Download - KhôllesPC-PCgery.huvent.pagesperso-orange.fr/pcsi_faidherbe/recueil_spe.pdf · PC-PC* PréparationdesKhôlles 2012 17Ettoutlereste.... 202 17.1 Algèbregénérale,groupes,polynômes

Khôlles PC-PC∗

G.Huvent-Lycée Faidherbe

5 février 2014

Table des matières

1 Suites numériques (et un peu de séries) 3

2 Espaces vectoriels normés 19

3 Séries 26

4 Intégrales généralisées 49

5 Convergence dominée 72

6 Intégrales multiples (plus on est de fous) 88

7 Convergence normale des séries de fonctions 89

8 Séies entières 101

9 Matrix 115

10 Algèbre linéaire générale 121

11 Déterminant 130

12 Diagonalisons 13312.1 Le grenier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

13 Equations différentielles 15713.1 Le lemme de Gronwall et quelques usages . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

14 Nul n’entre ici s’il n’est euclidien 181

15 Fourier (fait chaud ici) 190

16 Calcul Facile (Calcul diff) 197

1

PC-PC* Préparation des Khôlles 2012

17 Et tout le reste .... 20217.1 Algèbre générale, groupes, polynômes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20217.2 Les réels, les fonctions d’une variable réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20317.3 Géométrie, coniques. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

18 Les exos tueurs 207

—2/208— G H


1 Suites numériques (et un peu de séries)

Exercice PC 1

Nature et équivalent des suites (un)n∈N et (vn)n∈N définies par

un = sinπn2 + 1

et vn = sin

πn2 + n

Solution

: On a pour n 0

n2 + 1 =

n21 +

1

n2

= n×

1 +

1

n2= n

1 +

1

2n2+ on→+∞

1

n2

= n+

1

2n+ on→+∞

1

n

Ainsi

un = sin

nπ +

1

2n+ on→+∞

1

n

= (−1)n sin

1

2n+ on→+∞

1

n

∼ (−1)n

2n−−−−−→n→+∞

0

On procède de même, on a

n2 + n = n×

1 +

1

n= n

1 +

1

2n+ on→+∞

1

n

= n+

1

2+ on→+∞

(1)

Ainsi

vn = (−1)n sinπ

2+ on→+∞

(1)

∼ (−1)n

donc diverge.

Exercice PC 2

Déterminer a et b réels pour que la suite (un)n∈N∗ définie par

un = lnn+ a ln (n+ 1) + b ln (n+ 2)

ait une limite finie. Donner alors un équivalent de un. Comment choisir a, b, c pour que cet équivalent soit un o

1

nα

avec α le plus grand possible.

Solution

: Un petit développement asymptotique, on a

ln (n+ 1) = ln (n) + ln

1 +

1

n

= lnn+

1

n− 1

2n2+ on→+∞

1

n2

ln (n+ 2) = ln (n) + ln

1 +

2

n

= lnn+

2

n− 2

n2+ on→+∞

1

n2

un = (1 + a+ b) ln (n) +(a+ 2b)

n− a+ 4b

2n2+ on→+∞

1

n2

Une CN est donca+ b = −1

Dans ce cas, on a

un ∼a+ 2b

n

Si de plus a+ 2b = 0 i.e a = −2 et b = 1 alors

un ∼ −1

n2

—3/208— G H


Exercice PC 3

Soit fn (x) = nx3 + n2x − 2, montrer l’existence d’un unique un tel que fn (un) = 0. Déterminer la limite de (un)n∈N

puis un développement asymptotique à deux termes de un.

Solution

: La fonction fn est continue et strictement croissante sur R (sa dérivée est n

3x2 + n

), elle réalise une

bijection de R sur lui même. Ceci règle l’existence et l’unicité de un. Puis fn

2

n2

=

8

n5> 0 (on a choisit

2

n2pour

éliminer n2x− 2) et fn (0) = −2 < 0 donc 0 un 2

n2ainsi un −−−−−→

n→+∞0.

Enfin fn (un) = 0 ⇐⇒ 2

n2= un +

u3nn, puisque un −−−−−→

n→+∞0 on a

u3nn

= o (un) donc un ∼2

n2. Mais alors un −

2

n2=

−u3n

n∼ −2n2

3

n= − 8

n7. Conclusion

un =2

n2− 8

n7+ o

1

n7

.

Exercice PC 4

(CCP ) Pour n ∈ N, on considère l’équation (E) : ex = xn.

1. A l’aide de la fonction fn (x) = x−n lnx, montrer que pour n plus grand qu’un entier p à préciser, l’équation (E)admet deux solutions un < vn sur ]0,+∞[.

2. Déterminer la limite de la suite (vn)n .

3. Déterminer la limite ℓ de la suite (un)n puis la nature de la série

np

(un − ℓ) .

Solution

:

1. Pour x > 0, on a ex = xn ⇐⇒ fn (x) = 0. Or f ′n (x) = 1− nx=x− nx

dont les variations sur ]0,+∞[ sont faciles

(décroissante jusque n puis croissante). Puisque fn (n) = n (1− lnn) < 0 si n 3, et que fn (x) −−−→x→0

+∞ ainsi que

fn (x) −−−−−→x→+∞

+∞, le théorème de la bijection sur ]0, n[ et sur ]n,+∞[ donne l’existence et l’unicité de un et de vn.

x 0 un n vn +∞f ′n (x) − − − 0 + + +

+∞ +∞fn ց 0 ց ր 0 ր

n− n ln (n)

2. On a de plus n vn =⇒ vn −−−−−→n→+∞

+∞.

3. On a fn+1 (un) = un − n lnun − lnun = − lnun. Or fn (1) = 1− n ln 1 = 1 > 0 donc 1 < un, ainsi − lnun < 0 eton en déduit que un+1 < un (car un ∈ ]0, n[ =⇒ un ∈ ]0, n+ 1[) La suite (un)n est donc décroissante et minorée,elle converge. Soit ℓ sa limite, alors

0←−−−−−n→+∞

unn

= lnun −−−−−→n→+∞

ln (ℓ)

d’où ℓ = 1. On a alors1

n∼ unn

= lnun ∼ (un − 1)

et la série diverge.Remarque : On peut déterminer un équivalent de vn. Pour n 3, on pose αn = ln (vn), on a d’une partlimn→∞

αn = +∞ et vn = n ln (vn) = nαn, ce qui nous donne

nαn = n ln (nαn) = n ln (n) + n ln (αn)⇐⇒ αn = ln (n) + ln (αn)

—4/208— G H


Or comme limn→∞

αn = +∞, on a ln (αn) = o (αn) et donc αn ∼+∞

ln (n).

vn ∼+∞

n ln (n)

Plus fort : un développement asymptotique de vn. On pose alors αn = ln (n)+ln (n)βn, on remarque que limn→∞

βn = 0

et la relation αn = ln (n) + ln (αn) nous donne alors

ln (n) + ln (n) βn = ln (n) + ln (ln (n) (1 + βn)) = ln (n) + ln (ln (n)) + ln (1 + βn)

On a alorsln (n)βn = ln (ln (n)) + ln (1 + βn) = ln (ln (n)) + βn + o (βn)

Ce qui nous donne βn =ln (ln (n))

ln (n)+ o (βn) et donc βn ∼

+∞ln (ln (n))

ln (n). On est alors en mesure de conclure que

vn = n ln (n) + n ln (ln (n)) + o (n ln (ln (n)))

Exercice PC* 1

Déterminer la limite de la suite (un)n∈N définie par un = (−1)n n cosπ√n2 + n+ 2

.

Solution

: On a

πn2 + n+ 2 = πn

1 +

1

n+

2

n2= πn

1 +1

2

1

n+

2

n2

− 1

8

1

n+

2

n2

2+

1

16

1

n+

2

n2

3+ o

1

n3

= πn

1 +

1

2n+

7

8n2− 7

16n3+ o

1

n3

donc

cosπn2 + n+ 2

= cos

nπ +

π

2+7π

8n+ o

1

n

= (−1)n+1 sin7π

8n+ o

1

n

=

(−1)n+1 7π8n

+ o

1

n

ainsi un =−7π8

+ o (1) −−−−−→n→+∞

−7π8.

Exercice PC* 2

Déterminer la limite de un =ln (n+ 1)

lnn

n lnnet de vn =

1 + lnn

lnn

n lnn

Solution

: On a

lnn+ 1

lnn

n lnn= exp

n lnn× ln

lnn+ 1

lnn

, on va chercher un équivalent de l’argument de

l’exponentielle, en espérant qu’il admet une limite. Puisque

lnn+ 1

lnn=

ln

n×1 +

1

n

lnn=

lnn+ ln

1 +

1

n

lnn= 1 +

ln

1 +

1

n

lnn−−−−−→n→+∞

1

—5/208— G H


cela se présente bien. On sait que ln (1 + un) ∼ un si un −−−−−→n→+∞

0. Ici, un =ln

1 +

1

n

lnn∼ 1

n lnn−−−−−→n→+∞

0 donc

ln

lnn+ 1

lnn

= ln (1 + un) ∼ un ∼

1

n lnn

=⇒ ln

lnn+ 1

lnn

∼ 1

n lnn

d’où

n lnn× ln

lnn+ 1

lnn

∼ n lnn× 1

n lnn= 1

donc converge vers 1 et ainsi, par continuité de la fonction exponentielle en 1

lnn+ 1

lnn

n lnn−−−−−→n→+∞

e

Pour la seconde, on a

ln (vn) = n ln (n)× ln

1 + lnn

lnn

= n ln (n)× ln

1 +

1

lnn

∼ n ln (n)× 1

lnn= n −−−−−→

n→+∞+∞

Ainsivn −−−−−→

n→+∞+∞

Exercice PC* 3

Soit u0 > 0, on définit la suite (un)n∈N par un+1 =

n

k=0

uk. Limite et équivalent de un.

Solution

: On a pour n 1, un+1 =

un +n−1

k=0

uk =un + u2n, il s’agit donc d’une suite récurrente. Puisque u0 > 0,

on a un > 0 etun+1 − un =

un + u2n − un > 0, la suite est croissante

Si (un)n∈N converge vers l, par passage à la limite dansun + u2n = un+1, on obtient l =

√l + l2 =⇒ l = 0. Absurde car

un u0 > 0 =⇒ l > 0. La suite diverge vers +∞. Puis on considère

uαn+1 − uαn =un + u2n

α− uαn = uαn ×

1 +

1

un

α2

− 1

∼n→+∞

α

2× u

αn

un

Ainsi, avec α = 1, on obtient

un+1 − un −−−−−→n→+∞

1

2

Avec Césaro, il vient1

n

n

k=0

(uk+1 − uk) =unn− u0n−−−−−→n→+∞

1

2

soitun ∼

n

2

—6/208— G H


Exercice PC* 4

Montrer que l’équation x−e−x = n admet une unique solution un dans l’intervalle [n, n+ 1] . Donner un développement

asymptotique à deux termes de un.

Solution

: La fonction fn (x) = x − e−x est continue et strictement croissante (somme de fonctions croissantes)

sur [n, n+ 1], elle réalise donc une bijection de [n, n+ 1] sur [fn (n) , fn (n+ 1)] =n− e−n, n+ 1− e−n−1

. Puisque

n− e−n < n < n+1− e−n−1

, on en déduit l’existence et l’unicité de un. De plus

n un n+ 1 =⇒ unn−−−−−→n→+∞

1

donc un ∼ n. Posons alors un = n+ vn, on a

un − e−un = n+ vn − e−ne−vn = n =⇒ vn = e−n × e−vn

Or vn ∈ [0, 1] donc (e−vn)n∈N est bornée ainsi vn = e−n × e−vn −−−−−→n→+∞

0. On peut alors affirmer que e−vn −−−−−→n→+∞

1 et

ainsivn ∼ e−n

Conclusionun = n+ e

−n + on→+∞

e−n

Exercice PC* 5

Donner la formule de Taylor avec reste intégral à l’ordre 1 pour la fonction exponentielle. En déduire :

limn→+∞

exp

1

n+ 1+ exp

1

n+ 2+ ...+ exp

1

2n− n.

Solution

: On a ex = 1 + x+

x

0

(x− t) etdt (f (b) = f (a) + · · ·+ (b− a)n f(n) (a)n!

+

b

a

(b− t)nn!

f(n+1) (t) dt). On en

déduit que

∀k ∈ 1, · · · , n , e 1n+k = 1 +

1

n+ k+

1n+k

0

1

n+ k− te

1n+k dt

Ainsin

k=1

e1

n+k =n

k=1

1 +n

k=1

1

n+ k+

n

k=1

1n+k

0

1

n+ k− te

1n+k dt

n

k=1

e1

n+k

− n =n

k=1

1

n+ k+

n

k=1

1n+k

0

1

n+ k− te

1n+k dt

Orn

k=1

1n+k =

1

n

n

k=1

1

1 + kn

est une somme de Riemann pour f (x) =1

1 + xdonc converge vers

1

0

f (x) dx = ln 2. Puis

∀k ∈ 1, · · · , n , e 1n+k e

1n e =⇒

1n+k

0

1

n+ k− te

1n+k dt e

1n+k

0

1

n+ k− tdt =

1

2

e

(n+ k)2

e

2n2

d’où

0 n

k=1

1n+k

0

1

n+ k− te

1n+k dt n× e

2n2=e

2n−−−−−→n→+∞

0

Conclusion

limn→+∞

exp

1

n+ 1+ exp

1

n+ 2+ ...+ exp

1

2n− n= ln 2

—7/208— G H


Exercice PC* 6

On définit pour n ∈ N, In =

e

1

lnn (t) dt. Donner une relation de récurrence sur la suite (In)n∈N puis en donner un

équivalent.

Solution

: On intègre par partie In pour n 1 en dérivant le lnn, on obtient alors

In =

e

1

lnn (t) dt = [t lnn t]e1 − nIn−1 = e− nIn−1

Version 5/2 : On pose fn (t) = lnn (t) (continue) qui converge simplement (la fonction est CM) vers f (t) =

1 si t = e0 si x ∈ [1, e[

,

puisque |fn (t)| 1, on a In −−−−−→n→+∞

e

1

f (t) dt = 0.

Version 3/2 en début d’année : La suite (In) est décroissante car sur [1, e] on a 0 ln t 1 donc lnn+1 (t) lnn (t) =⇒In+1 In. La suite est minorée par 0, elle converge. Si l est sa limite, si l > 0, alors le passage à la limite dansIn = e− nIn−1 donne l = −∞, absurde. Ainsi In −−−−−→

n→+∞0.

Enfin, la relation de récurrence, à l’indice n+ 1, donne

In =e

n+ 1− In+1n+ 1

puisque In+1 −−−−−→n→+∞

0, on aIn+1n+ 1

= on→+∞

e

n+ 1

, ainsi

In ∼e

n+ 1∼ en

Exercice PC* 7

(Mines) Soit (un)n∈N une suite réelle telle que un+1 = un +un−1n+ 1

pour n > 0. Etudier la convergence de la suite

unn2

n.

(On pourra commencer par le cas où u0 et u1 sont strictement positifs).

Solution

: On commence par le cas où u0 > 0 et u1 > 0, dans ce cas on a un > 0 par récurence. et immédiatement la

suite (un)n∈N est croissante. On obtient que pour n 1

0 un+1un

= 1 +un−1un

× 1

n+ 1 1 +

1

n+ 1car un−1 un

ainsi par produit

0

n−1

k=0

uk+1uk

=unu0

n−1

k=0

1 +

1

k + 1

=n−1

k=0

k + 2

k + 1= n+ 1

0 un (n+ 1)u0 =⇒ un = O (n) =⇒ unn2−−−−−→n→+∞

0

Si maintenant u0 = 0 ou u1 = 0 (si les deux sont nuls c’est évident), la suite n’est positive qu’a partir du rang 2, onadapte pour avoir

0 n−1

k=2

uk+1uk

=unu2

n−1

k=2

k + 2

k + 1=n+ 1

3

Soient maintenant u0 et u1 quelconques (et même complexes), on pose v0 = |u0|, v1 = |u1| et pour n 1, vn+1 =

vn +vn−1n+ 1

, par récurrence immédiate (inégalité triangulaire), on a

|un| vn

—8/208— G H


et d’après ce qui précède,vnn2−−−−−→n→+∞

0 d’oùunn2

−−−−−→n→+∞

0.

Exercice PC* 8

Etudier la suite (un)n∈N définie par u0 ∈ [0, 1] et un+1 = sinun. Donner un équivalent de un.

Solution

: L’intervalle [0, 1] est stable par f (x) = sinx, ainsi par récurrence on a un ∈ [0, 1] pour tout entier n. On

sait que pour x 0, sinx x, ainsi sinun un. La suite est donc décroissante et minorée, elle converge. En passant àla limite dans un+1 = sinun, sa limite l vérifie l = sin l, ce qui donne l = 0.On considère alors

uαn+1 − uαn = sinα (un)− uαn

On a sinx = x− x3

6+ ox→0

x3donc

sinα (un)− uαn =un −

u3n6

+ on→+∞

u3nα

− uαn = uαn ×

1− u2n

6+ on→+∞

u2nα

− 1

Puisque (1 + u)α = 1 + αu+α (α− 1)

2u2 + o

u→0

u2, on obtient

sinα (un)− uαn = uαn ×α×−u

2n

6

+ on→+∞

u2n

= −α6uα+2n + o

n→+∞

u2n

Si on choisit α = −2, on obtient1

sin2 un− 1

u2n∼ 1

3donc avec Césaro (si u0 = 0, mais dans ce cas la suite est nulle)

1

n

n−1

k=0

1

u2k+1− 1

u2k

=

1

nu2n− 1

nu21

−−−−−→n→+∞

1

3

d’oùnu2n ∼ 3 =⇒ un ∼

√3n

sauf erreur · · ·

Exercice PC* 9

(X) Soit (un)n∈N une suite réelle définie par

u1 > 0 et un+1 =3

u211+u222+ · · · u

2n

n

Etudier la suite (un)n∈N et montrer que la suiteun −

lnn

3

n

converge.

Solution

: On a un+1 =

3

u3n +u2nn, ainsi u3n+1−u3n =

u2nn. Puisqu’il est clair (récurence) que un > 0, on a (un+1 − un) =

u2nn(u2n+1+un+1un+u2n)

> 0. La suite est donc croissante strictement. Si elle converge alors la suiteu3nnaussi et ainsi la série

u3n+1 − u3n

qui est sa série des différences converge. Soit l sa limite, on a l u1 > 0. Mais u3n+1 − u3n =

u2nn∼ l

2

n

d’où l2

ncv absurde. Ainsi un −−−−−→

n→+∞+∞.

On a

un+1 =3

u3n +u2nn

= un × 3

1 +

1

nun

—9/208— G H


d’où

uαn+1 − uαn = uαn

1 +

1

nun

α3

− 1

∼ α3

uαnnun

Si on prend α = 1, on obtient

un+1 − un ∼1

3n

on a alors, puisque (1 + h)13 − 1 =

1

3h− 1

9h2 + o

x→0

h2

un+1 − un −1

3n= un

1 +

1

nun

13

− 1

− 1

3n= un ×

1

3nun− 1

9n2u2n+ on→0

1

n2u2n

− 1

3n

= − 1

9n2un+ on→0

1

n2un

= on→0

1

n2

On en déduit que

un+1 − un −1

3n∼ − 1

9n2un

Puisque la série 1

9n2unest à termes positifs, et négligeable devant

1

n2, elle converge. Si on pose vn = un+1−un−

1

3n,

la sérievn converge. Or wn = un −

lnn

3vérifie

tn = wn+1 −wn = un+1 − un −1

3ln

1 +

1

n

donc

tn − vn =1

3n− 1

3ln

1 +

1

n

∼ 1

6n2=⇒

(tn − vn) cv

Conclusion

(tn − vn) cv,vn cv d’où

tn cv, la suite (wn)n converge ! ! !

Exercice PC* 10

(Ensam PSI) Montrer que la suite (un)n∈N∗ définie par u1 > 0 et un+1 = un+1

nuntend vers +∞. Nature de la série

n1

1

un.

Question bonus : Equivalent de un ?

Solution

: Par récurrence immédiate on a un > 0 et ainsi

un+1 − un =1

nun> 0

La suite est donc strictement croissante. Soit elle converge vers une limite l > u1 > 0, soit elle diverge. Si elle convergealors sa série des différence converge aussi. Mais dans ce cas on a

un+1 − un =1

nun∼ 1

nl

ce qui implique la convergence de

n1

1

nldonc de la série harmonique. Absurde ! La suite diverge donc. Puis on a

uk u1 =⇒1

kuk

1

ku1

uk+1 − uk =1

kuk=⇒

n−1

k=1

(uk+1 − uk) = un − u1 =n−1

k=1

1

kuk

1

u1

n−1

k=1

1

k

—10/208— G H


d’où

un u1 +1

u1

n−1

k=1

1

k=⇒ 1

un

1

u1 +1u1

n−1

k=1

1k

Puisquen−1

k=1

1k ∼ lnn, la série de terme général

1

u1 +1u1

n−1

k=1

1k

diverge et ainsi celle des1

unaussi.

Pour l’équivalent de un, on a

u2n+1 = u2n +

2

n+

1

n2un=⇒ u2n+1 − u2n −

2

n=

1

n2un= o

1

n2

Ainsi vn = u2n+1 − u2n−2

nest le terme général d’une série à termes positifs et convergente. Si S est sa somme, on a donc

Sn−1 =n−1

k=1

vn =n−1

k=1

u2k+1 − u2k

− 2

n−1

k=1

1

k−−−−−→n→+∞

S

Soit

u2n+1 − u21 − 2Hn−1 −−−−−→n→+∞

S où Hn−1 =n−1

k=1

1

k

On en déduit que u2n+1 = 2Hn−1 + u21 + S =⇒ u2n+1 ∼ 2Hn−1 ∼ 2 lnn d’où

un ∼√2 lnn

Exercice PC* 11

(Centrale PC) Montrer que pour tout n 0, l’équation xn + x2 = 1 admet une unique solution xn positive. Montrer

que la suite (xn)n est convergente et préciser sa limite. Donner un équivalent de xn − l (on montrera qu’il est de la

formelna n

nb).

Solution

: La fonction fn définie sur [0,+∞[ par fn (x) = xn + x2 − 1 est continue, strictement croissante (car par

exemple f ′n (x) = nxn−1 + 2x > 0 si x > 0). Elle réalise donc une bijection de [0,+∞[ surfn (0) , lim

x→+∞fn (x)

=

[−1,+∞[. Ceci assure l’existence et l’unicité de xn. Puisque fn (1) = 1 > 0, on a xn ∈ ]0, 1[. La suite est donc bornée. Deplus fn+1 (xn) = xn+1n + x2 − 1 et fn (xn) = xnn + x

2 − 1 = 0, ainsi

fn+1 (xn) = xn+1n − xnn = xnn (xn − 1) < 0 car xn ∈ ]0, 1[

On en déduit que xn+1 > xn (car fn+1 est croissante et fn+1 (xn) < 0 = fn+1 (xn+1)). La suite (xn)n est donc croissanteet majorée, elle converge. Notons l sa limite. On a

xn ∈ ]0, 1[ et xnn = 1− x2n =⇒ ln (xnn) = n ln (xn) = ln1− x2n

(les ln existent)

Puisque (xn)n est croissante, on a 0 < x1 xn < 1 =⇒ 0 < x1 < l 1. Supposons que 0 < l < 1, alors n ln (xn) −−−−−→n→+∞

−∞ et ln1− x2n

−−−−−→n→+∞

ln1− l2

, absurde donc

xn −−−−−→n→+∞

1

Posons xn = 1− un, on a donc n ln (xn) = ln1− x2n

⇐⇒ n ln (1− un) = ln (un) + ln (1 + un). Puisque un −−−−−→

n→+∞0+,

on a n ln (1− un) ∼ −nun et ln (un) + ln (1 + un) ∼ lnun ce qui donne

−nun ∼ lnun ⇐⇒ un ∼ −lnunn

—11/208— G H


Mais, on a également n ∼ − ln (un)

unet puisque n tend vers l’infini, on peut passer au ln pour obtenir lnn ∼ ln (− ln (un))−

ln (un). Pour conclure, on a

ln (− ln (un)) = o (lnun) , en effetln (− lnun)

− lnun=

ln vnvn

et vn = − lnun −−−−−→n→+∞

+∞

doncln (− lnun)

− lnun−−−−−→n→+∞

0 (croissances comparées)

Ceci prouve que lnn ∼ − ln (un) et par conséquent

un ∼ −− lnn

n=

lnn

n=⇒ xn = 1− lnn

n+ o

lnn

n

Exercice PC* 12

1. Soit a ∈ C, a = 1, on pose b = a+1− a|1− a| . Montrer que |b− 1| |a| .

2. On définit par récurrence, lorsque c’est possible, la suite (un)n∈N de C par

u0 = i et ∀n ∈ N, un+1 = un +n+ 1− un|n+ 1− un|

(a) Montrer que 0 Re (un) n et que |n+ 1− un| 1, ce qui assure la définition de la suite (un)n∈N .

(b) Montrer à l’aide de la question 1 que la suite (vn)n∈N de réels définie par vn = |un − n| est décroissante. Quepeut-on en déduire ?

(c) Montrer que la suite (bn)n∈N définie par bn = Im(un) converge.

(d) Montrer que un − n− ℓ −−−−−→n→+∞

0 où ℓ est la limite de |un − n|.

Solution

:

1. On a b− 1 = a− 1 +1− a|1− a| =

(a− 1)

|1− a| × (|1− a| − 1). Ainsi

|b− 1| = ||1− a| − 1| = ||a− 1| − 1| |a|

Avec la seconde inégalité triangulaire ||z| − |z′|| |z − z′| où l’on pose z = a− 1 et z′ = 1.

2.

(a) Par récurrence, on pose P (n) = ”0 Re (un) n et |n+ 1− un| 1”. On a clairement P (0), supposons queP (n) soit vraie alors

Re (un+1) = Re (un) +n+ 1−Re (un)

|n+ 1− un|Or 0 Re (un) n =⇒ n+ 1−Re (un) 0 ce qui assure que Re (un+1) n+ 1 et que

1 n+ 1−Re (un) = Re (n+ 1− un) |n+ 1− un|

On en déduit que Re (un+1) n+ 1.

(b) On a

vn+1 = |un+1 − n− 1| =un − n+

n+ 1− un|n+ 1− un|

− 1

On pose donc dans la question 1, a = un − n, on en déduit le résultat annoncé puis que (vn)n∈N converge(théorème de la limite monotone).

—12/208— G H


(c) On a bn+1 = bn −bn

|n+ 1− un|, d’où bn+1 − bn 0. La suite est donc décroissante. Par récurrence immédiate,

|n+ 1− un| 1 =⇒ bn+1 = bn|n+ 1− un| − 1

|n+ 1− un|est du signe de bn

d’où du signe de b0 = 1. Par le théorème de la limite monotone, la suite converge.(d) Posons un = n− an + ibn, on sait que 0 an n, que (bn)n converge, soit b la limite et que

|un − n| = |ibn − an| =a2n + b

2n −−−−−→n→+∞

ℓ.

On a donca2n + b

2n −−−−−→n→+∞

ℓ2 =⇒ an =a2n −−−−−→n→+∞

ℓ2 − b2

Ainsiun − n −−−−−→

n→+∞ib−ℓ2 − b2

Mais

un+1 − (n+ 1) = un − n+n+ 1− un|n+ 1− un|

− 1 =⇒ (un+1 − (n+ 1))− (un − n) =n+ 1− un|n+ 1− un|

− 1

En passant à la limite, on a n+ 1− un −−−−−→n→+∞

Z = 1 +√ℓ2 − b2 − ib d’où |n+ 1− un| −−−−−→

n→+∞|Z| et ainsi

Z

|Z| − 1 = 0⇐⇒ Z = |Z| =⇒ Z ∈ R

On en déduit que b = 0 d’où le résultat.

Exercice PC* 13

On considère la suite (un)n∈N définie par u0 ∈ R et un+1 = u2n + un.

1. Montrer que si u0 /∈ [−1, 0] la suite diverge vers +∞, sinon elle converge.

2. On suppose que la suite converge sans être stationnaire, montrer que un+1 est équivalent à un.

3. On pose an =1

un+1− 1

un, calculer la limite de an. On admet le théorème de Césaro, en déduire un équivalent de

un.

Solution

:

1. La suite est croissante. Si u0 ∈ [−1, 0] , par récurrence, on a un ∈ [−1, 0] (car si f : x −→ x+x2, alors x ∈ [−1, 0] =⇒f (x) ∈ [−1, 0]). La suite est donc croissante est majorée, elle converge. Sa limite ℓ vérifie ℓ = ℓ+ ℓ2 =⇒ ℓ = 0.Si u0 /∈ [−1, 0], on a u1 > 0, la suite étant croissante, si elle converge, sa limite vérifie ℓ u1 > 0, mais la seulelimite possible est 0, donc elle diverge vers +∞.

2. Si un+1 = un alors un = 0, si n 1, on en déduit que u2n−1 + un−1 = 0 =⇒ un−1 = 0 ou un−1 = −1. Mais puisque

f (x) f

−12

= −1

4, si un−1 = −1 alors n − 1 = 0 donc n = 1 (sinon un−1 = f (un−2) > −1). En d’autres

termes, si un = 0 alors un−1 = un−2 = · · · = u1 = 0 et enfin u0 = 0 ou 1. On suppose donc que u0 ∈ ]0, 1[, la suite

n’est donc pas stationnaire etun+1un

= 1 + un −−−−−→n→+∞

0, ce qui prouve que un+1 ∼ un.

3. On a alors an =1

un+1− 1

un=un − un+1unun+1

= − u2nunun+1

= − unun+1

−−−−−→n→+∞

−1. D’où

1

n+ 1

n

k=0

ak =1

n+ 1

n

k=0

1

uk+1− 1

uk

=

1

n+ 1

1

un+1− 1

u0

−−−−−→n→+∞

−1

ce qui prouve que

un+1 ∼ −1

n+ 1⇐⇒ un ∼ −

1

n

—13/208— G H


Exercice PC* 14

(X − PC). On considère la suite (fn)n définie par fn (x) = x− n ln1 +

x

n+ 1

.

1. Montrer qu’il existe un unique réel non nul, noté un, tel que fn (un) = 0.

2. En considérantfn (−2)n

, montrer que un ∈ [−2,−1].3. Montrer que la suite (un)n∈N converge.

4. Soit ϕ : u −→ u− ln (1 + u)

u, montrer que ϕ est une bijection C1 de ]−1,+∞[ sur ]−∞, 1[ , et que un =

(n+ 1)ϕ−1− 1

n

. En déduire la limite ℓ de (un)n∈N .

Bonus : développement asymptotique ?

Solution

:

1. La dérivée de fn est f ′n (x) = 1− n

n+ 1

1

1 +x

n+ 1

=x+ 1

x+ n+ 1. On en déduit les variations de fn sur ]−n− 1,−1]

(décroissante) et [−1,+∞[ (croissante). Puisque fn (0) = 0, on a un minimum m = fm (−1) < 0. Il existe donc uneunique racine un = 0 telle que −n− 1 < un < −1.

2. On afn (−2)n

= − 2

n− ln

1− 2

n+ 1

, on pose g (n) = − 2

n− ln

1− 2

n+ 1

= − 2

n− ln (n− 1) + ln (n+ 1) dont

la dérivée estg′ (n) = − 2

n2− 1

n− 1+

1

n+ 1=

−2n2 (n2 − 1)

< 0

Ainsi g (n) > limn→+∞

g (n) = 0. On en déduit que un −2 (car fn (−2) > 0).

3. On afn (x)

n=x

n− ln

1 +

x

n+ 1

, on pose u =

1

n, alors

fn (x)

n= xu− ln

1 +

xu

1 + u

= xu− ln

1 + xu

1− u+ o

u→0(u)

= xu− ln1 + xu− xu2 + o

u→0

u2

= −xu− xu2

+

xu− xu2

2

2+ ou→0

u2

= u2x+

1

2x2+ ou→0

u2

=x (x+ 2)

2n2+ ou→0

1

n2

On en déduit quefn (un−1)

nest du signe de

un−1 (un−1 + 2)

2n2pour n assez grand donc est négatif (car un−1 ∈

[−2,−1]). La suite est donc décroissante à partir d’un certain rang (faire un dessin), minorée par −2, elle converge.

4. Avec tout le programme de spé, on a ϕ (u) = 1

0

tu

1 + tudt (donc C∞ avec comme dérivée ϕ′ (u) =

1

0

t

(1 + tu)2dt

> 0. Sinon, en début de spé, on prolonge par continuité en u = 0 et on étudie la fonction et le prolongement C1

—14/208— G H


(laborieux ...). Bref, c’est une bijection C1 et même C∞. On a alors

un = (n+ 1)ϕ−1− 1

n

⇐⇒ ϕ

unn+ 1

= − 1

n

⇐⇒ 1−ln

1 +

unn+ 1

unn+ 1

= − 1

n

⇐⇒ 1 +1

n=n+ 1

n=

ln

1 +

unn+ 1

unn+ 1

⇐⇒ unn

= ln

1 +

unn+ 1

⇐⇒ fn (un)

n= 0⇐⇒ fn (un) = 0 vrai !

Pour finir, on en déduit que ϕ−1 a un DL à l’ordre 1 en 0 qui est ϕ−1 (u) = a+ bu+ ou→0

(u). Puisque

ϕ (u) =1

2u+ o

u→0(u)

Par composition ϕϕ−1 (u)

= u = u+ o

u→0(u) =

1

2(a+ bu) + o

u→0(u) =⇒ a = 0 et b = 2.

On a donc ϕ−1 (u) ∼u→0

2u et enfin

(n+ 1)ϕ−1− 1

n

∼

n→+∞(n+ 1)×

− 2

n

−−−−−→n→+∞

−2

Pour le DA, on pousse le DA de ϕ−1. Si ϕ−1 (u) = 2u+ cu2 + ou→0

u2etu− ln (1 + u)

u=

1

2u− 1

3u2 + o

u→0

u2,

alors

ϕϕ−1 (u)

= u =

1

2

2u+ cu2

− 1

3

2u+ cu2

2+ ou→0

u2

= u+3c− 8

6u2 + o

u→0

u2

d’où c =8

3et

(n+ 1)ϕ−1− 1

n

= (n+ 1)

− 2

n+

8

3n2+ on→+∞

1

n2

= −2 + 2

3n+ on→+∞

1

n

Exercice PC* 15

(Centrale PSI) Pour n 1, on définit l’équation (En) : e−x cosx =x

n

1. Montrer que l’équation (En) admet une plus grande racine un.

2. Monotonie et limite de la suite (un)n∈N .

Solution

: Pour x > 0 cette équation s’écrit

e−x cosx

x=

1

n, on définit donc f sur ]0,+∞[ par f (x) =

e−x cosx

x.

—15/208— G H


1. Soit An = f−1

1

n

=

x > 0, f (x) =

1

n

l’ensemble des solutions positives de (En). Puisque f (x) −−−−−→

x→+∞0

et f (x) −−−−→x→0+

+∞, par continuité de f, l’ensemble An est non vide. On montre qu’il est majoré. En effet, si

x > Mn = max (ln 2n, 1) , alors

|f (x)| e−x 1

2n<

1

n

Ainsi An est majorée, on peut donc poser un = supAn. Il reste à prouver que un est bien solution de (En).On utilise alors le résultat suivant : Il existe une suite (vk)k∈N∗ telle que vk ∈ An et vk −−−−−→

k→+∞un.

Preuve rapide de ce résultat : Soit ε =1

k, alors un−

1

kne majore plus An, il existe donc vk tel que un−

1

k< vk un.

Par encadrement limk→+∞

vk = un.

On a donc f (vk) =1

net par continuité de f, en passant à la limite, f (vk) −−−−−→

k→+∞f (un) d’où f (un) =

1

n=⇒ un ∈

An. Ainsi (En) a une plus grande solution.

2. La fonction f s’annule en π2 + kπ. On place un entre deux zéros de f . Soit n 1 fixé, et k tel que

π

2+ (k − 1)π < un <

π

2+ kπ

(on a deux inégalités strictes car f (un) = 0) ce que l’on écrit

k − 1 <un − π

2

π< k =⇒ k

un − π2

π+ 1 < k + 1

On a donc k = Eun +

π2

π

est parfaitement défini. Mais alors

f (un) =1

net fπ2+ kπ

= 0

Par continuité de f, il existe x ∈un,

π2 + kπ

tel que f (x) =

1

n+ 1d’où x ∈ An+1 =⇒ un x un+1. La suite

est donc croissante.On montre enfin qu’elle diverge vers +∞.Puisque (un)n∈N est croissante, ou bien elle diverge vers +∞, ou bien elle converge. Supposons que un −−−−−→

n→+∞ℓ.

Alors f (un) =1

ndonne par passage à la limite et continuité de f, f (ℓ) = 0. Soit p tel que xp = 2pπ > ℓ (prendre

p = E

ℓ

2π

+ 1), on a f (xp) > 0. Ainsi pour n tel que

1

n< f (xp) , par le TVI, il existe x ∈ ]ℓ, xp[ tel que

f (x) =1

n=⇒ un > ℓ absurde.

Conclusion un −−−−−→n→+∞

+∞.

Exercice PC* 16

Soit f ∈ C0 ([0, 1] ,R+) , pour n 1, on définit un =n

k=1

1 +

1

nf

k

n

. Déterminer la limite de (un)n∈N∗ .

