µe2t + γe3t − 1/2


z(t) = γe3t
X=
30
!
a
b
Le système différentiel étudié équivaut à l’équation X 0 = AX qui équivaut encore
à l’équation Y 0 = T Y .
et par la relation X = P Y on obtient la solution générale du système initial
(
x(t) = ((2λ − µ) + 2µt) et
y(t) = − (λ + µt) et
a) On vérifie AV = 2V avec ici V 6= 0.
b) On peut écrire A = P DP −1 avec




1 1 0
2 0 0
P =  0 1 1  et D =  0 −2 0 
1 0 1
0 0 4
Posons Xn = t an bn cn . Le système de récurrence donne Xn+1 = AXn . En
posant Yn = P −1 Xn on obtient
Yn+1 = DYn . En notant Yn = t αn βn γn , on obtient

n

 αn = 2 α0
βn = (−2)n β0


γn = 4n γn
Puisque X0 = t 2 2 0 = 2t 1 1 0 , on a Y0 = t 0 2 0 puis
Xn = P Yn donne

n

 an = 2(−2)
bn = 2(−2)n


cn = 0
a) La matrice est

1
A= 0
1
0
1
0

1
0 
1
Corrections
b) Le polynôme caractéristique est χA = −X(X − 1)(X − 2) et donc
SpA = {0, 1, 2}.
Après résolution
E0 = Vectt 1 0 −1 , E1 = Vectt 0 1 0 et E2 = Vectt 1
0
1
c) En choisissant la base orthonormée e0 donnée par
1
1
e01 = √ (e1 − e3 ), e02 = e2 et e03 = √ (e1 + e3 )
2
2
la matrice de la forme quadratique q dans

0
D= 0
0
0
la base e est

0 0
1 0 
0 2
31
b) Il y a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si, et seulement si, la famille
(x, y) est liée.
Ceci est évidemment vrai quand y = 0E .
Quand y 6= 0E , il y a égalité si, et seulement si, ∆ = 0 ce qui équivaut à
l’existence d’une racine et donc à celle d’un λ ∈ R vérifiant x + λy = 0E . Dans ce
cas la famille est liée. Inversement, si la famille est liée, sachant y 6= 0E , on peut
affirmer qu’il est possible d’écrire x + λy = 0E pour un certain λ ∈ R.
a) Posons n = dim E et p = dim A.
Soit (e1 , . . . , ep ) une base orthonormale de A. On peut compléter cette famille en
(e1 , . . . , en ) base orthonormale de E. Puisque A = Vect(e1 , . . . , ep ), on a
l’équivalence
x ∈ A⊥ ⇔ ∀i ∈ {1, . . . , p} , (ei | x) = 0
Ainsi en écrivant
et donc
q(v) = Y 2 + 2Z 2
x=
n
X
xi .ei avec xi = (ei | x)
i=1
avec v = Xe01 + Y e02 + Ze03 .
on obtient
⊥
x∈A ⇔x=
a) Notons E l’espace vectoriel réel et h., .i son produit scalaire. Il s’agit d’établir
xi .ei
i=p+1
Ainsi A⊥ = Vect(ep+1 , . . . , en ). On en déduit
E = A ⊕ A⊥
|hx, yi| 6 kxk kyk
Soient x, y ∈ E.
Cas y = 0E : l’inégalité est immédiate et c’est même une égalité.
2
Cas y 6= 0E : on introduit λ ∈ R. La fonction x 7→ kx + λyk ne prend que des
valeurs positives. Or
2
n
X
2
2
kx + λyk = λ2 kyk + 2λ hx, yi + kxk
b) Ce qui précède donne dim A⊥ = n − dim A et donc dim A⊥
a aussi
⊥
A ⊂ A⊥
⊥
= dim A. Or on
car
∀x ∈ A, ∀y ∈ A⊥ , (x | y) = 0
Par inclusion et égalité des dimensions, on conclut
Ceci apparaît comme un trinôme aλ2 + bλ + c avec
2
2
A⊥
⊥
=A
a = kyk , b = 2 hx, yi et c = kxk
Puisque ce trinôme est de signe constant, il ne peut avoir deux racines réelles (car
sinon, il change de signe entre ses deux racines). On en déduit ∆ = b2 − 4ac 6 0
ce qui fournit l’inégalité de Cauchy-Schwarz sous la forme équivalente
2
2
2
hx, yi 6 kxk kyk
a) Soit x ∈ F ⊥ ∩ G⊥ .
Pour tout y = a + b ∈ F + G avec a ∈ F et b ∈ G, on a
(x | y) = (x | a) + (x | b) = 0
Corrections
donc x ∈ (F + G)⊥ .
Inversement, soit x ∈ (F + G)⊥ .
Pour tout y ∈ F , on a (x | y) = 0 car y ∈ F ⊂ F + G. Ainsi x ∈ F ⊥ et de même
x ∈ G⊥ .
Finalement, par double inclusion
⊥
(F + G) = F ⊥ ∩ G⊥
b) Puisque E est un espace euclidien, on peut affirmer H ⊥⊥ = H pour tout
sous-espace vectoriel H de E.
On en déduit ce qui suit par la relation précédente appliquée aux espaces F ⊥ et
G⊥
F ⊥ + G⊥ = (F ⊥ + G⊥ )⊥⊥ = (F ⊥⊥ ∩ G⊥⊥ )⊥ = (F ∩ G)⊥
2
2
a) Soit H une primitive de la fonction h ; celle-ci existe car la fonction h est
continue.
Puisque la fonction h est positive, la primitive H est croissante.
Si l’intégrale de h sur [a, b] est nulle, alors H(a) = H(b) et la croissance de H
entraînent sa constance. On en déduit que la fonction dérivée h est nulle.
b) On vérifie que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique définie
positive. . .
c) L’inégalité de Cauchy-Schwarz donne
s
s
√
Z 1
Z 1
Z 1
√ −x
1 − e−2
−2x
xe dx 6
x dx
e
dx =
2
0
0
0
a) On vérifie aisément que (. | .) définit une forme bilinéaire symétrique sur E.
Pour f ∈ E, (f | f ) > 0 en tant qu’intégrale bien ordonnée d’une fonction positive.
De plus, si (f | f ) = 0 alors, puisque la fonction f 2 est continue, positive et
d’intégrale nulle sur [0, 2π], on peut affirmer
a) Soient x, y ∈ E. On a d’une part
2
32
2
ku(x + y)k = kx + yk = kxk + 2(x | y) + kyk
et d’autre part
∀t ∈ [0, 2π] , f 2 (t) = 0
2
2
2
ku(x + y)k = ku(x) + u(y)k = ku(x)k + 2(u(x) | u(y)) + ku(y)k
2
On en déduit
(u(x) | u(y)) = (x | y)
Si x ∈ ker u alors
2
2
0 = ku(x)k = kxk
donc ker u = {0E }.
Puisque E est de dimension finie, on peut conclure que l’endomorphisme u est
bijectif.
b) Montrons que l’ensemble O(E) des endomorphismes étudiés est un sous-groupe
du groupe linéaire (GL(E), ◦).
On a O(E) ⊂ GL(E) en vertu de ce qui précède.
On a aussi évidemment IdE ∈ O(E).
Soient u, v ∈ O(E). Pour tout x ∈ E,
u ◦ v −1 (x) = u(v −1 (x)) = v −1 (x) car u ∈ O(E)
et
−1 −1
v (x) = v(v (x)) = kxk car v ∈ O(E)
On a donc u ◦ v −1 ∈ O(E) et l’on peut conclure.
et, par périodicité, f est la fonction nulle sur R.
b) On a
1
∀x ∈ R, sin2 x = (1 − cos(2x))
2
Puisque la fonction x 7→ 1 est orthogonale à f et à g, on peut assurer que le
projeté orthogonal de u sur F est
1
x 7→ − cos(2x)
2
a) On vérifie aisément que l’on a bien défini une forme bilinéaire symétrique sur E.
Pour f ∈ E, on a évidemment hf | f i > 0 par intégration bien ordonnée d’une
fonction positive.
Si hf | f i = 0 alors, puisque la fonction f 2 est continue et positive sur [−π, π], on
peut affirmer que f 2 , et donc f , est nulle sur [−π, π]. Enfin, puisque f est
2π-périodique, on peut conclure que f est la fonction nulle sur R.
b) On a
Z
1 π 1
hf4 , f5 i =
sin(4x) dx = 0
π −π 2
Par périodicité et translation
Z π
Z
cos2 (2x) dx =
−π
Corrections
π
sin2 (2x) dx
−π
33
avec des notations entendues.
On a
hA | Ai = a2 + b2 + c2 + d2 > 0
Enfin
hA | Ai = 0 ⇒ a2 + b2 + c2 + d2 = 0
et en sommant
Z
π
2
Z
π
cos (2x) dx +
−π
Z
2
π
sin (2x) dx =
−π
dx = 2π
−π
On en déduit
2
Par nullité des termes d’une somme nulle de positifs, on obtient
2
kf4 k = kf5 k = 1
c) F = Vect(f1 , f2 , f3 ) donc F ⊥ = Vect(f4 , f5 ) car on a admis la famille
(f1 , . . . , f5 ) orthonormée.
a) On a immédiatement F = Vect(I, K) avec
0 1
K=
−1 0
On peut donc affirmer que F est un sous-espace vectoriel de M2 (R).
b) Puisque dim F = 2, dim F ⊥ = 4 − 2 = 2. Les matrices
1
1
1 0
0 1
et B = √
A= √
0 −1
1 0
2
2
sont deux éléments unitaires, orthogonaux entre eux et orthogonaux aux éléments
I et K.
On peut alors affirmer que la famille (A, B) est une base de F ⊥ .
c) On peut écrire
√
√
J = I + 2B avec I ∈ F et 2B ∈ F ⊥
√
et donc le projeté orthogonal de J est 2B.
a) L’application h. | .i est bien définie de M2 (R) × M2 (R) à valeurs dans R.
L’application est symétrique car hA | A0 i = hA0 | Ai.
On vérifie qu’elle est linéaire en sa première variable en constatant
hλA + µA0 | Bi = λ hA | Bi + µ hA0 | Bi
hA | Ai = 0 ⇒ A = O2
On peut alors conclure que h. | .i définit un produit scalaire sur M2 (R).
c) Considérons la matrice
1 0
B=
0 2
La matrice B est diagonale et donc triangulaire supérieure.
De plus
0 0
A−B =
−1 0
et donc A − B est orthogonale à toute matrice triangulaire supérieure.
Par les rappels admis, on peut affirmer que la distance calculée est
kA − Bk = 1
a) Soit (e1 , . . . , en ) une base orthonormée de E.
Unicité : Si a est solution alors
∀1 6 k 6 n, ek | a = f (ek )
et donc
a=
n
X
a | ek .ek =
k=1
n
X
f (ek )ek
k=1
ce qui détermine a de façon unique.
Existence : Posons, comme proposé ci-dessus
a=
n
X
f (ek )ek
k=1
Pour tout x ∈ E, on peut écrire
x=
n
X
(x | ei )ei
i=1
et alors
f (x) =
n
X
Corrections
34
Le sous-espace propre associé à la valeur propre −3 est le plan d’équation
(x | ei )f (ei ) = x | a
x − 2y + z = 0
i=1
b) Tout vecteur x de E s’écrit de façon unique comme somme d’un vecteur de [x0 ]
⊥
et d’un vecteur de [x0 ] . Le vecteur de [x0 ] détermine p(x).
c) Si p(x) = λx0 et p(y) = µy0 alors p(αx + βy) = (αλ + βµ)x0 et donc
g(αx + βy) = αg(x) + βg(y). Ainsi g : E → R est linéaire.
L’élément b est en fait x0 .
a) L’endomorphisme u? est l’unique endomorphisme vérifiant
Les sous-espaces propres d’une matrice symétrique réelle étant deux à deux
orthogonaux, on peut affirmer que le sous-espace propre associé à la valeur propre
−3 est la droite
Vect(1, −2, 1)
On en déduit une base orthonormée de diagonalisation puis une matrice P
convenable
√
√ 