Solution

: Puisque 1 + f

k

n

1, on peut passer au ln pour avoir

ln (un) =n

k=1

ln

1 +

1

nf

k

n

—16/208— G H


Puis avec Taylor-Lagrange, on a ln (1 + x) = x− x2

2+

x

0

(x− t)2

(1 + t)3dt d’où ln (1 + x) x− x

2

2et on sait (convexité) que

ln (1 + x) x. On a donc l’encadrement

n

k=1

1

nf

k

n

− 1

2

n

k=1

1

n2f2k

n

ln (un)

n

k=1

1

nf

k

n

Soit Rn =1

n

n

k=1

f

k

n

, c’est une somme de Riemann et ainsi Rn −−−−−→

n→+∞

1

0

f (t) dt.

Puis1

2

n

k=1

1

n2f2k

n

=

1

2n2

n

k=1

f2k

n

. Puisque f2 est continue sur [0, 1], M = max

[0,1]f2 existe et ainsi

0 1

2n2

n

k=1

f2k

n

1

2n2

n

k=1

M =M

2n−−−−−→n→+∞

0

Conclusion, ln (un) −−−−−→n→+∞

1

0

f (t) dt et ainsi un −−−−−→n→+∞

exp

1

0

f (t) dt

.

Exercice PC* 17

Soit Pn (x) = −4 +n

k=1

xk, montrer que l’équation Pn (x) = 0 admet une unique solution strictement positive xn.

Calculer x1 et x2, montrer que x5 < 1.En calculant Pn+1 (xn) , montrer que la suite (xn)n est monotone et en déduire qu’elle converge vers une limite a.

Montrer que pour n 1, xn+1n − 5xn + 4 = 0 et en déduire a. Pour n 1, montrer que xn − a =1

5xn+1n en en déduire

un équivalent.

Solution

: La fonction Pn est strictement croissante sur [0,+∞[ (somme de fonctions strictement croissantes, ou bien

dériver). Puisque Pn (0) = −4 et limx→+∞

Pn (x) = +∞, par continuité elle réalise une bijection de [0,+∞[ sur [−4,+∞[

(attention, il faut C0 et stricte croissance). Ceci assure l’existence et l’unicité de xn. De plus

Pn (x) < 0⇐⇒ x < xn et Pn (x) > 0⇐⇒ x > xn

On a P1 (x) = x− 4 =⇒ x1 = 4, P2 (x) = x2 + x− 4 =⇒ x2 =

√17− 1

2. Enfin P5 (1) = 1 > 0 =⇒ x5 < 1.

Puis

Pn+1 (xn) = −4 +n+1

k=1

xkn =

−4 +n

k=1

xkn

+ xn+1n > 0 car xn > 0

d’où xn > xn+1, la suite est donc décroissante (ouf x5 < 1 < x1), minorée par 0 donc converge. On note a sa limite. Pourla calculer, on a

Pn (xn) = −4 +n

k=1

xkn = −5 +n

k=0

xkn = −5 +xn+1n − 1

xn − 1=xn+1n − 5xn + 4

xn − 1= 0

d’oùxn+1n − 5xn + 4

On est tenté de passer à la limite dans cette égalité, mais que fait donc xn+1n = exp ((n+ 1) lnxn) ? On sait que

xn x5 < 1 si n 5 par décroissance

on en déduit que(n+ 1) lnxn (n+ 1) lnx5 −−−−−→

n→+∞−∞ car x5 < 1

Ainsixn+1n = exp ((n+ 1) lnxn) −−−−−→

n→+∞0

—17/208— G H


Et en passant à la limite dans 0 = xn+1n − 5xn + 4, on obtient −5a+ 4 = 0 =⇒ a =4

5.

Pour finir, on a

xn − a = xn −4

5=

1

5xn+1n

Attention, on ne peut affirmer directement que xn+1n ∼n→+∞

an+1 sous pretexte que xn −−−−−→n→+∞

a. En effet

xna

n+1= exp

(n+ 1) ln

xna

et puisque n+1 −−−−−→n→+∞

+∞ etxna−−−−−→n→+∞

1, on en présence d’une forme indéterminée (car lnxna

−−−−−→n→+∞

0). Puisquexna−−−−−→n→+∞

1, on écrit que

lnxna

= ln

1 +

xn − aa

∼

n→+∞xn − aa

carxn − aa

−−−−−→n→+∞

0

d’où (n+ 1) lnxna

∼

n→+∞nxn − aa

= nxn+1n

5a= n

xn+1n

4Mais on a vu que pour n 5, on a

xn x5 < 1 =⇒ nxn+1n

4 n

xn+15

4−−−−−→n→+∞

0 car x5 < 1 (croissances comparées)

On a donc xna

n+1−−−−−→n→+∞

1

ce qui prouve bien que

xn − a ∼n→+∞

1

5

4

5

n+1=

4n+1

5n+2

—18/208— G H


2 Espaces vectoriels normés

Exercice PC* 18

Soit E un espace vectoriel et une norme sur E. On définit f sur E par

f (x) =x

max (1, x)

1. Montrer que f est 2 lispchitzienne.

2. On suppose que E est euclidien et que la norme est la norme euclidienne. Montrer que f est 1 lipschitzienne. Onpourra calculer x− y2 − f (x)− f (y)2.

Solution

:

1. Soient (x, y) ∈ E2, on a trois cas.Premier cas : (x, y) ∈ B (O, 1) i.e. x 1 et y 1 alors f (x) = x et f (y) = y d’où f (x)− f (y) = x− y 2 x− y.Second cas : x ∈ B (O, 1) et y /∈ B (O, 1) donc f (x) = x et f (y) =

y

y . On a alors

f (x)− f (y) =

x−y

y

=x− y + y −

y

y

x− y+y −

y

y

Mais y −y

y

=

y − 1

y

y

= |y − 1| = y − 1 car y 1

On conclut facilement cary − 1 y − x = |y − x| y − x

Dernier cas : x 1 et y 1, alors

f (x)− f (y) =x

x −y

y

= yx− x y

x yMais

yx− x y = y (x− y) + y y − x y= y (x− y) + y (y − x)

Ainsi

yx− x y y x− y+ y × |y − x| x−y

(seconde inégalité triangulaire)

2 y x− y

d’où

f (x)− f (y) 2x− yx 2 x− y car x 1

2. Si la norme est euclidienne, on dispose de Cauchy-Scwarz. On reprend donc :Si x 1 et y 1, pas de problème, f (x)− f (y) = x− y.Si x 1 et y 1, alors

f (x)− f (y) =

x−y

y

=⇒ f (x)− f (y)2 = x2 +y

y

2

− 2x | yy = x2 + 1− 2

x | yy

et x− y2 = x2 + y2 − 2 x | y

—19/208— G H


d’où

x− y2 − f (x)− f (y)2 = y2 − 1 + 2 x | y1− yy

Mais puisque x | y |x | y| x y y et que1− yy 0, on obtient

y2 − 1 + 2 x | y1− yy

y2 − 1 + 2 (1− y) = (y − 1)2

Reste le cas où x 1 et y 1, alors

f (x)− f (y)2 =

x

x −y

y

2

=

x

x

2

+

y

y

2

− 2x | yx y = 2− 2

x | yx y

x− y2 − f (x)− f (y)2 = x2 + y2 − 2 + 2 x | y1− x yx y

De même x | y |x | y| x y et1− yy 0 donne

x− y2 − f (x)− f (y)2 x2 + y2 − 2 + 2 (1− x y) = x2 + y2 − 2 x y = (x − y)2 0

et c’est fini !

Exercice PC* 19

Soit E l’espace vectoriel E = C1 ([0, 1],R), et N : E → R définie par : N(f) =

f(0)2 +

1

0

f ′2 (t) dt

1/2. On veut

comparer N et .∞ .1. Montrer que N est bien une norme.

2. On pose fn (x) = xn, calculer les normes fn∞ et N (fn) , que peut-on en déduire ?

3. Montrer que x0 f

′(t)dt 1

0 f′2(t)dt.

4. En utilisant le fait que f est la primitive de sa dérivée, montrer que f∞ √2N (f). L’inégalité est-elle la

meilleure possible ?

Solution

:

1. N est la norme associée au produit scalaire f | g = f (0) g (0) + 1

0

f ′ (t) g′ (t) dt.

2. On a fn∞ = 1 et N (fn) =n√

2n− 1. Il n’existe aucune constante K telle que ∀f ∈ E, N (f) K f∞ (en effet,

avec f = fn, en passant à la limite on a une absurdité). Les deux normes ne sont pas équivalentes.

3. Par Cauchy-Schwarz, on a

x

0

1× f ′(t)dt2

x

0

dt× x

0

f ′2(t)dt = x

x

0

f ′2(t)dt

1

0

f ′2(t)dt

D’où

x

0

f ′(t)dt

1

0

f ′2(t)dt

—20/208— G H


4. Puis

f (x) = f (0) +

x

0

f ′(t)dt =⇒ |f (x)|2 f (0)2 + 2 |f (0)|

x

0

f ′(t)dt

+ x

0

f ′(t)dt

2

Soit

|f (x)|2 f (0)2 + 2 |f (0)| 1

0

f ′2(t)dt+

1

0

f ′2(t)dt

Mais 2ab a2 + b2 donc 2 |f (0)| 1

0 f′2(t)dt f (0)2 +

1

0

f ′2(t)dt d’où

|f (x)|2 2

f (0)2 +

1

0

f ′2(t)dt

=⇒ f∞

√2N (f)

Enfin si f (x) = 1 + x, on a : f∞ =√2N (f) = 2. L’inégalité obtenue est la meilleure.

Exercice PC* 20

Sur R [X] , on définit, si P =n

i=0aiX

i, les normes

N∞ (P ) = supi∈[0...n]

|ai| , N1 (P ) =n

i=0

|ai| et P∞ = supx∈[0,1]

|P (x)|

1. Montrer qu’il s’agit de normes.

2. Sont elles équivalentes ? (on pourra utiliser les polynômesn

i=0

Xi et nXn+1 −Xn

).

Solution

:

1. On vérifie facilement qu’il s’agit de norme (donc que N (P ) 0, N (P ) = 0 ⇐⇒ P = 0, N (λP ) = |λ|N (P ) etN (P +Q) N (P ) +N (Q).

2. Pour x ∈ [0, 1] , on a

|P (x)| =

n

i=0

aixi

n

i=0

aixi =

n

i=0

|ai| |x|i n

i=0

|ai| = N1 (P ) car 0 x 1

d’où en passant au supP∞ N1 (P )

Puis

N∞ (P ) = supi∈[0...n]

|ai| n

i=0

|ai| = N1 (P )

En revanche, s’il est vrai que

∀i ∈ 0, · · · , n , |ai| supi∈[0...n]

|ai| = N∞ (P ) =⇒ N1 (P ) nN∞ (P )

Cela ne prouve pas l’équivalence sur R [X] , car n n’est pas une constante (en revanche sur Rn [X] · · · , mais voyonsen dim finie, toutes les normes sont équivalentes, alors · · · ).On ne peut avoir mieux. En effet posons

An =n

i=0

Xi et Bn = nXn+1 −Xn

—21/208— G H


AlorsAn∞ = n, N1 (An) = n+ 1 et N∞ (An) = 1

Les inégalitésN1 (P ) αN∞ (P ) et P∞ βN∞ (P )

ne peuvent être toujours vérifiées.Puis, une étude fonction sur [0, 1] donne

Bn∞ =

n

n+ 1

n+1=

n+ 1− 1

n+ 1

n+1=

1− 1

n+ 1

n+1−−−−−→n→+∞

e

N1 (Bn) = 2n et N∞ (Bn) = n

Les inégalitésN1 (P ) γ P∞ et N∞ (P ) δ P∞

ne peuvent être toujours vérifiées.

Exercice PC* 21

Soit E = Rn [X], pour a ∈ R et P ∈ E, on définit Na (P ) = |P (a)|+ supx∈[−1,1]

|P ′ (x)|.

1. Montrer que Na est une norme sur E.

2. Pour |a| 1 et |b| > 1, montrer que Na et Nb ne sont pas équivalentes.

3. Pour |a| 1 et |b| 1, montrer qu’elles sont équivalents.

Solution

:

1. On a clairement Na (P ) ∈ R+, Na (λP ) = |λ|P , Na (P +Q) Na (P ) +Na (Q). Enfin si Na (P ) = 0 alors (sommede nombres positifs) |P (a) = 0| et sup

[−1,1]|P ′| =. On en déduit que P ′ = 0 sur [−1, 1]. Le polynôme P ′ a une infinité

de racines, il est donc nul. Ceci impose à P d’être constant égal à P (a) = 0.

2. On calcule pour n 1, Na

Xn

n

=|a|nn

+ sup[−1,1]

Xn−1 = 1+

|a|nn−−−−−→n→+∞

1 et Nb

Xn

n

=|b|nn

+ sup[−1,1]

Xn−1 =

1 +|b|nn−−−−−→n→+∞

+∞ car |b| > 1. Les normes ne sont pas équivalents.

3. On sait que P (x) = P (a) +

x

a

P ′ (t) dt. Supposons que b > a, alors

P (b) = P (a) +

b

a

P ′ (t) dt =⇒ |P (b)| |P (a)|+ b

a

|P ′ (t)| dt |P (a)|+ b

a

sup[−1,1]

|P ′| dt

=⇒ |P (b)| |P (a)|+ 1

−1sup[−1,1]

|P ′| dt car − 1 a < b 1

Or |P (a)| Na (P ) et sup[−1,1]

|P ′| Na (P ) d’où

|P (b)| Na (P ) +

1

−1Na (P ) dt = 3Na (P )

Nb (P ) |P (b)|+ sup[−1,1]

|P ′| 4Na (P )

Si, maintenant a > b, on a toujours P (b) = P (a) +

b

a

P ′ (t) dt =⇒ |P (b)| |P (a)| + a

b

|P ′ (t)|dt |P (a)| + 1

−1sup[−1,1]

|P ′| dt 3Na (P ). Puis par symétrie des rôles

1

4Nb (P ) Na (P ) 4Nb (P )

—22/208— G H


Exercice PC* 22

On note An (R) (resp Sn (R)) l’ensemble des matrices réelles antisymétriques (resp symétriques).

1. La transposition est-elle une application continue surMn (R) ? Les sous espaces An (R) et Sn (R) sont-ils fermés ?

2. Soit A ∈ An (R) tel que la suite (Ap)p∈N converge, montrer que sa limite est nulle.

Solution

:

1. L’application T : M −→ tM est linéaire sur un espace vectoriel de dimension finie donc est continue. Si (Mp)p∈Nest une suite de An (R) qui converge vers M alors

T (Mp) −−−−−→p→+∞

t M par continuité de T

Mais T (Mp) = −Mp −−−−−→p→+∞

−M, ainsi M ∈ An (R). Ceci prouve que An (R) est fermé (même raisonnement avec

Sn (R)).2. Si Ap −−−−−→

p→+∞B, alors A2p −−−−−→

p→+∞B et A2p+1 −−−−−→

p→+∞B. Mais A2p ∈ Sn (R) =⇒ B ∈ Sn (R) et A2p+1 ∈ An (R) =⇒

B ∈ An (R). ConclusionB ∈ Sn (R) ∩An (R) = 0

Exercice PC* 23

Soient a < b deux réels, on définit sur Rn [X] les normes P∞ = supx∈[a,b]

|P (x)| et P1 =n

i=0

|P (ai)| où les (ai)0in

sont des réels deux à deux distincts.

1. Justifier qu’il s’agit de normes.

2. Montrer qu’elles sont équivalentes. On pourra commencer par le cas où les (ai)0in sont dans l’intervalle [a, b].

Solution

:

1. On vérifie facilement qu’il s’agit de norme (donc que N (P ) 0, N (P ) = 0 ⇐⇒ P = 0, N (λP ) = |λ|N (P ) etN (P +Q) N (P ) +N (Q)). Pour la norme P1 , on utilise le fait que P1 = 0 signifie que P a n + 1 racinesdistinctes donc est nul.

2. Premier cas : les (ai)0in sont dans l’intervalle [a, b]. On a facilement

P1 n

i=0

P∞ = (n+ 1) P∞ car |P (ai)| P∞

Notons Qi =

n

k=0k =i

(X−ak)

n

k=0k =i

(ai−ak), les (Qi)0in forme la base des polynôme de Lagrange associée à la famille (ai)0in . On

a alors P (X) =n

i=0

P (ai)Qi (X). Ainsi, pour x ∈ [a, b]

|P (x)| =

n

k=0

P (ai)Qi (x)

n

i=0

|P (ai)| |Qi (x)| n

i=0

|P (ai)| × Qi∞

max0in

Qi∞ ×n

i=0

|P (ai)| =M P1 où M = max0in

Qi∞

—23/208— G H


Les deux normes sont bien équivalentes.

Second cas : les (ai)0in sont quelconques. Soit α < min

min0in

(ai) , a

< max

max0in

(ai) , b

< β, de manière

à avoir les (ai)0in et l’intervalle [a, b] inclus dans l’intervalle [α, β] .On choisit alors n+ 1 points, notés (bi)0in dans l’intervalle [a, b] et on définit

P′1 =n

i=0

|P (bi)| et P′∞ = supx∈[α,β]

|P (x)|

On vient de prouver que

(1) ·′1 et ·∞ sont équivalentes (les (bi)0in sont dans [a, b])

(2) ·1 et ·′∞ sont équivalentes (les (ai)0in sont dans [α, β])

(3) ·′1 et ·′∞ sont équivalentes (les (bi)0in sont dans [α, β])

donc (2) et (3) donnent l’équivalence de ·1 et ·′1, puis (1) l’équivalence entre ·1 et ·∞. Gagné !

Exercice PC* 24

Sur E =!f ∈ C1 [0, 1] , f (0) = 0

"on définit N1 et N2 par

N1 (f) = f ′∞ et N2 (f) = f + f ′∞où g∞ = sup

[0,1]

|g| si g ∈ C0 ([0, 1]).

1. Montrer que l’on a bien défini deux normes sur E.

2. Montrer que N2 2N1.

3. En utilisant l’égalité (après l’avoir justifié)

f (x) = e−x x

0

(f (t) + f ′ (t)) etdt

Montrer que les deux normes sont équivalentes.

Solution

:

1. L’existence de N1 (f) et de N2 (f) est assurée par le théorème suivant : toute fonction continue sur un segment estbornée et par le caractère C1 de f . L’inégalité triangulaire et l’homogénéité positive ne pose aucun problème. Enfin

N1 (f) = 0 =⇒ f ′ = 0 sur [0, 1] =⇒ f constante égale à f (0) = 0

Puis N2 (f) = 0 =⇒ f ′ + f = 0. Mais l’équation y′ + y = 0 avec la condition initiale y (0) = 0 n’a qu’une seulesolution et la fonction nulle est solution, donc f = 0. On a bien deux normes.

2. Pour la première comparaison, on utilise f (x) = x

0

f ′ (t) dt+ f (0) =

x

0

f ′ (t) dt si f ∈ E. Ainsi

|f (x) + f ′ (x)| =

x

0

f ′ (t) dt+ f ′ (x)

|f ′ (x)|+

x

0

f ′ (t) dt

Mais

|f ′ (x)| f ′∞ et

x

0

f ′ (t) dt

x

0

|f ′ (t)| dt x

0

f ′∞ dt = x f ′∞ f ′∞ car 0 x 1

Conclusion|f (x) + f ′ (x)| 2N1 (f)

d’oùN2 (f) 2N1 (f)

—24/208— G H


3. Pour justifier l’égalité, on pose g (x) = f (x) ex dont la dérivée vaut (f ′ (x) + f (x)) ex et vérifie g (0) = 0. Ainsi

g (x) =

x

0

g′ (t) dt =

x

0

(f (t) + f ′ (t)) etdt

On en déduit que

|f (x)| = e−x

x

0

(f (t) + f ′ (t)) etdt

e−x

x

0

(f (t) + f ′ (t)) etdt

e−x x

0

|f (t) + f ′ (t)| etdt e−x x

0

N2 (f) etdt = N2 (f) e

−x x

0

etdt

N2 (f)1− e−x

N2 (f)

Pour finir, on a

|f ′ (x)| = |f ′ (x) + f (x)− f (x)| |f ′ (x) + f (x)|+ |f (x)| N2 (f) +N2 (f) = 2N2 (f)

d’où N1 (f) 2N2 (f).

—25/208— G H


3 SériesExercice PC 5

Nature des séries

n1

sinn2

n2,

n1

2nn!

nn

n2

ln

1− 1

n2

et calcul de la somme pour la dernière.

Solution

: On a

sinn2

n2

1

n2qui converge (Riemann) donc il y a ACV. Pour la seconde, la série est à termes positifs

et si an =2nn!

nnalors

an+1an

=2n+1 (n+ 1)!

(n+ 1)n+1× nn

2nn!=

21 +

1

n

n −−−−−→n→+∞

2

e< 1

La série converge d’après D’Alembert.

Enfin pour la dernière (qui est bien à termes négatifs), on a ln

1− 1

n2

∼ − 1

n2, elle converge (Riemann). De plus

ln

1− 1

n2

= ln

(n− 1) (n+ 1)

n2

La somme partielle de rang N est donc

N

n=2

ln

1− 1

n2

= ln

N

n=2

(n− 1) (n+ 1)

n2

= ln

N#

n=2(n− 1)

N#

n=2(n+ 1)

N#

n=2n

2

= ln(N − 1)!

(N + 1)!

2(N !)2

= ln

N + 1

2N

−−−−−→N→+∞

− ln 2 < 0

Exercice PC 6

Nature des séries

n1

2n

n

2n,

n1

ln

1 +

1

n

+ α sin

1

n

en fonction de α.

Solution

: Pour la première (qui est à termes positifs) on pose un =

2n

n

2n, alors

un+1un

=2n+ 1

n+ 1−−−−−→n→+∞

2

La série diverge donc.

Pour la seconde, un développement limité en1

ns’impose ! On a

ln (1 + u) = u− u2

2+ ou→0

u2et sinu = u+ o

u→0

u2

d’où

ln

1 +

1

n

+ α sin

1

n

=

1 + α

n− 1

2n2+ o

1

n2

∼ 1 + α

nsi α = −1 et donc DV (équivalente à une série 0 DV)

∼ − 1

2n2si α = −1 et donc CV

—26/208— G H


Exercice PC* 25

Nature des séries

n0

(−1)n

n+ (−1)n√n3 + 1

et

n0

cosπ√n2 + n+ 2

.

Solution

: On a n+(−1)n

√n3 + 1 = (−1)n n

32

1 +

1

n3+n = (−1)n n

32

1 +

1

2n3+ o

1

n3

+n = (−1)n n

32 +n+

(−1)n

2n32

+ o

1

n32

∼ (−1)n n32 . Ainsi

(−1)n

n+ (−1)n√n3 + 1

=1

n32 + (−1)n n+ 1

2n32

+ o

1

n32

∼ 1

n32

donc converge par comparaison à une série à termes positifs et car3

2> 1 (Riemann).

Puis

πn2 + n+ 2 = πn

1 +

1

n+

2

n2= πn

1 +1

2

1

n+

2

n2

− 1

8

1

n+

2

n2

2+

1

16

1

n+

2

n2

3+ o

1

n3

= πn

1 +

1

2n+

7

8n2− 7

16n3+ o

1

n3

donc

un = cosπn2 + n+ 2

= cos

nπ +

π

2+7π

8n− 7π

16n2+ o

1

n2

= (−1)n+1 sin7π

8n− 7π

16n2+ o

1

n2

=(−1)n+1 7π

8n− (−1)n+1 7π

16n2+ o

1

n2

Donc

n0

un −(−1)n+1 7π

8n

∼ −(−1)n+1 7π16n2

converge par équivalence à une série à termes négatifs (Riemann 2 > 1).

On en déduit que

n0

un converge car

n0

−(−1)n+1

7π

8nconverge par le critère spécial des séries alternées et car un est

la somme de deux séries qui convergent.

Exercice PC 7

Nature de la série de terme général un =(−1)n

n15 + (−1)n

.

Solution

: La mauvaise idée est de penser au CSSA. EN revanche, on a

un =(−1)n

n15

× 1

1 +(−1)n

n15

—27/208— G H


On fait un DA de un. Puisque1

1 + u= 1− u+ o

u→0(u), on obtient

un =(−1)n

n15

×1− (−1)n

n15

+ on→+∞

1

n15

=(−1)n

n15

− 1

n25

+ on→+∞

1

n25

La série vn =(−1)n

n15

converge par le CSSA. La série wn = −1

n25

+ on→+∞

1

n25

est de signe constant et wn ∼ −

1

n25

qui

DVdonc

n0

wn diverge. Conclusion

n0

un diverge (somme d’une DV et d’une CV).

Exercice PC* 26

Existence de un =+∞

k=n+1

1

k!et nature de la série

n0

un.

Solution

: La série

n0

1

n!converge (car par exemple

1

n!

1

n2si n 1) d’où l’existence de un. Puis pour k n+1 1,

on a

1

k!=

1

n!× (n+ 1) · · · × k 1

n!× (n+ 1)k−n

=⇒ un =+∞

k=n+1

1

k!

+∞

k=n+1

1

n!× (n+ 1)k−n=

1

n!

+∞

j=1

1

(n+ 1)j=

1

n!× 1

n+ 1× 1

1− 1

n+ 1

=1

nn!

On en déduit que

0 un 1

nn!

ce qui donne la convergence.

Exercice PC* 27

(CCP 2007 - extrait).

1. Déterminer la limite en +∞ de sn =2n

k=1

1

k. Montrer que

ln (2n+ 1) sn 1 + ln (2n)

et en déduire la limite desn

2n+ 1.

2. Montrer que+∞

n0

(−1)n sn2n+ 1

existe.

Solution

:

1. Puisque la série harmonique diverge et est à termes positifs, on a un =n

k=1

1

k−−−−−→n→+∞

+∞, ainsi sn = u2n −−−−−→n→+∞

+∞. Puis par comparaison avec une intégrale, puisque t −→ 1

test décroissante, on a

2n+1

1

dt

t= ln (2n+ 1) sn

1

1+

2n

1

dt

t= 1 + ln (2n)

—28/208— G H


d’oùsn

2n+ 1−−−−−→n→+∞

0

2. Posons an =sn

2n+ 1qui est positif. On a an −−−−−→

n→+∞0 et an+1 − an =

sn+12n+ 3

− sn2n+ 1

. Or sn+1 = sn +1

2n+ 1+

1

2n+ 2d’où

an+1 − an =sn

2n+ 3+

1

(2n+ 1) (2n+ 3)+

1

(2n+ 2) (2n+ 3)− sn2n+ 1

=1

(2n+ 1) (2n+ 3)+

1

(2n+ 2) (2n+ 3)− 2sn(2n+ 3) (2n+ 1)

=1

(2n+ 3)

1

(2n+ 1)+

1

(2n+ 2)− 2sn2n+ 1

Or

ln (2n+ 1) sn =⇒1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 2sn2n+ 1

1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 2

ln (2n+ 1)

2n+ 1

Mais1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 2

ln (2n+ 1)

2n+ 1=

1

2n+ 1

2 (1− ln (1 + 2n))− 1

2n+ 2

est négatif si n 1. On en déduit que an+1 − an 0 pour n 0 (on vérifie que a1 − a0 0). Ainsi d’après leCSSA,

n0

(−1)n an CV.

Exercice PC* 28

Nature de la série de terme général un = ln

1 +

(−1)n ln2 nn

pour n 1.

Solution

: Puisque

(−1)n ln2 nn

−−−−−→n→+∞

0, on a

un =(−1)n ln2 n

n− 1

2

(−1)n ln2 n

n

2+ o

ln4 n

n2

Or an =(−1)n ln2 n

nest une série alternée, la fonction f : t −→ ln2 t

test C1 sur [1,+∞[, f ′ (t) =

2 ln t− ln2 t

t2=

− ln tln t− 2

t2. D’où f est croissante sur

1, e2puis décroissante. Ainsi la suite (|an|)n3 est décroissante (à partir du rang

3). La série

n3

an cv par le CSSA donc

n1

an aussi.

Puis bn = −1

2

(−1)n ln2 n

n

2+ o

ln4 n

n2

= −1

2

ln4 n

n2+ o

ln4 n

n2

∼ −1

2

ln4 n

n2est de signe constant et n

32 bn −−−−−→

n→+∞0

donc d’après le critère de comparaison puisque 32 > 1 (Riemann), la série

n1

bn est ACV.

Conclusion

n1

un CV.

Exercice PC 8

(Attention , utilise la comparaison intégrale). Nature de la série de terme général un =(−1)n√

n lnn+ (−1)npour n 2.

—29/208— G H


Solution

: On a

(−1)n√n lnn+ (−1)n

=(−1)n√n lnn

× 1

1 +(−1)n√n lnn

=(−1)n√n lnn

1− (−1)n√

n lnn+ o

1√n lnn

=(−1)n√n lnn

− 1

n lnn+ o

1√n lnn

= an + bn où an =(−1)n√n lnn

et bn = −1

n lnn+ o

1√n lnn

La série

n1

an est une série alternée et1√n lnn

tend vers 0 en décroissant donc la série converge.

Pour bn, on a bn ∼ −1

n lnnde signe constant. On compare alors avec l’intégrale, soit f : [2,+∞[ , f est continue, positive

et décroissante donc

ln (lnn+ 1)− ln ln 2 =

n+1

2

dt

t ln t

n

k=2

1

n lnn

La série

n2

bn diverge donc.

Conclusion

n2

un diverge (somme d’une CV et d’un DV).

Exercice PC 9

Convergence et calcul de

n1

1

1 + 2 + · · ·+ n.

Solution

: Le terme général vaut

2

n (n+ 1)∼ 2

n2, il y a convergence et

1

n (n+ 1)=

1

n− 1

n+ 1d’où

n

k=1

1

k (k + 1)= 1− 1

n+ 1=⇒

n1

1

1 + 2 + · · ·+ n = 1

Exercice PC* 29


n0

√n+ a

√n+ 1 + b

√n+ 2

en fonction de (a, b) ∈ R2.

Solution

: On a un =

√n+ a

√n+ 1 + b

√n+ 2 =

√n

1 + a

1 +

1

n+ b

1 +

2

n

. Avec√1 + u = 1 +

1

2u− 1

8u2 +

ou→0

u2, on obtient

un =√n

1 + a+ b+

1

2a+ b

× 1

n−1

8a+

1

2b

× 1

n2+ o

1

n2

= (1 + a+ b)√n+

1

2a+ b

√n

−

1

8a+

1

2b

n32

+ o

1

n32

—30/208— G H


Il y a cv si et seulement si

$1 + a+ b = 01

2a+ b = 0

,soit b = 1 et a = −2 et dans ce cas

Sn =n

k=0

√k − 2

√k + 1 +

√k + 2

=√n+ 2−

√n+ 1− 1

=1√

n+ 2 +√n+ 1

− 1 −−−−−→n→+∞

−1

Exercice PC* 30

Soit (an)n une série à termes positifs convergentes. Montrer que la série de terme géneral un =√ana2n converge

également.

Solution

: Pour u et v positifs on a

0 √uv

u+ v

2(c’est

√u−√v

2 0 )

ainsi0 un

an + a2n2

La série de terme général an converge, quid de celle dont le terme général est bn = a2n ?Soit Sn =

nk=0 ak et σn =

nk=0 bk =

nk=0 a2k les sommes partielles des séries à termes positifs de de terme général

an et bn. Alors

σn = a0 + a2 + · · ·+ a2n S2n =n

k=0

a2k = σn +n−1

k=0

a2k+1 car ai 0 ∀i

d’où

σn S =+∞

k=0

ak

Les sommes partielles denk=0 bk étant bornée, la série

k0 bk converge. On en déduit que la série

k0 (ak + a2k)

converge et par majorationk0 uk aussi (car on a une série à termes positifs !).

Exercice PC* 31

On définit pour n 0, un =1

(n+ 1) 2n, Hn =

n

k=0

1

k + 1et vn =

Hn2n.Montrer que les séries

n0

un et

n0

vn convergent.

On note u et v leurs sommes. A l’aide d’un produit de Cauchy, établir que

v = 2u

Remarque : Par les DSE, on a u = 2 ln 2.

Solution

: Pour un, on a 0 un

1

2nd’où CVA par comparaison avec une série de référence (géométrique). Pour vn,

une majoration grossière va suffire. En effet

Hn n

k=0

1 = (n+ 1) =⇒ 0 vn n+ 1

2n

—31/208— G H


et la série de terme général an =n+ 1

2nconverge car (pour les cubes, on pense aux DSE donc à la dérivée de

n0

xn+1 en

x =1

2)

an+1an

=n+ 2

2 (n+ 1)−−−−−→n→+∞

1

2

Enfin, soit wn =1

2n, série qui converge absolument, de somme

+∞n=0

1

2n= 2, le produit de Cauchy de

n0

un et de

n0

wn donne

n

k=0

1

(k + 1) 2k× 1

2n−k=

1

2n

n

k=0

1

(k + 1)=Hn2n

= vn

d’où2u = v

Exercice PC* 32

Nature de la série de terme général un = cos

arctann+

1

nα

où α > 0.

Solution

: On sait que arctann = π

2 − arctan1

nd’où

un = cos

π

2− arctan

1

n+

1

nα

= sin

arctan

1

n

− 1

nα

Or arctanu = u− 1

3u3 + o

u3et sin (u) = u− 1

6u3 + o

u3donc

arctan

1

n

+

1

nα=

1

n− 1

nα− 1

n3+ o

1

n3

∼

− 1

nαsi α < 1

− 1

n3si α = 1

1

nsi α > 1

On a donc CV si et seulement si α = 1.

Exercice PC* 33

Soit

n0

un une série à termes positifs qui converge, montrer que

n0

u2n converge. Est-ce vrai pour une série à terme

quelconque ?

Solution

: Puisque la série converge on a un −−−−−→

n→+∞0 donc

∃N ∈ N, n N =⇒ 0 un 1 =⇒ 0 u2n un 1

La série

nN

u2n converge donc par comparaison des séries à termes positifs, il en est de même de

n0

u2n.

C’est faux pour une série à termes quelconque, prendre par exemple un =(−1)n√n

qui converge alors que u2n =1

ndiverge.

—32/208— G H


Exercice PC* 34

(Spécial cube) Nature de

n1

un où un = π

2

0

sinn x

xdx

Solution

: On a un =

π2

0

sinn x

xdx =

π2

0

sinx

xsinn−1 xdx, or pour x ∈

0, π2, on a

2

πx sinx (convexité) donc

∀x ∈)0,π

2

),2

π

sinx

x

On pose ϕ (x) =sinx

xet ϕ (0) = 1, alors ϕ (x)

2

πsur0, π2et un =

π2

0

ϕ (x) sinn−1 xdx 2

π

π2

0

sinn−1 xdx. Oh du

Wallis ! ! ! !

Soit donc In = π

2

0

sinn xdx, un grand classique (IPP) donne In = (n− 1) (In−2 − In) d’où nInIn−1 = (n− 1) In−1In−2

est constant. Puis la suite est décroissante donc

In+2 In+1 In =⇒n+ 1

n+ 2=In+2In

In+1In

1 =⇒ In+1In

−−−−−→n→+∞

1 =⇒ In ∼ In+1

Ainsiπ

2= 1× I1I0 = nInIn−1 ∼ nI2n =⇒ In ∼

π

2n

Puisque

un 2

πIn−1

et

n1

In−1 diverge (termes 0 et Riemann), on en déduit que

n0

un DV.

Exercice PC 10

Nature de la série

n0

un où un =√n+ 1−√n

n

Solution

: La série est à termes positifs et si n 1, on a un =

1√

n+ 1 +√n

n

1

2nd’où la convergence.

Exercice PC* 35

On considère la série

n0

(−1)n(n+ 1)α

et on note S (α) sa somme lorsqu’elle converge.

1. Pour quelles valeurs de α, S (α) existe-t-elle ? Dans ce cas, soit

n0

an le produit de Cauchy de S (α) par elle même,

donner une expression de sous la forme d’une somme. Quand est-on sûr de la convergence de

n0

an en fonction

de α ?

2. Montrer que |an| 4α (n+ 1)

(n+ 2)2αque peut-on en déduire ?

3. On suppose α = 1.

(a) Calculer an à l’aide de Hn+1 =n

k=0

1

k + 1(utiliser une DES de

1

(X + 1) (n+ 1−X))

(b) Etudier la monotonie deHn+1n+ 2

et conclure

—33/208— G H


Solution

:

1. Pour α > 0, d’après le CSSA, S (α) existe, et on a CV A pour α > 1 ce qui assure la CV du produit de Cauchy. Ona

an =n

k=0

(−1)k(k + 1)α

× (−1)n−k(n+ 1− k)α = (−1)n

n

k=0

1

(k + 1)α (n+ 1− k)α

2. La fonction f définie par f (x) = (x+ 1) (n+ 1− x) est un trinôme du second degré qui admet un maximum en

x =n

2, ainsi

(k + 1) (n+ 1− k) n2+ 1n+ 1− n

2

=

n+ 2

2

2=⇒ 1

(k + 1)α (n+ 1− k)α 4α

(n+ 2)2α

d’où

|an| =n

k=0

1

(k + 1)α (n+ 1− k)α 4α (n+ 1)

(n+ 2)2α

On en déduit que pour 2α− 1 < 0⇐⇒ α ∈0, 12la suite |an| ne tend pas vers 0, donc la série DV grossièrement.

3.

(a) Pour α = 1, on a1

(X + 1) (n+ 1−X) =1

n+ 2

1

n+ 1−X +1

X + 1

d’où

n

k=0

1

(k + 1) (n+ 1− k) =1

n+ 2

n

k=0

1

n+ 1− k +1

k + 1

=

1

n+ 2

n

k=0

1

n+ 1− k +n

k=0

1

k + 1

=1

n+ 2

n

k=0

1

n+ 1− k +Hn+1

= 2Hn+1n+ 2

Ainsi

an = 2 (−1)n Hn+1n+ 2

(b) Soit un =Hn+1n+ 2

alors

un+1 =Hn+2n+ 3

=Hn+1 +

1

n+ 2n+ 3

=n+ 2

n+ 3un +

1

(n+ 2) (n+ 3)

=n+ 3− 1

n+ 3un +

1

(n+ 2) (n+ 3)= un −

unn+ 3

+1

(n+ 2) (n+ 3)

d’où

(n+ 3) (un+1 − un) =1

n+ 2− un =

1−Hn+1n+ 2

= − 1

n+ 2

n

k=1

1

k + 1 0 si n 1

On a donc CV par le CSSA.

Exercice PC* 36

Soitan une série à termes strictement positifs. La suite (bn) est définie par

b0 = 1 et bn+1 = αbn + βb4n + an

14

où α et sont deux réels strictement positifs fixés tels que α+ β = 1. Comparer les natures dean et (bn)n .

—34/208— G H


Solution

: On va montrer que

an converge si et seulement si (bn)n converge. On commence par montrer la croissance

de (bn)n. On a par récurrence immédiate bn > 0

bn+1 − bn = (α− 1) bn + βb4n + an

14

= βb4n + an

14 − βbn = βbn

1 +

anb4n

14

− 1

> 0

La suite est donc strictement croissante donc admet une limite finie ou infinie.Montrons que

an CV =⇒ (bn)n converge.

Puisquean CV, on a an −−−−−→

n→+∞0 donc

anb4n an (car bn b0 = 1) et ainsi

anb4n−−−−−→n→+∞

0. On a donc1 +

anb4n

14

−1 ∼an4b4n

et

0 bn+1 − bn ∼βan4b3n

βan4

La série βan

4CV donc par comparaison des séries à termes positifs, on a

n0

(bn+1 − bn) =⇒ (bn)n converge.

Montrons que (bn)n converge =⇒an CV.

Posons un = bn+1 − bn, alors un = βbn

1 +anb4n

14

− 1

d’où

an =

unβbn

+ 1

4− 1

b4n

Puique bn −−−−−→n→+∞

ℓ 1, on a bn ∼ ℓ et un −−−−−→n→+∞

0 d’où

an =

unβbn

+ 1

4− 1

b4n ∼ ℓ4 × 4unℓβ

=4ℓ3

βun

La suite (bn)n converge et est croissante doncun converge et est à termes positifs. Par comparaison des séries à termes

positifs, on aan CV.

Exercice PC* 37

Pour n ∈ N∗, on note p (n) le nombre de chiffres de l’écriture décimale de n. Soit a un réel avec a > 1, quelle est la

nature de la série

n1

1

nap(n)?

Solution

: Le nombre n a k chiffres si et seulement si 10k−1 n < 10k ⇐⇒ (k − 1) ln 10 lnn < k ln 10 soit

k 1 + logn < k + 1

où logn =lnn

ln 10est le logarithme décimal de n. Puisque k ∈ N, on a

p (n) = k = E (1 + logn)

cette formule n’est pas vraiment utile...

La série

n1

1

nap(n)est à termes positifs et pour n 1 (puisque a > 1)

ap(n) alogn = alogn = nlog a

—35/208— G H


En effet alogn = exp (logn log a) = nlog a. Ainsi

un =1

nap(n)

1

n1+log a

Puisque a > 1, log a > 0 et la série converge par comparaison avec une série de Riemann.

Exercice PC* 38

(X) Soit (an)n1 une suite d’entiers naturels tels que

∀n 1, 0 an n− 1

1. Monter que

n1

ann!

converge.

2. On suppose que an = n− 1 à partir d’un certain rang. Montrer que la somme

n1

ann!

est rationnelle.

3. Soit t ∈ [−1, 1] non nul. On cherche α irrationnel tel que limn→+∞

sin (2πn!α) = t. On va chercher α =+∞

n=1

ann!

avec

0 an n− 1 pour tout n ∈ N∗. On pose Rn le reste d’ordre de la série Rn =+∞

p=n+1

app!

et Sn la somme partielle,

Sn =n

p=1

app!.

(a) En écrivant que α = Sn +an+1

(n+ 1)!+Rn+1, montrer qu’il suffit d’avoir sin

2πan+1n+ 1

−−−−−→n→+∞

t.

(b) Construire la suite (an)n1.

Solution

:

1. On a pour n 3, 0 ann!n− 1

n!=

1

n× (n− 2)× · · · 1 1

(n− 2)2. Puisque

n3

1

(n− 2)2converge par comparaison

des séries positives, cela marche.

2. Si pour n > N, on a an = n− 1, alors

+∞

n=1

ann!

=N

n=1

ann!

∈Q

++∞

n=N+1

n− 1

n!

Mais+∞

n=N+1

n− 1

n!=

+∞

n=N+1

1

(n− 1)!−

+∞

n=N+1

1

n!=

+∞

n=N

1

n!−

+∞

n=N+1

1

n!=

1

N !∈ Q ((1))

3.

(a) On a donc α = Sn +an+1

(n+ 1)!+Rn+1 =⇒ 2πn!α = 2πn!Sn +

2πan+1n+ 1

+ 2πn!Rn+1. Mais

2πn!Sn = 2π ×n

p=1

n!app!

= 2π ×n

p=1

(n− p)! n!ap(n− p)!p! = 2π ×

n

p=1

(n− p)!n

p

ap

=Nn∈N

∈ 2πN

et d’après le calcul de (1)

0 2πn!Rn+1 = 2πn!+∞

p=n+2

app! 2πn!

+∞

p=n+2

p− 1

p!= 2πn!× 1

(n+ 1)!=

2π

n+ 1−−−−−→n→+∞

0

—36/208— G H


On a donc

sin (2πn!α) = sin

2πNn +

2πan+1n+ 1

+ 2πn!Rn+1

= sin

2πan+1n+ 1

cos (2πn!Rn+1) −−−−−→n→+∞

1

+ cos

2πan+1n+ 1

sin (2πn!Rn+1) −−−−−→n→+∞

0

Il suffit donc que

sin

2πan+1n+ 1

−−−−−→n→+∞

t

ou bien que

sin

2πann

−−−−−→n→+∞

t

(b) Soit β un angle tel que sinβ = t (pour l’instant peut importe, on verra après). On va construire une suited’entier tels que

2πann

−−−−−→n→+∞

β

Bon, cela impose d’avoir β 0. Donc on choisit β dans l’intervalleπ2 ,

3π2

par exemple (donc β = arcsin t est

un mauvais choix, pas de chance !). Puis on veut que an =nβ

2π, mais ce n’est pas un entier · · · On pose donc

an = E

nβ

2π

∼

n→+∞nβ

2π=⇒ 2πan

n−−−−−→n→+∞

β

Reste deux ou trois vérifications, à savoir 0 an n− 1 et α /∈ Q.Puisque π

2 β 3π2 , on a 0 <

nβ

2πn

2π× 3π

2 =3n

4 n− 1. Enfin, si α ∈ Q, par exemple α =

p

q, alors pour

n q, on a

2πn!α = 2πn× · · · × q × · · · × 1× pq∈ 2πN =⇒ sin (2πn!α) = 0 =⇒ t = 0 exclu

Exercice PC* 39

1. Soient (un)n0 et (vn)n0 deux suites réelles, λ ∈ R. On suppose :

∀n ∈ N, un 0 ;

|vn| converge etun+1un

= 1− λn+ vn

Montrer que (nλun) converge.

2. Nature de la série de terme général un =nn

n!en?

Solution

:

1. Puisque |vn| CV, on a |vn| −−−−−→

n→+∞0 et ainsi

un+1un

−−−−−→n→+∞

1. Ainsi, la suite (un)n∈N est, à partir d’un certain rang,

de signe constant (quite à prendre −un, on peut la supposer strictement positive). On va donc poser wn = lnnλun

,

—37/208— G H


ainsi la série des différences de (wn)n est telle que

wn+1 −wn = ln(n+ 1)λ un+1

− lnnλun

= λ ln

1 +

1

n

+ ln

un+1un

=λ

n− λ2

2n2+ on→+∞

1

n2

+ ln

1− λ

n+ vn

=λ

n− λ2

2n2+ on→+∞

1

n2

− λn+ vn −

1

2

λ

n− vn

2+ on→+∞

λ

n− vn

2

= − λ2

2n2+ vn −

1

2

λ

n− vn

2+ on→+∞

1

n2

+ on→+∞

λ

n− vn

2

Mais,(a− b)2 = a2 − 2ab+ b2 2

a2 + b2

⇐⇒ (a+ b)2 0

On a donc

0

λ

n− vn

2 2

λ2

n2+ v2n

Mais la série |vn| CV donc son terme général tend vers 0, ainsi pour n assez grand

0 v2n |vn| 1

Ceci prouve la CVA des séries (positives) de terme généralλ2

n2+ v2n, puis

λn − vn

2et donc o

n→+∞

λn − vn

2. Bref,

n0

wn+1 −wn CV et donc

La suite (wn)n converge

On en déduit que

un ∼ℓ

nλoù ℓ = exp (L) > 0 avec L = lim

n→+∞wn

2. Si un =nn

n!en, alors

un+1un

=1

e

1 +

1

n

n= exp

n ln

1 +

1

n

− 1

= exp

n

1

n− 1

2n2+ On→+∞

1

n3

− 1

= exp

− 1

2n+ On→+∞

1

n2

= 1− 1

2n+ On→+∞

1

n2

On en déduit que

un ∼ℓ√n

et la série diverge

—38/208— G H


Exercice PC* 40

(Centrale) Pour x ∈ R et n ∈ N∗, on note un(x) =x(x− 1) · · · (x− n+ 1)

n!et vn(x) = (−1)nun(x).

1. Étudier les signes de un(x) et vn(x).

2. Déterminer la nature de la série de terme général yn(x) = ln |vn(x)| − ln |vn−1(x)|.3. Étudier la limite de la suite (vn(x)).

4. Étudier la nature des séries

n1

un(x) et

n1

vn(x).

Solution

:

1. L’étude du signe est simple. On a donc

x −∞ 0 1 2 · · · · · · n− 2 n− 1 +∞un (x) (−1)n 0 (−1)n−1 0 (−1)n−2 0 · · · · · · 0 − 0 +

vn (x) + 0 − 0 + 0 · · · · · · 0 (−1)n−1 0 (−1)n

On constate que sur ]−∞, 0[ et sur chaque intervalle ]k, k + 1[ , un (x) a un signe alterné pour n k, alors que lesigne de vn (x) est fixe (égal à (−1)k) pour n k.

2. On a yn (x) = ln

vn (x)

vn−1 (x)

pour x /∈ N, orvn (x)

vn−1 (x)= 1− x+ 1

nd’où yn (x) = ln

1− x+ 1

n

∼ −x+ 1

net la série

diverge.

3. On se place sur l’intervalle ]k, k + 1[ , pour n k, on sait que vn (x) est de signe constant égal à (−1)k et que

vn (x)− vn−1 (x) = vn−1 (x)×vn (x)

vn−1 (x)− 1

= −vn−1 (x)

x+ 1

n

Ainsi, à x ∈ ]k, k + 1[, fixé, la suite (vn (x)) est décroissante positive si k est pair, croissante négative si k est impair.Bref, dans tous les cas, elle converge. Soit ℓ sa limite, si ℓ = 0, la suite ln |vn (x)| converge vers ln |ℓ| . Absurbe,puisque sa séries des différence

n1

yn (x) diverge. Donc

vn (x) −−−−−→n→+∞

0

4. Mais alors

n0

un (x) , sur ]k, k + 1[ est alternée à partir du rang n, donc converge.

Pour

n0

vn (x) , c’est plus compliqué. En effet, à x fixé, cette série est de signe constant (quitte à remplacer vn par

−vn, on peut supposer le signe positif). Prenons x /∈ N (sinon elle converge clairement), alors

vn (x)

vn−1 (x)= 1− x+ 1

n

Posons rn =1

nα, ainsi

rnrn−1

=

n− 1

n

α=

1− 1

n

α= 1− α

n+O

1

n2

d’où

rnrn−1

− vn (x)

vn−1 (x)=

(x+ 1)− αn

+O

1

n2

∼ (x+ 1)− α

n

Pour x < 0, on choisit α = 1+x

2, ainsi x+1 < α < 1 et pour n assez grand, n n0,

rnrn−1

− vn (x)

vn−1 (x)< 0 =⇒ 0

rnrn−1

vn (x)

vn−1 (x). On a donc

n

k=n0+1

rkrk−1

=rnrn0−1

n

k=n0+1

vn (x)

vn−1 (x)=

vn (x)

vn0−1 (x)

—39/208— G H


Puisque

n1

rn diverge (α < 1) la série

n1

vn (x)

vn0−1 (x)aussi, ainsi que

n1

vn (x).

Pour x > 0, on choisit α = 1 +x

2, ainsi 1 < α < x+ 1, cette fois pour n assez grand, n n0,

rnrn−1

− vn (x)

vn−1 (x)> 0

d’oùn

k=n0+1

rkrk−1

=rnrn0−1

n

k=n0+1

vn (x)

vn−1 (x)=

vn (x)

vn0−1 (x)et

n1

rn converge donc

n1

vn (x) aussi.

Exercice PC 11

(Oral CCP) Soit la suite (un)n∈N définie par u0 > 0 et un+1 = (aun + b)12 avec a > 0 et b 0.

1. On suppose b = 0

(a) Montrer que ∀n ∈ N, un = au0a

12n

.

(b) Montrer que (un)n∈N converge.

(c) Nature de

n0

(un − a) et de

n0

2n (un − a)

2. On suppose que b > 0 et on note a∗ =a+a2 + 4b

12

2.

(a) Montrer que si (un)n∈N converge, sa limite est a∗.

(b) Montrer cette convergence et établir que ∀n ∈ N, |un+1 − a∗| a

2min (a∗, un+1)|un − a∗| .

(c) Nature de

n0

2n (un − a∗).

Solution

:

1. Si b = 0, alors un+1 =√aun

(a) Par récurrence, puisque

a× au0a

12n

=√a2u0

a

12n 1

2

= au0a

12n+1 et u0 = a×

u0a

120 .

(b) On a donc un = a exp1

2nlnu0a

−−−−−→n→+∞

a car1

2nlnu0a

−−−−−→n→+∞

0.

(c) Puis un−a = a×exp

1

2nlnu0a

− 1

∼ a

2nlnu0a

. La série

n0

(un − a) converge (comparaison à une

géométrique) et l’autre diverge si lnu0a= 0⇐⇒ u0 = a. Mais si u0 = a, on a un = a est constante, et la série

n0

2n (un − a) converge.

2. Dans ce cas, un+1 =√aun + b est parfaitement défini (récurrence).

(a) Si un −−−−−→n→+∞

ℓ, alors un+1 −−−−−→n→+∞

ℓ d’où, mais un+1 =√aun + b −−−−−→

n→+∞

√aℓ+ b. Ainsi

ℓ =√aℓ+ b⇐⇒ ℓ2 − aℓ− b = 0

Cette équation a deux racines de signes opposés (regardez le produit qui vaut −b), puisque ℓ 0 (c’est uneracine carrée), on a ℓ = a∗.

(b) On a un 0 (récurrence immédiate) et un+1− un =√aun + b− un =

aun + b− u2n√aun + b+ un

= −(un − a∗) (un + α)√

aun + b+ un

où α =−a+

a2 + 4b

12

2> 0 est l’opposé de l’autre racine. Bon, tout cela pour dire que un+1−un est du signe

—40/208— G H


opposé à celui de un − a∗.Mais un+1−a∗ =

√aun + b−

√aa∗ + b =

a (un − a∗)√aun + b+

√aa∗ + b

=a (un − a∗)√aun + b+ a∗

est du signe de un−a∗ donc(récurrence) du signe de u0 − a∗. Donc si u0 ∈ [0, a∗] , tous les termes sont dans [0, a∗] , la suite est croissante,majorée donc converge. Si u0 ∈ [a∗,+∞[ , tous les termes sont dans [a∗,+∞[ , la suite est décroissante, minorée,elle converge. Et bien sûr vers a∗ !On a donc |un+1 − a∗| =

a√aun + b+ a∗

|un − a∗| ,majorons, donc minorons√aun + b+a

∗ par 2min√aun + b, a

∗ =

2min (a∗, un+1) !

(c) Bon pour la dernière question .... On a un+1 − a∗ =a (un − a∗)un+1 + a∗

, ce qui prouve que un = a∗ ⇐⇒ un+1 = a∗.

Si u0 = a∗, la suite est stationnaire, la série converge. Si u0 = a∗, alors ∀n, un = a∗ et

2n+1 |un+1 − a∗|2n |un − a∗|

=2a

un+1 + a∗−−−−−→n→+∞

a

a∗=

2a

a+√a2 + 4b

=2a

a+ a

1 + 4

b

a

=2

1 +

1 + 4

b

a

< 1

carb

a> 0. Donc ce bon vieux D’Alembert nous dit que la série converge absolument.

Exercice PC 12

Nature de+∞

k=2

(−1)n1 + 2 lnn

1 + ln2 n

Solution

: Soit f (x) =

1 + 2 lnx

1 + ln2 x, on a g′ (x) =

21− ln2 x− lnx

xln2 x+ 1

2 < 0 pour x > 2. La fonction f est donc décroissante

et par composition,√f aussi. Ainsi puisque |un| −−−−−→

n→+∞0 en décroissant (à partir du rang 3) et que (−1)n un est de

signe constant, le CSSA s’applique.

Exercice PC* 41

(Mines 2012) Soit (un)n∈N la suite définie par u0 ∈0, π2et ∀n ∈ N∗, un =

(−1)nn

cos (un−1). Nature de la série

n0

un.

Solution

: Qui n’a pas envie d’utiliser le CSSA? Bon, on commence par l’étude de la suite. On a

|un| 1

n−−−−−→n→+∞

0

De plus, pour n 1, |un| 1

n< π

2 , ainsi un ∈−π2 , π2

, d’où un+1 =

(−1)n+1n+ 1

cos (un) est du signe de (−1)n+1. Bon,reste la décroissance (semble pas évidente...) de |un|. Par parité du cosinus, on a cos (un−1) = cos (|un−1|) , si on pose

xn = |un| , la suite (xn)n vérifie donc la relation xn =cos (xn−1)

n. On a également prouvé que xn ∈

0,1

n

et en particulier

que xn −−−−−→n→+∞

0. On a

xn+1 − xn =cos (xn)− (n+ 1)xn

n+ 1

Il nous faut un DA de xn ! Puisque xn−1 −−−−−→n→+∞

0, on a cos (xn−1) −−−−−→n→+∞

1 et ainsi xn ∼n→+∞

1

n. On pose xn =

1

n+ yn avec yn = o

n→+∞

1

n

yn =1

n

cos

1

n− 1+ yn−1

− 1

∼

n→+∞− 1

2n

1

n− 1+ yn−1

2

—41/208— G H


donc yn ∼n→+∞

− 1

2n

1

n− 1

2car yn−1 = o

n→+∞

1

n− 1

d’oùyn ∼

n→+∞− 1

2n3

Bref, on a xn =1

n− 1

2n3+ on→+∞

1

n3

=

1

n+ on→+∞

1

n2

ce qui donne

cos (xn)− (n+ 1)xnn+ 1

=1

n+ 1

cos

1

n+ on→+∞

1

n2

− (n+ 1)× 1

n+ on→+∞

1

n

=1

n+ 1

− 1

n+ on→+∞

1

n

∼

n→+∞− 1

n2< 0

Ainsi la suite (xn)n est décroissante et on peut appliquer le CSSA (ouf).Mais sommes nous stupides ! On a vu que un = (−1)n xn et que

xn =1

n− 1

2n3+ on→+∞

1

n3

donc, pas besoin de CSSA car

un =(−1)nn

− (−1)n2n3

+ on→+∞

1

n3

somme d’une CV et d’une ACV ! On avait fini bien avant ! ! ! ! ! !Bonus : On peut pousser le DA de xn

On pose xn =1

n− 1

2n3+ zn où zn = o

n→+∞

1

n3

, on injecte dans

xn =cos (xn−1)

n=⇒ xn =

1

n− 1

2n3+ zn =

1

ncos

1

n− 1− 1

2 (n− 1)3+ on→+∞

1

(n− 1)3

=⇒ zn =1

ncos

1

n− 1− 1

2 (n− 1)3+ on→+∞

1

n3

− 1

n+

1

2n3

Courage ! On a

1

n− 1=

1

n

1

1− 1

n

=

1

n

1 +

1

n+

1

n2+ on→+∞

1

n2

=1

n+

1

n2+

1

n3+ on→+∞

1

n3

1

(n− 1)3=

1

n3+ on→+∞

1

n3

(ils sont équivalents)

d’où

zn =1

ncos

1

n+

1

n2+

1

n3− 1

2n3+ on→+∞

1

n3

− 1

n+

1

2n3

=1

n

1− 1

2

1

n+

1

n2

2

− 1

n+

1

2n3+ on→+∞

1

n4

= − 1

n4+ on→+∞

1

n4

Bref

xn =1

n− 1

2n3− 1

n4+ on→+∞

1

n4

—42/208— G H


Exercice PC 13

Soit α ∈ R et un =1

tanπ4 +

1n

−1 +

1

n

α, nature de

n1

un.

Solution

: On va faire un DL de un. On a tan

π4 + x

=

1 + tanx

1− tanx=

2− (1− tanx)

1− tanx=

2

1− tanx− 1. Or tanx =

x+ ox→0

x2donc

1

1− tanx=

1

1− x+ ox→0

(x2)= 1 + x+ x2 + o

x→0

x2

tanπ4+ x

= 1 + 2x+ 2x2 + ox→0

x2

(1 + x)α = 1 + αx+α (α− 1)

2x2 + o

x→0

x2

d’où un =(2− α)n

+(4− α (α− 1))

2n2+ on→+∞

12

. La série converge si et seulement si α = 2.

Exercice PC* 42

Etude de

n0

an2n

n

1. Montrer que pour n 0, on a4n

2n+ 1

2n

n

4n.

2. Soit a ∈ R, quelle est la nature de la série

n1

an2n

n

na−1

?

3. Pour a = 1, comment choisir n pour avoir limite, à l’aide de la somme partielle, à 10−3 près ? (on donne46

47< 100,

47

53> 300).

Solution

:

1. Par récurrence, en effet pour n = 0, on a 1 0

0

= 1 1. Puis

2n+ 2

n+ 1

=

(2n+ 2)!

(n+ 1)!2=

2 (2n+ 1)

n+ 1

2n

n

. Il s’agit

donc de prouver que4n+1

2 (n+ 1) + 1

2n+ 2

n+ 1

4n

2n+ 1et que 4n

2 (2n+ 1)

n+ 1 4n+1

La première inégalité s’écrit4

2n+ 3

2 (2n+ 1)

(n+ 1) (2n+ 1)⇐⇒ 4 (n+ 1) (2n+ 1) = 8n2+12n+4 2 (2n+ 1) (2n+ 3) =

8n2 + 16n+ 6 vrai.

La seconde s’écrit2 (2n+ 1)

n+ 1 4⇐⇒ 2 (2n+ 1) = 4n+ 2 4n+ 4 vrai.

Rem : La seconde inégalité provient aussi de2n

n

2n

k=0

2n

k

= (1 + 1)2n = 4n.

2. On a doncan

4nna−1

an2n

n

na−1

an (2n+ 1)

4nna−1

—43/208— G H


Si a < 4, alors

n1

an (2n+ 1)

4nna−1cv (par d’alembert, le rapport vaut

a

4

2n+ 3

2n+ 1

n

n+ 1

a−1−−−−−→n→+∞

a

4< 1), d’où

n1

an2n

n

aussi.

Si a > 4,

n1

an

4nna−1diverge (par d’alembert, le rapport vaut

a

4

n

n+ 1

a−1−−−−−→n→+∞

a

4> 1)et l’autre aussi.

Si a = 4, on aan2n

n

n3

2n+ 1

n3∼

n→+∞1

n2, la série converge.

3. Soit S la somme de la série et Sn la somme partielle, on a S − Sn =+∞

k=n+1

12k

k

. Ainsi

0 S − Sn +∞

k=n+1

2k + 1

4k

Reste à calculer ou à évaluer cette somme...

Soit f (x) =+∞

k=n+1

x2k+1

4k=

+∞

k=n+1

x×x2

4

k= x×

x2

4

n+1 +∞

i=0

x2

4

i= x×

x2

4

n+1× 1

1− x2

4

si x < 4. Ainsi

f (x) =1

4n× x

2n+3

4− x2

Alors f ′ (1) =+∞

k=n+1

2k + 1

4k, avec f ′ (x) =

1

4n

(2n+ 3)x2n+2

4− x2 +2x2n+5

(4− x2)2

, on a f ′ (1) =1

4n

(2n+ 3)

3+2

9

=

6n+ 11

9× 4n.

Il suffit donc d’avoir6n+ 11

9× 4n 10−3 ⇐⇒ 1000

9

4n

6n+ 11On teste avec une calculette pour avoir n = 7.

Exercice PC* 43

Soit α ∈ R∗, on pose un =1

n2αn

k=1

1

kα

.

1. Pour α > 1, donner la nature de la série

n1

un.

2. Pour α 1, quelle est la nature de la série

n1

un ?

3. Pour α 1 donner un équivalent den

k=1

1

kαet en déduire la nature de la série

n1

un.

Solution

: On signale que la série est à termes positifs.

1. Si α > 1, la sérien

k=1

1

kαconverge, soit ζ (α) sa limite (notation classique pour cette somme), on a

n

k=1

1

kα∼

n→+∞ζ (α)

et ainsi un ∼1

ζ (α)n2αconverge également.

—44/208— G H


2. Si α 1, on encadre "brute force", on a

n

nα=

1

nα−1

n

k=1

1

kα n

Ainsi1

n2α+1

1

n2αn

k=1

1

kα

nα−1

n2α=

1

nα+1

On en déduit que si α > 0, la série converge.Si 2α+ 1 1⇐⇒ α 0, la série diverge.

Exercice PC* 44

Convergence et somme de la série+∞

n=2

1

n2 − 1. On pose alors un =

E√n+ 1

−E (

√n)

n, convergence et somme de

+∞

n=1

un (rappel : E est la partie entière).

Solution

: La convergence est immédiate car

1

n2 − 1∼ 1

n2(comparaison séries positives). Puis on a

2

n2 − 1=

1

n− 1−

1

n+ 1, ainsi

N

n=2

2

n2 − 1=

N

n=2

1

n− 1− 1

n+ 1

= 1 +

1

2− 1

N− 1

N + 1−−−−−→N→+∞

3

2

Ainsi+∞

n=2

1

n2 − 1= 3

4 .

Pour la série

n2

un, on commence par remarquer que la série est à termes positifs. La suite des sommes partielles est

donc croissante, soit elle diverge vers +∞, soit elle converge (et la série aussi). Considèrons alors

SN =N2−1

n=1

un

Si on a p2 n (p+ 1)2−2 alors p √n < p+1 d’où E (

√n) = p et de même p2 < p2+1 n+1 (p+ 1)

2−1 < (p+ 1)2

d’où p √n+ 1 < p+ 1 et ainsi E

√n+ 1

= p. Bref dans ce cas, on a un = 0.

Reste le cas où n = (p+ 1)2 − 1, dans ce cas E (

√n) = p et E

√n+ 1

= p+ 1. Ains un =

1

(p+ 1)2 − 1.

On découpe donc la somme partielle en

SN =22−1

n=12

un +32−1

n=22

un + · · ·+(p+1)2−1

n=p2

un + · · ·+N2−1

n=(N−1)2un

On vient de prouver que(p+1)2−1

n=p2

un =1

(p+ 1)2 − 1, ainsi

SN =1

22 − 1+

1

32 − 1+ · · ·+ 1

(p+ 1)2 − 1

+ · · ·+ 1

N2 − 1=

N

n=2

1

n2 − 1−−−−−→N→+∞

3

4

—45/208— G H


Puisque qu’une suite extraite de la suite des sommes partielles de la série

n1

un converge, cette série converge aussi.

Exercice PC* 45

On pose pour n 1, un =1

3nn!

n

k=1

(3k − 2) et vn =1

n34

.

1. Comparerun+1un

etvn+1vn

pour n grand.

2. En déduire la nature de

n1

un.

Solution

: Bon, avant tout, toutes les suites sont positives (donc dans les inégalités, pas de soucis)

1. On a un+1 =1

3n+1 (n+ 1)!

n+1

k=1

(3k − 2) =3 (n+ 1)− 2

3 (n+ 1)un =

1

3

3n+ 1

n+ 1un. Ainsi

un+1un

=1

3

3n+ 3− 2

n+ 1= 1 −

2

3 (n+ 1)= 1− 2

3n+ on→0

1

n

. De même

vn+1vn

=

n+ 1

n

− 34

=

1 +

1

n

− 34

= 1− 3

4n+ on→0

1

n

.

On en déduit quevn+1vn

− un+1un

= − 3

4n+

2

3n+ on→0

1

n

= − 1

12n+ on→0

1

n

donc, pour n assez grand, on avn+1vn

un+1un

2. Posons wn =unvn, alors

wn+1wn

=un+1un

× vnvn+1

1 au voisinage de +∞. La suite (wn)n est donc croissante à partir

d’un rang N . A partir de ce rang, on a alors

unvnuNvN

= A =⇒ un Avn

Puisque

n1

vn diverge, la séie

n1

un diverge aussi.

Exercice PC 14

(Oral CCP) Soit u0 ∈ R tel que 0 < u0 < 1, on définit (un)n∈N par un+1 = un − u2n.

1. Montrer que la suite (un)n∈N converge, quelle est sa limite ?

2. Montrer que la série

n0

u2n converge.

3. Montrer que

n0

ln

un+1un

et

n0

un divergent.

4. Montrer que pour n 1, 0 < un <1

n+ 1et que (nun)n∈N est une suite croissante. Justifier que (nun)n∈N

converge, on note ℓ sa limite.

5. On pose un =ℓ− vnn

si n > 0, quelle est la nature de

n1

(vn+1 − vn) ?

6. En déduire que un ∼n→+∞

1

n.

Solution

: On pose f (x) = x− x2, le graphe de f (parabole) est immédiat, en particulier x ∈ [0, 1] =⇒ f (x) ∈ [0, 1] ,

f croissante sur0, 12puis decroissante.

—46/208— G H


1. On a un+1 − un = −u2n 0, la suite (un)n∈N est décroissante. Puisque u0 ∈ [0, 1] , on a f (u1) ∈ [0, 1] et parrécurrence, un ∈ [0, 1]. Bref, décroissante et minorée donc converge. Si on passe à la limite dans un+1 = un − u2n,on trouve que la limite est nulle.

2. On a u2n = un − un+1, ainsin

k=0

u2k =n

k=0

(uk − uk+1) = u0 − un+1 −−−−−→n→+∞

u0. La série converge.

3. On a ln

un+1un

= ln (1− un) ∼ −un, par comparaison des séries à termes de signe constant, les deux séries sont

de même nature. Puisn

k=0

ln

uk+1uk

=

n

k=0

ln (uk+1)− ln (uk) = ln (un+1)− ln (u0) −−−−−→n→+∞

−∞

car un −−−−−→n→+∞

0

donc les deux séries divergent.

4. On a u1 = f (u0) 1

4(1

4est le max de f). Par récurrence, si un

1

n+ 1

1

2alors f (un) f

1

n+ 1

=

1

n+ 1− 1

(n+ 1)2=

n

(n+ 1)2.

Mais n (n+ 2) < (n+ 1)2 doncn

(n+ 1)2<

1

n+ 2et la récurrence marche.

Puis (n+ 1)un+1 − nun = (n+ 1)un − u2n

− nun = un − u2n − nu2n = un (1− (n+ 1)un) > 0. La suite est donc

croissante et on vient de montrer que nun n

n+ 1 1, elle est majorée donc elle converge vers ℓ > 0.

5. Pour n 1, on a vn+1 − vn = nun − (n+ 1)un+1, donc (encore un telescopage)n

k=1

(vk+1 − vk) =n

k=1

(kuk − (k + 1)uk+1) = u1 − (n+ 1)un+1 −−−−−→n→+∞

u1

et la série converge.

6. On doit montrer que ℓ = 1. On sait que nun −−−−−→n→+∞

ℓ, et que la sérien

k=1

(vk+1 − vk) converge. Mais

vk+1 − vk = kuk − (k + 1)uk+1 = kuk − (k + 1)uk − u2k

= uk ((k + 1)uk − 1)

Or uk =ℓ

k+ ok→+∞

1

k

donc

(k + 1)uk − 1 =ℓ (k + 1)

k− 1 + o

k→+∞(1) = ℓ− 1 + o

k→+∞(1) ∼ ℓ− 1 si ℓ = 1

D’où si ℓ = 1, vk+1 − vk ∼ℓ

k× (ℓ− 1) et la série

n

k=1

(vk+1 − vk) diverge.

Conclusion : ℓ = 1.

Exercice PC 15

Nature deun et

vn où un =

(−1)nn+ (−1)n lnn et vn =

(−1)nn

1− 1

2+1

3− · · ·+ (−1)n+1

n

Solution

: Pour la première, on a

un =(−1)n

n+ (−1)n lnn =(−1)nn

× 1

1 +(−1)n lnn

n

=(−1)nn

1− (−1)n lnn

n+ on→+∞

lnn

n

=(−1)nn

− lnn

n2+ on→+∞

lnn

n2

—47/208— G H


Ainsi

un −(−1)nn

∼ − lnn

n2

Par comparaison des séries à termes de signe constant, on a

un −(−1)nn

converge.Mais

(−1)nn

converge (CSSA)

donc

un =

un −

(−1)nn

+(−1)nn

converge comme somme de deux séries qui convergent.

Pour la seconde, soit wn =(−1)n+1n

, la série

n1

wn converge par le CSSA, soit ℓ sa limite, et Sn =n

k=1

wk = 1 − 1

2+

1

3− · · ·+ (−1)n+1

n, alors on sait (théorème des suites adjacentes) que

|Sn − ℓ| 1

n+ 1

Donc vn −(−1)n ℓn

=1

n|Sn − ℓ|

1

n (n+ 1)

d’où la convergence absolue de la série des vn −(−1)n ℓn

. Mais alors vn =

vn −

(−1)n ℓn

+

(−1)n ℓn

converge comme

somme de deux séries qui convergent.

Exercice PC 16


n1

ln

(n+ 1) (n+ 2)

n (n+ 3)

.

Solution

: On a

(n+ 1) (n+ 2)

n (n+ 3)− 1 =

2

n (n+ 3)d’où

ln

(n+ 1) (n+ 2)

n (n+ 3)

= ln

1 +

2

n (n+ 3)

∼ 2

n (n+ 3)∼ 2

n2

Par comparaison des séries à termes de signe constant, la série converge. Puis

n

k=1

ln

(k + 1) (k + 2)

k (k + 3)

=

n

k=1

ln (k + 1) +n

k=1

ln (k + 2)−n

k=1

ln (k)−n

k=1

ln (k + 3)

=n+1

i=2

ln (i) +n+2

i=3

ln (i)−n

i=1

ln (i)−n+3

k=4

ln (i)

= ln(n+ 1) + ln(2) + ln(3) + ln(3) + ln(n+ 1) + ln(n+ 2)− ln(1)− ln(2)− ln(3)− ln(n+ 1)− ln(n+ 2)− ln(n+ 3)

= ln 3 + ln (n+ 1)− ln (n+ 3) = ln (3)− ln

n+ 3

n+ 1

= ln (3)− ln

1 +

2

n+ 1

−−−−−→n→+∞

ln 3

Bref,

n1

ln

(n+ 1) (n+ 2)

n (n+ 3)

= ln 3

—48/208— G H


4 Intégrales généralisées

Exercice PC* 46

On considère l’intégrale généralisée I = 1

−1

dx

(2− x2)√1− x2

.

1. Montrer que ϕ : x −→ u =x√

1− x2un C1 difféomorphisme de ]−1, 1[ sur R. Exprimer ϕ−1.

2. A l’aide du changement de variable ϕ, montrer que I converge et calculer sa valeur.

Solution

:

1. La fonction ϕ est C1 sur ]−1, 1[ strictement croissante (sa dérivée est ϕ′ (x) =d

dx

x√

1− x2=

1

(1− x2) 32), elle

réalise bien un C1 difféomorphisme. On u =x√

1− x2⇐⇒ u2 =

x2

1− x2 ⇐⇒ x2 =u2

u2 + 1. Puisque u et x sont de

même signe, on obtientx =

u√1 + u2

2. On a donc

dx =du

(u2 + 1)32

dx

(2− x2)√1− x2

=xdx

x (2− x2)√1− x2

=u

u√1 + u2

2− u2

u2 + 1

× du

(u2 + 1)32

=du

u2 + 2 +1

−1

dx

(2− x2)√1− x2

=

+∞

−∞

du

u2 + 2=

1

2

+∞

−∞

du

1 +u√2

2 = limX→+∞Y→−∞

1√2arctan

u√2

=π√2

Exercice PC* 47

(Centrale) Calculer K =

+∞

0

ln t

1 + t+ t2dt.