1/ 2 1/√3
3
0√ 1/√3  pour D =  0
0
−1/ 2 1/ 3
√
1/ √6
P =  −2/√ 6
1/ 6

∀x, y ∈ E, u(x) | y = x | u? (y)
On observe alors
0
−3
0

0
0 
−3
∀x, y ∈ E, u? (x) | y = y | u? (x) = u(x) | y = y | u(x)
ce qui assure que l’adjoint de u? est u. Ainsi
(u? )? = u
b) On a
Les fonctions x 7→ (u − 1)/u2 et y 7→ u2 /(u + 1) sont définies et de classe C ∞ sur
respectivement R? et R\ {−1}.
Il n’y a pas de réductions remarquables du domaine d’étude.
∀x, y ∈ E, (u ◦ v)(x) | y = u(v(x)) | y = v(x) | u? (y) = x | v ? (u? (y)) = x | v ? ◦ u? (y)
x0 (u) =
et donc
2−u
u(u + 2)
et y 0 (u) =
3
u
(u + 1)2
(u ◦ v)? = v ? ◦ u?
c) On écrit A = (ai,j ) et B = (bi,j ) avec
ai,j = ei | u(ej ) et bi,j = ei | u? (ej ) = ej | u(ei ) = aj,i
On en déduit
B = tA
d) On retrouve a) par la relation t (t A) = A.
a) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable.
b) Après calculs
χA = −(X − 3)(X + 3)2
On obtient le tableau des variations simultanées suivant :
u
−∞
x (u)
x(u)
0
y(u) −∞
y 0 (u)
0
&
%
+
−2
−
−3/4
−4
0
&
&
−
−1−
−1+
−2
−∞
−2
+∞
0−
0+
2
−
+
0
& −∞ −∞ % 1/4
&
0
0
% 4/3
−
+
+∞
−
&
0
% +∞
En −1+/− , la droite d’équation x = −2 est asymptote.
En 0+/− , la droite d’équation y = 0 est asymptote.
En ±∞, la droite d’équation x = 0 est asymptote.
plot([(u-1)/uˆ2, uˆ2/(u+1), u=-5..5], view=[-5..2, -5..5],
numpoints=500);
Corrections
35
p
La courbe d’équation polaire r = 2 cos(2θ)
Par intégration de développements limités (ce qui me semble plus efficace que des
dérivations successives. . . )

1
1

 x(t) = (t − 1)2 − (t − 1)3 + o((t − 1)3 )
2
6
1
1

2
 y(t) = (t − 1) − (t − 1)3 + o((t − 1)3 )
2
3
2
2
La courbe donnée par x = (u − 1)/u , y = u /(u + 1)
On en déduit p = 2 et q = 3
Le point de paramètre t = 1 est donc un point de rebroussement de première
espèce de tangente dirigée par le vecteur ~i + ~j.
a) On a
Exercice 55 : [énoncé] p
a) La fonction r : θ 7→ 2 cos(2θ) est définie sur la réunion des intervalles
Ik = [−π/4, π/4] + kπ, k ∈ Z.
Puisque r(θ + π) = r(θ), il y a une symétrie de centre O.
Puisque r(−θ) = r(θ), il y a une symétrie d’axe (Ox) (et donc aussi d’axe (Oy)).
Au final, on peut réduire l’étude à l’intervalle [0, π/4].
b) La fonction r décroît de 2 à 0 sur [0, π/4].
Puisque r0 (0) = 0, la tangente est orthoradiale en 0.
c) Puisque r s’annule en θ = π/4, la tangente est la droite d’équation polaire
θ = π/4 en le pôle O.
plot(2*sqrt(cos(2*t)), t=-Pi..Pi, coords=polar, numpoints=1001,
scaling=constrained);
(y − 1)2
(x + 1)2
+
=1
22
12
La courbe est une ellipse de centre Ω(−1, 1) déterminée par a = 2, b = 1.
b) Un joli dessin. . .
c) Un paramétrage de l’ellipse est
(
x = −1 + 2 cos t
avec t ∈ [−π, π]
y = 1 + sin t
x2 + 2x + 4y 2 − 8y + 1 = 0 ⇔
La courbe intercepte l’axe des y pour les paramètres t = ±π/3 et la pente de la
tangente en ce point est
y 0 (t)
1
m= 0
=± √
x (t)
2 3
Corrections
36
On peut aussi déterminer l’équation de la tangente puis sa pente par
dédoublement mais cette méthode est sensiblement moins efficace.
Notons M (t) le point de coordonnées (x(t), y(t)) = (cos3 t, sin3 t).
a) L’application t 7→ M (t) est définie et de classe C ∞ sur R.
M (t + 2π) et M (t) sont confondus.
M (−t) est le symétrique de M (t) par rapport à l’axe (Ox)
M (π − t) est le symétrique de M (t) par rapport à l’axe (Oy)
M (π/2 − t) est le symétrique de M (t) par rapport à la droit ∆ : y = x.
On peut limiter l’étude à l’intervalle [0, π/4]. La courbe obtenue sera complétée
par les symétries d’axe ∆, (Oy) puis (Ox).
b) Tableau des variations simultanées
(
x0 (t) = −3 sin t cos2 t
y 0 (t) = 3 cos t sin2 t
t
x0 (t)
x(t)
y(t)
y 0 (t)
m(t)
0
0
1
0
0
?
π/4
√
− −3/ 8
& 2−3/2
% 2−3/2
√
+ 3/ 8
−
−1
L’astroïde b) m(t) = − tan t, l’équation de la tangente en M (t) est
y = − tan t(x − cos3 t) + sin3 t
Etude en t = 0
Quand t → 0
Pour t = π/6, on obtient l’équation

 x(t) = 1 − 3 t2 + 0.t3 + o(t3 )
2

y(t) = 0.t2 + t3 + o(t3 )
−3/2
0
p = 2, q = 3, ~u et ~v .
0
1
La tangente est horizontale et il y a point de rebroussement de première espèce.
plot([cos(t)ˆ3, sin(t)ˆ3, t=0..2*Pi]);
1
1
y = −√ x +
2
3
Les fonctions u 7→ x(u) et u 7→ y(u) sont définies et de classe C ∞ sur l’intervalle
]0, +∞[.
Il n’y a pas de réduction remarquable du domaine d’étude
√
√
u2 + 1
(u + 1 + 2)(u + 1 − 2)
0
x0 (u) =
et
y
(u)
=
u2
(u + 1)2
Corrections
Le tableau des variations simultanées est
√
u
0
2−1
x0 (u)
+
x(u) −∞ %
−2
√
y(u)
1
& 2 2 − 1)
y 0 (u)
−
0
+∞
% +∞
% +∞
+
37
Posons r : θ 7→ 2(cos θ − cos 2θ).
La fonction r est définie et de classe C ∞ sur R, 2π-périodique et paire. On limite
alors l’étude à [0, π] et on complète la courbe par une symétrie d’axe (Ox).
r0 (θ) = −2(sin θ − 2 sin 2θ) = −2 sin θ(1 − 4 cos θ)
On en déduit les variations suivantes
En +∞,
y(u)/x(u) → 1 et y(u) − x(u) → (−1)+
La droite d’équation y = x − 1 est asymptote, courbe au dessus.
En 0+ ,
x(u) → −∞ et y(u) → 1−
La droite d’équation y = 1 est asymptote, courbe en dessous.
plot([(uˆ2-1)/u, (uˆ2+1)/(u+1), u=0..5], view=[-8..3, -6..6],
numpoints=200);
Courbe donnée par x(u) =
u2 − 1
u2 + 1
et y(u) =
u
u+1
θ
r(θ)
0
0
α
% 9/4 &
π
−4
avec α = arccos(1/4).
En θ = α et θ = π, la tangente est orthoradiale car il y a annulation de r0 sans
annulation de r.
En θ = 0, il y a passage par l’origine, la tangente est alors d’équation θ = 0.
En θ = 2π/3, il y a passage par l’origine, la tangente est alors d’équation θ = 2π/3.
plot(2*(cos(t)-cos(2*t)), t=0..2*Pi, coords=polar);
La courbe d’équation polaire r = 2(cos θ − cos 2θ)
Corrections
38
a) On forme en t0 des développements limités à des ordres suffisants de f et de g
pour obtenir des écritures
(
n
x = a0 + a1 (t − t0 ) + · · · + an (t − t0 ) + o ((t − t0 )n )
n
y = b0 + b1 (t − t0 ) + · · · + bn (t − t0 ) + o ((t − t0 )n )
Le point M0 est de coordonnées (a0 , b0 ).
La tangente en M0 est dirigée par le vecteur ~u (s’il existe) de coordonnées (ap , bp )
avec p le premier entier > 1 pour lequel (ap , bp ) 6= (0, 0).
On détermine ensuite le vecteur ~v (s’il existe) de coordonnées (aq , bq ) avec q le
premier entier > p + 1 pour lequel
ap
bp
Point de rebroussement de première espèce
Cas p pair et q pair
aq 6 0
=
bq de sorte que les vecteurs ~u et ~v ne soient pas colinéaires.
Selon les parités de ~u et ~v , on obtient les allures suivantes :
Cas p impair et q pair
Point de rebroussement de seconde espèce b) Pour C1 , on obtient p = 3, q = 6
avec ~u = (1, 0) et ~v = (0, 1) : c’est un point ordinaire.
Pour C2 , on obtient p = 2, q = 4 avec ~u = (1, 0) et ~v = (0, 1) : c’est un point de
rebroussement de seconde espèce.
En fait, C1 est un paramétrage (non régulier) de l’intégralité de la courbe
d’équation y = x2 tandis que C2 est un paramétrage (avec superposition) de la
portion de cette courbe obtenue pour x > 0.
Point ordinaire Cas p impair et q impair
a) En supposant que O est le centre du repère R = (O,~i, ~j), on peut proposer la
représentation paramétrique
(
x = a cos t
avec t ∈ R
y = a sin t
Le vecteur tangent T~ du repère de Frénêt en M = M (t) est
Point d’inflexion Cas p pair et q impair
1
~0
T~ = ~0 f (t)
f (t)
Corrections
où f~ est la fonction vectorielle définissant le paramétrage. On obtient alors
T~ = − sin(t).~i + cos(t).~j
~ du repère
En supposant le repère considéré direct, on obtient le vecteur normal N
de Frénêt
~ = − cos(t).~i − sin(t).~j
N
39
b) La forme différentielle ω étant de classe C 1 sur l’ouvert R2
Z
ZZ
(y dx + xy dy) =
(y − 1) dx dy
ce qui donne
1
Z
Z
x
0
dT~
~
= γN
ds
x2
0
1
A=  1
2
0
Det(f~0 (t), f~00 (t))
~0 3
f (t)
Après résolution, les vecteurs
1
1 ~ √ ~ ~ 1 ~ √ ~ ~ ~u = √ (~i − ~k), ~v =
i + 2j + k et w
i − 2j + k
~ = ~u ∧ ~v =
2
2
2
t
1
1
√ y2 − √ z2 = 1
2
2
53/2
2
Cette équation lacunaire en x définit un cylindre dont la section droite est une
hyperbole.
a) Directement
Z
Γ
0
1
t2 + 2t4 dt −
P AP = P −1 AP
d) L’équation de (S) dans le repère (O; ~u, ~v , w)
~ est
Le rayon de courbure en M = M (1) vaut alors
(y dx + xy dy) =

0
1 
0
conviennent.
c) La matrice P est orthogonale et par formule de changement de base de forme
quadratique, la matrice de q dans la base (~u, ~v , w)
~ est
1 0 2u 2 2
γ=
=
(1 + (2u)2 )3/2
(1 + 4u2 )3/2
Z
1
0
1
χA (X) = −X(X 2 − 1/2)
Pour obtenir le rayon de courbure, on peut reprendre le protocole précédent (en
~ (u)) ou alors exploiter la formule générale
exprimant alors T~ (u) et N
I=
1 2 1 4
1
x − x − x + x2 dx = −
2
2
10
b) Après calculs, on obtient le polynôme caractéristique
1
2
~ = − √2 ~i + √1 ~j
T~ = √ ~i + √ ~j et N
5
5
5
5
R=
0

dT~
dt dT~
ds =
avec
= f~0 (t) = a
ds
ds dt
dt
on obtient γ = 1/a, puis le rayon de courbure R = a.
b) On reprend la démarche d’au dessus pour obtenir
Celle-ci donne
1
a)
Puisque
γ=
Z
y − 1 dy dx =
I=
Enfin, la courbure γ est définie de sorte que
D
Γ
Z
0
a) Soit (x, y) ∈ R2 . On a
1
t + t2 dt = −
1
10
p0 (x, y)2 = x2 + y 2 6 x2 + 2 |x| |y| + y 2 = p1 (x, y)2
Corrections
On a aussi
p1 (x, y) = |x| + |y| 6 2 max (|x| , |y|) = 2p2 (x, y)
p
p
Enfin, puisque |x| 6 x2 + y 2 et |y| 6 x2 + y 2 , on a encore
p2 (x, y) = max (|x| , |y|) 6
p
40
Cas i = 2 :
La condition M ∈ B2 ((0, 0), 1) revient à dire |x| < 1 et |y| < 1.
Le domaine étudié alors l’intersection des quatre demi-plans d’inéquation x < 1,
x > −1, y < 1 et y > −1.
x2 + y 2 = p0 (x, y)
Ainsi, on obtient
p0 (x, y) 6 p1 (x, y) 6 2p2 (x, y) 6 2p0 (x, y)
ce qui permet d’affirmer que ces trois normes sont deux à deux équivalentes.
b) Cas i = 0 :
p
La condition M ∈ B0 ((0, 0), 1) revient à dire x2 + y 2 < 1 soit encore
x2 + y 2 < 1.
Le domaine E0 est donc l’intérieur du disque de centre O et de rayon 1.
a) Le centre se détermine comme le point fixe de la transformation. En résolvant
l’équation
z = (i − 1)z + 2 − i
Cas i = 1 :
La condition M ∈ B1 ((0, 0), 1) revient à dire |x| + |y| < 1.
Le domaine E1 possède alors les axes de symétrie (O;~i) et (O; ~j).
On peut alors se ramener à l’étude pour x, y > 0. L’inéquation x + y < 1 délimite
alors un demi-plan ouvert, contenant O et de droite frontière d’équation x + y = 1.
Le domaine E1 se déduit de ses considérations géométriques.
on obtient z = 1. Le rapport λ de la similitude et son angle θ sont données par le
facteur de z via
λeiθ = (i − 1)
√
On obtient donc λ = 2 et θ = 3π/4 [2π].
b) On introduit les affixes a0 , b0 , c0 des points A0 , B 0 , C 0 et l’on a
a0 = 1 − 2i, b0 = 3 − 2i, c0 = 3
c) Une similitude directe conserve les angles
0 B 0 C 0 = ABC
\ = π/2
A\
Une similitude directe multiplie les longueurs par le rapport
√
A0 C 0 = λAC = 2 2
Une similitude directe multiplie les aires par le carré du rapport
Aire(A0 B 0 C 0 ) = 2Aire(ABC) = 2
Corrections
a) Par combinaison, le système proposé équivaut au système

x=0



 y=2

z = −1



−5 = m
Le système possède une solution unique si, et seulement si, m = −5 et cette
solution est alors (0, 2, −1).
b) Les droites d et d0 sont concourantes en le point de coordonnées (0, 2, −1)
obtenu pour t = u = 0.
Par le paramétrage, nous observons que la droite d est la droite passant par le
point de coordonnées (0, 2, −1) et dirigée par le vecteur de coordonnées (1, 1, 1) .
Les plans d’équations x + y + z = 1 et x + y + 2z = 0 ne sont pas parallèles, ils se
coupent donc selon une droite. Le point de coordonnées (0, 2, −1) appartient aux
deux plans et le vecteur de coordonnées (1, 1, 1) appartient à leurs directions.
L’intersection des deux plans est donc la droite d. On procède de même pour
l’étude de d0 .
41
Choisissons un repère de centre O, tel que le point A soit de coordonnées (d, 0, 0)
et que la droite D soit dans le plan (xOy). Notons (a, b, 0) les coordonnées d’un
vecteur unitaire dirigeant ∆.
Les coordonnées d’un point M de ∆ sont de la forme


 x = d + λa
y = λb
avec λ ∈ R


z=0
et on peut remarquer AM = |λ|.
Ce point M appartient à la sphère si, et seulement si,
x2 + y 2 + z 2 = R 2
ce qui donne
λ2 + 2λad + d2 − R2 = 0
On a supposé que ∆ coupe la sphère en deux points P et Q. Les paramètres λP et
λQ les déterminant sont donc les deux racines de l’équation précédente et leur
produit vaut
λP λQ = d2 − R2
et donc
a) Choisissonspun repère d’origine O dans lequel d est la droite d’équation x = 1.
On a M F = x2 + y 2 et M H = |x − 1| en notant x et y les coordonnées de M
dans le repère choisi.
Alors
MF
1
= ⇔ 4(x2 + y 2 ) = (x − 1)2
MH
2
AP × AQ = d2 − R2 Une démonstration géométrique introduisant le milieu du segment [P Q] et
exploitant le théorème de Pythagore est aussi possible. . .
a) Puisque un ∼ vn , on peut écrire
et une équation de la courbe étudiée est
un = vn + o(vn )
3x2 + 4y 2 + 2x = 1
soit encore
La suite o(vn ) traduit à partir d’un certain rang une expression εn vn avec εn → 0.
A partir d’un certain rang, on a |εn | 6 1/2 et alors
2
(x + 1/3)
y2
+
=1
4/9
1/3
Il s’agit de l’équation d’une ellipse de
√ centre Ω(−1/3, 0), de demi-grand axe
a = 2/3 et de demi-petit axe b = 1/ 3. On peut vérifier que son excentricité vaut
le 1/2 définissant le rapport étudié.
|o(vn )| = |εn vn | 6
1
|vn |
2
On peut alors affirmer que le terme un est du signe du terme vn .
b) Quand n → +∞,
1
1
1
1
1
1
1
1
sh = + 3 + o
et
tan
=
+
+
o
n
n 6n
n3
n
n 3n3
n3
Corrections
donc
1
un ∼ − 3
6n
et un est négatif pour n assez grand.
42
Puisque la suite (1/n)n∈N? converge, pour ε > 0, il existe N ∈ N tel que
1
1
∀m, n > N, − 6 ε
m n
et alors
∀m, n > N, |um − un | 6 ε
a) Clairement
1
>0
un+1 − un =
(n + 1)!
et pour n > 1
La suite (un )n∈N? est de Cauchy et donc converge car R est complet.
Notons que plus simplement, f 0 est intégrable sur ]0, 1] et donc f converge en 0 en
vertu de la relation
Z
1
2
1
1−n
vn+1 − vn =
−
=
60
(n + 1)! n!
(n + 1)!
Enfin
vn − un = 1/n! → 0
b) Supposons e = p/q avec p ∈ N et q ∈ N? . Puisque les suites (un ) et (vn ) sont
strictement croissantes à partir d’un certain rang, on a
∀n > 1, un < e < vn
En particulier
uq < p/q < vq
q!uq < p.(q − 1)! < q!vq = q!uq + 1
q!uq =
x
a) On sait
1
1
cos(x) = 1 − x2 + x4 + o(x5 )
2
24
et
1
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + o(x5 )
1−x
Par produit
cos x
1
1
13
13
= 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + o(x5 )
1−x
2
2
24
24
En multipliant par q!, on obtient
Or
f 0 (t) dt
f (x) = f (1) −
n
X
q!
i=0
i!
b) La fonction f étant de classe C 5 , la formule de Taylor-Young fournit
∈Z
et donc p.(q − 1)! est un entier strictement compris entre deux entiers consécutifs.
C’est absurde !
a) Une suite (un ) est de Cauchy si, et seulement si, elle satisfait le critère
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀m, n ∈ N, (m, n > N ⇒ |um − un | 6 ε)
b) Par l’inégalité des accroissements finis
1
1 1
1 |um − un | = f
−f
6
−
m
n m n
f (x) =
5
X
f (k) (0)
k=0
k!
xk + o(x5 )
Par unicité des coefficients d’un développement limité, on obtient f (0) = 1,
f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 1, f (3) (0) = 3, f (4) (0) = 13 et f (5) (0) = 65.
a) On a
1 1
1 1
−
4x+1 4x−3
Les primitives de f sur l’intervalle ]3, +∞[ sont
f (x) =
x 7→
1 x+1
ln
+ C te
4 x−3
Corrections
b) On a
f (x) =
+∞ X
1
1
1
1
(−1)n
1
+
+=
+
xn
n+1
4 1 − (−x) 12 1 − x/3
4
4.3
n=0
Le rayon de convergence vaut 1 car il est supérieur au minimum des rayons de
+∞ ce qui
convergence des séries entières sommées et parce que F (x) −−−−−→
+
x→−1
empêche un rayon de convergence strictement supérieur à 1.
c) Les coefficients d’un développement en série entière étant ceux de la série de
Taylor associée, on obtient par troncature du développement en série entière un
développement limité.
f (x) =
7
20
1 2
− x + x2 − x3 + o(x3 )
3 9
27
81
a) Si f, g : I → R sont n fois dérivables alors f g l’est aussi et
!
n
X
n
(n)
f (n−k) g (k)
(f g) =
k
k=0
Cela se démontrer par une récurrence, une séparation d’une somme en deux, un
décalage d’indice et une exploitation de la formule du triangle de Pascal. . . Dans
les faits :
Par récurrence sur n ∈ N.
La propriété est immédiate pour n = 0.
Supposons la propriété vraie au rang n > 0.
Soient f, g : I → R des fonctions n + 1 fois dérivables
Les fonctions f et g sont en particulier n fois dérivables et donc par hypothèse de
récurrence la fonction f g l’est aussi avec
!
n
X
n
(f g)(n) =
f (n−k) g (k)
k
k=0
Pour tout k ∈ {0, . . . , n}, les fonctions f (n−k) et g (k) sont dérivables donc par
opération sur les fonctions dérivables, la fonction (f g)(n) est encore dérivable.
Ainsi la fonction f g est n + 1 fois dérivable et
!
n
h
i0 X
i
n h (n+1−k) (k)
(n+1)
(n)
(f g)
= (f g)
=
f
g + f (n−k) g (k+1)
k
k=0
43
En décomposant la somme en deux et en procédant à un décalage d’indice sur la
deuxième somme
!
!
n+1
n
X
X
n
n
(n+1−k) (k)
(n+1)
f (n+1−k) g (k)
f
g +
(f g)
=
k
−
1
k
k=1
k=0
En adjoignant un terme nul à chaque somme
!
n+1
n+1
X n
X
(n+1)
(f g)
=
f (n+1−k) g (k) +
k
k=0
k=0
n
!
k−1
f (n+1−k) g (k)
Enfin en combinant les deux sommes et en exploitant la formule du triangle de
Pascal
!
n+1
X n+1
(n+1)
(f g)
=
f (n+1−k) g (k)
k
k=0
Récurrence établie
b) La fonction f est de classe C ∞ par produit de fonctions qui le sont. Puisque
e2x
(k)
= 2k e2x et
on obtient
e2x
1+x
(n)
= n!
1
1+x
(k)
=
(−1)k k!
(1 + x)k+1
n
X
(−1)k 2n−k
k=0
e2x
(n − k)! (1 + x)k+1
a) Une fonction f : I → R est convexe si, et seulement si,
∀a, b ∈ I, ∀λ ∈ [0, 1] , f ((1 − λ)a + λb) 6 (1 − λ)f (a) + λf (b)
b) Raisonnons par récurrence sur n > 1.
Cas n = 1 : il n’y a rien à démontrer.
Cas n = 2 : on retrouve dans l’inégalité demandée la définition de la convexité en
prenant λ = λ2 de sorte que 1 − λ = λ1 .
Supposons la propriété acquise au rang n − 2 et montrons celle-ci au rang n > 3.
Considérons λ1 , . . . , λn > 0 de somme égale à 1 et x1 , . . . , xn ∈ I.
n
P
Comme suggéré, posons λ =
λi .
i=3
Si λ = 0 alors λ3 = . . . = λn = 0 et l’on se ramène au cas n = 2 déjà résolu.
Si λ = 1 alors λ1 = λ2 = 0 et l’on se ramène au cas n − 2 résolu par hypothèse de
récurrence.
Corrections
Supposons λ ∈ ]0, 1[, et écrivons
n
X
Récurrence établie.
Il est à noter que l’indication fournie n’est pas très judicieuse car complique
inutilement le calcul. Elle force de plus à rédiger une récurrence peu naturelle (la
propriété au rang n découle de celle au rang n − 2 cela oblige la double
initialisation. . . ).
On peut procéder plus simplement en partant de l’écriture
n
λi xi = (1 − λ)
i=1
λ1 x1 + λ2 x2 X
+
λi xi
1−λ
i=3
Introduisons
n
P
λ1 x1 + λ2 x2
λ1 x1 + λ2 x2
a=
=
∈ I et b =
1−λ
λ1 + λ2
λ i xi
i=3
n
X
∈I
λ
n
X
= f ((1 − λ)a + λb) 6 (1 − λ)f (a) + λf (b)
i=1
ce qui donne
f
et donc
n
X
P
n
!
λi xi
= (λ1 + λ2 )f
i=1
λ1 x1 + λ2 x2
λ1 + λ2