Solution

: On a deux problèmes de convergence, en 0 et en+∞. On coupe en deux en x = 1. On pose I =

1

0

ln t

1 + t+ t2dt

et J =

+∞

1

ln t

1 + t+ t2dt. Soit f (t) =

ln t

1 + t+ t2fonction continue et positive sur ]0,+∞[, on a f (t) ∼

t→+∞ln t

t2donc

t32 f (t) −−−−→

t→+∞0, ainsi j converge. De même f (t) ∼

t→0ln t et

1

0

ln tdt converge donc I converge.

Le changement de variables u =1

t(C1 difféorphisme) dans K donne

K = −K =⇒ K = 0

Exercice PC* 48

(Centrale) On pose I = +∞

−∞

dx

3 chx+ shxmontrer la convergence et calculer cette intégrale.

—49/208— G H


Solution

: Soit f (x) =

1

3 chx+ shx=

1

2 chx+ ex=

1

2ex + e−x> 0 qui est bien définie et continue sur R. On

a f (x) ∼x→+∞

e−x

2d’où la convergence de

+∞

1

f et f (x) ∼x→−∞

ex d’où la convergence en −∞. On fait ensuite le

changement de variable (C1 difféomorphisme) u = ex

+∞

−∞

dx

2ex + e−x=

∞

0

1

2u2 + 1du =

π

2√2

Exercice PC* 49

1. Calculer pour a > 0, I (a) =

π2

0

dt

1 + a sin2 t, puis J (a) =

π

0

dt

1 + a sin2 t.

2. Pour α > 0, nature de la série

n0

J ((nπ)α) .

3. Existence de +∞

0

dt

1 + tα sin2 t.

Solution

:

1. On fait le changement de variable u = tan t,

π2

0

dt

1 + a sin2 t=

∞

0

1

1 + (a+ 1)u2du =

π

2√1 + a π

π2

dt

1 + a sin2 t= I (a) en posant u = π − t

d’où J (a) =π√1 + a

2. La série est à termes positifs et J ((nπ)α) =π

1 + (nπ)α

∼ π

(nπ)α2

qui converge si et seulement si α > 2.

3. La fonction intégrée est positive, il suffit donc de déterminer quand nπ

0

dt

1 + tα sin2 ta une limite si n tend vers +∞

En effet, la fonction F (x) =

x

0

dt

1 + tα sin2 test croissante donc soit tend vers +∞, soit adment une limite.

Or nπ

0

dt

1 + tα sin2 t=n−1

k=0

(k+1)π

kπ

dt

1 + tα sin2 t=n−1

k=0

π

0

du

1 + (u+ kπ)α sin2 t

mais

I (kα)

π

0

du

1 + (u+ kπ)α sin2 t I ((k + 1)α)

ce qui permet de conclure à la cv de l’intégrale si et seulement si α > 2.

Exercice PC* 50

Convergence et calcul de +∞

0

ln

1 +

3

1 + x2

dx.

—50/208— G H


Solution

: Soit f (x) = ln

1 +

3

1 + x2

continue et positive sur [0,+∞[. On a f (x) ∼

x→+∞3

1 + x2∼

x→+∞3

x2d’où

la CV en +∞ (Riemann). On intègre ensuite par parties dans a

0

ln

1 +

3

1 + x2

dx en dérivant ln

1 +

3

1 + x2

=

ln4 + x2

− ln1 + x2

pour avoir

a

0

ln

1 +

3

1 + x2

dx =

x ln

1 +

3

1 + x2

a

0

− a

0

2x2

x2 + 4− 2x2

x2 + 1

dx

Mais a

0

x2

x2 + 4− x2

x2 + 1

dx =

a

0

x2 + 4− 4

x2 + 4− x

2 + 1− 1

x2 + 1

dx

=

a

0

1

x2 + 1− 4

x2 + 4

dx

=0arctanx− 2 arctan

x

2

)a

0

d’où a

0

ln

1 +

3

1 + x2

dx =

x ln

1 +

3

1 + x2

− 2 arctanx+ 4arctan

x2

a

0

= a ln

1 +

3

1 + a2

− 2 arctan a+ 4arctan

a

2−−−−−→a→+∞

π

car a ln1 +

3

1 + a2

∼

a→+∞a× 3

1 + a2−−−−−→a→+∞

0

Exercice PC 17

Soit I = +∞

0

t2

1 + t4dt, J =

+∞

0

1

1 + t4dt et K =

+∞

0

t

1 + t4dt.

1. Convergence de I, J et K. Comparer I et J .

2. Calculer I +√2K + J et I −

√2K + J . En déduire I, J et K.

Solution

:

1. Les fonctions t −→ 1

1 + t4, t −→ t

1 + t4et t −→ t2

1 + t4sont posotives et

0 1

1 + t4

t

1 + t4

t2

1 + t4∼

t→+∞1

t2

Par comparaison les quatre intégrales convergent. Le changement de variable u =1

tdans I donne

I =

+∞

0

t2

1 + t4dt = J

2. On a alors I +√2K + J =

+∞

0

t2 +√2t+ 1

t4 + 1dt, mais t4 + 1 =

t2 + 1

2 − 2t2 =t2 +

√2t+ 1

t2 −

√2t+ 1

,

d’où

I +√2K + J =

+∞

0

dt

t2 −√2t+ 1

=

+∞

0

dtt− 1√

2

2+ 1

2

=0√

2 arctan√

2t− 1)+∞

0=√2π

2+√2π

4=

3√2

4π

—51/208— G H


De même I −√2K + J =

+∞

0

t2 −√2t+ 1

t4 + 1dt =

+∞

0

dt

t2 +√2t+ 1

=√

2 arctan√

2t+ 1+∞0

=√2π2 −

√2π4 =

√2

4π. On en déduit que (car I = J ).

2I −√2K =

√2π

4

2I +√2K =

3√2π

4

=⇒ I =1

4

√2π et K =

π

4

Exercice PC* 51


1

1

x− arg sinh

1

x

dx.

Solution

: On sait que arg sinhu = u − u

3

3+ ou→0

u3, ainsi en +∞, on a

1

x− arg sinh

1

x∼

x→+∞1

3x3. (En effet sa

dérivée est1√

1 + u2= 1− 1

2u2+ o

u→0

u2que l’on intègre sans oublier arg sinh0 = 0). La fonction est intégrable en +∞.

On fait alors une IPP (en intégrant 1) pour avoir

X

1

1

x− arg sinh

1

x

dx =

x

1

x− arg sinh

1

x

X

1

− X

1

x

−

1

x2−

− 1

x21 +

1

x2

dx

= X

1

X− arg sinh

1

X

− (1− arg sinh 1)−

X

1

1√

1 + x2− 1

x

dx

Puisque X1

X− arg sinh

1

X

∼

X→+∞X × 1

3X3−−−−−→X→+∞

0, on a

X

1

X− arg sinh

1

X

− (1− arg sinh 1) −−−−−→

X→+∞−1 + arg sinh 1

Puis X

1

1√

1 + x2− 1

x

dx = [arg sinhx− lnx]

X1 = (arg sinhX − lnX)− (arg sinh 1)

Reste à déterminer la limite en +∞ de arg sinhX − lnX. Mais, (exos sup) arg sinhX = lnX +

√1 +X2

d’où

arg sinhX − lnX = ln

X +

√1 +X2

X

= ln

1 +

1 +

1

X2

−−−−−→X→+∞

ln 2

Ainsi +∞

1

1

x− arg sinh

1

x

dx = 2arg sinh 1− 1 = 2 ln

1 +

√2− 1− ln 2

= ln

3 + 2

√2

2e

Autre méthode : poser u = arg sh1

x⇐⇒ 1

shudans l’intégrale puis faire une IPP (en intégrant

1

shu

′).

—52/208— G H


Exercice PC* 52

(X) Soit f définie par f (x) = +∞

x

sin t

t2dt.

1. Déterminer le domaine de définition de f . Montrer, à l’aide d’IPPs, que f (x) =cosx

x2+ ox→+∞

1

x2

.

2. On définit ϕ par ϕ (x) = 1

x

sin (t)− tt2

dt, justifier que ϕ est définie et continue sur [0,+∞[. Exprimer f (x) à l’aide

de ϕ (x) , f (1) et d’une fonction ususelle. En déduire un équivalent de f en 0+.

3. Convergence et calcul de +∞

0

xf (x) dx.

Solution

:

1. Puisquesin t

t2

1

t2, la fonction définie par t −→ sin t

t2(qui est continue sur [x,+∞[ pour x > 0) est intégrable

sur [x,+∞[ pour x > 0. Pour x = 0, on asin t

t2∼t→0

1

tor 1

0

dt

tdiverge, donc

1

0

sin t

t2dt diverge par comparaison à

une fonction positive d’intégrale divergente. On en déduit que f n’est pas définie en 0 et par extension sur ]−∞, 0].Conclusion Df = ]0,+∞[.Soit x > 0 et X > x, alors

X

x

sin t

t2dt =

− cos t

t2

X

x

+ 2

X

x

cos t

t3dt = −cosX

X2+cosx

x2+ 2

X

x

cos t

t3dt

u (t) =1

t2u′ (t) = − 2

t3v′ (t) = sin t v (t) = − cos t

= −cosXX2

+2

X3sinX +

cosx

x2− 2 sinx

x3+ 6

X

x

sin t

t4dt

u (t) =1

t3u′ (t) = − 3

t4v′ (t) = cos t v (t) = sin t

En passant à la limite, il vient

f (x) =cosx

x2− 2 sinx

x3+ 6

+∞

x

sin t

t4dt

Mais

+∞

x

sin t

t4dt

+∞

x

|sin t|t4

dt

+∞

x

1

t4dt =

1

3x3

d’où −2 sinx

x3+ 6

+∞

x

sin t

t4dt

−

2 sinx

x3

+

+∞

x

sin t

t4dt

2

x3+

6

3x3=

4

x3

ce qui prouve que −2 sinx

x3+ 6+∞x

sin t

t4dt = o

x→0

1

x2

et que

f (x) =cosx

x2+ ox→+∞

1

x2

2. La fonction φ : t −→ sin t− tt2

est continue et définie sur ]0,+∞[ , puisquesin t− tt2

=t− t

3

6+ ot→0

t3− t

t2∼t→0

− t6,

on pose φ (0) = 0, ainsi φ est continue sur [0,+∞[ et ϕ (x) = − x

1

φ (t) dt est continue, dérivable sur [0,+∞[.

De plus pour x > 0, on a 1

x

sin (t)− tt2

dt =

1

x

sin (t)

t2dt−

1

x

dt

t=

+∞

x

sin (t)

t2dt−

+∞

1

sin (t)

t2dt+ lnx = f (x)− f (1) + lnx

—53/208— G H


soitf (x) = − ln (x) + f (1) + ϕ (x)

Puisque ϕ (x) −−−→x→0

ϕ (0) , on a

f (x) ∼x→0

− lnx

3. On a deux problèmes, en 0 et en +∞. On a vu que

xf (x) ∼x→0+

−x lnx

et 1

0

x lnxdx converge donc xf (x) est intégrable sur ]0, 1[ par compaison avec une fonction de signe constant et

intégrable.

On a vu également que f (x) =cosx

x2+ ox→+∞

1

x2

, mais ici, on ne peut utiliser le théorème de comparaison ! (la

fonction n’est pas de signe constant ! ! ! !).En revanche, la fonction f est dérivable sur ]0,+∞[ (elle vaut − ln (x) + f (1) + ϕ (x) par exemple, donc f ′ (x) =

−φ (x)− 1

x= −sinx

x2, on fait donc une IPP pour avoir

X

ε

xf (x) dx =

x2

2f (x)

X

ε

+1

2

X

ε

sinxdx =X2

2f (X)− ε

2

2f (ε)− cosX

2+cos ε

2

u (x) = f (x) u′ (x) = −sinxx2

v′ (x) = x v (x) =x2

2

Maisε2

2f (ε) ∼

ε→0−ε

2

2ln (ε) −−−→

ǫ→00 et

X2

2f (X) =

X2

2

cosX

X2+ oX→+∞

(1) =cosX

2+ oX→+∞

(1) d’où

X

ε

xf (x) dx = −ε2

2f (ε) +

cos ε

2+ oX→+∞

(1)

a pour limite1

2quand X −→ +∞ et ε −→ 0, ceci prouve la convergence de l’intégrale et donne

+∞

0

xf (x) dx =1

2

Exercice PC 18


0

x lnx

(1 + x2)2dx

Solution

: La fonction f définie sur ]0,+∞[ par f (x) =

x lnx

(1 + x2)2 est continue, on a deux problèmes a priori. En 0,

on a x lnx −−−→x→0

0 donc on pose f (0) = 0 et la fonction est définie, continue sur [0,+∞[. En +∞, la fonction est positive

(sur [1,+∞[) et

x2f (x) ∼x→+∞

x3 lnx

x4=

lnx

x−−−−−→x→+∞

0

Ainsi +∞

1

f (x) dx converge. Pour le calcul, on pose u =1

x, C1 difféomorphisme de ]0,+∞[ sur lui même. Alors

I =

+∞

0

x lnx

(1 + x2)2dx =

0

+∞

1

uln

1

u

1 +

1

u2

2

− 1

u2

du = −I

—54/208— G H


Ainsi I = 0.

Exercice PC 19

(CCP ) On définit f (p) = +∞

1

dx

x√x2p+1 + 1

, ensemble de définition de f et calcul de f .

Solution

: A p ∈ R fixé, la fonction x −→ 1

x√x2p+1 + 1

est définie et continue sur [1,+∞[ et positive. On a f (x) ∼x→+∞

1

x× x 2p+12

=1

xp+32

, ainsi l’intégrale qui défini f converge si et seulement si p+ 32 > 1 par comparaison (Riemann). On a

donc Df =−12 ,+∞

.

On pose u = ϕ (x) =√x2p+1 + 1 ⇐⇒ u2 − 1 = x2p+1 ⇐⇒ x =

u2 − 1

12p+1 , on a ainsi un C1 difféomorphisme de

[1,+∞[ sur√

2,+∞. Soyons précis, le changement de variable est

ϕ :[1,+∞[ −→

√2,+∞

x −→√x2p+1 + 1

qui est bien C1 sur [1,+∞[ (composée · · · )

On a alors dx = 12p+1 × 2u×

u2 − 1

12p+1−1 du et

dx

x√x2p+1 + 1

=1

2p+1 × 2u×u2 − 1

12p+1−1 du

(u2 − 1)1

2p+1 × u=

2

2p+ 1

du

u2 − 1

f (p) =2

(2p+ 1)

+∞

√2

du

u2 − 1=

2

(2p+ 1)

+∞

√2

1

2 (u− 1)− 1

2 (u+ 1)

du

=1

2p+ 1

lnu− 1

u+ 1

+∞

√2

=1

2p+ 1ln

√2 + 1√2− 1

=ln3 +

√2

2p+ 1

Exercice PC* 53

(Centrale) Existence et calcul de +∞

0

sin3 x

x2dx.

Solution

: La fonction x −→ sin3 x

x2est continue sur ]0,+∞[, on a

sin3 x

x2

1

x2d’où l’intégrabilité sur [1,+∞[ par

comparaison (Riemann 2 > 1). En 0, il n’ya a pas de problème carsin3 x

x2∼x→0

x3

x2= x −−−→

x→00, on prolonge donc par

continuité.Puis

sin3 x =

z − 1

z2i

3

=1

(2i)3

z − 1

z

3où z = eix

=1

(2i)3

z3 − 1

z3+ 3

z − 1

z

=

1

(2i)2

z3 − 1

z3

2i− 3z − 1

z2i

= −1

4(sin 3x− 3 sinx) =

3

4sinx− 1

4sin 3x

—55/208— G H


Ainsi

I =

+∞

0

sin3 x

x2dx =

+∞

0

3

4

sinx

x2− 1

4

sin 3x

x2

dx

I = limε→0

X→+∞

X

ε

3

4

sinx

x2− 1

4

sin 3x

x2

dx

Mais X

ε

3

4

sinx

x2− 1

4

sin 3x

x2

dx =

3

4

X

ε

sinx

x2dx− 1

4

X

ε

sin 3x

x2dx

Dans la second intégrale, le changement de variable u = 3x donne X

ε

sin 3x

x2dx = 3

3X

3ε

sinu

u2du d’où

X

ε

3

4

sinx

x2− 1

4

sin 3x

x2

dx =

3

4

3ε

ε

sinx

x2dx−

3X

X

sinx

x2dx

Puisque +∞

1

sinx

x2dx converge, on a

3X

X

sinx

x2dx −−−−−→

X→+∞0 (on a

3X

X

sinx

x2dx =

3X

1

sinx

x2dx−

X

1

sinx

x2dx tend vers

0). Pour l’autre limite, on sait que

φ (x) =sinx− xx2

∼x→0

−x3

donc ϕ (t) = t

0

sinx− xx2

dx est définie, continue (et même dérivable) sur [0,+∞[ , en particulier ϕ (t) −−−→t→0

ϕ (0). Mais

ϕ (3ε)− ϕ (ε) = 3ε

ε

sinx− xx2

dx =

3ε

ε

sinx

x2dx−

3ε

ε

dx

x=

3ε

ε

sinx

x2dx− ln 3 −−−→

ǫ→0ϕ (0)− ϕ (0) = 0

d’où

limε→0

X→+∞=

3 ln 3

4

Exercice PC* 54

On définit f par f (x) = +∞

x

sin t

tdt.

1. Justifier que f est bien définie pour x 0. A l’aide d’intégration par parties, montrer que

f (x) =cosx

x+ ox→+∞

1

x

2. Convergence et calcul de +∞

0

f (x) dx

Solution

:

1. Un grand classique...Soit ϕ (t) =sin t

t, on prolonge en 0 par ϕ (0) = 1 et on a par une IPP

X

ε

sin t

tdt =

(1− cos t)

t

X

ε

+

X

ε

1− cos t

t2dt =

(1− cosX)

X− (1− cos ε)

ε+

X

ε

1− cos t

t2dt

u′ (t) = sin t u (t) = 1− cos t

v (t) =1

tv′ (t) = − 1

t2

—56/208— G H


Puisque 1 − cos t ∼t→0

t2

2, on a lim

ε→0

(1− cos ε)

ε= 0 puis

(1− cosX)

X−−−−−→X→+∞

0 et 0 1− cos t

t2

2

t2d’où la

convergence de +∞

0

1− cos t

t2dt. On en déduit que f est définie sur [0,+∞[.

Enfin, deux IPP donne

X

x

sin t

tdt = − 1

XcosX +

1

xcosx−

X

x

1

t2cos t dt (on a dérivé

1

t)

= − 1

XcosX +

1

X2sinX +

1

xcosx− 1

x2sinx+ 2

X

x

sin t

t3dt

En passant à la limite quand X tend vers +∞, on obtient

f (x) =cosx

x− sinx

x2+ 2

+∞

x

sin t

t3dt

Mais

+∞

x

sin t

t3dt

+∞

x

|sin t|t3

dt

+∞

x

1

t3dt =

1

2x2= ox→+∞

1

x

d’où

f (x) =cosx

x+ ox→+∞

1

x

2. Pour +∞

0

f (x) dx, la fonction f est définie et continue sur [0,+∞[, elle est même dérivable sur [0,+∞[ car

f (x) = f (0)− x

0

sin t

tdt

d’où f ′ (x) = −sinx

x. Une intégration par parties (valide, les fonctions prolongées sont C1) donne alors

X

0

f (x) dx = [xf (x)]X0 − X

0

xf ′ (x) dx = Xf (X)− X

0

sinxdx

= Xf (X)− cosX + 1

= X

cosX

X+ oX→+∞

1

X

− cosX + 1 = 1 + o

X→+∞(1) −−−−−→

X→+∞1

L’intégrale +∞

0

f (x) dx converge et vaut donc 1.

Exercice PC* 55

Nature de +∞

0

x

1 + x4 |sinx|dx.

Solution

: L’intégrale est de même nature que la série

∞

n=0

(n+1)π

nπ

x

1 + x4 |sinx|dx.

—57/208— G H


On pose Si un = (n+1)π

nπ

x

1 + x4 |sinx|dx, on a alors en posant x = nπ + t

un =

π

0

nπ + t

1 + (nπ + t)4 |sin t|dt

π

0

(n+ 1)π

1 + (nπ)4 sin tdt

π

0

(n+ 1)π

1 + (nπ)42

πtdt par concavité

Or π

2

0

(n+ 1)π

1 + (nπ)4 sin tdt

π2

0

(n+ 1)π

1 + (nπ)42

πtdt par concavité et

π2

0

(n+ 1)π

1 + (nπ)42

πtdt =

(n+ 1) ln1 + π4n4

2π2n4∼ 2 ln (n)

π2n3= o

1

n2

Puis π

π2

(n+ 1)π

1 + (nπ)4 sin tdt =u=π−t

π

π2

(n+ 1)π

1 + (nπ)4 sinudu d’où

0 un 2(n+ 1) ln

1 + π4n4

2π2n4

et l’intégrale existe.x

1 + x4 |sinx| est donc intégrable sur [0,+∞[ .

Exercice PC* 56

1. Existence et calcul éventuel de I = +∞

0

(1− thx) dx et de J =

+∞

0

1− 1

thx

dx.

2. Existence de I (α) = +∞

0

(1− thα x) dx pour α ∈ R. Calculer I (α+ 2) − I (α) pour α −1, en déduire I (n)

pour n ∈ N.3. Plus dur, déterminer un équivalent de I (α) en +∞.

Solution

:

1. Puisque l’on demande le calcul, on fait le changement de variable C1 et bijectif u = thx dans les deux intégrales,

alorsdu

1− u2 = dx, ainsi

I =

1

0

1− u1− u2 du =

1

0

1

1 + udu = ln 2 existe

J et 1

0

1− 1

u1− u2 du = −

1

0

du

u (1 + u)sont de même nature donc diverge

2. Le même changement de variable conduit à

I (α) et de même nature que J (α) = 1

0

1− uα1− u2 du

Si α > 0, l’intégrale J (α) converge car la fonction u −→ 1− uα1− u2 est définie, continue sur [0, 1] . Si α = 0, on

J (α) = 0. Si α < 0, alors J (α) = 1

0

u−α − 1

(1− u2)u−α du et u −→ u−α − 1

(1− u2)u−α est définie, continue sur ]0, 1] avec

—58/208— G H


u−α − 1

(1− u2)u−α ∼u→0

− 1

u−α. Il y a convergence si et seulement si −α < 1⇐⇒ α > −1.

Puis, pour α > −1

I (α+ 2)− I (α) = +∞

0

thα x1− th2 x

dx =

1

α+ 1thα+1 x

+∞

0

=1

α+ 1

donc

I (n+ 2) =

1

0

undu+ I (n) =1

n+ 1+ I (n)

On en déduit que I (2n+ 2) = I (2n) +1

2n+ 1=⇒ I (2n) = I (0) +

n

k=1

1

2k − 1=

n

k=1

1

2k − 1et I (2n+ 1) =

I (1) +n

k=1

1

2n= ln(2) +

1

2Hn où Hn =

n

k=1

1

n.

3. Il est facile de voir que I (α) est croissante sur [0,+∞[ . En effet, pour β α

I (β)− I (α) = +∞

0

thα x− thβ x

dx =

+∞

0

thα x1− thβ−α x

dx 0

Puisque

I (α+ 2)− I (α) = 1

α+ 1

Soit α > 0 et n l’unique entier tel 2n α < 2n+ 2, alors n = Eα2

∼

α→+∞α

2

I (α) = I (α− 2n) +n

k=1

1

(α− 2n) + 2k − 1

0 α− 2n 1 =⇒ I (0) I (α− 2n) I (1)

=⇒ I (0) +n

k=1

1

(α− 2n) + 2k − 1 I (α) I (1) +

n

k=1

1

(α− 2n) + 2k − 1

=⇒ I (0) +n

k=1

1

2k I (α) I (1) +

n

k=1

1

2k − 1 I (1) + 1 +

n

k=2

1

2k − 2

Soit0 +

1

2Hn I (α) 1 + ln (2) +

1

2Hn−1

Hn ∼ lnn donc

I (α) ∼α→+∞

lnn

2∼

α→+∞lnα

2

Exercice PC* 57

Nature et calcul de +∞

0

+∞

x

e−t2

dt

dx.

Solution

: Soit F (x) =

+∞

x

e−t2

dt, on commence par prouver que F existe sur R. On sait que pour x 1, on a

t2 t =⇒ 0 e−t2

e−t

Puisque t −→ e−t est intégrable sur [1,+∞[ , on en déduit que f (t) = e−t2

est intégrable sur [1,+∞[. Ainsi F (1) existe.On écrit alors

F (x) =

+∞

1

e−t2

dt− x

1

e−t2

dt = F (1)− x

1

e−t2

dt

—59/208— G H


La fonction x −→ x

1

e−t2

dt est définie et continue sur R (intégrale fonction de sa borne du haut) donc F est définie et

continue sur R. De plus, pour x 1, on a

0 F (x)

+∞

x

e−tdt = e−x

Ce qui prouve que F est intégrable sur [1,+∞[ donc sur [0,+∞[. On a également

F ′ (x) = −e−x2 (car F (x) = F (1)− x

1

e−t2

dt)

d’où X

0

F (x) dx =IPP

[xF (x)]X0 − X

0

xF ′ (x) dx

= XF (X)− X

0

xe−x2

dx = XF (X) +1

2− 1

2e−X

2

Pour X 1, on a 0 F (X) e−X =⇒ 0 XF (X) Xe−X −−−−−→X→+∞

0. Ainsi

+∞

0

+∞

x

e−t2

dt

dx =

1

2

Exercice PC* 58

Soit f C0 et T périodique sur R+, on définit g sur R∗+ par g (x) =1

x

x

0

f (t) dt.

1. Déterminer la limite de g en +∞.2. Déterminer les fonctions f, C0, T périodique sur R+ et intégrable sur R+.

3. Déterminer les fonctions f, C0, T périodique sur R+ et telle que +∞

0

f (t) dt converge.

Solution

: On se souvient que si f est T périodique sur R+, alors

∀a > 0, a+T

a

f (t) dt =

T

0

f (t) dt

1. Posons x = nt+ y où y ∈ [0, T [ , pour être précis, soit n = E xT

, on a ainsi

g (x) =1

x

nT

0

f (t) dt+1

x

nT+y

nT

f (t) dt

Mais nT

0

f (t) dt =n−1

k=0

(k+1)T

kT

f (t) dt =n−1

k=0

T

0

f (t) dt car f est T périodique, ainsi en posant m =1

T

T

0

f (t) dt,

on a nT

0

f (t) dt = nmT et

1

x

nT

0

f (t) dt =E xT

xmT ∼

x→+∞

x

TxmT = m car E (u) ∼

u→+∞u

Pour finir 1

x

nT+y

nT

f (t) dt

=

1

x

y

0

f (t) dt

1

x

y

0

|f (t)| dt 1

x

T

0

|f (t)| dt −−−−−→x→+∞

0

On a donc

g (x) −−−−−→x→+∞

m =1

T

T

0

f (t) dt

—60/208— G H


2. Si f est intégrable, alors

un =

nT

0

|f (t)|dt −−−−−→n→+∞

+∞

0

|f (t)| dt

Mais

un =n−1

k=0

(k+1)T

kT

|f (t)| dt =n−1

k=0

T

0

|f (t)| dt = n T

0

|f (t)| dt

Ainsi (pour avoir une limite finie)

T

0

|f (t)| dt = 0 =⇒ |f | = 0 sur [0, T ] car |f | est C0 positive

d’où f est nulle sur une période donc nulle.

3. Si l’on suppose que F (x) =

x

0

f (t) dt a une limite ℓ, alors

g (x) =1

x

x

0

f (t) dt −−−−−→x→+∞

0 =⇒m =1

T

T

0

f (t) dt = 0

Mais alors F est périodique, en effet

F (x+ T )− F (x) =

x+T

x

f (t) dt =

T

0

f (t) dt = 0

La fonction F est donc périodique et admet une limite finie en +∞, elle est donc constante. Sa dérivée f est nulle.

Exercice PC* 59

Soit f de classe C2 sur R+, à valeurs dans R et telle que f et f ′ soient intégrables sur R+.

1. Justifier que f (x) = f (0) + x

0

f ′ (t) dt, et en déduire que f a une limite en +∞. Quelle est la valeur de cette

limite ?

2. Montrer que pour x > 0, +∞

0

f (t) sin (xt) dt =1

xf (0) +

1

x

+∞

0

f ′ (t) cos (xt) dt.

3. On suppose que f ′′ est intégrable sur R+, montrer que, lorsque x tend vers +∞, on a +∞

0

f (t) sin (xt) dt =

1

xf (0) + o

x→+∞

1x

.

4. On ne suppose plus f ′′ intégrable, on désire prouver que le résultat persiste. Soit g de classe C1 sur [a, b], montrer

que limn→+∞

b

a

g (t) cos (xt) dt = 0, puis conclure.

Solution

:

1. Si f est de classe C1, le cours dit que f (x) = f (0) + x

0

f ′ (t) dt. Puisque f ′ est intégrable, l’intégrale x

0

f ′ (t) dt

admet une limite finie en +∞. On en déduit que f (x) −−−−−→x→+∞

ℓ = f (0)+

+∞

0

f ′ (t) dt. Supposons alors que ℓ > 0,

au voisinage de +∞, on a f (x) ∼x→+∞

ℓ, par comparaison des fonctions positives, on en déduit que +∞

0

f (t) dt

diverge. Même raisonnement si ℓ < 0, doncf (x) −−−−−→

x→+∞0.

—61/208— G H


2. On a u

0

f (t) sin (xt) dt =

−1

xf (t) cos (xt)

u

0

+

u

0

f ′ (t) cos (xt) dt =f (0)

x− f (u)

xcos (xu)+

1

x

u

0


Puisque f (u) −−−−−→u→+∞

0, on af (u)

xcos (xu)

f (u)

x−−−−−→u→+∞

0. Puis |f ′ (t) cos (xt)| |f ′ (t)| ce qui justifie

l’intégrabilité de t −→ f ′ (t) cos (xt) sur R+. En passant à la limite, on en déduit que +∞

0


xf (0) +

1

x

+∞

0


3. Si f ′′ est intégrable, on peut de nouveau faire une IPP. On a alors

1

x

u

0

f ′ (t) cos (xt) dt =1

x

f ′ (t)

sinxt

x

u

0

− 1

x2

u

0

f ′′ (t) sin (xt) dt = f ′ (u)sin (xu)

x2− 1

x2

u

0

f ′′ (t) sin (xt) dt

On vient de prouver que f et f ′ intégrable =⇒ f tend vers 0 en +∞, en l’appliquant à f ′ et f ′′, on en déduit quef′ (u)

sin (xu)

x2

1

x|f ′ (u)| −−−−−→

u→+∞0

De même, l’intégrabilité de f ′′ implique celle de t −→ f ′′ (t) sin (xt). On a donc

1

x

+∞

0

f ′ (t) cos (xt) dt = − 1

x2

+∞

0

f ′′ (t) sin (xt) dt

d’où 1

x

+∞

0

f ′ (t) cos (xt) dt

1

x2

+∞

0

|f ′′ (t)|dt = ox→0

1

x

4. Si g est C1 sur [a, b] , alors b

a

g (t) cos (xt) dt =

g (t) sin (xt)

x

b

a

− 1

x

b

a

g′ (t) sin (xt) dt

=1

x(g (b) sin (xb)− g (a) sin (xa))− 1

x

b

a

g′ (t) sin (xt) dt

ainsi, en posant M0 = sup[a,b]

|f | et M1 = sup[a,b]

|f ′| qui existent (f étant C1).

b

a

g (t) cos (xt) dt

|g (b)|+ |g (a)|

x+

1

x

b

a

|g′ (t)| dt 2M0 + (b− a)M1

x−−−−−→x→+∞

0

On a alors +∞

0


xf (0) +

1

x

+∞

0


Il s’agit de prouver que +∞

0

f ′ (t) cos (xt) dt −−−−−→x→+∞

0

On a +∞

0

f ′ (t) cos (xt) dt =

u

0

f ′ (t) cos (xt) dt+

+∞

u


Soit ε > 0, puisque

+∞

u


+∞

u

|f ′ (t)| dt −−−−−→u→+∞

0 (car f ′ intégrable), il existe A tel que

u A =⇒ +∞

u

|f ′ (t)| dt ε

2. On choisit donc u > A, puisque

u

0

f ′ (t) cos (xt) dt −−−−−→x→+∞

0, il existe B tel que

x B =⇒

u

0


ε. On en déduit que pour x B, on a

+∞

0


u

0


+

+∞

u


ε

ce qui prouve le résultat.

—62/208— G H


Exercice PC* 60

Soit I = +∞

0

e−t2

dt et poutr n ∈ N∗, In = 1

0

1− t2

ndt, Jn =

+∞

0

dt

(1 + t2)net Wn =

π2

0

sinn (t) dt.

1. Montrer que ∀x ∈ R, ex 1 + x. En déduire que ∀t ∈ R, 1− t2 e−t2 1

1 + t2.

2. Justifier l’existence de I et de Jn pour n ∈ N∗. Montrer que ∀n ∈ N∗, In I√n Jn.

3. Montrer que si n ∈ N∗, In =W2n+1 et Jn =W2n−2.

4. Montrer que (Wn)n est monotone et que (n+ 2)Wn+2 = (n+ 1)Wn.

5. En déduire I.

Solution

:

1. Convexité de exp sur R, la courbe est au dessus de sa tangente (ou étude de fonction). On a alors 0 1 + t2 et2

qui donne par passage à l’inverse l’inégalité de droite. Celle de gauche est directe avec x = −t2.2. Les deux fonctions t −→ e−t

2

et t −→ 1

(1 + t2)nsont positives et pour t 1, e−t

2

e−t,1

(1 + t2)n

1

1 + t2,

puisque t −→ e−t et t −→ 1

1 + t2sont intégrables sur [1,+∞[, on en déduit l’existence de I et de Jn. Puis, on a

1− t2

n

e−t

2n

= e−(√nt)2

1

(1 + t2)n

d’où 1

0

1− t2

ndt

1

0

e−(√nt)2dt

+∞

0

e−(√nt)2dt =

u=√nt

1√n

+∞

0

e−u2

du I√n

+∞

0

dt

(1 + t2)n= Jn

3. Wallis... Le changement de variable t = cosu, donne dt = − sinudu,1− t2

n=1− cos2 u

n= sin2n u d’où

In =

0

π2

− sin2n+1 udu =W2n+1

Alors que t = cotanu dans Jn donne dt = − du

sin2 u, 1 + cotan 2u =

1

sin2 ud’où

dt

(1 + t2)n= − sin2n−2 udu d’où

Jn = − 0

π2

sin2n−2 udu =W2n−2

4. Pour x ∈0, π2, on a sinx ∈ [0, 1] d’où sinn x sinn+1 x, par croissance de l’intégrale, on en déduit que Wn

Wn+1. La suite est décroissante. Ensuite c’est classique. Pour n 2, on intègre ensuite par parties en écrivant quesinn x = sinx× sinn−1 x . On obtient alors

u′ (x) = sinx u (x) = − cosxv (x) = sinn−1 x v′ (x) = (n− 1) cosx sinn−2 (x)

u et v sont C1 sur00,π

2

)

Wn =

π2

0

sinx× sinn−1 xdx =− cosx sinn−1 x

π2

0+ (n− 1)

π2

0

cos2 x sinn−2 xdx

= (n− 1)

π2

0

1− sin2 x

sinn−2 xdx

(n− 1) (Wn−2 −Wn)soit

nWn = (n− 1)Wn−2

—63/208— G H


5. On multiplie par (n+ 2)Wn+2 = (n+ 1)Wn par Wn+1, on en déduit que (n+ 2)Wn+2Wn+1 = (n+ 1)Wn+1Wn.

La suite Cn = (n+ 1)Wn+1Wn est donc constante égale à C0 =W1W0 =π

2. Or par décroissance de la suite (Wn) ,

on a

Wn+2 Wn+1 Wn =⇒Wn+2Wn

Wn+1Wn

1

Soitn+ 1

n+ 2Wn+1Wn

1 =⇒ Wn+1Wn

−−−−−→n→+∞

1 =⇒Wn+1 ∼Wn

On en déduit que, puisqueπ

2= (n+ 1)Wn+1Wn ∼ nW2

n que√nWn −−−−−→

n→+∞

π

2. Enfin, on a vu que

W2n+1 I√nW2n−2 ⇐⇒

√nW2n+1 I

√nW2n−2

d’où

I =

√π

2

Exercice PC* 61

Etudier la convergence et calculer 1

0

ln1− t2

t2dt.

Solution

: La fonction f : t −→ ln

1− t2

t2est définie, continue sur ]0, 1[. On a donc un problème de convergence en

t = 0 et en t = 1.

En t = 0, on a f (t) ∼t→0

−1, ce qui montre que l’intégrale 1

2

0

f (t) dt est faussement impropre en 0 (on prolonge f par

continuité en t = 0).