λx
 i=3 i i 


+ λf  P
n

λi
i=3
D’une part
f
λ1 x1 + λ2 x2
λ1 + λ2
= f (µ1 x1 + µ2 x2 ) avec µ1 + µ2 = 1
donc
f
λ1 x1 + λ2 x2
λ1 + λ2
6 µ1 f (x1 ) + µ2 f (x2 ) =
λ1
λ2
f (x1 ) +
f (x2 )
λ1 + λ2
λ1 + λ2
D’autre part, et en procédant de même avec exploitation de l’hypothèse de
récurrence

P
n
!
λi xi
n
n
n
X
X
X

 i=3
λi


f (xi )
fP
=
f
µ
x
6
µ
f
(x
)
=
i
i
i
i
n

λ
i=3
i=3
i=3
λi xi
i=3
Au final
f
n
X
i=1
!
λi xi
6 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) +
n
X
i=3
λi xi = (1 − λ) x1 + λ
λi f (xi )
λ i xi
i=2
λ
avec λ =
n
X
λi
i=2
c) La fonction ln est concave, les inégalités seront donc considérées en sens inverse.
En prenant λ1 = . . . = λn = 1/n, on obtient
x1 + x2 + · · · + xn
ln(x1 ) + ln(x2 ) · · · + ln(xn )
ln
>
n
n
!
λ i xi
n
P
i=1
On a alors par convexité
f
44
1
ln(x1 x2 . . . xn ) 6 ln
n
x1 + x2 + · · · + xn
n
Par croissance de la fonction exp, on peut conclure
1/n
(x1 x2 . . . xn )
6
x1 + x2 + · · · + xn
n
a) Soit h 6= 0 tel que x0 + h ∈ [a, b].
En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction f entre x0 et
x0 + h, on peut affirmer qu’il existe ch strictement compris entre x0 et x0 + h tel
que
f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (ch )h
Quand h → 0 (avec h 6= 0), on a par encadrement ch → x0 et par composition de
limites
1
(f (x0 + h) − f (x0 )) = f 0 (ch ) → lim f 0 (x)
x→x0
h
On en déduit que f est dérivable en x0 et
f 0 (x0 ) = lim f 0 (x)
x→x0
b) La fonction g construite est évidemment dérivable sur ]−∞, 0[ et ]0, +∞[ mais
aussi en 0 car
1
(g(h) − g(0)) = h sin (1/h) −−−−−−→ 0
h→0,h6=0
h
Corrections
Cependant la dérivée de g diverge en 0 car
g 0 (x) = 2x sin(1/x) − cos(1/x2 )
45
La série numérique
partielles.
On a
P
kun k converge, notons (Tn ) la suite de ses sommes
Sn =
avec 2x sin(1/x) −−−→ 0 et cos(1/x2 ) divergeant en 0.
x→0
n
X
uk et Tn =
k=0
n
X
kuk k
k=0
donc
kSn+p − Sn k 6 |Tn+p − Tn |
a) lim f (x) = ` signifie
Puisque la suite (Tn ) converge, elle satisfait le critère de Cauchy et donc
x→+∞
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N, |Tn+p − Tn | 6 ε
∀ε > 0, ∃A ∈ R+ , ∀x ∈ [0, +∞[ , x > A ⇒ |f (x) − `| 6 ε
L’uniforme continuité de f sur [0, +∞[ signifie
et alors
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, ∀p ∈ N, kSn+p − Sn k 6 ε
∀ε > 0, ∃α > 0, ∀x, y ∈ [0, +∞[ , |y − x| 6 α ⇒ |f (y) − f (x)| 6 ε
b) Rappelons que le théorème de Heine assure l’uniforme continuité d’une
fonction définie et continue sur un compact. Soit ε > 0. Par définition de la limite
en +∞, il existe A ∈ R+ tel que
La suite (Sn ) est donc de Cauchy et l’espace normé étant supposé complet, celle-ci
converge.
b) N’importe quel R-espace vectoriel ou C-espace vectoriel de dimension finie est
complet, notamment Mn (R).
∀x ∈ [0, +∞[ , x > A ⇒ |f (x) − `| 6 ε/2
et donc
∀x, y ∈ [A, +∞[ , |f (y) − f (x)| 6 ε
Considérons alors le compact [0, A + 1]. La fonction f y est continue donc
uniformément continue. Ainsi, il existe α > 0 tel que
∀x, y ∈ [0, A + 1] , |y − x| 6 α ⇒ |f (y) − f (x)| 6 ε
Prenons enfin α0 = min(α, 1) > 0.
Soient x, y ∈ [0, +∞[.
Si |y − x| 6 α0 alors x, y ∈ [0, A + 1] ou x, y ∈ [A, +∞[ (voire les deux). Dans
chaque cas, on peut conclure
Cas α ∈ R− .
Pour n > 3, ln n > 1 puis un > 1/n.
Par comparaison de séries à termes positifs, on peut affirmer la divergence de la
série de terme général un .
Cas α > 0.
La fonction
1
f : x 7→
x(ln x)α
est décroissante et positive donc la nature de la série de terme général f (n) est
celle de l’intégrale
Z
f (x) dx
[2,+∞[
|f (y) − f (x)| 6 ε
Puisque
Finalement f est uniformément continue sur [0, +∞[.
Z
X
Z
ln(X)
f (x) dx =
2
Exercice
P 79 : [énoncé]
a) Soit
un une série absolument convergente de l’espace normé et (Sn ) la suite
de ses sommes partielles.
t=ln x
ln 2
dt
tα
on peut affirmer que la série de terme général un converge si, et seulement si,
α > 1.
Corrections
a) Soit q ∈ ]`, 1[. A partir de la définition quantifiée de la limite avec
ε = q − ` > 0, il existe un rang N ∈ N à partir duquel
a) On a
S2n+2 − S2n+1 = u2n+2 − u2n+1 6 0
et
un+1
6q
un
S2n+3 − S2n+1 > 0
et alors par récurrence
∀n > N, un 6 uN q n−N
Puisque la série de terme général q n est convergente, par comparaison de séries à
termes positifs, la série de terme général un est convergente.
b) Si on pose
n
un =
(3n + 1)!
alors
46
De plus S2n − S2n+1 = u2n+1 → 0 donc les suites (S2n )n∈N et (S2n+1 )n∈N sont
adjacentes et convergent donc vers une même limite. On en déduit que la suite
(S
Pn )n∈Nk converge aussi vers cette limite ce qui signifie la convergence de la série
(−1) uk .
+∞
P
b) Le reste Rn =
(−1)k uk vérifie
k=n+1
|Rn | 6 un+1
En effet la somme S de la série est par adjacence encadrée par (S2n ) et (S2n+1 ) :
un+1
n+1
→0
=
un
n(3n + 4)(3n + 3)(3n + 2)
S2n+1 6 S 6 S2n
donc
et donc la série de terme général un converge.
S2n+1 − S2n 6 R2n 6 0 et 0 6 R2n+1 6 S2n+2 − S2n+1
ce qui donne
P
a) Supposons un ∼ vn et supposons la série
vn convergente
A partir d’un certain rang N0 , un 6 2vn et alors
N
X
uk 6
k=1
NX
0 −1
k=1
P
uk + 2
N
X
k=N0
vk 6 2
+∞
X
−u2n+1 6 R2n 6 0 et 0 6 R2n+1 6 u2n+2
a) Soit ε > 0. Puisque αn → 0, il existe N ∈ N tel que
∀n ∈ N, n > N ⇒ αn 6 ε
vk + C te
k=1
car les termes
de la série
vn sont positifs.
P
Puisque
un est une série à termes positifs aux sommes partielles majorées, elle
converge.
P
P
De même on montre que si un ∼ vn et que
un converge alors
vn converge.
b) On a
√
(1 − i) sin 1 2
n √
∼ 3/2
n
n−1
P 1
or
converge car 3/2 > 1.
n3/2
√
P
Par comparaison de séries à termes positifs ,
(1 − i) sin n12 ( n − 1) est
absolument convergente et donc convergente.
et alors
∀n ∈ N, n > N ⇒ ∀x ∈ X, |fn (x) − f (x)| 6 ε
ce qui signifie la convergence uniforme de (fn ) vers f sur X.
b) Notons fn : z 7→ z n .
La suite fonctions (fn ) converge simplement vers la fonction nulle sur D(0, 1/2) et
aussi sur D(0, 1).
Puisque
sup |fn | = 1/2n → 0
z∈D(0,1/2)
la suite de fonctions (fn ) converge uniformément sur D(0, 1/2).
Puisque
sup |fn | = 1 ne tend pas vers 0
z∈D(0,1)
la suite de fonctions (fn ) ne converge par uniformément sur D(0, 1).
Corrections
a) La fonction fn est définie
sur R.
√
Pour x = 0, fn (x) = n/ π −−−−−→ +∞.
Pour x 6= 0, fn (x) =
n→+∞
−n2 x2 +ln n
√1 e
π
Par intégration par parties
Z
1
(x2 + 1)ex dx = 2e − 3
0
−−−−−→ 0.
n→+∞
La suite (fn )n∈N converge simplement vers la fonction nulle sur ]−∞, 0[ et sur
]0, +∞[.
b) La fonction fn est positive et décroissante sur R+ . En conséquence
|fn (x) − 0| = fn (a) −−−−−→ 0
sup
n→+∞
x∈[a,+∞[
|fn (x)| −−−−−→ 0
sup
x∈]0,+∞[
Or
n→+∞
√
|fn (x)| et fn (1/n) = n/e π −−−−−→ +∞
sup
n→+∞
x∈]0,+∞[
a) Par contraposée : si (fn ) converge uniformément vers f alors pour n assez grand
kfn − f k∞ = sup |fn (x) − f (x)|
x∈X
Il y a donc convergence uniforme de la suite (fn )n∈N vers la fonction nulle sur
[a, +∞[.
Par parité, il en est de même sur ]−∞, −a].
c) Par l’absurde, s’il y a convergence uniforme sur ]0, +∞[ alors
fn (1/n) 6
47
C’est absurde. Il n’y a donc pas convergence uniforme sur ]0, +∞[.
a) Pour x ∈ [0, 1],
fn (x) −−−−−→ (x2 + 1)ex
n→+∞
La suite de fonctions (fn ) converge simplement vers f : x 7→ (x2 + 1)ex sur [0, 1].
On a
x(e−x − ex )
fn (x) − f (x) = (x2 + 1)
n+x
et donc
sh(1)