En t = 1, on pose t = 1−h, alors f (1− h) =ln1− (1− h)2

(1− h2) =ln (h (2− h))

1− h2 ∼h→0

ln (2h) ∼h→0

lnh. Puisque 1

0

ln (h) dh

converge (on a 1

ε

ln (h) dh = [h ln (h)− h]1ε a une limite quand ε tend vers 0), on en déduit la CV de 1

12

f (t) dt

Reste à faire le calcul. Le changement de variable u =1

tdans

b

a

ln1− t2

t2dt donne

b

a

ln1− t2

t2dt =

B

A

− ln

1− 1

u2

du =

1a

1b

[ln (u− 1) + ln (u+ 1)− 2 lnu] du

= [(u− 1) ln (u− 1)− (u− 1) + (u+ 1) ln (u+ 1)− (u+ 1)− 2u lnu+ 2u]AB

= [(u− 1) ln (u− 1) + (u+ 1) ln (u+ 1)− 2u lnu]AB

Où B =1

b−−−→b→1

1 et A −−−−→a→0+

+∞.

Or(u− 1) ln (u− 1) + (u+ 1) ln (u+ 1)− 2u lnu −−−→

u→12 ln 2 + 2

puis(u− 1) ln (u− 1) + (u+ 1) ln (u+ 1)− 2u lnu

= (u− 1) ln

u×1− 1

u

+ (u+ 1) ln

u×1 +

1

u

− 2u lnu

= [(u− 1) + (u+ 1)− 2u]× lnu+ (u− 1) ln

1− 1

u

+ (u+ 1) ln

1 +

1

u

= u×ln

1− 1

u

+ ln

1 +

1

u

+ ln

1 +

1

u

− ln

1− 1

u

= u ln

1− 1

u2

+ ln

1 +

1

u

− ln

1− 1

u

—64/208— G H


Mais u ln1− 1

u2

∼

u→+∞u×− 1

u2

−−−−−→u→+∞

0 et ln1 +

1

u

− ln

1− 1

u

−−−−−→u→+∞

0. On a donc

1

0

ln1− t2

t2dt = lim

A→+∞B→1

[(u− 1) ln (u− 1) + (u+ 1) ln (u+ 1)− 2u lnu]AB = −2 ln 2

Remarque : Pour le calcul on peut procéder autrement. On fait une IPP dans 1

0

ln1− t2

t2dt en intégrant

1

t2en 1− 1

t=

t− 1

t. Ainsi

1

0

ln1− t2

t2dt =

t− 1

t× ln1− t2

1

0

− 1

0

t− 1

t× −2t1− t2 dt

Avect− 1

t× ln1− t2

∼t→0

t2

t= t −−−→

t→00 et

t− 1

t× ln1− t2

−−−→t→1

0. On obtient

1

0

ln1− t2

t2dt = −

1

0

2

t+ 1dt = −2 ln 2

Exercice PC 20

Existence et calcul de +∞

−∞

dt

1 + (t+ ib)2où b ∈ R.

Solution

: On sait que x2 + 1 = (x+ i) (x− i), ainsi

1 + (t+ ib)2 = (t+ i (b+ 1)) (t+ i (b− 1))

Les racines de 1+(t+ ib)2 = 0 sont donc t = −i (b+ 1) et t = −i (b− 1). Si b = ±1, il n’y a aucun problème. Si b = 1, on

a 1 + (t+ i)2 = t (t+ 2i) ∼t→0

2it, l’intégrale diverge. Même méthode si b = −1. Si b = ±1, on a

1

1 + (t+ ib)2

∼

x→+∞1

t2

et de même en −∞, ce qui prouve la convergence. Reste à la calculer si b = ±1. Dans ce cas, on a

1

1 + (t+ ib)2=

1

(t+ i (b+ 1)) (t+ i (b− 1))

=i

2

1

t+ i (b− 1)− 1

t+ i (b+ 1)

Mais A

B

dt

t+ i (b− 1)=

A

B

t− i (b− 1)

t2 + (b− 1)2 dt =

1

2lnt2 + (b− 1)2

− i arctan

t

b− 1

A

B A

B

dt

t+ i (b+ 1)=

1

2lnt2 + (b+ 1)2

− i arctan

t

b+ 1

A

B

d’où A

B

dt

1 + (t+ ib)2=i

2

11

2ln

t2 + (b− 1)2

t2 + (b+ 1)2

− iarctan

t

b− 1

− arctan

t

b+ 1

2A

B

Dans tous les cas limA→+∞

ln

t2 + (b− 1)2

t2 + (b+ 1)2

= limB→−∞

ln

t2 + (b− 1)2

t2 + (b+ 1)2

= 0. Puis on a trois cas :

Si b > 1, alors limA→+∞

arctan

t

b− 1

= limA→+∞

arctan

t

b+ 1

= π

2 et limB→−∞

arctan

t

b− 1

= limB→−∞

arctan

t

b+ 1

=

−π2 . L’intégrale est nulle.

—65/208— G H


Si b < −1, alors limA→+∞

arctan

t

b− 1

= limA→+∞

arctan

t

b+ 1

= −π2 et lim

B→−∞arctan

t

b− 1

= limB→−∞

arctan

t

b+ 1

=

π2 . L’intégrale est nulle.

Enfin si b ∈ ]−1, 1[, on a limA→+∞

arctan

t

b− 1

= −π2 et lim

A→+∞arctan

t

b+ 1

= π

2 , alors que limB→−∞

arctan

t

b− 1

= π

2

et limB→−∞

arctan

t

b+ 1

= −π2 . Ainsi l’intégrale vaut π.

Exercice PC 21

Existence et calcul de I = +∞

1

arctanx

x2dx

Solution

: La fonction f : x −→ arctanx

x2est définie, continue sur [1,+∞[ et positive. On a f (x) ∼

x→+∞π

2x2car

arctanx −−−−−→x→+∞

π2 . Par Riemann, on a la convergence de I. On IPP, en dérivant l’arctangente et en intégrant le

1

x2pour

obtenir u

1

arctanx

x2dx =

−arctanx

x

u

1

+

u

1

dx

x (1 + x2)

Mais1

x (1 + x2)=

1

x− x

1 + x2d’où

u

1

dx

x (1 + x2)=

u

1

1

x− x

1 + x2

dx, ainsi

u

1

arctanx

x2dx =

−arctanx

x+ lnx− 1

2ln1 + x2

u

1

= lnu− 1

2ln1 + u2

− arctanu

u+π

4+1

2ln 2

Or lnu− 1

2ln1 + u2

=

1

2lnu2− 1

2ln1 + u2

=

1

2ln

u2

1 + u2−−−−−→u→+∞

0 caru2

1 + u2−−−−−→u→+∞

1. On en déduit que, puisque

arctanu

u−−−−−→u→+∞

0 u

1

arctanx

x2dx −−−−−→

u→+∞I =

π

4+1

2ln 2

Exercice PC* 62

(Mines) Existence de +∞

2

(x+ 1)1x − x 1

x+1 dx

Solution

: On pose f : x −→ (x+ 1)

1x − x 1

x+1 = exp

ln (1 + x)

x

− exp

lnx

x+ 1

qui est bien définie, continue sur

[2,+∞[. On va en chercher un équivalent, on met la plus simple des exponentielles en facteur pour avoir

f (x) = exp

lnx

x+ 1

×exp

ln (1 + x)

x− lnx

x+ 1

− 1

On pose u (x) =ln (1 + x)

x− lnx

x+ 1, et on en cherche un équivalent. On a

u (x) =

ln

x×1 +

1

x

x− lnx

x×

1

1 +1

x

=

ln (x)

x+

ln

1 +

1

x

x− lnx

x×1− 1

x+ ox→+∞

1

x

=

ln

1 +

1

x

x− lnx

x+ ox→+∞

lnx

x2

—66/208— G H


Puisqueln

1 +

1

x

x∼

x→+∞1

x2= ox→+∞

lnx

x2

, on a

u (x) ∼x→+∞

− lnxx−−−−−→x→+∞

0

d’où

eu(x) − 1 ∼x→+∞

u (x) ∼x→+∞

− lnx

x

Ainsi

f (x) ∼x→+∞

− lnxx2

exp

lnx

x

∼

x→+∞− lnxx2

car exp

lnx

x

−−−−−→x→+∞

1

En particulier f est de signe constant au voisinage de +∞ et x32 f (x) −−−−−→

x→+∞0, ce qui assure la convergence de l’intégrale

(ouf).

Exercice PC* 63

Convergence et calcul de I (a) = +∞

0

dx

cha+ chxoù a > 0. Cas où a = 0 ?

Solution

: Soit f : x −→ 1

chx+ cha, la fonction f est définie, continue et positive sur [0,+∞[ avec f (x) ∼

x→+∞2

ex=

2e−x donc I (a) converge. On pose alors u = ex dans l’intégrale t

0

dx

cha+ chxpour obtenir

t

0

dx

cha+ chx= 2

et

1

du

u2 + 2ch (a)u+ 1

Les deux racines, distinctes de u2 + 2ch (a)u + 1 sont (calculs facile, ou bien penser u2−somme×u+produit), −ea et−e−a. On a donc

2

et

1

du

u2 + 2ch (a)u+ 1=

et

1

2du

(u+ ea) (u+ e−a)

Or2

(u+ ea) (u+ e−a)=

2

−ea + e−a(u+ ea)

+

2

−e−a + ea(u+ e−a)

=1

sh a

1

u+ e−a− 1

u+ ea

. On a donc

t

0

dx

cha+ chx=

1

sh a

et

1

1

u+ e−a− 1

u+ ea

du =

1

sh a

ln

u+ e−a

u+ ea

et

1

=1

sh a

ln

et + e−a

et + ea

− ln

1 + e−a

1 + ea

Puisqueet + e−a

et + ea−−−−→t→+∞

1, on obtient

I (a) = limt→+∞

1

sh a

ln

et + e−a

et + ea

− ln

1 + e−a

1 + ea

= − 1

sh aln

1 + e−a

1 + ea

Bon, simplifions un peu tout cela ! On observe que1 + e−a

1 + ea=

1 +1

ea

1 + ea=

1 + ea

ea (1 + ea), ainsi ln

1 + e−a

1 + ea

= −a, d’où

I (a) =a

sh a

—67/208— G H


Si a = 0, on obtient 2 et

1

du

u2 + 2u+ 1= 2

et

1

1

(u+ 1)2=

− 2

u+ 1

et

1

−−−−→t→+∞

1 = lima→0

a

sh a(logique, voir le cours sur les

intégrales dépendant d’un paramètre, car

1

cha+ ch t

1

ch tdonne la domination requise · · · ).

Exercice PC* 64

(X_Ens) Soit f ∈ C0 (R+,R+) telle que

limx→+∞

f (x)

x

0

f3 (t) dt = 1

1. Quelle est la nature de +∞

0

f3 (t) dt ?

2. Montrer que f a une limite en +∞.

3. Soit g ∈ C1 (R,R) telle que lim g′ (x) = 1, montrer que g (x) ∼x→+∞

x.

4. Donner un équivalent de f en +∞ et donner la nature de +∞

0

f5 (t) dt.

Solution

: Avant tout on remarque que f est positive (lire l’énoncé).

1. Supposons que +∞

0

f3 (t) dt converge, alors x

0

f3 (t) dt −−−−−→x→+∞

L =

+∞

0

f3 (t) dt.

Si L = 0, alors puisque 0 f (x) , on a 0

x

0

f3 (t) dt

+∞

0

f3 (t) dt d’où f = 0 sur [0, x] pour tout x, ce

qui implique f = 0. Cela pose problème avec limx→+∞

f (x)

x

0

f3 (t) dt = 1. On a donc L > 0 et ainsi limx→+∞

f (x) =

1

L=⇒ f (x) ∼

x→+∞1

L.

Mais dans ce cas l’intégrale +∞

0

f3 (t) dt diverge, absurde. Donc +∞

0

f3 (t) dt diverge.

2. On a alors x

0

f3 (t) dt −−−−−→x→+∞

+∞ (car la fonction est positive) donc f (x) =f (x)

x

0

f3 (t) dt x

0

f3 (t) dt

−−−−−→x→+∞

0.

3. Soit ε > 0, il existe A ∈ R tel que 1− ε g′ (x) 1 + ε. On a alors, pour x A

(x− a) (1− ε) x

A

g′ (x) dx = g (x)− g (A) (x−A) (1 + ε)

d’où

(1− ε) + g (a)−A (1− ε)x

g (x)

x (1 + ε) +

g (a)−A (1 + ε)

x

Puisqueg (a)−A (1− ε)

x−−−−−→x→+∞

0 etg (a)−A (1 + ε)

x−−−−−→x→+∞

0, il existe B ∈ R tel que

0 max

g (a)−A (1− ε)

x,g (a)−A (1 + ε)

x

ε.

Donc pour x max (A,B) , on a

1− ε g (x)x

1 + ε

Bref, cela prouve queg (x)

x−−−−−→x→+∞

1, soit g (x) ∼x→+∞

x.

—68/208— G H


4. Bon, on utilise ce qui précède. Si on pose F (x) =

x

0

f3 (t) dt, alors

f (x)F (x) −−−−−→x→+∞

1 et F ′ (x) = f3 (x)

doncf3 (x)F 3 (x) = F ′ (x)F 3 (x) −−−−−→

x→+∞1

Posons g (x) =1

4F 4 (x) , alors g′ (x) = F ′ (x)F 3 (x) −−−−−→

x→+∞1 d’où

F 4 (x)

4∼

x→+∞x =⇒ F (x) ∼

x→+∞

√2x

14 . Mais

puisque f (x)F (x) −−−−−→x→+∞

1, on a f (x) ∼x→+∞

1

F (x)=

1√2x

14

.

Et ainsi

f5 (x) ∼x→+∞

1

2α2 x

54

=⇒ +∞

0

f5 (t) dt CV car5

4> 1

Exercice PC* 65

(X-ESPCI) Pour n ∈ N, on pose In = π

2

0

sin ((2n+ 1) t)

sin tdt et on pose I (x) =

π2

0

sin (xt)

1

sin t− 1

t

dt

1. Convergence et calcul de In.

2. Convergence de I (x) , calcul de limx→+∞

I (x).

3. En déduire la limite de +∞

0

sin t

tdt.

4. Que pensez-vous de limx→+∞

x

0

|sin t|tdt ?

Solution

:

1. On asin ((2n+ 1) t)

sin t∼x→0

2n + 1, l’intégrale est donc convergente. Puis In+1 − In = 2

π2

0

cos ((2n+ 2) t) = 0 car

sin ((2n+ 3) t)− sin ((2n+ 1) t) = 2 cos ((2n+ 2) t) sin (t) . Ainsi In = I0 =π

2.

2. Soit ϕ (t) =1

sin t− 1

t=t− sin t

t sin t=t− sin t

t2t

sin t. Puisque

sin t

t=

+∞

k=0

(−1)k t2k(2k + 1)!

, son inverse est C∞ sur0, π2. De

même,t− sin t

t2=

+∞

k=0

(−1)k t2k+1(2k + 3)!

est C∞ sur0, π2, donc ϕ est C∞ sur

0, π2.

On a alors avec une IPP,

I (x) =

π2

0

sin (xt)ϕ (t) dt =

−cos (xt)

xϕ (t)

π2

0

+1

x

π2

0

cos (xt)ϕ′ (t) dt

=A

x+

1

x

π2

0

cos (xt)ϕ′ (t) dt

d’où

|I (x)| |A|x

+1

x

π2

0

|ϕ′ (t)| dt = Bx−−−−−→x→+∞

0

3. Avant tout il n’y a pas de problème en 0 dans x

0

sin t

tdt car

sin t

t∼t→0

1.

Puis I (2n+ 1) = In − π

2

0

sin ((2n+ 1) t)

tdt =u=(2n+1)t

π

2− (2n+1)π2

0

sinu

udu −−−−−→

n→+∞0. On a donc

Jn =

(2n+1)π2

0

sinu

udu −−−−−→

n→+∞π

2

—69/208— G H


Pour conclure, on sait que x

0

sinu

udu a une limite en +∞, en effet

X

ε

sin t

tdt =

(1− cos t)

t

X

ε

+

X

ε

1− cos t

t2dt =

(1− cosX)

X− (1− cos ε)

ε+

X

ε

1− cos t

t2dt

u′ (t) = sin t u (t) = 1− cos t

v (t) =1

tv′ (t) = − 1

t2

Puisque 1− cos t ∼t→0

t2

2, on a lim

ε→0(1− cos ε)

ε= 0 puis

(1− cosX)

X−−−−−→X→+∞

0 et 0 1− cos t

t2

2

t2d’où la conver-

gence de +∞

0

1− cos t

t2dt. On en déduit que

x

0

sinu

udu converge. On a donc

+∞

0

sin t

tdt = lim

x→+∞

x

0

sinu

udu, par

le critère séquentiel, on a ℓ = limn→+∞

(2n+1)π2

0

sinu

udu =

π

2.

Autre méthode :

Soit x > 0 et n tel que (2n+ 1) π2 x < (2n+ 3) π2 (donc n x

π− 1

2< n+ 1⇐⇒ n = E

x

π− 1

2

) alors

0

x

0

sin t

tdt− Jn

=

x

(2n+1)π2

sin t

tdt

x

(2n+1)π2

1

tdt

(2n+3)π2

(2n+1)π2

1

tdt = ln

2n+ 3

2n+ 1

Puisquex

π− 1

2< n+ 1 on a n −−−−−→

x→+∞+∞ et ainsi

x

0

sin t

tdt −−−−−→

x→+∞π

2.

4. C’est un grand classique, x

0

|sin t|tdt est de même nature que

n0

un où un = (n+1)π

nπ

|sin t|tdt. Mais

(n+1)π

nπ

|sin t|tdt

(n+1)π

nπ

|sin t|nπ

dt =1

nπ

(n+1)π

nπ

|sin t| dt = 2

nπ

la série diverge donc x

0

|sin t|tdt −−−−−→

n→+∞+∞.

Exercice PC* 66

Soit f ∈ C1 ([1,+∞[ ,R) telle que I = +∞

1

(f ′ (t))2 dt converge. Montrer que +∞

1

f (t)

t

2dt converge aussi.

Indication : Faire une IPP.

Solution

: On fait une IPP dans

x

1

f (t)

t

2dt en posant u′ (t) =

1

t2et v (t) = f2 (t), ainsi

x

1

f (t)

t

2dt =

−f

2 (t)

t

x

1

+

x

1

2f (t) f ′ (t)

tdt = f2 (1)− f

2 (x)

x+

x

1

2f (t) f ′ (t)

tdt

x

1

2f (t) f ′ (t)

tdt+ f2 (1)

Par Cauchy-Schwarz, on a

x

1

2f (t) f ′ (t)

tdt

2

x

1

f2 (t)

t2dt×

x

1

(f ′ (t))2 dt

Ainsi x

1

f (t)

t

2dt f2 (1) + 2

x

1

f2 (t)

t2dt×

x

1

(f ′ (t))2 dt

—70/208— G H


Or x

1

(f ′ (t))2 dt

+∞

1

(f ′ (t))2 dt = I d’où, en fin de compte

x

1

f (t)

t

2dt f2 (1) + 2I

x

1

f2 (t)

t2dt

Posons Y =

x

1

f (t)

t

2dt, on a donc Y A

√Y +B où (A,B) ∈ R2+. Si l’intégrale diverge, on a Y −−−−−→

x→+∞+∞, mais

puisqueY

A√Y +B

−−−−−→Y→+∞

0

on a une absurdité. Conclusion l’intégrale converge (car la fonction intégrée est positive donc on a que deux possibilités !).

—71/208— G H


5 Convergence dominée

Exercice PC 22

Soit f continue de R+ dans lui même et bornée, on pose

In =

+∞

0

f (t) e−ntdt

Déterminer la limite de nIn (version PC∗ : on suppose f (0) = 0 déterminer un équivalent de In).

Solution

: Le changement de variable (C1 et strictement croissant) u = nt donne In =

1

n

+∞

0

fun

e−udu. Posons

alors fn (u) = fun

e−u, on a

à u 0 fixé, fn (u) −−−−−→n→+∞

f (0)

∀u 0, |fn (u)| Me−u = ϕ (u) où M = supx∈[0,+∞[

|f | = f∞

Puisque ϕ est intégrable sur [0,+∞[, on en déduit que

+∞

0

fun

e−udu −−−−−→

n→+∞

+∞

0

f (0) e−udu = f (0)

d’oùnIn −−−−−→

n→+∞f (0)

Exercice PC 23

Montrer que +∞

0

t

et − 1=

+∞

n=1

1

n2.

Solution

: Pour t > 0, on a

t

et − 1=

te−t

1− e−t , or e−t ∈ ]0, 1[ si t ∈ ]0,+∞[ donc

te−t

1− e−t = te−t

+∞

n=0

e−tn

=+∞

n=1

te−nt

Soit fn (t) = te−nt qui est continue telle que+∞

n=1

fn (t) converge vers f (t) =t

et − 1continue, et

+∞

0

|fn (t)| dt = +∞

0

te−nt =1

n2(faire une IPP)

Puisque+∞

n=1

1

n2cv, on en déduit que

t

et − 1est intégrable sur ]0,+∞[ et que

+∞

0

t

et − 1=

+∞

n=1

1

n2.

Exercice PC 24

Rappel : Pour x ∈ [−1, 1[,+∞

k=0

xk+1

k + 1= − ln (1− x). Montrer que

π4

0

ln (1 + tanx)

cosx sinxdx =

+∞

n=0

(−1)n

(n+ 1)2

—72/208— G H


Solution

: Pour x ∈

0, π4, on a tanx ∈ ]0, 1[ ainsi

ln (1 + tanx) =+∞

k=0

(−1)k+1 tank+1 xk + 1

d’oùln (1 + tanx)

cosx sinx=

+∞

k=0

(−1)k+1k + 1

tank+1 x

sinx cosx=

+∞

k=0

(−1)k+1k + 1

tank x

cos2 x

Soit fk (x) =(−1)k+1k + 1

tank x

cos2 x, alors f (x) =

+∞

k=0

fk (x) =ln (1 + tanx)

cosx sinxest continue sur

0, π4et |fk (x)| est intégrable sur

0, π4avec

π4

0

|fk (x)| dx = π

4

0

1

k + 1

tank x

cos2 xdx =

11

(k + 1)2 tan

k+1 x

2π4

0

=1

(k + 1)2

d’où puisque+∞

k=0

1

(k + 1)2cv, on en déduit que f est intégrable sur

0, π4et que

π4

0

ln (1 + tanx)

cosx sinxdx =

+∞

n=0

(−1)n

(n+ 1)2

Exercice PC* 67

(CCP 2008.) Soit f ∈ C1 ([a, b]) avec a < 1 < b, montrer que :

1. b

a

f (x)

1 + xndx −−−−−→

n→+∞

1

a

f (x) dx.

2. 1

a

xnf (x)

1 + xndx ∼ 1

nf (1) ln 2.

Solution

:

1. On pose ϕn (x) =f (x)

1 + xnqui est continue sur [a, b] et converge simplement vers la fonction ϕ continue par morceaux

définie par ϕ (x) =

f (x) si x ∈ [a, 1[f (1)

2si x = 1

0 si x > 1

. On a f continue d’où la domination par la fonction intégrable |ϕn (x)|

|f (x)| . Ainsi b

a

ϕn (x) dx −−−−−→n→+∞

b

a

ϕ (x) dx =

1

a

f (x) dx.

2. On va utiliser le caractère C1 (heureusement !). On a

1

a

xnf (x)

1 + xndx =

1

n

1

a

xf (x)nxn−1

1 + xndx

Une IPP en intégrantnxn−1

1 + xndonne alors

1

a

xnf (x)

1 + xndx =

xf (x) ln (1 + xn)

n

1

a

− 1

n

1

a

(f (x) + xf ′ (x)) ln (1 + xn) dx

=f (1) ln 2

n− 1

n×af (a) ln (1 + an) +

1

a

(f (x) + xf ′ (x)) ln (1 + xn) dx

—73/208— G H


On aaf (a) ln (1 + an) −−−−−→

n→+∞0 car a < 1

La suite de fonctions continue ψn (x) = (f (x) + xf ′ (x)) ln (1 + xn) converge simplement sur [a, 1] vers ψ continue

par morceaux définie par ψ (x) =

0 si x ∈ [a, 1[(f (1) + f ′ (1)) ln 2 si x = 1

. On a la domination par la fonction intégrable

|ψn (x)| |f (x) + xf ′ (x)| ln (2). Ainsi 1

a

(f (x) + xf ′ (x)) ln (1 + xn) dx −−−−−→n→+∞

0

Ce qui prouve que

1

n×af (a) ln (1 + an) +

1

a

(f (x) + xf ′ (x)) ln (1 + xn) dx

= on→+∞

1

n

et l’équivalence annoncée.

Exercice PC* 68

(TPE 2007) Déterminer la limite de In = 1

0

1− x 1

n

1n

dx.

Solution

: Soit fn (x) =

1− x 1

n

1n

= n1− n

√x, on a fn (x) = exp

1

nln1− x 1

n

sur ]0, 1[, et fn (0) = 1, fn (1) =

0. Pour x ∈ ]0, 1[ , on a lnx = 0 et ainsi

x1n = exp

lnx

n

= 1 +

lnx

n+ on→+∞

1

n

d’où 1− x 1n = − lnx

n+ on→+∞

1

n

∼

n→+∞− lnx

n−−−−−→n→+∞

0+, on peut donc passer au logarithme et avoir ainsi

1

nln1− x 1

n

∼

n→+∞1

nln

− lnxn

=

ln (− lnx)

n− ln (n)

n−−−−−→n→+∞

0−

d’où, pour x ∈ ]0, 1[

exp

1

nln1− x 1

n

−−−−−→n→+∞

1−

On a donc convergence simple des fonctions continues fn vers la fonction continue par morceaux f définie par f (x) =1 si x ∈ [0, 1[0 si x = 1

.

De plus on a x ∈ [0, 1] =⇒ 1− x 1n ∈ [0, 1] =⇒ |fn (x)| 1, par convergence dominiée

In −−−−−→n→+∞

1

Exercice PC* 69

Soit un = +∞

1

e−tn

dt

1. Existence et limite de un ?

2. Equivalent de un en +∞.

—74/208— G H


Solution

:

1. Si n = 0 il est clair que un n’existe pas. Pour n 1, on a t2e−tn −−−−−→n→+∞

0 (car uαe−u tend vers 0, donc en posant

u = tn, et α =2

n), ainsi puisque la fonction t −→ e−t

n

est positive, elle est intégrable sur [1,+∞[ par comparaison

(Riemann).Pour la limite, soit fn (t) = e−t

n

, à t fixé, on a fn (t) −−−−−→n→+∞

0 et pour t 1, tn 1 =⇒ e−tn

e−t. Ainsi

|fn (t)| ϕ (t) = e−t intégrable sur [1,+∞[

On en déduit que

limun =

+∞

1

lim fn (t) dt = 0

2. Pour l’équivalent, c’est un peu plus compliqué. On fait un premier changement de variable en posant u = tn ⇐⇒t = u

1n , ainsi

un =

+∞

1

e−tn

dt =1

n

+∞

1

e−u

uu1ndu

La fonctione−u

uu1n sur [1,+∞[ converge simplement vers

e−u

usur [1,+∞[ . Pour u 1 et n 1, on a u

1n =

e1nlnu elnu = u ainsi

e−u

uu1n

e−u intégrable sur [1,+∞[

d’où +∞

1

e−u

uu1ndu −−−−−→

n→+∞

+∞

1

e−u

udu

ainsi

un ∼1

n

+∞

1

e−u

udu

Exercice PC 25

(CCP) Soit S (x) =

n1

(−1)n xnn− 1

2

n!.

1. Quel est le domaine de définition de S ?

2. Soit I (x) = 1

0

e−tx − 1

t√tdt. Quel est le domaine de définition de I ? Exprimer S (x) à l’aide de I.

Solution

:

1. Pour x ∈ R, et n 1 on a

(−1)n xnn− 1

2

n!

=

|x|nn− 1

2

n!|x|nn!

ce qui prouve la convergence absolue de la série par

compraison avec la série exponentielle.

2. En t = 0, on ae−tx − 1

t√t

∼t→0

−txt√t= − x√

t, ainsi t −→ e−tx − 1

t√t

est de signe constant sur ]0, 1[ équivalente en 0 à

une fonction intégrable donc intégrable. La fonction I est définie sur R. Puis

e−tx − 1

t√t

=1

t√t

n1

(−xt)nn!

=

n1

(−1)n xntn−1− 12

n!

A x fixé, on pose fn (t) =(−1)n xntn−1−1

2

n!fonction C0 et intégrable sur [0, 1], alors

n1

1

0

|fn (t)| dt =

n1

1

0

|x| tn−1−12

n!dt =

n1

|x|nn− 1

2

n!

= S (−|x|) donc CV

—75/208— G H


Ainsi

I (x) =

1

0

n1

fn (t) dt =

n1

1

0

fn (t) dt = S (x)

Remarque : Le changement de variable u = xt dans I (x) donne alors

S (x) = I (x) =√x

x

0

e−u − 1

u√udu

Puisquee−u − 1

u√u

est intégrable sur ]0,+∞[, on en déduit que

S (x) ∼x→+∞

√x

+∞

0

e−u − 1

u√udu =

u=t2

√x

+∞

0

e−t2 − 1

t2du

Maple donne +∞

0

e−t2 − 1

t2du = −2√π d’où

S (x) ∼x→+∞

−2√πx

Exercice PC* 70

Soit (un)n∈N∗ définie par

un =

+∞

0

xdx

1 + x chxn

Existence de un, limite et équivalent en +∞.

Solution

: Soit fn (x) =

x

1 + x chxn

, la fonction fn est définie, continue sur [0,+∞[, positive, ceci pour n 1. On

a fn (x) ∼x→+∞

x

xexpxn

2

= 2 exp−xn

, d’où x2fn (x) −−−−−→

x→+∞0 ce qui assure la convergence de

+∞0

xdx

1 + x chxn

en

+∞ et ainsi l’existence de un.Dans un, le changement de variable (bijectif, C1, strictement croissant), t =

x

ndonne

un =

+∞

0

n2t

1 + nt ch (t)dt = n

+∞

0

t1

n+ t ch (t)

dt

Soit gn (t) =t

1

n+ t ch (t)

, la suite de fonctions continues (gn)n∈N∗ converge simplement vers g : t → 1

ch t, de plus, on a la

domination∀t > 0, gn (t)

t

t ch (t)=

1

ch t= ϕ (t)

La fonction ϕ (t) est intégrable sur ]0,+∞[ donc +∞

0

t1

n+ t ch (t)

dt −−−−−→n→+∞

+∞

0

ϕ (t) dt =

+∞

0

dt

ch t

Le changement de variables (bijectif, C1, strictement croissant), u = et donne alors +∞

0

dt

ch t= 2

∞

1

1

1 + u2du =

π

2

—76/208— G H


On a donc +∞

0

dx

1 + x chxn

∼n→+∞

nπ

2

Exercice PC* 71

(X) Soit In = 1

0

(1− xn)cosπx2

dx. Montrer que In tend vers +∞, puis que In ∼2

πlnn.

Solution

: La fonction x −→ (1− xn)

cosπx2

est définie et contniue sur [0, 1[ . En x = 1, on a (1− xn) = (1− x)n−1

k=0

xk ∼x→1

n (1− x) et cosπx2

=

x=1−hsin πh2 ∼

h→0πh2 . Ainsi

(1− xn)cosπx2

∼x→1

2n

π

Ce qui permet de prolonger par continuité et prouve l’intégrabilité sur [0, 1] .Limite et équivalent en +∞. On pose u = 1− x dans In, ainsi

In =

1

0

1− (1− u)nsin πu2

du

Puisque 0 sin πu2 πu2 sur [0, 1] , on en déduit que

In

1

0

1− (1− u)nπu2

du =2

π

1

0

1− (1− u)nu

du =x=1−u

2

π

1

0

1− xn1− x dx

=2

π

1

0

n−1

k=0

xkdx =2

πHn −−−−−→

n→+∞+∞ où Hn =

n

k=1

1

k

Pour l’équivalent, on pose ϕ (u) =1− (1− u)n

πu2

et fn (u) =1− (1− u)n

sin πu2et h (x) =

1

sinx− 1

x, alors

fn (u)− ϕ (u) = (1− (1− u)n)× hπu2

On a facilement h (x) ∼x→0

x

6donc h est continue sur

0, π2, d’où u −→ h

πu2

∈ C0

0, π2. Ainsi

fn (u)− ϕ (u) est continue sur [0, 1]

fn (u)− ϕ (u) −−−−−→n→+∞

hπu2

si u = 0

0 si u = 0

fn (u)− ϕ (u)∞ 2 h∞ car sur [0, 1] , |1− (1− u)n| 2

D’après le théorème de CV dominée, on a 1

0

(fn (u)− ϕ (u)) du −−−−−→n→+∞

1

0

hπu2

du

On en déduit que

In =

1

0

ϕ (u) du+

1

0

hπu2

du+ o

n→+∞(1)

=2

πHn +

1

0

1

sin πx2− 1

πx2

dx+ o

n→+∞(1)

—77/208— G H


Puisque l’on sait bien queHn = lnn+ γ + o

n→+∞(1)

et que 1

0

1

sin πx2− 1

πx2

dx =

2

π

1

0

1

sin t− 1

t

dt

1

0

1

sin t− 1

t

dt = lim

a→0

1

a

1

sin t− 1

t

dt = lim

a→0

1

ln

1

t

1− cos t

1 + cos t

2π2

a

= (ln 2− lnπ)− (− ln 2) = 2 ln 2− lnπ

On obtientIn =

2

πln+

2

π(γ + 2 ln 2− lnπ) + o

n→+∞(1)

Bon j’ai fait du zèle ?

Exercice PC* 72

Calculer la limite en +∞ de un = +∞

0

e−t

n+ tdt. Donner un développement asymptotique de un à la précision

1

n2.

Solution

: On a un =

+∞0 fn (t) dt où la suite (fn)n converge simplement vers la fonction nulle. De plus |fn (t)| e−t

qui est intégrable sur [0,+∞[. Par convergence dominée, un −−−−−→n→+∞

0. De plus un =1

n

+∞0

e−t

1 +t

n

dt, compte tenu de

+∞0

e−tdt = 1, on aun −

1

n

=

+∞

0

1

n− 1

n+ t

e−tdt

=

+∞

0

te−t

n (n+ t)dt

1

n2

+∞

0

te−tdt =1

n2

On recommence donc

un −1

n+

1

n2=

+∞

0

1

n+ t− 1

n+t

n2

e−tdt

=

+∞

0

t2

(n+ t)n2e−tdt

+∞

0

t2

n3e−tdt =

2

n3

En fait, on a1

n

+∞0

e−t

1 +t

n

dt =1

n

+∞0

+∞k=0 (−1)

k tke−t

nkdt. Considèrons la série de fonction

+∞k=0 gk (t) où gk (t) =

(−1)k tke−t

nk, on ne peut pas intervertir les deux signes

et

. Cependant,

un =1

n

+∞

0

N

k=0

(−1)k tke−t

nk+

+∞

k=N+1

(−1)k tke−t

nk

dt

=1

n

N

k=0

+∞

0

(−1)k tke−t

nkdt− (−1)N

nN+1

+∞

0

tN+1e−t

n+ tdt

=N

k=0

(−1)k k!nk+1

− (−1)NnN+1

+∞

0

tN+1e−t

n+ tdt

—78/208— G H


AvectN+1e−t

n+ t tN+1e−t intégrable sur [0,+∞[ , on a

+∞0

tN+1e−t

n+ tdt →

n→+∞0. Ce qui donne un développement

asymptotique à tout ordre

un =N

k=0

(−1)k k!nk+1

+ on→+∞

1

nN+1

Exercice PC 26

Soit fn (x) =ln1 +

x

n

x (1 + x2).

1. Etudier l’intégrabilité de fn sur [0,+∞[ .

2. Existence et limite de limn→+∞ n +∞0

fn (x) dx et donner un équivalent de +∞0

fn (x) dx.

Solution

:

1. fn (x) 0 sur [0,+∞[ et x2fn (x) →x→+∞

0 ce qui prouve l’intégrabilité (ou bien 0 ln1 +

x

n

x (1 + x2)

x

nx (1 + x2)

1

1 + x2si x 0 et n 1 (la première inégalité provient de ln (1 + u) u (convexité), la seconde est claire ! !).

2. On considère gn (x) = nfn (x) , on a une suite de fonctions positives , et 0 gn (x) 1

1 + x2. De plus gn (x) −−−−−→

n→+∞1

1 + x2, par le théorème de convergence dominée,

+∞

0

gn (x) dx →n→+∞

+∞

0

1

1 + x2dx =

π

2

et ainsi +∞0

fn (x) dx ∼π

2n.

Exercice PC 27

Soit f (x) =+∞0 cos (xt) e−t

2

dt. Préciser le domaine de définition de f, de dérivabilité de f. Calculer f ′, en déduire f

sachant que+∞0

e−t2

=

√π

2.