|fn (x) − f (x)| 6
n
Ce majorant indépendant de x tend vers 0 donc la suite de fonctions (fn )
converge uniformément vers f sur [0, 1].
b) Par convergence uniforme de cette suite de fonctions continues, on peut
échanger limite et intégrale
Z 1
Z 1
nex + xe−x
lim
(x2 + 1)
dx =
(x2 + 1)ex dx
n→+∞ 0
n+x
0
existe et kfn − f k∞ → 0. On a alors
|fn (xn ) − f (xn )| 6 kfn − f k∞ → 0
et donc fn (xn ) − f (xn ) → 0.
b) Pour tout x > 0, fn (x) → 0 donc la suite (fn ) converge simplement vers la
fonction nulle sur ]0, +∞[.
Pour x > a,
1
|fn (x)| 6
1 + a 2 n2
donc
1
→0
kfn k∞,[a,+∞[ = sup |fn (x)| 6
1
+
a2 n2
x∈[a,+∞[
On en déduit que la suite (fn ) converge uniformément vers la fonction nulle sur
[a, +∞[ (avec a > 0).
Pour xn = π/2n, on a
1
fn (xn ) =
2
1 + π4
qui ne tend pas vers 0.
On en déduit que la suite de fonctions (fn ) ne converge pas uniformément sur
]0, +∞[.
a) Soit ε > 0. Par convergence uniforme, il existe N ∈ N tel que pour tout n ∈ N
n > N ⇒ (∀x ∈ [a, b] , |f (x) − fn (x)| 6 ε)
En particulier pour n = N , on a
∀x ∈ [a, b] , |f (x) − fN (x)| 6 ε
Corrections
Or la fonction fN est continue en x0 donc il existe α > 0 tel que
48
Pour ε = 1 > 0 et N comme ci-dessus, on a alors
∀x ∈ X, |g(x) − gN (x)| 6 1
∀x ∈ [a, b] , |x − x0 | 6 α ⇒ |fN (x) − fN (x0 )| 6 ε
et donc
En exploitant
∀x ∈ X, |g(x)| 6 |g(x) − gN (x)| + |gN (x)| 6 1 + kgN k∞
|f (x) − f (x0 )| 6 |f (x) − fN (x)| + |fN (x) − fN (x0 )| + |fN (x0 ) − f (x0 )|
Ceci établit que la fonction g est effectivement bornée.
on obtient
∀x ∈ [a, b] , |x − x0 | 6 α ⇒ |f (x) − f (x0 )| 6 3ε
ce qui permet de conclure à la continuité de f en x0 .
b) Les fonctions gn sont continues en 1 et la suite (gn ) converge simplement sur
[0, 1] vers la fonction
0 si x ∈ [0, 1[
g : x 7→
1 si x = 1
La fonction g est discontinue en 1, il ne peut donc y avoir convergence uniforme
sur [0, 1].
a) La convergence uniforme donne
kfn − f k∞ = sup |fn (x) − f (x)| → 0
x∈[a,b]
et donc
Z
Z b
b
fn (x) dx −
f (x) dx 6 (b − a) kfn − f k∞ → 0
a
a
b) S’il a convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur [a, b], alors
on peut intégrer terme à terme
a) L’application k . k∞ : E → R+ est bien définie car on peut considérer la borne
supérieure de la fonction réelle x 7→ |f (x)| qui est majorée et définie sur un
ensemble non vide.
Soient λ ∈ C et f, g : X → E bornées.
Si kf k∞ = 0 alors |f (x)| 6 kf k∞ = 0 pour tout x ∈ X et donc f = 0̃.
De plus
kλf k∞ = sup |λ| |f (x)| = |λ| sup |f (x)| = |λ| kf k∞
x∈X
x∈X
+∞
bX
Z
fn (x) dx =
a n=0
+∞ Z
X
n=0
b
fn (x) dx
a
avec continuité de la fonction
P n somme et convergence de la série des intégrales.
Puisque la série entière
x est de rayon de convergence R = 1, cette série de
fonctions converge normalement et donc uniformément sur [0, 1/2] ⊂ ]−1, 1[. On
en déduit la relation
Z
car |λ| est une constante positive ne dépendant pas de x.
Enfin
kf + gk∞ 6 sup (|f (x)| + |g(x)|)
0
+∞
1/2 X
n=0
xn dx =
+∞
X
1
1
n+1
n+12
n=0
x∈X
donne
kf + gk∞ 6 sup |f (x)| + sup |g(x)| = kf k∞ + kgk∞
x∈X
x∈X
Finalement f →
7 kf k∞ définit une norme sur E.
b) Puisque la suite de fonctions (gn ) converge uniformément vers g sur X, on peut
écrire
Exercice
P 91 : [énoncé]
a) Soit
fn une série de fonctions normalement convergente sur X.
Les fonctions fn sont donc bornées et la série numérique
X
kfn k∞ converge
Pour x ∈ X, on a
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n > N ⇒ (∀x ∈ X, |g(x) − gn (x)| 6 ε)
|fn (x)| 6 kfn k∞
Corrections
P
donc par comparaison de série à termes positifs, la série
fP
n (x) est absolument
fn converge
convergente et donc convergente. Ainsi la série de fonctions
simplement sur X.
De plus, pour tout x ∈ X,
+∞
+∞
+∞
X
X
X
fk (x) 6
|fk (x)| 6
kfk k∞
k=n+1
k=n+1
k=n+1
donc
+∞
+∞
X
X
kfk k∞ → 0
fk (x) 6
sup x∈X k=n+1
k=n+1
P
et l’on peut affirmer que la série de fonctions
fn converge uniformément sur X.
P n3 n
b) La série entière
z
a
un
rayon
de
convergence
égal à +∞, cette série
n!
entière converge donc normalement sur tout compact de C. En particulier, cette
série entière converge uniformément sur tout disque de centre O et de rayon R.
49
Or
N X
n=1
1
1
−
n+1 n
=
donc S (1) = −1.
P
a) Supposons la convergence uniforme de la série de fonctions
fn .
P
On sait alors que pour chaque x ∈ A, la série numérique
fn (x) converge et que
+∞
X
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n > N ⇒ ∀x ∈ A, fk (x) 6 ε
k=n+1
Soient ε > 0 et un naturel N comme ci-dessus.
Pour tout x ∈ A et n ∈ N, on peut écrire
+∞
X
k=n
1 x2
un (x) = − 2 + o
2n
1
n2
est sommable.
On en déduit que la série des fonctions un converge simplement sur [0, 1].
La fonction S est donc définie sur [0, 1].
Les fonctions un sont toutes de classe C 1 et
1
−x
1
− =
u0n (x) =
x+n n
n(x + n)
On a
ku0n k∞
= sup
x∈[0,1]
|u0n (x)|
1
6 2
n
qui est sommable.
On en déduit que la série des fonctions u0n converge normalement, et donc
converge uniformément, sur [0, 1].
On peut alors affirmer que la fonction S est de classe C 1 et donc dérivable sur
[0, 1].
b) En vertu de ce qui précède
+∞
+∞ X
X
1
1
−
S 0 (1) =
u0n (1) =
n+1 n
n=1
n=1
1
− 1 −−−−−→ −1
N →+∞
N +1
0
fn (x) =
a) Soit x ∈ [0, 1].
Quand n → +∞,
et alors
fk (x) −
+∞
X
fk (x)
k=n+1
+∞
+∞
X
X
fk (x)
fk (x) + |fn (x)| = k=n
k=n+1
Pour n > N , on obtient alors
|fn (x)| 6 2ε
Ainsi, on a obtenu
∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n ∈ N, n > N ⇒ ∀x ∈ A, |fn (x) − 0| 6 2ε
Ceci traduit la convergence uniforme de la suite de fonctions (fn )n∈N vers la
fonction nulle.
b) Notons que le rayon de convergence de cette série entière vaut 1. On est donc
assuré de la convergence simple de la série entière sur le disque ouvert
D(0, 1) = {z ∈ C/ |z| < 1}
On peut aussi affirmer qu’il y a convergence normale sur tout compact inclus dans
ce disque (et c’est tout, on ne peut a priori en dire plus avec la seule connaissance
du rayon de convergence).
Par l’absurde, supposons qu’il y ait convergence uniforme de la série de fonctions
D(0, 1). Par l’étude précédente, la suite des fonctions fn : z 7→ z n devrait
converger uniformément vers la fonction nulle sur D(0, 1).
Corrections
Or
sup
z∈D(0,1)
|fn (z) − 0| =
sup
|z n | = 1
z∈D(0,1)
ne tend vers par vers 0 quand n → +∞. C’est absurde.
Il n’y a donc par convergence uniforme de la série entière sur D(0, 1).
50
Le critère de d’Alembert assure alors l’absolue convergence voulue.
b) Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes
!
! +∞ n
+∞ n
+∞ 0n
X X z k z 0n−k
X
X
z
z
×
=
n!
n!
k! (n − k)!
n=0
n=0
n=0
k=0
a) La série de fonctions étudiée est une série entière de rayon de convergence
R = 1.
En x = 1, il y a convergence par le critère spécial des séries alternées, en x = −1,
la série est notoirement divergente. On conclut D = ]−1, 1].
b) Posons un (x) = (−1)n xn /n définie sur D.
kun k∞ = sup |un (x)| = 1/n n’est pas sommable, il n’y a donc pas convergence
x∈]−1,1]
normale sur D.
Il n’y a pas non plus convergence uniforme car sinon l’on pourrait employer le
théorème
Pde la double limite en −1 et cela entraînerait la convergence absurde de
la série
1/n.
c) Pour a ∈ [0, 1[, on a
an
sup |un (x)| =
n
x∈[−a,0]
Or
n
n
X
z k z 0n−k
1 X
=
k! (n − k)!
n!
k=0
k=0
donc
+∞ n
X
z
n!
n=0
!
×
n
!
k
+∞ 0n