Solution

: La fonction g (x, t) = cos (xt) e−t

2

est continue sur R× [0,+∞[ et ∀ (x, t) ∈ R× [0,+∞[ ,cos (xt) e−t

2

e−t2

. Or t2e−t2 −−−−→t→+∞

0 donc +∞

0

e−t2

dt converge (on a t2e−t2

1 pour t assez grand). On en déduit que f (x)

est définie et continue sur R. De plus g (x, t) est dérivable par rapport à x sur R et∂g (x, t)

∂x= −t sin (xt) e−t2 donc,

∂g (x, t)

∂x

te−t2 qui est intégrable sur [0,+∞[ (car une primitive est

1

2e−t

2

donc +∞

0

te−t2

dt =

1e−t

2

2

2+∞

0

=1

2). On

en déduit que f est dérivable sur R et que

f ′ (x) = − +∞

0

t sin (xt) e−t2

dt

Or dans f ′ une intégration par parties donne (on intégre te−t2

bien sur ! !)

f ′ (x) = − +∞

0

t sin (xt) e−t2

dt = −x2

∞

0

cos (xt) e−t2

dt = −x2f (x)

—79/208— G H


Ainsi f est solution de l’équation différentielle

y′ +x

2y = 0 avec la condition initiale y (0) =

√π

2

On obtient alors immédiatement

y (x) =

√π

2e−x2

4

Exercice PC* 73

On pose f (x) = +∞

0

e−x2(1+t2)

1 + t2dt pour x 0 et I =

+∞

0

e−t2dt.

1. Calculer f ′ (x) à l’aide de x et de I (Justifier l’existence I).

2. Calculer limx→+∞

f (x) , en déduire la valeur de I.

Solution

:

1. Soit f (x, t) =e−x

2(1+t2)

1 + t2, la fonction ϕ est définie et continue sur [0,+∞[2 , dominée par ϕ (t) =

1

1 + t2. On en

déduit que f est continue sur R+. L’existence I provient de la positivité de e−t2

et de t2e−t2 −−−−→t→+∞

0. On a

f ′ (x, t) = −2xe−x2(1+t2) =⇒ |f ′ (x, t)| 2be−a2(1+t2) sur [a, b] où 0 < a < b et 0 t2e−a

2(1+t2) −−−−→t→+∞

0 d’où

2be−a2(1+t2) est intégrable sur R+, on a donc f C1 sur [a, b] et par la même C1 sur ]0,+∞[ avec

f ′ (x) =

+∞

0

−2xe−x2(1+t2)dt = −2xe−x2 +∞

0

e−x2t2dt

+∞

0

e−x2t2dt =

u=xt

+∞

0

e−u2

xdu

f ′ (x) = −2e−x2I

Par le théorème limite de la dérivée, puisque f ′ (x) −−−→x→0

0, on a f C1 sur R+ avec f ′ (x) = −2xe−x2I.

2. On a 0 e−x

2(1+t2)

1 + t2e−x

2

1 + t2=⇒ 0 f (x)

+∞

0

e−x2

1 + t2dt =

π

2e−x

2 −−−−−→x→+∞

0 d’où limx→+∞

f (x) = 0. Puis

f (0) =π

2,

f (x) = −2I × x

0

e−x2

dx+π

2

ainsi f (x) −−−−−→x→+∞

−2I2 + π2

= 0

on en déduit que

I =

√π

2

Exercice PC* 74

(CCP 2009 PSI) Montrer que f définie sur R∗+ par f (x) = +∞

0

ln (t) e−xtdt est de classe C1. Montrer qu’il existe

une constante c telle que f (x) =c− lnx

x(considérer f (x) + xf ′ (x)).

—80/208— G H


Solution

: Pour établir l’existence et la continuité, on utilise la domination sur [a, b] avec a > 0

ln te−xt |ln t| e−at si x ∈ [a, b] et t 0

Or t −→ |ln t| e−at est inégrable sur ]0,+∞[. De la même manièret ln te−xt

t |ln t| e−at si x ∈ [a, b] et t 0

ce qui prouve que f est dérivable sur [a, b] avec b > a > 0 donc sur R∗+ avec

f ′ (x) =

+∞

0

t ln te−xtdt

Une IPP en dérivant t ln t donne alors

f ′ (x) =

+∞

0

t ln te−xtdt = − 1

x

+∞

0

(1 + ln t) e−xtdt

soit

xf ′ (x) + f (x) = − +∞

0

e−xtdt = −1

x

On résout cette équation différentielle, ce qui donne f (x) =c− lnx

xpour un certain c.

Remarque : La majoration |ln te−xt| |ln t| e−at valable sur [a,+∞[ et ln te−xtdt −−−−−→x→+∞

0 donne f (x) −−−−−→x→+∞

+∞

0

0×

dt = 0, mais cela ne donne pas la valeur de c ! Pour cela il faut pouvoir calculer, par exemple f (1) = +∞

0

ln (t) e−tdt. On

peut montrer (mais c’est dur) que f (1) = −γ où γ est la constante d’Euler. En voici la trame, par convergence dominée,∞0

ln (t) e−tdt = limn→+∞

n0

1− t

n

nln (t) dt. Or

n

0

1− t

n

nln (t) dt = n

1

0

(1− s)n ln (ns) ds = n

n+ 1ln (n) + n

1

0

(1− s)n ln (s) ds

=n

n+ 1ln (n) + n

1

0

(s)n ln (1− s) ds = n

n+ 1ln (n)− n

∞

k=1

1

0

sn+k

kds

=n

n+ 1ln (n)−

∞

k=1

n

(n+ k + 1) k=

n

n+ 1ln (n)− n

n+ 1

∞

k=1

1

k− 1

n+ k + 1

=n

n+ 1

ln (n)−n+1

k=1

1

k

−−−−−→n→+∞

−γ

Bref, f (x) = −γ + lnx

x.

Exercice PC* 75

Pour n ∈ N, on définit

un =

π2

0

cosnπ2sinxdx

Quelle est la nature de la série

n0

un ? Et de la suite (un)n∈N ?

Solution

: Pour la série, supposons que

n0

un converge, puisque la série de fonction

n0

cosnπ2 sinx

converge sim-

plement sur0, π2(en x = 0 elle diverge, mais si x ∈

0, π2, on a cos

π2 sinx

∈ [0, 1[) vers f (x) =

1

1− cosπ2 sinx

qui

—81/208— G H


est continue, le théorème dintervertion s’applique pour donner

n0

un =

π2

0

dx

1− cosπ2 sinx

Le problème vient du fait que en x = 0, on a 1− cosπ2 sinx

∼x→0

π2 sinx

2

2∼x→0

π2

8x2 d’où la divergence de l’intégrale

en x = 0. La série diverge donc.En revanche, pour la suite, puisque

cosnπ2sinx−−−−−→n→+∞

0 si x ∈

0, π2

1 si x = 0

la dominationcosn

π2 sinx

1 permet d’appliquer le théorème de CVD pour avoir un −−−−−→n→+∞

0.

Exercice PC 28

Soit la fonction f définie par

f (x) =

π2

0

cos (x sin t) dt.

1. Montrer que f est de classe C2 sur R.

2. Montrer que f est solution de l’équation différentielle xy′′ + y′ + xy = 0.(On pourra utiliser une intégration par parties).

Solution

:

1. Soit ϕ : (x, t) −→ cos (x sin t) , on a∂ϕ

∂x: (x, t) −→ − sin t sin (x sin t) et

∂2ϕ

∂x2: (x, t) −→ − sin2 t cos (x sin t) sont C0

sur R×0, π2. Ainsi f est de classe C2 sur R et

f ′ (x) = − π

2

0

sin t sin (x sin t) dt

f ′′ (x) = − π

2

0

sin2 t cos (x sin t) dt

2. On a donc

x (f ′′ (x) + f (x)) = x

π2

0

1− sin2 t

cos (x sin t) dt

= x

π2

0

cos2 t cos (x sin t) dt

et

f ′ (x) =

π2

0

(− sin t) sin (x sin t) dt

on fait l’IPP

u′ (t) = − sin t u (t) = cos tv (t) = sin (x sin t) v′ (t) = x cos t cos (x sin t)

f ′ (x) = [cos t sin (x sin t)]π20 − x

π2

0

cos2 t cos (x sin t) dt

d’où le résultat.

—82/208— G H


Exercice PC 29

Soit la fonction f définie par

f (x) =

+∞

x

ex−t

tdt.

1. Montrer que f est de classe C1 pour x > 0.

2. Etudier son sens de variation. Préciser limx→0

f (x) .

3. Montrer que au voisinage de +∞ : f (x) ∼ 1

x.

Solution

:

1. Soit ϕ (t) =e−t

t, si x > 0, alors ϕ est définie, positive et continue sur [x,+∞[ et t2ϕ (t) −−−−→

t→+∞0, ainsi f est

intégrable sur [x,+∞[. En 0, on a ϕ (t) ∼t→0

1

t, on intégrable en 0. Ainsi f est définie sur ]0,+∞[ et

f (x) = ex +∞

x

e−t

tdt = ex

1

x

e−t

tdt+

+∞

1

e−t

tdt

ce qui prouve que f est C1 sur ]0,+∞[ (car x −→ 1

x

e−t

tdt l’est) et que

f ′ (x) = f (x)− 1

x

2. On a donc

f ′ (x) =

+∞

x

ex−t

tdt− 1

x

Or +∞

x

e−tdt = e−x =⇒ f ′ (x) = ex +∞

x

1

t− 1

x

e−tdt =⇒ f ′ (x) < 0

On en déduit que f est décroissante. De plus au voisinage de 0, on a

f (x) = ex +∞

x

e−t

tdt ∼x→0

+∞

x

e−t

tdt −−−−−→

x→+∞+∞

car l’intégrale +∞

0

e−t

tdt diverge et la fonction ϕ est positive.

3. On fait une IPP ,

u′ (t) = e−t u (t) = −e−t

v (t) =1

tv′ (t) = −1

t

2 =⇒ +∞

x

e−t

tdt =

−e

−t

t

+∞

x

− +∞

x

e−t

t2dt

soit

f (x) = ex +∞

x

e−t

tdt =

1

x− ex +∞

x

e−t

t2dt

Or

0 ex +∞

x

e−t

t2dt ex

+∞

x

e−t

x2dt =

1

x2=⇒ f (x) =

1

x+ ox→0

1

x

—83/208— G H


Exercice PC 30

Pour n ∈ N on pose In = 1

0

xn

1− x2 lnx dx.

1. Etudier la convergence de In et prouver que limn→+∞

In = 0.

2. Calculer I2 (rappel∞

n=1

1

n2=π2

6).

Solution

:

1. Soit fn : x −→xn lnx

1− x2 , la fonction est continue sur ]0, 1[. Puisque ln (x) ∼x→1

(x− 1) , on a

fn (x) ∼x→1

−12et fn (x) ∼

x→0xn lnx

Puisque xn lnx −−−→x→0

0 si n 1, on peut prolonger fn en une fonction continue sur [0, 1] si n 1. Pour n = 0, on a

xn lnx = lnx qui est intégrable sur [0, 1] . Ainsi

In converge pour n ∈ N

On constate alors que

Si n 1, fn (x) = xn−1f1 (x) =⇒ sup[0,1]

|fn (x)| xn−1 sup[0,1]

|f1 (x)|

car la fonction f1 étant prolongeable par continuité sur le segment [0, 1] , elle y est bornée. Ainsi

|In| sup[0,1]

|f1 (x)| × 1

0

xn−1dx =

sup[0,1]

|f1 (x)|

n−−−−−→n→+∞

0

2. On ax2

1− x2 =n

k=0

x2k+2 +x2n+4

1− x2

d’où

I2 =n

k=0

1

0

x2k+2 lnxdx+ I2n+4

Or 1

0

x2k+2 lnxdx = − 1

(2k + 3)2(IPP), d’où

I2 = −n

k=0

1

(2k + 3)2 = 1−

n

k=0

1

(2k + 1)2 = 1− π

2

8

En effet

2n

k=0

1

k2=

n

k=0

1

(2k)2+n−1

k=0

1

(2k + 1)2

=1

4

n

k=0

1

k2+n−1

k=0

1

(2k + 1)2

—84/208— G H


La série 1

k2converge (Riemann) ainsi que

1

(2k + 1)2, donc

S2n =2n

k=0

1

k2−−−−−→n→+∞

+∞

k=0

1

k2=π2

6

Sn =n

k=0

1

k2−−−−−→n→+∞

+∞

k=0

1

k2=π2

6

n−1

k=0

1

(2k + 1)2−−−−−→n→+∞

+∞

k=0

1

(2k + 1)2

d’où

π2

6=

1

4× π

2

6++∞

k=0

1

(2k + 1)2=⇒

+∞

k=0

1

(2k + 1)2=π2

8

Exercice PC* 76

Montrer que f (x) = π

2

0

lnx2 + sin2 t

dt est C1 sur R∗+ et calculer f ′ (x). Donner lim

x→+∞(f (x)− π lnx) et en déduire

f (x) .

Solution

: Soit f (x, t) = ln

x2 + sin2 t

, alors f est C0 sur ]0,+∞[ ×

0, π2donc f est définie, continue sur R∗+. De

plus∂f (x, t)

∂x=

2x

x2 + sin2 test C0 sur ]0,+∞[ ×

0, π2, donc f est C1 sur R∗+ et f ′ (x) =

π2

0

2x

x2 + sin2 tdt. La règle de

Bioche donne le changement de variable u = tan t (qui est bien un C1 difféomorphisme sur0, π2). On a alors

f ′ (x) =

π2

0

2x

x2 + sin2 tdt =

∞

0

2x

(1 + x2)u2 + x2du =

∞

0

2

x1 + x2

x2

u2 + 1

du =π√x2 + 1

Ensuite π

2

0

lnx2 + sin2 t

dt =

π2

0

lnx2 + ln

1 +

sin2 t

x2

dt = π lnx+

π2

0

ln

1 +

sin2 t

x2

dt car x > 0. Mais

0 ln

1 +

sin2 t

x2

sin2 t

x2

1

x2(convexité) =⇒ 0

π2

0

ln

1 +

sin2 t

x2

dt

π2

0

dt

x2=π

2x2−−−−−→x→+∞

0

d’où limx→+∞

(f (x)− π lnx) = 0. Ainsi puisque une primitive de1√x2 + 1

est lnx+

√x2 + 1

f (x) = π lnx+x2 + 1

+C = π lnx+ π ln

1 +

1 +

1

x2

+C

Avec f (x)− lnx −−−−−→x→+∞

0, on a C = −π ln 2.

f (x) = π arg sinhx− π ln 2 = π lnx+x2 + 1

− π ln 2

Remarque : On a f (0) = π

2

0

lnsin2 t

dt = 2

π2

0

ln (sin t) dt. L’intégrale converge car en 0, on a sin t ∼t→0

t qui tend

—85/208— G H


vers 0, donc on peut passer au logarithme, ainsi ln sin t ∼t→0

ln t et π

2

0ln tdt converge. On en déduit que f (0) existe. C’est

un calcul classique que celui de π

2

0

ln (sin t) dt = −π ln 22. On a donc

f (0) = −π ln 2f (x) = π arg sinhx− π ln 2 si x > 0

Ainsi f est continue en 0, puisque f ′ (x) =π√x2 + 1

−−−→x→0

π, elle est même (théorème limite de la dérivée) de classe C1

sur R+ avec f ′ (0) = π.

Exercice PC* 77

Calculer la limite en +∞ de un = +∞

0

e−t

n+ tdt. Donner un développement asymptotique de un à la précision

1

n2puis

à tout ordre.

Solution

: On a un =

+∞0 fn (t) dt où la suite (fn)n converge simplement vers la fonction nulle. De plus |fn (t)| e−t

qui est intégrable sur [0,+∞[. Par convergence dominée, un → 0. De plus un =1

n

+∞0

e−t

1 +t

n

dt, compte tenu de

+∞0 e−tdt = 1, on a

un −1

n

=

+∞

0

1

n− 1

n+ t

e−tdt

=

+∞

0

te−t

n (n+ t)dt

1

n2

+∞

0

te−tdt =1

n2

On recommence donc

un −1

n+

1

n2=

+∞

0

1

n+ t− 1

n+t

n2

e−tdt

=

+∞

0

t2

(n+ t)n2e−tdt

+∞

0

t2

n3e−tdt =

2

n3

En fait, on a1

n

+∞0

e−t

1 +t

n

dt =1

n

+∞0

+∞k=0 (−1)

k tke−t

nkdt. Considèrons la série de fonction

+∞k=0 gk (t) où gk (t) =

(−1)k tke−t

nk, on ne peut pas intervertir les deux signes

et

. Cependant,

un =1

n

+∞

0

N

k=0

(−1)k tke−t

nk+

+∞

k=N+1

(−1)k tke−t

nk

dt

=1

n

N

k=0

+∞

0

(−1)k tke−t

nkdt− (−1)N

nN+1

+∞

0

tN+1e−t

n+ tdt

=N

k=0

(−1)k k!nk+1

− (−1)NnN+1

+∞

0

tN+1e−t

n+ tdt

—86/208— G H


AvectN+1e−t

n+ t tN+1e−t intégrable sur [0,+∞[ , on a

+∞0

tN+1e−t

n+ tdt →

n→+∞0. Ce qui donne un développement

asymptotique à tout ordre

un =N

k=0

(−1)k k!nk+1

+ on→+∞

1

nN+1

—87/208— G H


6 Intégrales multiples (plus on est de fous)

Exercice PC 31

Calculer pour x ∈ [0, 1], 1

0

x

1 + xydy et en déduire, à l’aide de Fubinni, la valeur de I =

1

0

ln (1 + x)

1 + x2dx.

Solution

: On a, si x = 0

1

0

x

1 + xydy = [ln (1 + xy)]10 = ln (1 + x) égalité encore vérifiée si x = 0

On en déduit que

I =

1

0

ln (1 + x)

1 + x2dx =

1

0

1

1 + x2

1

0

x

1 + xydydx

=

1

0

1

0

x

(1 + xy) (1 + x2)dydx

La fonction f définie par f (x, y) =x

(1 + xy) (1 + x2)est continue sur [0, 1]2 donc

I =

1

0

1

0

x

(1 + xy) (1 + x2)dxdy

Maisx

(1 + xy) (1 + x2)=

a

1 + xy+bx+ c

1 + x2

On aa = − y

1 + y2, b =

1

1 + y2c =

y

1 + y2

On calcule alors

− 1

1 + y2

1

0

ydx

1 + xy= − ln (1 + y)

1 + y2

1

1 + y2

1

0

x+ y

1 + x2dx =

1

1 + y2

1

2ln1 + x2

+ y arctanx

1

0

=

ln 2

21 + y2

+π

4

y

1 + y2

On a donc

I =

1

0

− ln (1 + y)

1 + y2dy +

ln 2

2

1

0

dy

1 + y2+π

4

1

0

y

1 + y2dy = −I + π

4ln 2 =⇒ I =

π ln 2

8

—88/208— G H


7 Convergence normale des séries de fonctions

Exercice PC* 78

Soit f (x) =

n0

e−x√n. Etudier l’ensemble de définition de f et la continuité de f . Montrer que f est C∞ sur son

domaine de définition. Donner un équivalent de f en 0+.

Solution

: Pour x < 0 on a un (x) = e−x

√n −−−−−→n→+∞

+∞, il n’y a pas CVS. Pour x = 0, on a un (x) = 1, pas de CV S.

Pour x > 0, on a n2un (x) −−−−−→n→+∞

0 et un (x) > 0, ainsi

n0

un (x) CVS.

Soit a > 0, pour x > a, on a|un (x)| = un (x) un (a)

d’où la CVN de la série sur [a,+∞[ et la continuité sur [a,+∞[.Conclusion : f est définie et continue sur ]0,+∞[.On a u(k)n (x) = (−1)k n k

2 e−x√n, ainsi pour x a

u(k)n (x) n

k2 e−a

√n

Puisque n2×nk2 e−a

√n −−−−−→n→+∞

0, on a convergence de

n0

nk2 e−a

√n et ainsi CVN de

n0

u(k)n (x). On en déduit que f est

bien C∞ sur [a,+∞[ donc sur R∗+.On compare ensuite avec l’intégrale, à x > 0 fixé, par décroissance de t −→ e−x

√t, on a

N

0

e−x√tdt

N

n=0

e−x√n e−x

√0 +

N+1

0

e−x√tdt

d’où en passant à la limite +∞

0

e−x√tdt f (x) 1 +

+∞

0

e−x√tdt

Mais +∞

0

e−x√tdt =

u=x√t

2

x2

+∞

0

ue−udu =2

x2d’où

f (x) ∼x→0

2

x2

Exercice PC* 79

Etudier f (x) =+∞

n=1

xn lnx

n+ 1pour x ∈ [0, 1] , mettre

1

0

f (x) dx sous la forme d’une série numérique.

Solution

: Soit un (x) =

xn lnx

n+ 1si x = 0 et un (0) = 0. On a un (1) = 0

u′n (x) =xn−1 (n lnx+ 1)

n+ 1=⇒ sup

[0,1]|un (x)| =

une−

1n

=1

en (n+ 1)

1

en2

d’où la CVN sur [0, 1]. La fonction f est donc continue sur [0, 1]. En revanche,

u′′

n (x) =xn−2

n+ 1(2n− 1 + n (n− 1) lnx)

—89/208— G H


d’oùsup[0,1]

|u′n (x)| = |u′n (1)| =1

n+ 1

La série des dérivées ne converge pas normalement sur [0, 1].Puis 1

0

f (x) dx =+∞

n=1

1

0

xn lnx

n+ 1dx = −

+∞

n=1

1

(n+ 1)3 = −ζ (3)

Exercice PC* 80

Etudier la continuité et la dérivabilité de f (x) =

n0

e−nx

1 + n2. Donner une équation différentielle linéaire d’ordre deux

vérifiée par f .

Solution

: Il n’y a pas CVS sur ]−∞, 0[ car un (x) =

e−nx

1 + n2ne tend pas vers 0. Pour x 0, on a

|un (x)| 1

1 + n2et

n0

1

n2 + 1CV

d’où la CVN sur [0,+∞[. Ainsi f est C0 sur R∗+. Puis

u′n (x) =−ne−nx1 + n2

, u′′n (x) =n2e−nx

1 + n2

Sur [a,+∞[, on a

|u′n (x)| ne−na

1 + n2et |u′′n (x)|

n2e−na

1 + n2

Les deux séries

n0

ne−na

1 + n2et

n0

n2e−na

1 + n2CV car 0

ne−na

1 + n2n2e−na

1 + n2et n2 × n

2e−na

1 + n2−−−−−→n→+∞

0. On en déduit que f

est C2 sur [a,+∞[ ceci ∀a > 0 donc sur ]0,+∞[. De plus

f ′ (x) = −

n0

ne−nx

1 + n2et f ′′ (x) =

n0

n2e−nx

1 + n2

Ainsi∀x > 0, f ′′ (x) + f (x) =

n0

e−nx =

n0

e−xn

=1

1− e−x

Exercice PC* 81

Soit f (x) =

n0

n2e−nx, domaine de définition de f, calcul de f .

Solution

: On a CVS pour x > 0. Posons un (x) = e−nx, alors

n0

un (x) CVS pour x > 0. Soit a > 0, pour x > a, on

a

|un (x)| |un (a)| = e−na|u′n (x)| |u′n (a)| = ne−na|u′′n (x)| |u′′n (a)| = n2e−na

—90/208— G H


Ainsi ϕ (x) =

n0

un (x) est C2 sur [a,+∞[ pour a > 0, donc sur ]0,+∞[ et ϕ′′ (x) = f (x). Mais

ϕ (x) =

n0

e−nx =1

1− e−x =⇒ f (x) =e−x (1 + e−x)

(1− e−x)3

Exercice PC* 82

Soit f (x) =

n0

sin x2n

.

1. Montrer que f est C∞ sur R et calculer les dérivées en x = 0.

2. A l’aide de la formule de Taylor avec reste intégral, montrer que f est développable en série entière sur R autourde l’origine.

Solution

:

1. Soit un (x) = sin x2n

, on a |un (x)|

x

2n

=|x|2n

ce qui prouve la CVS sur R. Puis

∀k 1, u(k)n (x) =1

2nksin x2n

+ kπ

2

d’où pour k 1 et x ∈ R u(k)n (x)

1

2nk

1

2n

ce qui prouve la CVN de

n0

u(k)n (x). On en déduit que

n0

un (x) est C∞ sur R.

On a alorsf (0) = 0 et f (k) (x) =

n0

1

2nksinkπ

2

ainsi

Si k = 2p pair f (2p) (x) = 0

Si k = 2p+ 1 est impair, f(2p+1) (x) =

n0

(−1)p2n(2p+1)

= (−1)p+∞

n=0

12(2p+1)

n =(−1)p 22p+122p+1 − 1

2. La formule de Taylor, pour x ∈ R s’écrit

f (x) =

p

k=0

f (k) (0)

k!xk +

x

0

(x− t)pn!

f(p+1) (t) dt

d’où f (x)−

p

k=0

f (k) (0)

k!xk

=

x

0

(x− t)pp!

f (p+1) (t) dt

Maisf (p+1) (t)

=

n0

1

2n(p+1)sinx+ (p+ 1)

π

2

n0

1

2n(p+1)=

1

1− 1

2p+1

Si x > 0, on a alors

Si x > 0, ,

f (x)−

p

k=0

f (k) (0)

k!xk

1

1− 1

2p+1

x

0

(x− t)pp!

dt =1

1− 1

2p+1

xp+1

(p+ 1)!−−−−−→p→+∞

0

Si x < 0, ,

f (x)−

p

k=0

f (k) (0)

k!xk

1

1− 1

2p+1

0

x

(t− x)pp!

dt =1

1− 1

2p+1

(−x)p+1(p+ 1)!

−−−−−→p→+∞

0

—91/208— G H


On en déduit que

∀x ∈ R,

n0

sin x2n

=

p0

(−1)p 22p+122p+1 − 1

x2p+1

(2p+ 1)!

Exercice PC 32

Soit f (x) =

n1

ln

1 +

1

n2x2

, domaine de définition de f, continuité, caractére C1 ?

Solution

: On pose fn (x) =

1 +

1

n2x2

, fonction positive, C0 sur R∗. On se place sur [a, b] ⊂ ]0,+∞[ alors

∀x ∈ [a, b] , |fn (x)| = fn (x) ln

1 +

1

n2a2

1

n2a2par concavité

On a donc CVN sur [a, b] d’où la continuité sur [a, b] et ainsi sur R∗ par parité.

La fonction fn est dérivable sur R∗ et f ′n (x) = −2

x (1 + n2x2)2 , ainsi sur [a, b] ⊂ ]0,+∞[

|f ′n (x)| =2

|x| (1 + n2x2)2

2

a (1 + n2a2)2

2

a (n2a2)2=

2

a5n4

d’où le caractère C1 sur ]0,+∞[ puis sur R∗ par parité.

Exercice PC 33

Soit f (x) =

n1

n+ x2

n3 + x3, la fonction f est-elle définie, continue, C1 sur R+ ?

Solution

: On se place sur [0, A] ⊂ [0,+∞[ alors

0 n+ x2

n3 + x3n+A2

n3∼ 1

n2

d’où la CVN, ce qui prouve la définition et la continuité.

Puis si un (x) =n+ x2

n3 + x3, alors u′n (x) =

x2n3 − x3 − 3nx

(n3 + x2)2d’où sur [0, A]

|u′n (x)| A2n3 +A3 + 3nA

n6∼ 2A

n3

Ainsi f est C1 sur [0,+∞[.

Exercice PC* 83

On note A (x) le quotient de x4 (1− x)4 par 1 + x2.

1. Montrer que4

1 + x2=

A (x)

1 +x4 (1− x)4

4

2. En déduire que π =+∞

k=0

(−1)k4k

Lk où Lk = 1

0

A (x)x4k (1− x)4k dx.

On donne 2 A (x) 4 sur [0, 1], comment en déduire un encadrement de π à une précision donnée ?

—92/208— G H


Solution

:

1. On sait que X4 (1−X)4 = A (X)1 +X2

+ αX + β où (α, β) ∈ R2. Avec X = i, on obtient α = 0 et β = −4 car

ce sont des réels. On en déduit que

X4 (1−X)4 + 4 = A (X)1 +X2

=⇒ X4 (1−X)4

4+ 1 = A (X)

1 +X2

4


2. On a alors

π =

1

0

4

1 + x2dx =

1

0

A (x) dx

1 + x4(1−x)44

Mais pour x ∈ [0, 1], on a 0 x (1− x) 1

4=⇒ 0

x4 (1− x)44

1

45, ainsi

A (x)

1 + x4(1−x)44

=+∞

k=0

A (x) (−1)k x4k (1− x)4k

4k

La convergence de la série de fonction+∞

k=0

fk (x) où fk (x) = A (x) (−1)k x4k (1− x)4k

4kest normale sur [0, 1] car

A (x) (−1)k x

4k (1− x)4k4k

sup[0,1]

|A (x)|

44k+1. On a donc

1

0

A (x) dx

1 + x4(1−x)44

=+∞

k=0

1

0

A (x) (−1)k x4k (1− x)4k

4kdx =

+∞

k=0

(−1)k4k

Lk

On peut calculer (Maple) A (x) = x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4 ainsi

Lk =

1

0

x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4

x4k (1− x)4k dx

La série+∞

k=0

(−1)k Lk4k

est-elle alternée ? Posons uk (x) = x4k (1− x)4k , alors uk+1 (x) uk (x) pour x ∈ [0, 1] (car

uk+1 (x) = uk (x)u1 (x) et 0 u1 (x) 14) donc, pusique A (x) 0, on a

A (x)uk+1 (x)

4 A (x)uk+1 (x) A (x)uk (x) =⇒

Lk+14k

Lk4k

La somme de la série est donc encadrée par deux termes consécutifs, à savoir Sn et Sn+1 et l’erreur maximale est

εn = |Sn+1 − Sn| =Ln+14n+1

=1

4n+1

1

0

A (x)x4(n+1) (1− x)4(n+1) dx

Puisque, sur [0, 1], on a A (x)x4(n+1) (1− x)4(n+1) 4× 1

44(n+1)=

1

44n+3, l’erreur est

εn 1

45n+4

Exemple : On a (Maple)

L0 =

1

0

x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4

dx =

22

7

L1 =

1

0

x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4

x4 (1− x)4 dx = 76

15 015

—93/208— G H


Avec n = 0, on obtient22

7

S1 = L0 −L14

=22

7− 76

4× 15 015=

47 171

15 015 π

22

7= S0 = L0

L’erreur est au maximum de22

7− 47 171

15 015=

19

15 015

1

44. Au rang suivant, on a

L2 =

1

0

x6 − 4x5 + 5x4 − 4x2 + 4

x8 (1− x)8 dx = 543

37 182 145

Ce qui donne47 171

15 015 π S1 +

L242

=47171

15 015+

543

16× 37 182 145=

431 302 721

137 287 920

Avec une erreur maximale de431 302 721

137 287 920− 47 171

15 015=

543

594 914 320

1

47.

Quelques idées : Dans quel cas peut-on utiliser xp (1− x)p à la place de x4 (1− x)4 ?

Si l’on prend 1√

3

0

4

1 + x2dx =

2π

3, on obtient des approximations du type

114 238 078

98 513 415

√3 +

6362

76 545

2π

3

694

567

√3− 2

81

soit57 119 039

32 837 805

√3 +

3181

25 515 π

347

189

√3− 1

27

Exercice PC* 84

Soit f : x −→+∞

n=1

1

ch (nx).

1. Donner le domaine de définition de f . Montrer que f est de classe C1 sur son domaine de définition. Limite en+∞ ?

2. Donner un équivalent de f en 0+ et en +∞

Solution

:

1. Pour x = 0, la série

n1

1 diverge. Pour x = 0, on a ch (nx) ∼n→+∞

en|x|

2=⇒ 1

ch (nx)∼

n→+∞2e−n|x| (attention,

l’équivalent est différent en +∞ et en −∞, on ruse avec une valeur absolue). La série est à termes positifs équivalenteà une série convergente (géométrique de raison e−|x| < 1) donc converge. Ainsi Df = R∗. On peut remarquer que fest paire. On n’étudie donc que sur ]0,+∞[.

On pose fn (x) =1

ch (nx), la fonction fn est dérivable et f ′n (x) =

−n sh (nx)ch2 (nx)

= −n th (nx)× 1

ch (nx). Sur [a,+∞[ ,

on a thnx 1 et1

chnx

1

chnaainsi

|f ′n (x)| n

ch (na)∼

n→+∞2ne−na série convergente

Il y a convergence normale sur [a,+∞[ de

n1

f ′n (x), ainsi f est de classe C1 sur [a,+∞[ ceci ∀a > 0, donc sur

]0,+∞[ (et par parité sur R∗).

Sur [1,+∞[ , on a |fn (x)| 1

chnd’où la convergence normale sur [1,+∞[. Puisque fn (x) −−−−−→

x→+∞0, on a

limx→+∞

n1

fn (x) =

n1

limx→+∞

fn (x) = 0.

—94/208— G H


2. Equivalent en +∞.et en 0 : Idée de base, comparaison, série-intégrale. On pose donc pour x > 0 fixé, ϕ (t) =1

ch (tx)qui est décroissante pour t ∈ [0,+∞[. On a alors

n+1

n

ϕ (t) dt ϕ (n) =1

ch (nx)

n

n−1ϕ (t) dt

Puisque

n1

ϕ (n) converge, +∞

0

ϕ (t) dt converge et

+∞

1

ϕ (t) dt

n1

ϕ (n)

+∞

0

ϕ (t) dt

Mais +∞

α

ϕ (t) dt =

+∞

α

1

ch (tx)dt =u=etx

+∞

exα

2

u+1

u

du

xu=

2

x

+∞

exα

du

u2 + 1

=2

x

π2− arctan (exα)

Ainsi2

x

π2− arctan (ex)

=π

x− 2 arctan (ex)

x f (x)

2

x

π2− arctan (1)

=π

2x

Maisπ

x− 2 arctan (ex)

x=π

2x+π − 4 arctan (ex)

2x=π

2x+ε (x)

x=π

2x+ ox→0

1

x

car ε (x)

π − 4 arctan (ex)

2−−−→x→0

0.

On a doncf (x) ∼

x→0π

2x

Remarque : En fait, on a +∞

1

ϕ (t) dt =

+∞

0

ϕ (t) dt− 1

0

ϕ (t) dt =π

2x− 1

0

1

ch (tx)dt =u=tx

π

2x− 1

x

x

0

1

ch (u)du

et ε (x) = x

0

1

ch (u)du −−−→

x→00 =

0

0

1

ch (u)du (intégrale fonction de sa borne du haut).

En +∞, l’encadrement ne semble pas convenir.... Mais, f (x) =1

chx+

1

ch 2x+

1

ch 3x+ · · · , chaque terme étant

négligeable devant l’autre... L’équivalent n’est-il pas1

chxet donc 2e−x Il faudrait démontrer que 2e−xf (x) −−−−−→

x→+∞1.

Mais

g (x) = 2e−xf (x) =2e−x

chx++∞

n=2

2e−x

ch (nx)

Posons gn (x) =2e−x

ch (nx)=

1

e(n+1)x + e−(n−1)xalors 0 gn (x)

1

e(n+1)asur [a,+∞[ , ce qui prouve la convergence

normale de

n2

gn (x). Puisque limx+∞

gn (x) = 0, on a limx→+∞

+∞

n=2

gn (x) = 0 et ainsi g (x) −−−−−→x→+∞

1. On a donc

f (x) ∼x→+∞

2e−x

Exercice PC 34

Soit f (x) =+∞

n=1

1

ncosn (x) sin (nx).

1. Donner le domaine de définition de f. Monter que f est de classe C1 sur ]0, π[ et calculer f ′ (x) sur cet intervalle.

2. En déduire f .

—95/208— G H


Solution

:

1. Pour x = 0 + kπ, on a1

ncosn (x) sin (nx)

|cosnx|nn

|cosnx|n, la série

n1

|cosnx|n est géométrique de raison

|cosx| < 1 donc converge. Pour x = 0 + kπ, on a sin (nx) = 0 et ainsi f (x) = 0. On a donc Df = R.

Si on se place sur Ia = [a, π − a] ⊂ ]0, π[ où 0 < a <π

2, en posant fn (x) =

1

ncosn (x) sin (nx), on a

f ′n (x) = − sin (x) cosn−1 (x) sin (nx) + cosn (x) cos (nx)

= cosn−1 (x)× [− sin (x) sin (nx) + cos (x) cos (nx)]

= cosn−1 (x) cos ((n+ 1)x)

On a alors|f ′n (x)| cosn−1 (a) < 1

La série

n1

cosn−1 (a) converge donc f est de classe C1 sur Ia et par suite sur ]0, π[.

2. On a alors

f ′ (x) =+∞

n=1

cosn−1 (x) cos ((n+ 1)x)

Mais

+∞

n=1

cosn−1 (x) ei(n+1)x =+∞

n=0

cosn (x) ei(n+2)x = e2ix+∞

n=0

cos (x) eix

n=

e2ix

1− cos (x) eix=

eix

e−ix − cos (x)

=cosx+ i sinx

(cosx− i sinx)− cos (x)= −1 + i cotanx

Bref, pour x ∈ ]0, π[ , on af” (x) = −1 =⇒ f (x) = C − x où C ∈ R

Mais fπ2

= 0 d’où

f (x) =π

2− x sur ]0, π[ et on prolonge par π périodicité (eh oui ! elle est même impaire)

Exercice PC 35

On pose S (x) =+∞

n=0

(−1)nn! (x+ n)

1. Justifier que S est définie sur ]0,+∞[.

2. Montrer que S est continue sur [a,+∞[ où a > 0. La fonction S est-elle continue sur ]0,+∞[ ?

3. Déterminer limx→+∞

S (x)

4. On admet que+∞

k=0

(−1)kk!

=1

e, montrer que xS (x)− S (x+ 1) =

1

e.

5. En déduire un équivalent de S (x) en x = 0.

Solution

:

1. Soit x > 0, on pose un (x) =1

n! (x+ n)alors

un+1 (x)

un (x)=

(x+ n)

(n+ 1) (x+ n+ 1)−−−−−→n→+∞

0. Ainsi la série

n0

un (x)

converge. Puisque

(−1)nn! (x+ n)

= un (x), il y a CVA donc CVS de S (x) sur [0,+∞[.

—96/208— G H


2. Soit a > 0, pour x a, on a

(−1)nn! (x+ n)

= un (x) un (a) ce qui prouve que la série CVN sur [a,+∞[. Puisque

x −→ (−1)nn! (x+ n)

est continue sur [a,+∞[, on en déduit que S l’est aussi.

On en déduit que pour x0 > 0, avec a =x02, S est continue sur [a,+∞[ donc en x0. Ainsi S est continue sur ]0,+∞[.

3. Par CVN sur [1,+∞[ , puisque limx→+∞

(−1)nn! (x+ n)

= 0, on a par le théorème de la double limite limx→+∞

S (x) = 0.

4. On a S (x+ 1) =+∞

n=0

(−1)nn! (x+ 1 + n)

=k=n+1

+∞

k=1

(−1)k−1(k − 1)! (x+ k)

. Ainsi

xS (x)− S (x+ 1) =+∞

n=0

x (−1)nn! (x+ n)

−+∞

k=1

(−1)k−1(k − 1)! (x+ k)

= 1 ++∞

k=1

x (−1)kk! (x+ k)

−+∞

k=1

(−1)k−1(k − 1)! (x+ k)

= 1 ++∞

k=1

x (−1)kk! (x+ k)

− (−1)k−1(k − 1)! (x+ k)

= 1 ++∞

k=1

(−1)k(k − 1)! (x+ k)

xk+ 1= 1 +

+∞

k=1

(−1)kk!

=+∞

k=0

(−1)kk!

=1

e

5. On a donc S (x) =1e + S (x+ 1)

x, par continuité de S en 1, on a S (x+ 1) −−−−→

x→0+S (1). Ainsi

S (x) ∼x→0

1e + S (1)

x

Or S (1) =+∞

n=0

(−1)nn! (1 + n)

=+∞

n=0

(−1)n(n+ 1)!

=+∞

k=1

(−1)k−1k!

= −+∞

k=0

(−1)k−1k!

− 1

= 1 − 1

e. On en déduit que

S (x) ∼x→0

1

x.

Exercice PC* 85

Etude d’une série de fonctions. Soit S la fonction définie par

S (x) =+∞

n=1

ln1 + e−nx

1. Ensemble de définition de S. Continuité.

2. Variations et limite en +∞.

3. Intégrabilité sur [1,+∞[

4. Equivalent de S en x = 0 et intégrabilité sur ]0, 1[.

Solution

: On pose fn (x) = ln (1 + e−nx) pour n 1.

1. On fixe x ∈ R. Si x < 0, alors ln (1 + e−nx) −−−−−→n→+∞

+∞ et la série diverge grossièrement. Si x = 0, la série

n1

ln 2

diverge.Pour x > 0, on a e−nx −−−−−→

n→+∞0, d’où fn (x) ∼

n→+∞e−nx, série géométrique positive de raison e−x ∈ [0, 1[. On a

CVS, d’où DS = ]0,+∞[.Soit a > 0, pour x a, on a ln (1 + e−nx) ln (1 + e−a) ce qui prouve la CVN sur [a,+∞[. Puisque fn est C0, onen déduit que S est C0 sur [a,+∞[ pour tout a > 0 donc sur ]0,+∞[.

—97/208— G H


2. Pour 0 x y, on a e−nx e−ny, ainsi S (x) S (y). La fonction S est décroissante. On utilise ensuite le théorèmede la double limite. On a fn (x) −−−−−→

x→+∞0 et CVN sur [1,+∞[ par exemple, ainsi

limx→+∞

S (x) =

n1

limx→+∞

fn (x) = 0

3. Chaque fn est continue et à n fixé, ln (1 + e−nx) ∼x→+∞

e−nx, fonction intégrable sur [1,+∞[ . La somme S est

continue sur [1,+∞[ et enfin +∞

1

|fn (x)| dx = +∞

1

ln1 + e−nx

dx =

u=e−nx

1

n

e−n

0

ln (1 + u)

udu

Or ln (1 + u) u si u 0, ainsi1

n

e−n

0

ln (1 + u)

udu

1

n

e−n

0

du =e−n

n e−n. La convergence de

n1

e−n assure

que +∞

1

S (x) dx converge.

4. Soit x > 0 fixé, posons ϕx (t) = ln (1 + e−tx) , cette fonction est décroissante sur ]0,+∞[ , ainsi pour n 1 n+1

n

ϕx (t) dt ϕx (n) = fn (x)

n

n−1ϕx (t) dt

En sommant, on obtient

N

n=1

n+1

n

ϕx (t) dt =

N+1

1

ϕx (t) dt N

n=1

fn (x) = SN (x) N

n=1

n

n−1ϕx (t) dt =

N

0

ϕx (t) dt

Puisque ϕx (t) = ln (1 + e−tx) ∼t→+∞

e−tx, la fonction ϕx (t) est intégrable sur [0,+∞[. En passant à la limite sir

N −→ +∞, on obtient +∞

1

ϕx (t) dt S (x)

+∞

0

ϕx (t) dt

Or, le changement de variable u = e−xt dans le deux intégrales qui précède donne +∞

0

ln1 + e−tx

dt =

1

x

1

0

ln (1 + u)

udu =

C

x +∞

1

ϕx (t) dt =

+∞

0

ϕx (t) dt− 1

0

ϕx (t) dt =C

x− 1

0

ln1 + e−tx

dt

Pour finir, on a 0

1

0

ln (1 + e−tx) dt

1

0

ln (1 + 1) dt = ln 2 ainsi

C

x+O (1) S (x)

C

x

ce qui donne

S (x) ∼x→0

C

xet prouve la non intégrabilité sur [0, 1].

Remarque : Avec un DSE de ln (1 + u) , on obtient 1

0

ln (1 + u)

udu =

π2

12.

Exercice PC 36

Soit f (x) =

n0

arctan

n2x− arctann2

.

1. Domaine de définition de f .

2. La fonction f est-elle continue sur son domaine de définition.

—98/208— G H


Solution

: On sait que si u > 0, alors arctanu+ arctan

1

u= π

2 . On pose un (x) = arctan (nx)− arctann

1. Si x < 0, alors arctann2x−−−−−→n→+∞

−π2 et arctann2 −−−−−→n→+∞

−π2 , ainsi un (x) −−−−−→n→+∞−π et la série diverge.

Si x = 0, alors un (0) −−−−−→n→+∞

−π2 , la série diverge.

Enfin si x > 0, alors un (x) = π2 − arctan

1

n2x

− π

2 + arctan

1

n2

= arctan

1

n2

− arctan

1

n2x

. Puis

arctanu = u− u3

3+ ou→0

u3ainsi

un (x) =1− 1

xn2

+ on→+∞

1

n2

Si x = 1, alors un (x) ∼1− 1

xn2

donc la série converge (attention équivalence de séries à termes de signe constant).

Si x = 1, on a un (1) = 0.Bref Df = ]0,+∞[.

2. On se place sur [a, b] ⊂ ]0,+∞[ , si x ∈ [a, b] , par croissance de l’artangente, on a un (a) un (x) un (b) . On adonc

|un (x)| max (|un (b)| , |un (a)|)d’où la convergence normale. Puisque un (x) est continue sur [a, b] , il en est de même de f .Remarque : on peut aussi calculer f ′ sous forme d’une série.

Exercice PC 37

Soit f (x) =

n1

e−nx

n, donner le domaine de définition de f. Etudier sa continuité, sa dérivabilité. Calculer f ′ (x).

Donner limx→+∞

f (x). Pour finir calculer f (x).

Solution

: Posons un (x) =

e−nx

n. Pour x > 0, et n 1, on a 0 un (x) e−nx. La série

n1

e−nx converge

(géométrique de raison 0 < e−x < 1). Pour x = 0, un (x) =1

n, la série diverge. Pour x < 0, un (x) −−−−−→

n→+∞+∞, la série

diverge grossièrement. Ainsi Df = ]0,+∞[.Pour la continuité, on se place sur [a,+∞[ ⊂ ]0,+∞[ , on a alors 0 e−nx e−na d’où la convergence normale et lacontinuité de f (car celle de un (x) est évidente). Bref f est C0 sur [a,+∞[ pour a > 0 donc sur ]0,+∞[.Pour la dérivabilité, on a u′n (x) = −e−nx, et sur [a,+∞[ , 0 |u′n (x)| e−na, série qui converge. Ainsi f est C1 sur[a,+∞[ pour a > 0 donc est C1 sur ]0,+∞[ et on a

f ′ (x) = −+∞

n=1

e−nx = −e−x 1

1− e−x =−e−x1− e−x

Enfin puisque un (x) −−−−−→x→+∞

0 et que l’on a convergence normale sur [a,+∞[ , par le théorème de la double limite, on a

f (x) −−−−−→x→+∞

0.

Pour finir, on a −e−x

1− e−x dx = − ln (1− e−x) d’où f (x) = − ln (1− e−x) +C, or f (x) −−−−−→x→+∞

0 donc C = 0 et ainsi

f (x) = − ln1− e−x

—99/208— G H


Exercice PC* 86

On pose f (x) =

n0

e−√nx

√n+ 1

.

1. Déterminer l’ensemble de définition de f, montrer qu’elle est C1 sur cet ensemble.

2. Limite de f en +∞ et en 0+.

Solution

:

1. A x fixé, on a une série à termes positifs. Si x < 0, ce n’est pas défini. Si x = 0, elle diverge par Riemanne.

Enfin si x > 0, on a n2e−

√nx

√n+ 1

−−−−−→n→+∞

0 donc la série converge. Ainsi Df = ]0,+∞[. Puis si a > 0, on a

0 e−

√nx

√n+ 1

e−

√na

√n+ 1

, ainsi f est C0 sur [a,+∞[ , donc par extension sur ]0,+∞[ .

Puis si on pose fn (x) =e−

√nx

√n+ 1

, on a f ′n (x) =−ne−

√nx

2√nx√n+ 1

d’où sur [a,+∞[, |f ′n (x)| ne−

√na

2√na√n+ 1

∼n→+∞

ne−√na

2aqui converge (série géométrique). Ainsi f est bien C1.

2. EN +∞, puisque fn (x) −−−−−→x→+∞

0 et qu’il y a CVN sur [1,+∞[ , on a lim f (x) =

n0

lim fn (x) = 0.

En 0+, c’est plus subtil. On aN

n=0

e−√(n+1)x

√n+ 1

N

n=0

e−√nx

√n+ 1

f (x)

Posons alors g (t) =e−

√tx

√t, on a

N

n=0

g (n+ 1) f (x). Mais g est décroissante (produit de fonctions positives et

décroissantes) sur ]0,+∞[ donc N

1

g (t) dt N

n=0

g (n+ 1)

Or N

0

g (t) dt =

N

0

e−√tx

√tdt =

1

−2e−√tx

√x

2N

0

=2√x− 2e−

√Nx

√x

Ainsi, ∀N 1, on a2√x− 2e−

√Nx

√x

f (x)

En passant à la limite sur N, il vient

2√x f (x) =⇒ f (x) −−−−→

x→0++∞

rem : On peut chercher l’équivalent car2√x

N

n=0

e−√nx

√n+ 1

1 +

N

0

e−√tx

√t+ 1

dt 1 +

N

0

e−√(t+1)x

√t+ 1

dt 1 +

N

0

e−√(t+1)x

√t+ 1

dt. Or

1 +

N

0

e−√(t+1)x

√t+ 1

dt = 1 +

1

−2e−√(t+1)x

√x

2N

0

1 +2√x

Ainsif (x) ∼

x→+∞2√x

—100/208— G H


8 Séies entièresExercice PC* 87

(Centrale PC) Déterminer le rayon de convergence de f (x) =

n1

ln (n)xn. Déterminer le rayon de convergence de

g (x) =

n1

1 + 1

2 +13 + · · ·+ 1

n

xn, calculer la somme à l’aide d’un produit de Cauchy. Donner un équivalent de f en

1− (on utilisera1

k + 1 ln (k + 1)− ln k

1

ksi k 1).

Solution

: On peut utiliser d’Alembert puisque

ln (n+ 1)

lnn∼

n→+∞lnn

lnn= 1. Ou bien dire que si on pose an = ln (n) , si

0 < r 1 alors anrn −−−−−→n→+∞

0 par les croissances comparées, alors que si r > 1 on a anrn −−−−−→n→+∞

+∞, ainsi Rf = 1.

Pour g, posons Hn =n

k=1

1

k, alors 1 Hn n, on en déduit que si 0 r < 1 on a 0 Hnrn nrn −−−−−→

n→+∞0 et si r > 1,

Hnrn > rn −−−−−→

n→+∞+∞, ainsi Rg = 1.

On sait également que

1

1− x =+∞

n=0

xn =+∞

n=0

anxn où an = 1 pour n ∈ N

et − ln (1− x) =+∞

n=1

xn

n=

+∞

n=0

bnxn où b0 = 0 et bn =

1

nsi n 1

Le produit de Cauchy de ces deux séries est égal à

− ln (1− x)1− x =

+∞

n=0

cnxn où cn =

n

k=0

an−kbk =n

k=1

bk = Hn

soit g (x) = − ln (1− x)1− x sur ]−1, 1[

Avec1

k + 1 ln (k + 1)− ln k

1

ksi k 1

En sommant de 1 à n− 1, on obtient

Hn − 1 lnn Hn −1

n

d’où pour x ∈ [0, 1[

+∞

n=1

(Hn − 1)xn = g (x)− 1

1− x f (x) +∞

n=1

Hn −

1

n

xn = g (x)−

+∞

n=1

xn

n= g (x) + ln (1− x)

soit−1− ln (1− x)

1− x = − ln (1− x)1− x − 1

1− x f (x) −ln (1− x)1− x + ln (1− x) = −x

1− x ln (1− x)

On en déduit que

f (x) ∼x→1−

− ln (1− x)1− x

—101/208— G H


Exercice PC* 88

On considère la série entière

n1

xn

n2. Déterminer son rayon de convergence. On note L2 (x) sa somme (L2 est le

dilogarithme). Reconnaître sa dérivée.

En admettant que

n1

1

n2=π2

6, Déterminer pour 0 < x < 1 , L2 (x) + L2 (1− x) à l’aide des fonctions usuelles. En

déduire l’égalité due à Euler∞

k=1

1

2kk2=

1

12π2 − 1

2ln2 (2)

Solution

: Si |x| 1, alors

xn

n2

1

n2. La série

n1

xn

n2CVN sur [−1,+1] d’où R 1. Pour r > 1, on a

rn

n2−−−−−→n→+∞

+∞donc R 1. Le rayon de convergence vaut donc 1. De plus par la convergence normale,on a

L2 est continue sur [−1, 1]

Par dérivation on a pour x ∈ ]−1, 1[, L′2 (x) =

n1

xn−1

nainsi si x = 0, L2 (x) = −

ln (1− x)x

et L2 (0) = 1.

Soit alors g (x) = L2 (x) + L2 (1− x) qui est bien définie et continue sur [0, 1] , dérivable sur ]0, 1[avec

g′ (x) = L′2 (x)− L′2 (1− x) = −ln (1− x)

x+ln (x)

1− x = (− ln (x) ln (1− x))′

On en déduit que∃C ∈ R, ∀x ∈ [0, 1] , g (x) = C − ln (x) ln (1− x)

Par continuité de g en x = 0, on a g (x) −−−→x→0

g (0) = L2 (0) + L2 (1) =π2

6. Puisque ln (x) ln (1− x) ∼

x→0−x lnx −−−→

x→00,

on en déduit que C =π2

6d’où

g (x) =π2

6− ln (x) ln (1− x)

Enfin, avec x = 1, il vient∞

k=1

1

2kk2=π2

12− 1

2ln2 (2)

Exercice PC* 89

Développer en séries entières f (x) = ln2 (1 + x) . En déduire la valeur de∞

k=1

Hkk2k

où Hk = 1+ 12 + · · ·+

1

ksachant que

∞

k=1

12kk2

= π2

12 − 12 ln

2 (2).

Solution

: Sur ]−1, 1[ , ln (1 + x) =

∞

k=1

(−1)k+1k

xk =∞

k=0

akxk où ak =(−1)k+1k

si k 1 et a0 = 0. Le produit de

Cauchy de ln (1 + x) par lui même donne alors ln2 (1 + x) =∞

n=0

cnxn où

cn =n

k=0

akan−k =n−1

k=1

(−1)k+1k

(−1)n−k+1n− k = (−1)n

n−1

k=1

1

k (n− k) si n 2

—102/208— G H


Puisque1

k (n− k) =1n

k+

1n

(n− k) , on a

cn =(−1)nn

n−1

k=1

1

k+

1

n− k

=

2 (−1)nHn−1n

Ainsi

ln2 (1 + x) = 2∞

n=2

(−1)nHn−1n

xn si x ∈ ]−1, 1[

Pour x = −12, on obtient alors

ln2 (2) = 2∞

k=2

Hk−1k2k

= 2∞

k=2

Hk −1

kk2k

car Hk = Hk−1 +1

k

= 2∞

k=2

Hkk2k

− 2∞

k=2

1

k22k= 2

∞

k=1

Hkk2k

− 2∞

k=1

1

k22kcar

H12

=1

12 × 2=

1

2

= 2∞

k=1

Hkk2k

− 2

π2

12− 1

2ln2 (2)

= 2

∞

k=1

Hkk2k

− π2

6+ ln2 (2)

d’où ∞

k=1

Hkk2k

=π2

12

Exercice PC* 90

(CCP) Déterminer le rayon de convergence de+∞

n=0

(3n+ 1)2 xn, résoudre alors+∞

n=0

(3n+ 1)2 xn = 0 où x ∈ R.

Solution

: Soit r 0, on a (3n+ 1)2 rn −−−−−→

n→+∞

0 si r < 1 =⇒ R 1

+∞ si r > 1 =⇒ R 1donc R = 1. Pour x = 1 ou x = −1, on a

clairement divergence de la série.Reste à calculer la somme de la série.

Première méthode : On a S (x) =+∞

n=0

9n2 + 6n+ 1

xn. On sait que pour x ∈ ]−1, 1[,

+∞

n=0

xn =1

1− x d’où en dérivant

(on peut !)+∞

n=1

nxn−1 =+∞

n=0

nxn−1 =1

(1− x)2. Ainsi

x+∞

n=0

nxn−1 =+∞

n=0

nxn =x

(1− x)2

En redérivant, on obtient+∞

n=1

n2xn−1 =+∞

n=0

n2xn−1 =x+ 1

(1− x)3d’où

+∞

n=0

n2xn−1 =x (x+ 1)

(1− x)3

On a donc, pour x ∈ ]−1, 1[

S (x) =+∞

n=0

(3n+ 1)2 xn = 9x (x+ 1)

(1− x)3+ 6

x

(1− x)2+

1

(1− x) = −4x2 + 13x+ 1

(x− 1)3

—103/208— G H


:

Seconde méthode : On a+∞

n=0

x3n =1

1− x3 =⇒+∞

n=0

x3n+1 =x

1− x3 pour x ∈ ]−1, 1[ . On sait que l’on peut alors dériver

terme à terme la série entière d’où+∞

n=0

(3n+ 1)x3n =d

dx

x

1− x3=

1

1− x3 +3x3

(1− x3)2=

2x3 + 1

(1− x3)2=

2

x3 − 1+

3

(x3 − 1)2

ainsi+∞

n=0

(3n+ 1)x3n+1 =2x

x3 − 1+

3x

(x3 − 1)2 pour x ∈ ]−1, 1[

On peut de nouveau dériver termer à terme

f (x) =+∞

n=0

(3n+ 1)x3n = −2 ddx

x

1− x3+d

dx

3x

(x3 − 1)2

= −2

2x3 + 1

(1− x3)2

+3

(x3 − 1)2− 18x3

(x3 − 1)3

= −4x6 + 13x3 + 1

(x3 − 1)3

Puisque x→ x3 est une bijection , on a f ( 3√x) =

+∞

n=0

(3n+ 1)xn = −4x2 + 13x+ 1

(x− 1)3= 0⇐⇒ x = −13

8± 3

√17

8.Puisque

x→ x3 est une bijection , on a f ( 3√x) =

+∞

n=0

(3n+ 1)2 xn = −4x2 + 13x+ 1

(x− 1)3= 0⇐⇒ x = −13

8± 3

√17

8.

Mais attention, il faut vérifier si ces deux valeurs sont inférieures, en valeur absolue, à 1. Or leur somme vaut −13

4< 3 et

leur produit vaut −1

4, ainsi une seule est plus petite, en valeur absolue que 1 (et c’est −13

8+ 3

√17

8≃ −7. 883 5× 10−2).

Autre méthode de calcul de f (sans doute plus simple !) : On a

f (x) =+∞

n=0

(3n+ 1)2 x3n =+∞

n=0

9n2 + 6n+ 1

xn

=+∞

n=0

9n2 − n

+ 15n+ 1

xn

= 9+∞

n=0

n (n− 1)xn + 15+∞

n=0

nxn ++∞

n=0

xn

sur ]−1, 1[ (on peut décomposer en trois sommes, car chaque série entière converge sur ]−1, 1[). Mais

+∞

n=0

n (n− 1)xn = x2+∞

n=2

n (n− 1)xn−2 = x2d2

dx2

1

1− x

=

2x2

(1− x)3+∞

n=0

nxn = x+∞

n=1

nxn = xd

dx

1

1− x

=

x

(1− x)2

Ainsi

f (x) =18x2

(1− x)3+

15x

(1− x)2+

1

(1− x)

= −4x2 + 13x+ 1

(x− 1)3

—104/208— G H


Exercice PC* 91

(Centrale) Rayon de convergence et somme de f (x) =

n0

(n+ 1)

(n+ 3)n!xn. (Indication, utiliser x2F (x) où F est la

primitive de f qui s’annule en 0).

Solution

: Soit an =

(n+ 1)

(n+ 3)n!et r > 0, alors anrn ∼

n→+∞rn

n!−−−−−→n→+∞

0, le rayon de convergence est donc infini. Soit

F (x) =

x

0

f (t) dt =

x

0

n0

(n+ 1)

(n+ 3)n!tndt =

n0

(n+ 1)

(n+ 3)n!

xn+1

n+ 1

=

n0

xn+1

(n+ 3)n!

F est la primitive de f qui s’annule en x = 0. Alors x2F (x) =

n0

xn+3

(n+ 3)n!a un rayon de convergence infini et

x2F (x)

′=

n0

(n+ 3)xn+2

(n+ 3)n!=

n0

xn+2

n!= x2

n0

xn

n!= x2ex

d’où x2F (x) est la primitive de x2ex qui s’annule en x = 0. Or x

0

t2etdt = x2ex − 2xex + 2ex − 2

d’où

F (x) =x2ex − 2xex + 2ex − 2

x2

f (x) =

x2ex − 2xex + 2ex − 2

x2

′=x3ex − 2x2ex + 4xex − 4ex + 4

x3

Exercice PC* 92

Soit k ∈ N, et fk (x) =

n1

nkxn. Déterminer le rayon de convergence de fk, montrer que fk est C∞ sur ]−1,+1[. Montrer

qu’il existe un polynôme Pk unitaire de degré k tel que fk (x) =Pk (x)

(1− x)k+1sur ]−1,+1[. En déduire un équivalent de

fk en 1−.

Solution

: Pour r 0, on a nkrn −−−−−→

n→+∞0 si r < 1 et −−−−−→

n→+∞+∞ si r > 1, le rayon de convergence est 1 et la

fonction est donc C∞ sur son disque ouvert. Par récurrence, on a f ′k (x) =

n1

nk+1xn−1 =⇒ x f ′k (x) = fk+1 (x) d’où

Pk+1 (x) =x− x2

P ′k (x) + (k + 1)xPk (x)

Si Pk (x) = xk +Rk (x) , on a alors

Pk+1 (x) = −kxk+1 + (k + 1)xk+1 + · · · = xk+1 +Rk+1 (x)

D’où la récurrence car f0 (x) =1

1− x =⇒ P1 (x) = 1.. De plus Pk+1 (1) = (k + 1)Pk (1) =⇒ Pk (1) = k!. On a alors

fk (x) ∼x→1−

k!

(1− x)k

—105/208— G H


Exercice PC* 93

(CCP) Soit f (x) = 3

n0

(−1)n xn1 + 3n

, donner le rayon de convergence. Préciser la convergence au bord pour x réel.

Montrer que f est solution de (E) : xy′ + 13y =

1

1 + xsur ]−1, 1[.

Soit g (x) = x

0

dt

t23 (1 + t)

, justifier que g est définie sur R+, dérivable sur R∗+. Exprimer f à l’aide de g pour x ∈ [0, 1[.

Solution

: Puisque pour 0 r < 1, on a

(−1)n rn1 + 3n

−−−−−→n→+∞

0 et pour r > 1,

(−1)n rn1 + 3n

∼rn

3n−−−−−→n→+∞

+∞ on a R = 1.

En x = 1, le CSSA s’applique, en x = −1, il y a DV par comparaison avec Riemann d’une série positive. On peut dériversur l’intervalle ouvert, on obtient

xf ′ (x) = 3

n0

(−1)n nxn1 + 3n

et ensuite simple vérification.

Pour g, la fonction ϕ (t) =1

t23 (1 + t)

est positive sur ]0, 1[ et ϕ (t) ∼t→0

1

t23

intégrable sur ]0, 1[ , ainsi g (1) = 1

0

dt

t23 (1 + t)

existe. On écrit ensuite que

g (x) =

1

0

dt

t23 (1 + t)

+

x

1

dt

t23 (1 + t)

La seconde intégrale étant l’intégrale fonction de sa borne du haut d’une fonction continue sur ]0,+∞[ donc est C0 etdérivable sur ]0,+∞[. En fait g est C0 sur R+.Puis on a, pour x < 1

g (x) =

x

0

1

t23

×+∞

n=0

(−1)n tndt = x

0

+∞

n=0

(−1)n tn− 23 dt

Puisque x

0

tn−23 dt =

xn+13

n+ 13

et que pour x ∈ [0, 1[ ,+∞

n=0

xn+13

n+ 13

converge (car vaut S (−x)), on a

g (x) =+∞

n=0

x

0

(−1)n tn− 23 dt = x

13S (x)

Exercice PC* 94

Soit (pn)n∈N une suite strictement croissante d’entiers. On définit f (x) =

n0

xpn . Déterminer le rayon de convergence

de f . Montrer que (1− x) f (x) −−−−→x→1−

0 si et seulement sipnn−−−−−→n→+∞

+∞.

Solution

: La suite étant strictement croissante, on a pn n, ainsi |x|pn |x|n −−−−−→

n→+∞0 si |x| < 1. On en déduit que

R 1. Or pour x = 1, la série diverge, donc R = 1.Montrons l’équivalence. :⇐= : Par définition, ∀N ∈ N∗, ∃n0 ∈ N, n n0 =⇒

pnn N , on en déduit que, pour x ∈ [0, 1[

0 f (x) =n0

n=0

xpn ++∞

n=n0+1

xpn n0

n=0

1 ++∞

n=n0+1

xnN n0 ++∞

n=0

xnN = n0 +1

1− xN

d’où0 (1− x) f (x) (1− x)n0 +

1− x1− xN = (1− x)n0 +

1

1 + x+ · · ·+ xN−1 −−−−→x→1−1

N

—106/208— G H


Soit ε > 0, il existe N ∈ N tel que1

Nε

2. Puisque (1− x)n0 +

1

1 + x+ · · ·+ xN−1 −−−−→x→1−1

N, ∃η > 0 tel que

x ∈ ]1− η, 1[ =⇒ (1− x)n0 +1

1 + x+ · · ·+ xN−1 1

N+ε

2 ε

Ainsi∀ε > 0, ∃η > 0, x ∈ ]1− η, 1[ =⇒ 0 f (x) ε

=⇒ : Posons x = 1− 1

n, alors

f

1− 1

n

n

k=0

1− 1

n

pk

n

k=0

1− 1

n

pn= (n+ 1)

1− 1

n

pn

Il vient alors

(1− x) f (x) = 1

nf

1− 1

n

(n+ 1)

n

1− 1

n

pn=

1 +

1

n

1− 1

n

pn−−−−−→n→+∞

0

ce qui donne 1− 1

n

pn−−−−−→n→+∞

0

En prenant le logarithme,

pn ln

1− 1

n

∼ −pn

n−−−−−→n→+∞

−∞


Exercice PC* 95

(Centrale). Soit f définie par f (x) =+∞

n=1

sin

1√n

xn.

1. Déterminer le rayon de convergence R de la série entière définissant f .

2. Faire l’étude en x = −R et en x = R.

3. Déterminer la limite de f (x) en 1−.

4. Montrer que lorsque x tend vers 1−, (1− x) f (x) a une limite finie que l’on déterminera.

Solution

:

1. Posons an = sin

1√n

, alors

an+1an

∼n+ 1

n−−−−−→n→+∞

1, le rayon de convergence vaut 1.

2. En −1, la série est alternée et par décroissance de n −→ sin

1√n

, on a convergence par le CSSA. En 1, la série

est positive et an ∼1

n12

, série divergente par Riemann.

3. Pour x ∈ [0, 1[, on a

f (x) N

n=1

sin

1√n

xn = PN (x) −−−−→

x→1−

N

n=1

sin

1√n

= SN

Puisque SN est la somme partielle d’une série divergente, on sait que

∀A ∈ R, ∃N ∈ N, n N =⇒ SN A

Soit A ∈ R, on choisit donc N tel que SN A, puis on sait qu’il existe η > 0 tel que pour x ∈ ]1− η, 1[ , on a

f (x) PN (x) A

2. Ce qui prouve que

f (x) −−−−→x→1−

+∞

—107/208— G H


4. On a

(1− x) f (x) =+∞

n=1

anxn −

+∞

n=1

anxn+1 =

+∞

n=1

anxn −

+∞

n=2

an−1xn

= a1 ++∞

n=2

(an − an−1)xn

Mais

un = an − an−1 = sin

1√n

− sin

1√n− 1

=

1√n− 1√

n− 1

+ On→+∞

1

n√n

=1√n

1−

11− 1

n

+ O

n→+∞

1

n√n

=

1√n

1−1− 1

n

− 12

+ On→+∞

1

n√n

= − 1

2n√n+ On→+∞

1

n√n

= On→+∞

1

n√n

la série+∞

n=2

unxn est donc convergente sur ]−1, 1] donc continue en x = 1. On a donc

(1− x) f (x) −−−−→x→1−

a1 ++∞

n=2

(an − an−1) = 0

Exercice PC* 96

1. Soit (an)n une suite de complexes, on suppose que

n1

anxn a pour rayon de convergence R. Déterminer le rayon

de convergence de

n1

ln (n) anxn et de

n1

n

k=1

1

k

× anxn.

2. Donner un équivalent simple de f (x) =

n1

ln (n)xn quand x tend vers 1− (Rappeln

k=1

1

k= lnn+ γ+ o

n→+∞(1))

Solution

:

1. On a|an| |an ln (n)| |nan|

Donc si R,R1 et R2 sont les rayons de convergence des séries

n1

anxn,

n1

ln (n) anxn et

n1

nanxn, alors

R2 R1 R

mais on sait que R2 = R (série dérivée) d’où l’égalité. Puisn

k=1

1

k∼ lnn d’où

n

k=1

1

k

an ∼ ln (n) an, bref tout ce

beua monde a même rayon de convergence.

2. On sait que le rayon de convergence de f (x) =

n1

ln (n)xn est 1, celui de

n1

n

k=1

1

k

xn également. De plus

ln (n)−n

k=1

1

kest bornée car a une limite donc pour x ∈ ]0, 1[

n1

ln (n)xn −

n1

n

k=1

1

k

xn

n1

ln (n)−

n

k=1

1

k

xn M

n1

xn =M

1− x

—108/208— G H


Mais par un produit de Cauchy, on a

n1

n

k=1

1

k

xn =− ln (1− x)

1− x

Ainsi f (x)−− ln (1− x)

1− x

M

1− xOn en déduit que

f (x) ∼x→1−

ln (1− x)x− 1

Exercice PC* 97

Rayon de convergence de f (x) =

n1

ln (n)xn et équivalent simple en x = 1−.

Solution

: On a

ln (n+ 1)

lnn∼

n→+∞lnn

lnn= 1 donc

ln (n+ 1)

lnn|x| −−−−−→

n→+∞|x| et le rayon de convergence est 1. On considère

alors, pour x ∈ [0, 1[

(1− x) f (x) =

n1

ln (n)xn −

n1

ln (n)xn+1 =

n1

ln (n)xn −

n2

ln (n− 1)xn

=

n2

(ln (n)− ln (n− 1))xn =

n2

ln

n

n− 1

xn

Puisque ln

n

n− 1

= ln

n− 1 + 1

n− 1

= ln

1 +

1

n− 1

∼

n→+∞1

n− 1, on pose g (x) =

n2

xn

n− 1= x

+∞

n=1

x

n=

−x ln (1− x). On a alors

h (x) = (1− x) f (x)− g (x) =

n2

ln

n

n− 1

− 1

n− 1

=un

xn =

n2

unxn

Un DL simple donne un = ln

1 +

1

n− 1

− 1

n− 1∼

n→+∞− 1

2 (n− 1)2. Ainsi, la série entière

n2

unxn converge en x = 1.

En particulierh (x) =

n2

unxn −−−−→x→1−

n2

un = U

On a donc

(1− x) f (x)− g (x) = U + ox→1−

(1) =⇒ f (x) =g (x)

1− x +U

1− x + ox→1−

1

1− x

soit

f (x) = −x ln (1− x)1− x +

U

1− x + ox→1−

1

1− x

où

U =

n2

ln

1 +

1

n− 1

− 1

n− 1= limN→+∞

N

n=2

ln

1 +

1

n− 1

− 1

n− 1

= limN→+∞

N

n=2

ln (n− 1)− ln (n)−N

n=2

1

n− 1

= limN→+∞

ln (N)−N

n=2

1

n− 1

= γ

—109/208— G H


(Résultat connu sur la constante d’Euler !). On a donc montré, en utilisantx ln (1− x)x− 1

=(x− 1 + 1) ln (1− x)

x− 1=

ln (1− x) + ln (1− x)x− 1

=ln (1− x)x− 1

+ ox→1−

1

1− x

car (1− x) ln (1− x) −−−−→

x→1−0

n1

ln (n)xn =ln (1− x)x− 1

+γ

1− x + ox→1−

1

1− x

Exercice PC 38

On considère la suite (an)n∈N définie par a0 = a1 = 1 et, pour tout n 1, par

an+1 = an +2

n+ 1an−1.

1. Montrer que pour tout n 1 on a l’inégalité : 1 an n2.

2. En déduire le rayon de convergence de la série entièreanx

n.

3. Montrer que la somme de cette série est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 sans second membre.

Solution

:

1. Par récurrence double, c’est vrai aux rangs n = 0 et n = 1. Puis si

1 an−1 (n− 1)2 et 1 an n2

alors

1 1 +2

n+ 1 an +

2

n+ 1an−1 n

2 +(n− 1)2

n+ 1

Il suffit donc de vérifier que

n2 +(n− 1)2

n+ 1 (n+ 1)2 ⇐⇒ (n− 1)2

n+ 1 (n+ 1)2 − n2

⇐⇒ (n− 1)2

n+ 1 2n+ 1⇐⇒ 0

n (n+ 5)

n+ 1

On a donc

an |x|n n2 |x|n −−−−−→n→+∞

0 si |x| < 1 =⇒ R 1

an 1 =⇒an diverge d’où R 1

AinsiR = 1

2. Pour |x| < 1, en multipliant la relation par xn, on obtient

(n+ 1) an+1xn = (n+ 1) anx

n + 2an−1xn

ce qui en sommant de n = 1 à +∞ (licite car il y a convergence)

+∞

n=1

(n+ 1) an+1xn =

+∞

n=1

(n+ 1) anxn + 2

+∞

n=1

an−1xn

+∞

n=2

nanxn−1 =

+∞

n=1

nanxn +

+∞

n=1

anxn + 2

+∞

n=0

anxn+1

+∞

n=2

nanxn−1 = x

+∞

n=1

nanxn−1 +

+∞

n=1

anxn + 2x

+∞

n=0

anxn

y′ (x)− a1 = xy′ (x) + (y (x)− a0) + 2xy (x)

—110/208— G H


soit(1− x) y′ (x)− (2x+ 1) y (x) = 0

y (0) = 1

On peut la résoudre pour avoir

S (x) =e−2x

(1− x)3

Exercice PC* 98

Soient θ ∈ ]0, π[ et a = sin (θ) eiθ ∈ C. On considère la fonction f de R dans R définie par

f (x) = arctan (x− cotan (θ))

où cotan désigne la fonction cotangente (cotan (x) =1

tanx).

1. Calculer la partie imaginaire de Z =a

1− ax et l’exprimer à l’aide de cotan (θ).

2. Calculer f ′ (x) et en déduire un développement en série entière de f (x) .Préciser le rayon de convergence de cette série.