X
z
n!
n=0
z k z 0n−k =
!
=
(z + z 0 )n
n!
+∞
X
(z + z 0 )n
n!
n=0
c) Puisque f (z)f (−z) = f (0) = 1, on peut affirmer f (z) 6= 0 et 1/f (z) = f (−z).
a) Posons fn : z 7→ an z n définie sur D(0, r). On a
kfn k∞ =
sup
|fn (z)| = |an | rn
z∈D(0,r)
qui est sommable.
Il y a donc convergence normale (et donc uniforme) de la série
P
de fonctions
un sur tous les intervalles
[−a, 0].
P
Pour x ∈ [0, 1], la série numérique
un (x) satisfait le critère spécial des séries
alternées ce qui permet de majorer son reste
+∞
X
xn+1
1
6
uk (x) 6 |un+1 (x)| =
n+1
n+1
k=n+1
Le majorant étant uniforme et de limite nulle, il y a convergence uniforme de la
série de fonctions sur [0, 1].
Les fonctions un étant continues, la somme S est alors continue sur D par
argument de convergence uniforme sur tout compact.
On pourrait aussi observer S(x) = − ln(1 + x). . .
a) Pour z = 0, la propriété est immédiate.
Pour z 6= 0, on pose un (z) = z n /n!. On a
un+1 (z) z
un (z) = n + 1 → 0 < 1
P
Or
an rn est absolument convergente, la série de fonctions
P la série numérique
fn converge donc normalement et donc aussi uniformément.
+∞
P
b) La fonction z 7→
an z n est définie sur le disque ouvert de convergence et y
n=0
est continue par convergence uniforme d’une série de fonctions continues sur tout
compact inclus dans ce disque.
a) Pour z 6= 0, posons un (z) = nα z n . On a
α
un+1 (z) = 1+ 1
|z| → |z|
un (z) n
Pour |z| < 1, la série numérique converge.
Pour |z| > 1, la série numérique diverge.
On conclut que le rayon de convergence vaut R = 1.
b) La suite (cos(2nπ/3)) ne tend pas vers 0 donc la série numérique diverge pour
x = 1 et donc R 6 1.
Corrections
En revanche la suite (cos(2nπ/3)) est bornée et donc
cos 2nπ xn 6 |x|n
3
ce qui assure l’absolue convergence de la série numérique pour chaque x tel que
|x| < 1.
A nouveau, on conclut R = 1.
P
a)
< Ra alors
an z n est absolument convergente or |an z n | ∼ |bn z n | donc
P Si |z|
n
bn z est absolument convergente puis |z| 6 Rb .
Ainsi Ra 6 Rb puis de même, par un raisonnement symétrique, Rb 6 Ra et enfin
Ra = Rb . P n
n n2 b) Puisque (ni 2 +1)
z est
∼ 1 on obtient R = 1 sachant que la série entière
connue de rayon de convergence 1.
Exercice 99 : [énoncé]P
a) La série numérique
an z n diverge pour z = 1 et donc R 6 1.
En revanche la suite (an ) étant bornée, on a
an z n = O(z n )
P n
P
Or
z converge absolument pour |z| < 1 donc la série numérique
an z n
converge pour tout z tel que |z| < 1. On conclut
P R = 1.
b) On est dans le cadre précédent car la série
cos (nπ/2) diverge grossièrement.
On a donc R = 1.
P
a)
an z n et
P Si Rn est le rayon de convergence de la série entière somme de
bn z alors
R > min(Ra , Rb )
avec égalité si Ra 6= Rb .
b) Pour |x| < 1,
+∞
X
(−1)n−1 n
ln(1 + x) =
x
n
n=1
Pour |x| < 1/2,
+∞ n
X
2 n
ln(1 − 2x) = −
x
n
n=1
51
et donc
f (x) =
+∞
X
(−1)n−1 − 2n n
x
n
n=1
avec un rayon de convergence égal à 1/2.
c) Pour x = 1/4, la série entière converge car |1/4| < R = 1/2.
Pour x = 1/2, la série entière diverge par somme d’une convergence et d’une
divergence.
a) Pour x 6= 0, posons
un = an xn et vn = nan xn−1
En notant ` la limite de la suite de terme général |an+1 |/|an |, on obtient
un+1 → ` |x| et vn+1 → ` |x|
un vn P
On
que le rayon de convergence des deux séries entières
an xn et
P en déduit
nan xn−1 vaut R = 1/` (avec R = +∞ dans le cas ` = 0)
b) Puisqu’une série entière de rayon de convergence R > 0 converge uniformément
sur tout segment inclus dans ]−R, R[, on peut affirmer que la fonction
+∞
P
x 7→
an xn est de classe C 1 sur ]−R, R[ car c’est la somme d’une série de
n=0
fonctions de classe C 1 convergeant simplement sur ]−R, R[ et dont la série des
dérivées converge uniformément sur tout segment inclus dans ]−R, R[.
On a
f (x) = ln(1 + x) − ln(1 − x)
Or pour x ∈ ]−1, 1[,
ln(1 + x) =
+∞
+∞
X
X
(−1)n−1 n
1 n
x et − ln(1 − x) =
x
n
n
n=1
n=1
donc
f (x) =
+∞
X
2
x2p+1
2p
+
1
p=0
Le rayon de convergence de cette série entière est au moins égale à 1 en vertu des
calculs qui précèdent puis exactement égal à 1 car la fonction f tend vers l’infini
en 1− .
Corrections
a) Pour x 6= 0, posons un = xn /(2n)!.
Quand n → +∞, on observe |un+1
P/unx|n → 0.
On en déduit que la série entière
(2n)! converge pour tout x ∈ R et donc
R = +∞.
b) Avec un rayon de convergence égal à +∞
ch(x) =
+∞
X
x2n
(2n)!
n=0
b) La fonction f est ne présente pas de parité.
Z
1 2π 2
8
a0 =
t dt = π 2
π 0
3
Pour n ∈ N? , par intégration par parties
Z
4
1 2π 2
t cos(nt) dt = 2
an =
π 0
n
et
bn =
2
c) Pour x > 0, on peut écrire x = t et alors
S(x) =
+∞
X
+∞
X
√
xn
t2n
=
= ch(t) = ch x
(2n)! n=0 (2n)!
n=0
d) La fonction f n’est autre que la fonction S. Elle est donc de classe C ∞ car
développable en série entière.
a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux et régularisée donc par le théorème
de Dirichlet, sa série de Fourier converge simplement vers f .
b) La fonction f est impaire donc an = 0 et
Z
2
2 π
t sin(nt) dt = (−1)n+1
bn =
π 0
n
La série de Fourier de f est
X
n>1
(−1)n+1
2
sin(nt)
n
1
π
2π
Z
t2 sin(nt) dt = −
0
4π
n
La série de Fourier de f a pour somme
+∞ 4 2 X 4 cos(nt) 4π sin(nt)
π +
−
3
n2
n
n=1
Pour x < 0, on peut écrire x = −t2 et alors
+∞
+∞
X
X
√
(−1)n t2n
xn
=
= cos(t) = cos −x
S(x) =
(2n)! n=0 (2n)!
n=0
52
En t = 0, on obtient
+∞
X
4
1
4
f (0+ ) + f (0− ) = π 2 +
2
2
3
n
n=1
ce qui donne
+∞
X
1
π2
=
n2
6
n=1
a) f est continue et de classe C 1 par morceaux car elle l’est sur [−π, π]. On peut
alors affirmer que la série de Fourier de f converge uniformément vers f sur R. La
somme de la série est donc égale à f .
b) La convergence uniforme précédente cache en fait une démonstration par
convergence normale.
c) La fonction f est paire donc bn = 0 et
Z
2π 2
2 π 2
4(−1)n
a0 =
et an =
t cos(nt) dt =
3
π 0
n2
La série de Fourier de f est donne donc
a) La fonction f est de classe C 1 par morceaux donc par le théorème de Dirichlet,
sa série de Fourier converge simplement vers sa régularisée f ? .
∀t ∈ R, f (t) =
+∞
X
π2
(−1)n
cos(nt)
+4
3
n2
n=1
Corrections
53
n
Posons un (t) = 1/(1 + t2 ) définie sur ]0, +∞[.
Les fonctions un sont continues par morceaux et converge simplement sur ]0, +∞[
vers la fonction nulle elle-même continue par morceaux. De plus
d) Pour t = 0, on obtient
+∞
X
π2
(−1)n
=
−
n2
12
n=1
∀t ∈ ]0, +∞[ , ∀n ∈ N, |un (t)| 6
1
a) fn : t 7→ 1+t2 +t
n e−t est définie et continue par morceaux sur [0, +∞[ et
|fn (t)| 6
1
= ϕ(t)
1 + t2
La suite de fonctions (fn ) converge simplement vers une fonction f .
Les fonctions fn et f sont continues par morceaux et
∀t ∈ [0, +∞[ , |fn (t)| 6 ϕ(t) avec ϕ intégrable
Par convergence dominée
+∞
Z
+∞
fn (t) dt −−−−−→
un =
0
n→+∞
+∞
Z
avec
Z
f (t) dt =
0
0
1
f (t) dt
0
dt
π
=
1 + t2
4
a) La fonction intégrée est définie et continue sur [0, +∞[, elle est de plus dominée
par t 7→ 1/t2 en +∞, on en déduit qu’elle est intégrable et que l’intégrale In
qu’elle définit converge.
b) Pour tout t ∈ [0, +∞[,
1
1
6
(1 + t2 )n+1
(1 + t2 )n
donc en intégrant
(−1)
n+1
n
In+1 6 (−1) In
avec ϕ dont on vérifie l’intégrabilité sur ]0, +∞[.
Par convergence dominée
Z +∞
(−1)n In =
un (t) dt → 0
0
avec ϕ notoirement intégrable donc f est intégrable.
b) Pour t ∈ [0, +∞[

si t ∈ [0, 1[
 1/(1 + t2 )
1/(2 + e−1 ) si t = 1
fn (t) →

0
si t ∈ ]1, +∞[
Z
1
= ϕ(t)
1 + t2
c) Par application du critère
P spécial des séries alternées, on peut affirmer la
convergence de la série
In .
a) Pour x = 0, fn (0) = 1 → 1 et pour x ∈ ]0, 1], fn (x) → 0.
Par conséquent la suite de fonctions (fn ) converge simplement sur [0, 1] vers la
fonction f définie par
0 si x ∈ ]0, 1]
f (x) =
1 si x = 0
Les fonctions fn étant continues et la limite simple f ne l’étant pas, on peut
assurer qu’il n’y a pas convergence uniforme sur [0, 1].
b) Les fonctions fn sont continues par morceaux sur [0, 1] et convergent
simplement vers f .
De plus
∀x ∈ [0, 1] , |fn (x)| 6 e−x 6 1 = ϕ(x)
avec ϕ : [0, 1] → R+ continue par morceaux et intégrable.
Par convergence dominée, on peut donc affirmer
Z 1
Z 1
un =
fn (x) dx −−−−−→
f (x) dx = 0
n→+∞
0
0
x
a) La fonction f : x 7→ xln
2 +1 est définie et continue par morceaux sur ]0, +∞[.
√
3/2
Les propriétés x f (x) −−−−−→ 0 et xf (x) −−−→ 0 assurent par comparaison
x→+∞
l’intégrabilité de f .
b) La fonction g : x 7→
−x
√e
x−1
x→0
est définie continue par morceaux sur ]1, +∞[.
2
Les propriétés x f (x) −−−−−→ 0 et g(x) ∼
x→+∞
x→1
−1
√e
x−1
assurent l’intégrabilité de g.
Corrections
a) Pour x > 0, la fonction t 7→ e−t tx−1 est définie et continue par morceaux sur
]0, +∞[.
f (t, x) ∼ + tx−1 et t2 f (t, x) −−−−→ 0
t→+∞
t→0
54
- il existe ϕ : I → R+ continue par morceaux et intégrable vérifiant
∂u
∀(x, t) ∈ X × I, (x, t) 6 ϕ(t)
∂x
Alors la fonction f est de classe C 1 et
donc t 7→ f (t, x) est intégrable sur ]0, +∞[.
b) Par intégration par parties
Z
0
∀x ∈ X, f (x) =
I
Z
ε
A
A
e t dt = −e−t tx ε + x
−t x
Z
2
A
−t x−1
e t
dt
ε
On passe ensuite à la limite quand ε → 0+ et A → +∞ pour obtenir la relation
demandée.
c) La fonction x 7→ f (t, x) est dérivable et
∂f
(t, x) = ln(t)e−t tx−1
∂x
Pour tout x > 0, t 7→ ∂f
∂x (t, x) est continue par morceaux.
∂f
Pour tout t > 0, t 7→ ∂x (t, x) est continue.
Pour tout [a, b] ⊂ ]0, +∞[ et tout (t, x) ∈ ]0, +∞[ × [a, b] :
∂f
(t, x) 6 |ln t| (ta−1 + tb−1 )e−t = ϕ(t)
∂x
avec ϕ intégrable sur ]0, +∞[ car
t(ln t)2 ϕ(t) −−−−→
0 et t2 ϕ(t) −−−−→ 0
+
Par domination Γ est de classe C 1 sur ]0, +∞[ et
Z
b) Il suffit d’appliquer le résultat qui précède avec u(x, t) = e−t cos(xt) sachant
que
2
|u(x, t)| 6 e−t
ce qui assure que f est bien définie et
∂u
(x, t) = −te−t2 sin(xt) 6 te−t2 = ϕ(t)
∂x
avec ϕ intégrable.
c) On a
f 0 (x) =
Z
+∞
2
−te−t sin(xt) dt
0
Procédons à une intégration par parties. Soit A > 0.
A Z A
Z A
1 −t2
x −t2
−t2
−te
sin(xt) dt =
e
sin(xt) −
e
cos(xt) dt
2
0
0 2
0
En passant à la limite quand A → +∞, on obtient
x
f 0 (x) + f (x) = 0
2
t→+∞
t→0
Γ0 (x) =
∂u
(x, t) dt
∂x
Le domaine étudié est le suivant
+∞
ln(t)e−t tx−1 dt
0
a) Soit u : (x, t) 7→ u(x, t) une fonction définie de X × I vers C avec X et I
intervalles contenant au moins deux points de R.
R
On suppose que pour tout x ∈ X, l’intégrale f (x) = I u(x, t) dt converge.
Si u admet une dérivée partielle ∂u
∂x vérifiant :
- ∀x ∈ X, t 7→ ∂u
(x,
t)
est
continue
par morceaux sur I ;
∂x
- ∀t ∈ I, x 7→ ∂u
(x,
t)
est
continue
sur
X;
∂x
Corrections
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]1, +∞[.
L’équation homogène associée à pour solution générale
p
y(x) = C x2 − 1
et sa description en coordonnées polaire est
D = {(r cos θ, r sin θ)/0 6 θ 6 π/6, 2 sin θ 6 r 6 1}
L’intégrale I s’exprime
π/6
Z
1
Z
2
I=
r dr θ
0
2 sin θ
I=
√
16
π
+ 3−
18
9
et au terme des calculs
On peut trouver une solution particulière « à l’instinct »ou par la méthode de
variation des constantes.
La solution générale est au final
p
y(x) = C x2 − 1 + 2(x2 − 1) avec C ∈ R
2
a) La fonction x 7→ e−x est définie, continue par morceaux sur [0, +∞[ et
2
négligeable devant 1/x quand x → +∞, cette fonction est donc intégrable sur
[0, +∞[.
b) On a
ZZ
−(x2 +y 2 )
e
r
Z
r
Z
dx dy =
Cr
−x2 −y 2
e
0
e
dy
Z
r
dx =
−x2
e
0
−(x2 +y 2 )
e
Z
π/2
dx
0
Z
dx dy =
Dr
0
r
2
ρe−ρ dρ dθ =
0
2
+∞
Z
2
e−t dt
2
=
0
puis
Z
0
R +∞
2
car 0 e−t dt > 0.
+∞
π
4
y(x) = λ cos x + µ sin x
On obtient une solution particulière y(x) = λ(x) cos x + µ(x) sin x avec λ, µ
fonctions dérivables vérifiant
(
λ0 (x) cos x + µ0 (x) sin x = 0
2
π
1 − e−r
4
2
d) Puisque Dr ⊂ Cr ⊂ D√2r et que la fonction (x, y) 7→ e−(x +y ) est positive, on
peut affirmer
2
Z r
2
2
2
π
π
1 − e−r 6
e−x dx 6
1 − e−2r
4
4
0
En passant à la limite cet encadrement, on obtient
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants de
solution générale homogène
2
c) En passant en coordonnées polaires
ZZ
55
−λ0 (x) sin x + µ0 (x) cos x = cos x
i.e.
(
λ0 (x) = − sin x cos x
µ0 (x) = cos2 x
Les expressions
1
1
1
λ(x) = − sin2 x et µ(x) = sin 2x + x
2
4
2
conviennent et y(x) = 12 x sin x est solution particulière.
Finalement, la solution générale de l’équation est
y(x) =
1
x sin x + λ cos x + µ sin x avec λ, µ ∈ R
2
√
2
e−t dt =
π
2
a) On a
∂2u
∂2v
∂2u
∂2v
=
et
=−
2
2
∂x
∂x∂y
∂y
∂y∂x
Corrections
La fonction v étant de classe C 2 , on peut appliquer le théorème de Schwarz et
conclure
∂2u ∂2u
+ 2 =0
∂x2
∂y
La propriété pour v est analogue.
b) Il s’agit de déterminer v de classe C ∞ vérifiant


 ∂v = 6xy + 4y

∂x

 ∂v = 3x2 − 3y 2 + 4x + 3

∂y
56
P n
Le rayon de convergence de la série entière
nx étant égale à 1, on peut affirmer
que les fonctions développables en série entière solutions de l’équation sont
+∞
X
d
x 7→ a1
nx = a1 x
dx
n=0
n
1
1−x
=
a1 x
(1 − x)2
définies sur ]−1, 1[.
b) On applique la méthode de Lagrange qui consiste à chercher une solution de la
forme
xλ(x)
y(x) =
(1 − x)2
avec λ fonction deux fois dérivable non constante de sorte d’obtenir un système
fondamental de solutions.
En intégrant ce système, on obtient la solution générale
v(x, y) = 3x2 y − y 3 + 4xy + 3y + C te
c) La condition f (0) = 0 déterminer la valeur de la constante précédente et donc
3
2
f (x, y) = (x + iy) + 2(x + iy) + 3(x + iy)
qui correspond à
a) Par opérations, f est continue sur l’ouvert R2 \ {(0, 0)}.
Quand
p (x, y) → (0, 0), on peut écrire x = r cos θ et y = r sin θ avec
r = x2 + y 2 → 0 et alors
f (z) = z 3 + 2z 2 + 3z
f (x, y) = r sin θ cos θ → 0 = f (0, 0)
d) f (i) = −i − 2 + 3i = −2 + 2i ce qui détermine les coordonnées de A.
Ainsi f est continue sur R2 .
b) Par opérations, f admet des dérivées partielles en tout point de l’ouvert
Exercice
R2 \ {(0, 0)}.
P 118n : [énoncé]
a) Soit
an x une série entière de rayon de convergence R > 0 et de somme S.
En (0, 0),
1
Pour tout x ∈ ]−R, R[,
lim (f (t, 0) − f (0, 0)) = 0
t→0 t
+∞
+∞
+∞
+∞
X
X
X
X
n−1
f admet une première dérivée partielle en (0, 0) et
S(x) =
an xn , S 0 (x) =
nan xn−1 et S 00 (x) =
n(n − 1)an xn−2 =
(n + 1)nadonc
n+1 x
n=0
n=1
n=2
n=1
∂f
(0, 0) = 0
∂x
donc
x(x − 1)S 00 (x) + 3xS 0 (x) + S(x) =
+∞
X
(n + 1)2 an − n(n + 1)an+1 xn
n=0
Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction S est
solution sur ]−R, R[ de l’équation étudiée si, et seulement si,
∀n ∈ N, nan+1 = (n + 1)an
ce qui revient à
∀n ∈ N, an = na1
De même
∂f
(0, 0) = 0
∂y
a) La fonction f est définie sur le disque D = (x, y) ∈ R2 /x2 + y 2 6 4 .
La fonction f est nulle sur le cercle constituant le bord de D et la fonction f est
positive. Le cercle délimitant D est donc constitué de minimums absolus de f . Sur
l’intérieur de D, la fonction f est de classe C 1 et par calcul des dérivées partielles
Corrections
d’ordre 1, on observe que seul (0, 0) est point critique de f . Puisque f (0, 0) = 2 et
que pour tout (x, y) ∈ D, f (x, y) 6 2, on peut conclure que (0, 0) est maximum
absolu.
p
b) Géométriquement, la surface définie par l’équation z = 4 − x2 − y 2 est le
scalp au dessus de l’équateur de la sphère d’équation
2
2
2
x +y +z =4
Les conclusions précédentes sont dès lors immédiates.
57
Par convergence de (xn ) vers a, il existe N ∈ N tel que
∀n ∈ N, n > N ⇒ kxn − ak 6 α
et donc
∀n ∈ N, n > N ⇒ kf (xn ) − f (a)k 6 ε
On peut donc conclure que (f (xn )) converge vers f (a).
(ii)⇒(i) Par contraposée, supposons f discontinue en a.
Il existe ε > 0 tel que
∀α > 0, ∃x ∈ E, kx − ak 6 α et kf (x) − f (a)k > ε
a) Si x ∈ Ā alors, par définition, ceci signifie
En prenant α = 1/n pour n ∈ N? , ce qui précède permet de déterminer les termes
d’une suite (xn ) d’éléments de E vérifiant
∀α > 0, B(x, α) ∩ A 6= ∅
kxn − ak 6 1/n et kf (xn ) − f (a)k > ε
Pour α = 1/(n + 1) (avec n ∈ N), ce qui précède permet de construire les termes
d’une suite (xn ) d’éléments de E vérifiant
∀n ∈ N, xn ∈ B(x,
1
)∩A
n+1
On a alors xn → x avec (xn ) ∈ AN .
Inversement, si x est la limite d’une suite (xn ) d’éléments de A alors pour tout
α > 0, les termes de la suite (xn ) sont à partir d’un certain rang dans B(x, α) et
donc B(x, α) ∩ A 6= ∅.
b) Evidemment Ā ⊂ E et 0E ∈ Ā car 0E ∈ A et A ⊂ Ā.
Soient x, y ∈ Ā et λ, µ ∈ K.
Il existe deux suites (xn ) et (yn ) d’éléments de A convergeant respectivement vers
x et y.
On a alors
λxn + µyn → λx + µy
avec λxn + µyn ∈ A avec xn , yn ∈ A et A sous-espace vectoriel de E.
On en déduit que λx + µy ∈ Ā.
a) (i)⇒(ii) Supposons f continue en a.
Soit (xn ) une suite d’éléments de E convergeant vers a.
Soit ε > 0. Par continuité de f en a, il existe α > 0 tel que
∀x ∈ E, kx − ak 6 α ⇒ kf (x) − f (a)k 6 ε
Cette suite (xn ) vérifie alors
xn → a et f (xn ) 6 →f (a)
b) Soit a ∈ E. Puisque la partie A est dense dans E, il existe une suite (xn )
d’éléments de A vérifiant
xn → a. On a alors
∀n ∈ N, f (xn ) = g(xn )
et en passant à la limite, sachant f et g continues, on obtient
f (a) = g(a)
a) Soit (yn ) une suite d’éléments de f (A).
Il existe une suite (xn ) d’éléments de A vérifiant
∀n ∈ N, yn = f (xn )
Puisque la partie A est compacte, il existe ϕ : N → N extractrice telle que
xϕ(n) → x∞ ∈ A
et alors, par continuité de f en x∞ ∈ A, on a
yϕ(n) = f (xϕ(n) ) → f (x∞ ) ∈ f (A)
Corrections
On en déduit que la partie f (A) est compacte.
b) g(A) est une partie compacte de C, c’est donc une partie bornée et on peut
introduire
M = sup |g(x)|
x∈A
?
Pour n ∈ N , le réel M − 1/(n + 1) ne majore pas la fonction |g| sur A et donc il
existe xn ∈ A vérifiant
1
6 |g(xn )| 6 M
M−
n+1
La suite (xn ) évoluant dans le compact A, il existe ϕ : N → N extractrice telle que
xϕ(n) → x∞ ∈ A
et en passant à la limite l’encadrement
M−
1
6 g(xϕ(n) ) 6 M
ϕ(n) + 1
on obtient |g(x∞ )| = M
58
(ii)⇒(iii) Supposons f continue en 0E . Pour ε = 1 > 0, il existe α > 0 tel que
∀x ∈ E, kx − 0E k 6 α ⇒ kf (x) − f (0E )k 6 1
Posons alors k = 1/α > 0.
Soit x ∈ E
Si x = 0E on a évidemment kf (x)k 6 k kxk.
α
Si x 6= 0E , posons y = kxk
x. Puisque kyk = α, on a kf (y)k 6 1 et par linéarité de
f on obtient
kf (x)k 6 k kxk
(iii)⇒(i) Supposons (iii).
Pour tout x, y ∈ E,
kf (y) − f (x)k = kf (y − x)k 6 k ky − xk
La fonction f est alors lipschitzienne donc continue.
b) L’application ϕ est une forme linéaire par linéarité de l’intégrale et continue car
Z 1
Z 1
Z 1
|f (t)| dt 6
kf k = kf k
f (t) dt 6
|ϕ(f )| = 0
0
a) Si la partie A est complète alors toute suite de Cauchy d’éléments de A
converge dans A. En particulier, A contient toutes les limites de ses suites
convergentes car une suite convergente est de Cauchy. On peut donc conclure que
la partie A est fermée.
Inversement, supposons la partie A fermée. Soit (xn ) une suite de Cauchy
d’éléments de A. C’est aussi une suite de Cauchy d’éléments de E, or l’espace
normé E est supposé complet, donc la suite (xn ) converge dans E. Mais la partie
A étant fermée, elle possède toutes les limites de ses suites convergentes et on
peut donc affirmer que la suite (xn ) converge dans A. Finalement la partie A est
complète.
b) ]0, 1] n’est pas complet car non fermée :
1
∈ ]0, 1] → 0 ∈
/ ]0, 1]
n
[−2, 2] ∪ [3, +∞[ est complet car fermé par réunion de deux intervalles fermés.
]0, 1[ ∪ ]−∞, 2] = ]−∞, 2] est complet car c’est un intervalle fermé.
a) (i)⇒(ii) clair
0
a) Les applications p∞ et p1 sont bien définies de E dans R+ et on vérifie
aisément les axiomes définissant ce qu’est une norme.
b) k = 1 convient car
Z
1
Z
|f (x)| dx 6
0
1
sup |f | dx = sup |f |
0 [0,1]
[0,1]
c) L’application identité de E, muni de la norme p∞ , vers E, muni de la norme
p1 , est continue car linéaire et vérifiant
∀f ∈ E, p1 (f ) 6 kp∞ (f )
L’image réciproque d’un ouvert est alors un ouvert et donc un ouvert pour la
norme p1 est un ouvert pour la norme p∞ . On peut aussi raisonner de façon plus
élémentaire par inclusion de boules et retour à la définition d’un ouvert.
1
d) Pour fn (x) = xn , on a p1 (fn ) = n+1
→ 0 et p∞ (fn ) = 1 donc la suite (fn )
converge vers la fonction nulle pour la norme p1 mais pas pour la norme p∞ : ces
normes ne sont donc pas équivalentes.
Corrections
a) Les applications p1 et p2 sont bien définies de R [X] dans R+ (encore que la
définition en P = 0 n’est pas claire. . . ) et on vérifie aisément les axiomes
définissant ce qu’est une norme.
b) L’application identité de R [X], muni de la norme p1 , vers R [X], muni de la
norme p2 , est continue car linéaire et vérifiant
∀P ∈ R [X] , p2 (P ) 6 p1 (P )
L’image réciproque d’un ouvert est alors un ouvert et donc un ouvert pour la
norme p2 est un ouvert pour la norme p1 . On peut aussi raisonner de façon plus
élémentaire par inclusion de boules et retour à la définition d’un ouvert.
c) Pour Pn = 1 + X + X 2 + · · · + X n on a p1 (Pn ) = n + 1 → +∞ et p2 (Pn ) = 1.
La suite (Pn ) est bornée pour la norme p2 mais pas pour la norme p1 : ces normes
ne sont donc pas équivalentes.
d) En dimension finie, toutes les normes sont équivalentes, en particulier p01 et p02 .
59
a) Une norme d’algèbre est par définition sous-multiplicative et donc
n
∀n ∈ N, kun k 6 kuk
P
n
Puisque kuk < 1, la série numérique
kuk est convergente et par
Pcomparaison
de série à termes positifs, on peut affirmer que la série vectorielle
un est
absolument convergente. Puisque l’algèbre A est de dimension finie, elle est
complète et la série précédente converge.
Pour tout N ∈ N, on a
N
X
(e − u)
un = e − uN +1
n=0
avec
N +1 u
6 kukN +1 → 0
donc en passant à la limite
(e − u)
a) On a évidement `2 ⊂ CN , 0 = (0)n∈N ∈ `2 et
∀λ ∈ C, ∀x ∈ `2 , λ.x ∈ `2
+∞
X
un = e
n=0
De même
+∞
X
Soient x, y ∈ `2 . On a
!
n
u
(e − u) = e
n=0
2
2
2
2
2
|xn + yn | 6 |xn | + 2 |xn | |yn | + |yn | 6 2 |xn | + |yn |
en vertu de l’inégalité 2ab 6 a2 + b2 .
Par comparaison de série à termes positifs, on en déduit x + y ∈ `2 .
b) On a
1
2
2
|xn | + |yn |
|x̄n yn | 6
2
P
Par comparaison de série à termes positifs, on peut affirmer que la série
x̄n yn
est absolument convergente et donc convergente.
c) L’application (x, y) 7→ x | y est bien définie de `2 × `2 vers C.
On vérifie aisément que cette application est une forme sesquilinéaire hermitienne
définie positive. . .
d) L’application ϕ est évidemment linéaire et elle est continue car
!1/2
+∞
X
2
|ϕ(x)| 6 |xn | 6
|xk |
= kxk
et donc e − u est inversible avec
(e − u)−1 =
+∞
X
un
n=0
b) On a
n
u kukn
6
n! n!
P
n
avec convergence de la série exponentielle P kuk /n! donc, par comparaison de
n
série à termes positifs, la série vectorielle
u /n! est absolument convergente et
finalement convergente.
k=0
En substance, on en déduit kϕk 6 1.
De plus pour la suite x = (δk,n )k∈N ∈ `2 on a ϕ(x) = 1 et kxk = 1 donc kϕk = 1.

CCP MP

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