Solution

:

1. On a

Z =1

1

a− x

=1

e−iθ

sin θ− x

=1

cotan θ − x− i

=cotan θ − x+ i

(cotan θ − x)2 + 1

d’où

ImZ =1

(x− cotan θ)2 + 1

2. La fonction f est dérivable et l’on a

f ′ (x) =1

(x− cotan θ)2 + 1 = Im(Z)

Or pour |x| < 1

|a| , on a

Z =a

1− ax =+∞

n=0

an+1xn =+∞

n=0

sinn+1 θei(n+1)θxn

d’où

f ′ (x) =+∞

n=0

sinn+1 θ sin ((n+ 1) θ)xn

f (x) = f (0) ++∞

n=0

sinn+1 θ sin ((n+ 1) θ)

n+ 1xn+1

soit

f (x) = arctan (− cotan θ) ++∞

n=1

sinn θ sin (nθ)

nxn

—111/208— G H


Maisarctan (− cotan θ) = arctan

tanθ − π

2

= θ − π

2car θ − π

2∈)−π2,π

2

0

d’où

f (x) = θ − π2++∞

n=1

sinn θ sin (nθ)

nxn

De plus,a

1− ax =+∞

n=0

an+1xn si et seulement si |x| < 1

|a| , soit |x| <1

sin θ, le rayon de convergence est donc

R =1

sin θ

Exercice PC* 99

(Banque CCP-M)

1. Déterminer le rayon de convergence de la sarie entière+∞

n=0

xn

(2n)!.

On pose alors S (x) =+∞

n=0

xn

(2n)!.

2. Préciser le développement en série entière de ch (x) et son rayon de convergence.

3.

(a) Déterminer S (x) lorsque x > 0.

(b) Soit f définie par f (0) = 1, f (x) = ch (√x) si x > 0 et f (x) = cos

√−xsi x < 0. Montrer que f est C∞

sur R.

Solution

:

1. Par d’Alembert, on pose un =xn

(2n)!alors

un+1un

=xn+1

(2n+ 2) (2n+ 1)−−−−−→n→+∞

0 d’où R = +∞

2. Le DSE est ch (x) =+∞

n=0

x2n

(2n)!et son rayon de CV est +∞.

3.

(a) On en déduit que si x > 0, on a S (x) =+∞

n=0

(√x)2n

(2n)!= ch (

√x) .

(b) Puisque cosx =+∞

n=0

(−1)n x2n(2n)!

, si x < 0, on a√−x

2= −x, ainsi cos

√−x=

+∞

n=0

(−1)n (−x)n(2n)!

= S (x). On

en déduit que S (x) = f (x) (encore vrai en x = 0). Par théorème, f est C∞ sur son intevalle de convergencedonc sur R.

Exercice PC 39

Rayon de convergence et calcul de S (x) =+∞

n=2

xn

n (n− 1).

—112/208— G H


Solution

: Si |x| < 1 alors

|x|nn (n− 1)

−−−−−→n→+∞

0 donc est bornée. Ainsi R 1. Si |x| > 1, on|x|n

n (n− 1)−−−−−→n→+∞

+∞donc R 1 ainsi R = 1.

Si x ∈ ]−1, 1[ = I, on peut dériver pour avoir S′ (x) =+∞

n=2

xn−1

n− 1=

+∞

n=1

xn

n= − ln (1− x). Ainsi puisque S (0) = 0, on a

S (x) = − x

0

ln (1− t) dt = (1− x) ln(1− x) + x (IPP)

Exercice PC* 100

CCP MP

1. On pose un = n3

n2

dt

1 + t2. Donner un équivalent de un.

2. Rayon de convergence de

n0

unxn.

3. On note f (x) la somme de la série, calculer limx→1−

f (x).

Solution

:

1. On a un = arctann3− arctan

n2. Puisque n3 et n2 sont positifs, on a

un =π

2− arctan

1

n3

− π

2+ arctan

1

n2

=

1

n2+ on→+∞

1

n2

∼

n→+∞1

n2

2. On a doncun+1un

∼ n2

(n+ 1)2−−−−−→n→+∞

1 et le rayon de convergence vaut donc 1. Si on ne veut pas utiliser D’Alembert,

on a |unxn| ∼x→+∞

|x|nn2

−−−−−→n→+∞

0 si |x| 1 donc R 1 et |unxn| −−−−−→n→+∞

+∞ si |x| > 1 donc R 1.

3. Puisque un ∼1

n2, la série

n0

un converge et par le théoreme de convergence radiale, on a

limx→1−

f (x) = f (1) =

n0

un

Exercice PC 40

Soit f (x) =

n1

n(−1)n

xn.

1. Rayon de convergence de la série.

2. Etude au bord.

3. Calcul de f (x) .

Solution

: On a n(−1)

n

= n si n pair, sinon est égal à1

n.

1. On a ∀n 1,1

n n(−1)

n

n. Puisque les séries

n1

xn

net

n1

nxn ont un rayon de convergence égal à 1, il en est

de même de f .

—113/208— G H


2. Pour |x| = 1, soit un =n(−1)

n

xn = n(−1)

n

, alors u2n −−−−−→n→+∞

+∞ donc il y a diverge au bord.

3. On coupe en deux. Soit g (x) =

n1

2nx2n et h (x) =

n0

x2n+1

2n+ 1, ces deux séries ont pour rayon de convergence 1

et f = g + h. On a

g (x) = x× d

dx

n1

x2n = x× d

dx

n1

x2= x

d

dx

x2

1

1− x2= 2

x2

(x2 − 1)2

h (0) = 0 etd

dxh (x) =

n0

x2n =1

1− x2 =⇒ h (x) =

x

0

dt

1− t2 = 1 + arg thx

4. Conclusion

f (x) = arg thx+2x2

(x2 − 1)2

En particulier

f

1

2

= arg th

1

2

+8

9=

1

2ln (3) +

8

9

—114/208— G H


9 MatrixExercice PC 41

Montrer que A =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 10 0 0 −1

et M=

1 2 0 20 1 0 00 −1 −1 −10 −2 0 −1

sont semblables.

Exercice PC 42

Soit A =

1 5 03 4 11−1 0 −5

déterminer kerA, ImA. A-t-on kerA⊕ ImA = R3 ?

Solution

: On a rgA 2 (évident) donc kerA est de dimension au plus 1. On exploite le 0 de la seconde colonne en

examinant

5C1 −C3 = 5

13−1

−

011−5

= · · · =

540

= C2

Ce qui donne kerA =

5−1−1

et ImA = Vect

13−1

,

540

. Un calcul simple donne

5 1 5−1 3 4−1 −1 0

= 36 = 0

d’où kerA⊕ ImA = R3.

Exercice PC 43

Soit A =

1 3 −13 1 2−5 −7 0

déterminer kerA, ImA. A-t-on kerA⊕ ImA = R3 ?

Solution

: Même méthode, on a

7C1 − 5C2 = 7

13−5

− 5

31−7

=

−8160

= 8C3

Ce qui donne kerA =

7−5−8

, ImA = Vect

31−7

,

−120

puis avec un déterminant on a kerA⊕ ImA = R3.

Exercice PC 44

Soit A =

−1 −1 −11 0 22 3 1

, calculer A2 et A3, en déduire An.

Solution

: On a A2 =

−2 −2 −23 5 13 1 5

et A3 =

−4 −4 −44 0 88 12 4

= 4A. On a donc A3 = 4A =⇒ A4 = 4A2 =⇒

A5 = 16A. Par récurrence on prouve que

A2p+1 = 4pA

A2p+2 = 4pA2

—115/208— G H


Exercice PC 45

Soit f :M2 (R) −→M2 (R)

M −→ AMoù A =

1 32 6

.

1. Déterminer ker f et Im f .

2. On se place dans le cas où A ∈M2 (R) est quelconque.

(a) A quelle condition sur A, a-t-on f ∈ GL (M2 (R)) ?

(b) On suppose cette condition non remplie et A = 0, déterminer ker f et Im f .

Solution

:

1. Si M =

a cb d

alors AM =

1 32 6

a cb d

=

a+ 3b c+ 3d2a+ 6b 2c+ 6d

=

0 00 0

⇐⇒

a+ 3b = 0c+ 3d = 0

.

Ainsi

M =

−3b −3db d

= b

−3 01 0

+ d

0 −30 1

d’où

ker f = Vect

−3 01 0

,

0 −30 1

et

Im f = Vect (f (E11) , f (E12)) = Vect

1 02 0

,

0 10 2

2.

(a) Si A est inversible alors AM = 0 ⇐⇒ A−1AM = 0 ⇐⇒ M = 0, et ainsi f injective donc automorphisme.Réciproquement, si f est un automorphime, alors I2 admet un antécédent par f , il existe M tel que AM =I2 =⇒ A inversible.

On peut aussi tout simplement écrire que A =

a cb d

et déterminer la matrice de f dans la base canonique

de M2 (R) puis calculer son déterminant. C’est, à mon avis, le plus simple !

(b) Si A = 0 et A non inversible, alors rgA = 1. Soitαβ

∈ kerA, alors A

αβ

=

00

donc

M1 =

α 0β 0

et M2 =

0 α0 β

sont clairement dans ker f

Puisque A = 0, l’une des deux colonnes de A est non nulle. Par exemple la première. Si A =

a cb d

, alors

A

1 00 0

=

a 0b 0

∈ Im f et A

0 00 1

=

0 a0 b

∈ Im f

Puisque

α 0β 0

,

0 α0 β

est libre

a 0b 0

,

0 a0 b

est libre

on a dimker f 2 et dim Im f 2 et il y a égalité par le théorème du rang et on a des bases de ces deuxensembles. C’est fini.

—116/208— G H


Exercice PC 46

Soit A =

−1 0 1−1 −2 1−1 −1 1

et B =

0 0 00 −1 10 0 −1

, montrer qu’elles sont semblables.

Solution

: Soit f l’endomorphisme de R3 associé à A, on cherche une base B =(e1, e2, e3) telle que MatB (f) = B. On

a

B =MatB (f) =

f (e1) f (e2) f (e3)

0 0 00 −1 10 0 −1

e1e2e3

Ainsi e1 ∈ ker f . Or dans A, on a C1+C3 = 0 donc f−→i+ f−→k=−→0 si

−→i ,−→j ,−→kest la base canonique de R3. On

choisit donc

e1 =−→i +

−→k =

101

∈ ker f

On cherche ensuite −→e2 telle que

f (−→e2) = −−→e2 ⇐⇒ f (−→e2) + Id (−→e2) =−→0 ⇐⇒ (f + Id) (−→e2) = 0⇐⇒−→e2 ∈ ker (f + Id)

La matrice dans la base canonique de f + Id est

A+ I3 =

−1 0 1−1 −2 1−1 −1 1

+

1 0 00 1 00 0 1

=

0 0 1−1 −1 1−1 −1 2

dont la différence des deux premières colonnes donne le vecteur nul. Ainsi −→e2 =−→i − −→j =

1−10

convient. Enfin on

cherche −→e3 tel que f (−→e3) = −−→e3+ −→e2 . Si on pose −→e3 =

xyz

alors

f (−→e3) =

−x+ z

−x− 2y + z−x− y + z

=

1−10

−

xyz

⇐⇒

z = 1−x− y + z = −1−x− y + 2z = 0

⇐⇒

z = 1x+ y = 2

On choisit −→e3 =

201

qui convient. On vérifie que (−→e1,−→e2,−→e3) est bien une base.

Exercice PC 47

Soit J =

1 · · · 1...

...1 · · · 1

n×n

, montrer que A est semblable à la matrice diagonale D =

n #0

0# 0

.

Solution

: On cherche une base B =(e1, · · · , en) de Rn telle que MatB (f) = D où f est l’endomorphisme associé

à A. On a alors f (e1) = ne1 et f (ei) =−→0 si i 2. On détermine donc ker f . Cela revient à résoudre A

x1...xn

=

x1 + x2 + · · ·+ xn = 0...

x1 + x2 + · · ·+ xn = 0

. Ainsi ker f=−→u = (x1, · · · , xn) , x1 + x2 + · · ·+ xn = 0 est le noyau de la forme linéaire

ϕ : −→u = (x1, · · · , xn) −→ x1 + x2 + · · ·+ xn = 0

—117/208— G H


donc est de dimension n− 1. On en prend une base (e2, · · · , en). Puis on choisit e1 = (1, · · · , 1) qui vérifie Ae1 = ne1 etc’est fini.

Exercice PC 48

Montrer que A =

1 0 0 10 1 0 1−1 0 2 11 0 −1 1

et B =

1 1 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 2

sont semblables.

Solution

: Soit f l’endomorphisme associé à A, on cherche donc B =(e1, e2, e3, e4) tel que MatB (f) = B. Ceci se

traduit parf (e1) = e1, f (e2) = e1 + e2, f (e3) = e3 et f (e4) = 2e4

On a donc e1 et e3 dans ker (A− I4) = ker

0 0 0 10 0 0 1−1 0 1 11 0 −1 0

. On prend donc e1 =

0100

et e3 =

1010

.

Puis e4 ∈ ker (A− 2I4) = ker

−1 0 0 10 −1 0 1−1 0 0 11 0 −1 −1

, on prend donc e4 =

1101

. Enfin, on cherche e2 tel que

(A− I4) e2 = e1. Si on pose e2 =

xyzt

, on obtient

0 0 0 10 0 0 1−1 0 1 11 0 −1 0

xyzt

=

tt

−x+ z + tx− z

=

0100

absurde !

Bon que se passe-t-il ! On a mal choisit e1 ! On a kerA = Vect

0100

,

1010

, donc on prend e1 de la forme

e1 =

βαβ0

et on veut résoudre

tt

−x+ z + tx− z

=

βαβα

=⇒

α = β = tx = z

y quelconque

On choisit donc e1 =

1110

et e2 =

0001

. On vérifie que l’on a une base (eh oui !) et cela marche.

—118/208— G H


Exercice PC 49

(CCP) Soit A ∈Mn(R). On note ∆A = M ∈Mn(R), M + tM = Tr(M)A.

1. Vérifier que ∆A est un sous-espace vectoriel deMn(R).

2. Montrer que l’ensemble An(R) des matrices antisymétriques deMn(R) est contenu dans ∆A.

3. On suppose Tr(A) = 2. Montrer que ∆A = An(R).4. On suppose que A n’est pas symétrique. Montrer que ∆A = An(R).5. Trouver ∆A si Tr(A) = 2 et A symétrique. Donner sa dimension. On justifiera la dimension de An(R).

Solution

:

1. C’est bien une partie de Mn (R), non vide (la matrice nulle y est) et par linéarité de la trace et de M −→ tM , siM + tM = Tr(M)A et N + tN = Tr(N)A alors

(λM +N) + t (λM +N) = λM + tM

+N + tN = λTr(M)A+Tr(N)A = Tr (λM +N))A

2. Si M ∈ An (R) alors Tr (M) = Tr (tM) = Tr (−M) = −Tr (M) = 0 ainsi M + tM =M −M = 0 = Tr (M)A.

3. Soit M ∈ ∆A, alors si on passe à la trace (pour avoir Tr (A)), on obtient

TrM + tM

= Tr (M) + Tr

tM= Tr (Tr (M)A) = Tr (M)Tr (A)

d’où(2− Tr (A))Tr (M) = 0 =⇒ Tr (M) = 0 =⇒M + tM = 0 =⇒M ∈ An (R)

Ainsi ∆A ⊂ An (R), l’autre inclusion ayant été vue.

4. On a toujours une inclusion Si M ∈ Mn(R) alors M + tM est symétrique, si de plus M ∈ ∆A alors M + tM =Tr(M)A. Puisque A n’est pas symétrique, on en déduit que Tr (M) = 0 et ainsi M + tM = 0 =⇒M ∈ An(R).

5. Si A ∈ Sn (R) et Tr (A) = 2.Analyse :On décompose M en une somme d’une matrice symétrique et d’une matrice antisymétrique

M = S +N où S ∈ Sn (R) et N = An (R)

alors

tM = t (S +N) = S −NM ∈ ∆A =⇒M + tM = 2S = Tr (M)A =⇒ S ∈ Vect (A)

Synthèse : Soit M de la forme M = λA + N où N ∈ An (R). Cela revient à prendre M ∈ Vect (A) ⊕ An (R) (lasomme est directe car A est symétrique), alors

M + tM = 2λA et Tr (M) = Tr (λA) + Tr (N) = 2λ =⇒M + tM = Tr (M)A

On a donc prouvé que∆A = Vect (A)⊕An (R)

Mais dimAn (R) =n2 − n

2, pour construire une matrice antisymétrique, on met des zéros sur la diagonale, il

reste n2 − n termes à compléter. Mais par antisymétrie, on ne rempli que au dessus de la diagonale, d’oùn2 − n

2coefficients. Ainsi

dim∆A = 1 +n2 − n

2

—119/208— G H


Exercice PC* 101

(Mines PC) On note GL+n (R) = M ∈ GLn (R) , detM > 0. On dit que deux matrices A et B sont positivement

semblables s’il existe P ∈ GL+n (R) tel que A = PBP−1.

1. Montrer que GL+n (R) est un groupe.

2. Si n est impair, montrer que deux matrices semblables sont positivement semblables.

3. Si n est pair, montrer que ce n’est pas forcèment le cas. (Indication, prendre n = 2, A et B triangulaires àdiagonales simples)

Solution

:

1. On peut toujours dire que ϕ :

(GLn (R) ,×) −→ (−1, 1 ,×)M −→ detM

|detM | = signe (detM)est un morphisme de groupe (car ϕ (MM) =

ϕ (M)ϕ (N) et que GL+n (R) est son noyau donc un sous groupe ! Sinon GL+n (R) = ∅ car det In = 1 > 0, et si

(M,N) ∈ GL+n (R)2 alors detMN−1 =

detM

detN> 0 donc MN−1 ∈ GL+n (R).

2. Si A et B sont semblables, il existe P ∈ GLn (R) tel que A = PBP−1. Puisque detP = 0, on a detP > 0 (c’estgagné P ∈ GL+n (R)) ou detP < 0 (c’est perdu), mais alors

det (−P ) = (−1)n detP = −detP > 0 =⇒−P ∈ GL+n (R)

etA = (−P )B (−P )−1

3. Soit A =

1 10 1

et B =

1 −10 1

, on cherche P inversible telle que A = PBP−1 ⇐⇒ AP = PB et detP > 0.

Posons alors P =

a cb d

, ainsi

AP =

1 10 1

a cb d

=

a+ b c+ db d

PB =

a cb d

1 −10 1

=

a c− ab d− b

On obtient donc

A = PBP−1 ⇐⇒

a+ b = ac+ d = c− ad− b = d

⇐⇒

b = 0d = −a =⇒ detP = ad− bc = −a2 < 0

Ainsi les deux matrices ne sont jamais positivement semblables.

Remarque : Pour n = 4, on a

1 0 0 00 −1 0 00 0 1 00 0 0 −1

1 −1 0 00 −1 0 00 0 1 −10 0 0 −1

1 0 0 00 −1 0 00 0 1 00 0 0 −1

−1

=

1 1 0 00 −1 0 00 0 1 10 0 0 −1

et detP = 1.

—120/208— G H


10 Algèbre linéaire générale

Exercice PC 50

Soit (f, g) ∈ L (E)2 Montrer que (f g = f et g f = g)⇐⇒ (f et g sont des projecteurs de même noyau) .

Solution

:=⇒On a ff = (f g)f = fg = f donc f est un projecteur et de même g par symétrie des rôles. Montrons

que ker f ⊂ ker g (ce qui suffit, toujours par symétrie · · · ). Soit x ∈ ker f alors f (x) = 0 d’où g (x) = g f (x) = g (0) = 0car g est linéaire.⇐= Il suffit (symétrie · · · ) de montrer que f g = f . Soit x ∈ E, on décompose x = a+ b où a ∈ ker g = ker f et b ∈ Im g(ce qui possible car pour un projecteur on a E = ker g ⊕ Im g). Alors f (x) = f (b) et g (x) = b =⇒ f g (x) = f (b). Cequi termine la preuve !

Exercice PC 51

(CCP 2007) Soient E et F deux espaces vectoriels, f ∈ L (E,F ) et g ∈ L (F,E) tels que f g f = f et g f g = g.

Montrer que Im g ⊕ ker f = E. Comparer rg f et rg g lorsque E et F sont de dimension finie. Que dire de g f sidimE = dimF = rg f ?

Solution

: Montrons que Im g ∩ ker f =

3−→04. Soit y = g (x) ∈ Im g ∩ ker f , alors f (y) = f g (x) = −→0 =⇒ g (f (y)) =

(g f g) (x) = g (x) = y = g−→0=−→0 .

Puis, ∀ x ∈ E, f (x− g f (x)) = f (x)− f g f (x) = f (x)− f (x) = −→0 d’où x− g f (x) ∈ ker f . Ainsi

x = (x− g (f (x)))

∈ker f

+ g (f (x)) ∈Im g

∈ ker f + Im g

Ce qui prouve que E = ker f ⊕ Im g.Si E et F sont de dimension finie, on a alors

dimE = dimker f + dim Im g

= dimE − rg f + rg g

d’où rg f = rg g.Enfin si rg f = dimE = dimF, alors f est un isomorphisme de E dans F . On en déduit l’existence de f−1 et ainsi

f−1 (f g f) = f−1 f ⇐⇒ g f = IdE

Exercice PC* 102

Soit E un R (ou C) espace vectoriel et u ∈ L (E) tel qu’il existe n ∈ N∗ vérifiant un = IdE. Soit V un sous espace

stable par u (i.e. u (V ) ⊂ V ) et p un projecteur d’image V . On définit

q =1

n

n

k=1

uk p un−k

Comparer u q et q u, puis montrer que q est un projecteur.

Solution

: On a

u q =1

n

n

k=1

uk+1 p un−k

q u =1

n

n

k=1

uk p un−(k−1) = 1

n

n−1

j=0

uj+1 p un−j

—121/208— G H


d’où

u q − q u =1

n

un+1 p un−n − u0+1 p un−0

=1

n

un u p IdE − u1 p IdE

=1

n(IdE u p− u p) = 0

On veut ensuite démontrer que q q = q. Or

q q = 1

n

n

k=1

uk p un−k q

Par récurrence immédiate on a ∀i ∈ N, ui q = q ui d’où

q q = 1

n

n

k=1

uk p q un−k

Reste donc à déterminer p q. On a

q (x) =1

n

n

k=1

ukpun−k (x)

Or pun−k (x)

∈ V =⇒ uk

pun−k (x)

∈ u (V ) ⊂ V, ainsi q (x) ∈ V pour tout x ∈ E. On en déduit que

Im q ⊂ V

Or si x ∈ V, on a x = x+−→0 avec

−→0 ∈ ker p d’où p (x) = x, ainsi

∀x ∈ E, p (q (x)) = q (x) , soit p q = q

On peut alors écrire que

q q =1

n

n

k=1

uk p q un−k = 1

n

n

k=1

uk q un−k

=1

n

n

k=1

q uk un−k = 1

n

n

k=1

q = q

Conclusion, q est un projecteur et Im q ⊂ V .

Exercice PC* 103

(Centrale) Soit a = b deux réels, et k ∈ N, on définit φ par

φ :Rn+1 [X] −→ Rn+2

P −→P (a) , P ′ (a) , · · · , P (k) (a) , P (b) , P ′ (b) , · · · , P (n−k) (b)

Montrer que φ est un isomorphisme et qu’il existe une unique base (Q0, Q1, · · · , Qn+1) de Rn+1 [X] telle que

∀P ∈ Rn+1 [X] , P =k

i=0

P (i) (a)Qi +n−k

i=0

P (i) (b)Qi+k+1

Solution

: La linéarité de φ est sans problème. Puisque dim Rn+1 [X] = dimRn+2 = n + 2, il suffit de déterminer le

noyau. OrP ∈ kerφ⇐⇒ a est racine d’ordre k + 1 et b racine d’ordre n− k + 1 de P

Cela fait trop (n+ 2) de racines, donc P = 0. Ceci prouve que φ est un isomorphisme.Reste le problème de la base (Q0, · · · , Qn+1) .

—122/208— G H


Unicité : Si cette base existe, alors on peut obtenir Q0 en prenant P (a) = 1, P ′ (a) = P ′′ (a) = · · · = P (k) (a) = P (b) =· · · = P (n−k) (b) = 0, i.e.

Q0 = φ−1 ((1, 0, · · · , 0))

et de mêmeQ1 = φ

−1 ((0, 1, 0, · · · , 0)) etc...

Ceci prouve l’unicité de la base.Existence : Soit (e1, · · · , en+2) la base canonique de Rn+2. Posons donc

Qi = φ−1 (ei−1)

Alors B =(Q0, · · · , Qn+1) est une base (image d’une base par un isomorphisme). Soit P ∈ Rn+1 [X], les coordonnées(α0, · · · , αn+1) de P dans B vérifient

P =n+1

i=0

αiQi =⇒ φ (P ) =n+1

i=0

αiP (Qi) = (α0, · · · , αn+1)

d’oùα0 = P (a) , α1 = P

′ (a) · · · , αk+1 = P (b) , · · · , αn+1 = P (n−k) (b)Ceci termine la preuve.

Exercice PC* 104

Montrer qu’il existe une base deMn (R) formée de

1. Matrices de rang 1.

2. Matrices de rang p où 1 p n.

3. Diagonalisables avec n valeurs propres distinctes.

Solution

:

1. Le matrices de la base canonique (Ei,j)1i,jn2 forment une base de matrices de rang 1.

2. Plus compliqué, toutes les matrices Eij sont de rang 1 dont équivalentes. Il existe donc Pij et Qij inversibles tellesque

Eij = PijE11Qij

On a E11 = E11+Jr−Jr où Jr est la matrice canonique de rang r. Posons Kr = E11+Jr, alors rg (Kr) = rg (Jr) = ret

Eij = PijKrQij − PijJrQij = Aij −Bij où rg (Aij) = rg (Bij) = r

Ainsi Mn (R) = Vect (Aij , Bij) , de cette famille génératrice de matrices de rang r, on extrait une base.

3. Soit D = Diag (1, · · · , n) et Dij = D + Eij si i = j, Dii = Eii. On a D =n

k=1

kEkk =n

k=1

kDkk, ainsi Eij =

Dij −D = Dij −n

k=1

kDkk ∈ V ect(Dij)i,j

et Eii = Dii ∈ V ect

(Dij)i,j

. On en déduit que

Mn (R) ⊂ V ect(Dij)i,j

La famille V ect(Dij)i,j

est donc génératrice ayant n2 = dim(Mn (R)) vecteurs, c’est une base de Mn (R).

—123/208— G H


Exercice PC* 105

Soit E un espace vectoriel de dimension p, B =(e1 · · · , ep) une base de E et u =p

k=1

uiei un vecteur de E, montrer que

(ei + u)1ip est une base de E si et seulement si S =

p

k=1

ui = −1.

Solution

: Il suffit de prouver qu’elle est libre si et seulement si S = −1. Posons fi = ei + u, alors

p

i=1

µifi =

p

i=1

µiei +

p

i=1

µi

u =

p

i=1

(µi + µui) ei où µ =

p

i=1

µi

Ainsip

i=1

µifi =−→0 ⇐⇒ ∀i, µi+µui = 0. En sommant toutes ces égalités, on obtient µ+Sµ = 0 =⇒ (1 + S)µ = 0. Ainsi

p

i=1

µifi =−→0 ⇐⇒

∀i, µi + µui = 0(1 + S)µ = 0

Si S = −1 alors µ = 0 et tous les µi sont nuls. Si S = −1, alors u1 = −1−p

i=2

ui d’où u = −e1 −p

i=2

uie1 +

p

i=2

uiei et

f1 = e1 + u =

p

i=2

ui (ei − e1) =p

i=2

ui (fi − f1) =⇒

1 +

p

i=2

ui

f1 =

p

i=2

uifi

=⇒ −u1f1 =p

i=2

uifi et puisque l’un des ui est non nul · · ·

Exercice PC* 106

Soit E un C espace vectoriel de dimension 3. On note Lk l’ensemble des endomorphismes u de E tels que tous les

sous-espace vectoriels de dimension de k de E soient stables par u. Pour mémoire, un sous-espace vectoriel F est ditstable par u si et seulement si u (F ) ⊂ F .

1. Déterminer L0 et L3.

2. Soit (−→e1,−→e2 ,−→e3) une base de E et u ∈ L1. Montrer que ∀i ∈ 1, 2, 3, ∃αi ∈ C tel que u (−→ei ) = αi−→ei . Puis montrerqu’il existe α ∈ C tel que ∀−→x ∈ E, u (−→x ) = α−→x .En déduire L1.

3. Montrer que L2 ⊂ L1 et en déduire L2.

Solution

:

1. Il n’y a qu’un sous-espace vectoriel de dimension 0 c’est3−→04

et un seul de dimension 3 inclus dans E, c’est

∀u ∈ L (E) , on a u−→0=−→0 , ainsi u

3−→04⊂3−→04. Ce qui prouve que L0 = L (E). De même u (E) ⊂ E, pour

tout u ∈ L (E) , donc L3 = L (E).2. Soit Ei = Vect (−→ei ) , alors dimEi = 1. Si u ∈ L1, on a donc u (Ei) ⊂ Ei donc u (−→ei ) ∈ Ei. Ainsi u (−→ei ) est colinéaire

à −→ei , il existe αi ∈ C tel que u (−→ei ) = αi−→ei . De même, pour −→x ∈ E, −→x = −→0 , soit E−→x = Vect (−→x ), on a dimE−→x = 1

donc u (E−→x ) ⊂ E−→x . Ainsi u (−→x ) est colinéaire à −→x , il existe α (−→x ) ∈ C tel que u (−→x ) = α (−→x )−→x . Pour −→x =−→0 , on

a α (−→x ) quelconque a priori. Il s’agit de prouver que α est constant.Soient (−→x ,−→y ) ∈ E2, non nuls, si −→y = λ−→x , alors u (−→y ) = α (−→y )−→y = λα (−→y )−→x = λu (−→x ) = λα (−→x )−→x =⇒α (−→y ) = α (−→x ) .Si (−→x ,−→y ) libre, alors u (−→x +−→y ) = α (−→x +−→y ) (−→x +−→y ) = u (−→x ) + u (−→y ) = α (−→x )−→x + α (−→y )−→y d’où

∀ (−→x ,−→y ) , (α (−→x +−→y )− α (−→x ))−→x + (α (−→x +−→y )− α (−→y ))−→y =−→0

—124/208— G H


ainsi α (−→x +−→y )− α (−→x ) = 0 et α (−→x +−→y )− α (−→y ) = 0.

Ainsi, pour (−→x ,−→y ) ∈ E2, non nuls, on a α (−→x ) = α (−→y ) = α constant. Si l’un des deux est nuls, on pose α−→0=

α. On a alors ∀−→x ∈ E, u (−→x ) = α−→x .On en déduit que L1 est constitué des homothéties vectorielles.

3. Soit u ∈ L2, alors u laisse stable les sous espaces de dimension 2. Soit −→x ∈ E non nul et (−→y ,−→z ) tels que (−→x ,−→y ,−→z )soit une base. Si F = Vect (−→x ,−→y ) et G = Vect (−→x ,−→z ) alors F et G sont de dimension 2 donc stable par u. Puisque−→x ∈ F, on a u (−→x ) ∈ F et de même u (−→x ) ∈ G, d’où u (−→x ) ∈ F ∩ G = Vect (−→x ). Conclusion E−→x = Vect (−→x ) eststable par u. Ce qui prouve que u ∈ L1, u est une homothétie vectorielle.

Exercice PC 52

Soit n 2 et E = Rn [X] , on définit f par f (P ) =X2 −X

P (1) +

X2 +X

P (−1).

1. Montrer que f est un endomorphisme de E.

2. Donner la matrice M de f dans la base canonique. Quel est le rang de f ?

3. Déterminer ker f et Im f.

Solution

:

1. Sans problème, on a bien f (P ) ∈ Rn [X] car n 2. Puis si (P,Q) ∈ E et (λ, µ) ∈ R alors

f (λP + µQ) =X2 −X

((λP + µQ) (1)) +

X2 +X

((λP + µQ) (−1))

=X2 −X

(λP (1) + µQ (1)) +

X2 +X

(λP (−1) + µQ (−1))

= λX2 −X

P (1) +

X2 +X

P (−1)

+ µX2 −X

Q (1) +

X2 +X

Q (−1)

= λf (P ) + µf (Q)

d’où la linéarité.

2. En fait, si on cherche les images des vecteurs de la base canonique, pour avoir la matrice de f , on a

f (1) =X2 −X

+X2 +X

= 2X2

f (X) =X2 −X

−X2 +X

= −2X

fX2

= 2X2

fXk

=1 + (−1)k

Xk +

−1 + (−1)k

X

ainsi

M =MatBx (f) =

0 · · · 00 −2 0 −2 0 −2 · · · (1 + (−1)n)2 0 2 0 2 (−1 + (−1)n)0 0 0 · · · · · · · · · 0

......

......

0 0 0 · · · · · · 0

Cette matrice est clairement de rang 2.

3. On sait par le théorème du rang que dimker f = n+1−2 = n−1. On a f (P ) = 0 si et seulement siX2 −X

P (1)+

X2 +XP (−1) = 0. Les polynômes

X2 −X

etX2 +X

forment une famille libre de R2 [X] (ils sont non

colinéaires), et P (1) , P (−1) sont des scalaires, ainsi cela équivaut à P (1) = P (−1) = 0. On en déduit que

ker f = P ∈ Rn [X] , P (1) = P (−1) = 0=X2 − 1

Rn−2 [X]

= VectX2 − 1,X3 −X, · · · ,Xn −Xn−2

—125/208— G H


Pour Im f, il est clair que Im f ⊂ VectX2 −X,X2 +X

. Puisque f

X − 1

2

= X2+X et f

X + 1

2

= X2−X,

on aIm f = Vect

X2 −X,X2 +X

(On retrouve bien que dimker f = n+ 1− 2 = n− 1 = dimRn−2 [X])Remarque : Que valent M2, M3 ?

Exercice PC 53

Soit E = R2 [X] et A = a+ bX + cX2 un élément de E, on définit l’application ϕ de E dans E par

ϕ (P ) = (AP )′′

1. Montrer que ϕ est un endomorphisme de E

2. Donner sa matrice M dans la base canonique.

3. A quelle condition sur A, ϕ est-elle bijective ?

4. Pour A = X2 + 1, calculer M−1.

5. Trouver une solution particulière à l’équation polynômialeX2 + 1

P ′′ + 4XP ′ + 2P = X2 +X + 1

puis la résoudre.

6. Quelle méthode peut-on utiliser pour calculer Mn ?

Solution

:

1. Soient (λ, µ) ∈ R2 et (P,Q) ∈ R2 [X]2 alors

ϕ (λP + µQ) = (A× (λP + µQ))′′ = (λAP + µAQ)′′

= λ (AP )′′ + µ (AQ)′′

par linéarité de la dérivation.

2. On calcule ϕ (1) , ϕ (X) et ϕX2. On obtient ϕ (1) = 2c, ϕ (X) = 2b+ 6cX, ϕ

X2= 2a+ 6bX + 12cX2 ainsi

M =

2c 2b 2a0 6c 6b0 0 12c

3. On a ϕ bijective si et seulement si detϕ = 0, donc si et seulement si detM = 0. Or detM = 144c3. Ainsi ϕ bijective⇐⇒ degA = 2.

4. Pour A = X2 + 1, on a M =

2 0 20 6 00 0 12

et M−1 =

2 0 20 6 00 0 12

−1

=

1

20 − 1

12

01

60

0 01

12

.

5. On aX2 + 1

P′′

=X2 + 1

P ′′ + 4XP ′ + 2P, on doit donc résoudre

ϕ (P ) =X2 +X + 1

Il s’agit d’une équation linéaire. On obtient une solution particulière à l’aide de

M−1

111

=

1

20 − 1

12

01

60

0 01

12

111

=

5

121

61

12

—126/208— G H


Une solution particulière est donc1

12

5 + 2X +X2

. On résout ensuite l’équation homogène, mais puisque A est

de degré 2, on sait que ϕ est bijective, donc injective. Il n’y a donc qu’une seule solution

P =1

12

5 + 2X +X2

6. Pour Mn, on peut être tenté d’écrire

M =

2 0 00 6 00 0 12

+

0 0 20 0 00 0 0

mais

2 0 00 6 00 0 12

0 0 20 0 00 0 0

=

0 0 20 0 00 0 0

2 0 00 6 00 0 12

, on ne peut appliquer le binôme de Newton.

On peut calculer les premiers termes pour constater que (récurrence)

Mn =

2n 0 un0 6n 00 0 12n

En écrivant que Mn+1 =M ×Mn =Mn ×M, on obtient

un+1 = 2un + 2× 12n = 12un + 2× 2n

d’oùun =

2× 12n − 2× 2n

10=

12n − 2n

5

Il reste aussi la méthode Spé, chercher un polynôme P tel que ϕ (P ) = 12P, on trouve P = X2 +1

5et ensuite faire

un changement de base après avoir diagonalisé...

Exercice PC 54

(Ensam PC) Soit E = R2n [X], F =

P ∈ E,

1

−1P (t) dt = 0

et G = P ∈ E, P impair.

1. Montrer que F est un sous-espace vectoriel de E. A l’aide de ϕ : P ∈ E −→ 1

−1P (t) dt ∈ R, déterminer dimF .

2. Montrer que G est un sous-espace vectoriel de F . Préciser la dimension de G et en donner une base.

3. Soit k ∈ 1, · · · , n, déterminer ak tel que X2k − ak ∈ F. Donner alors une base de F .

4. Donner un supplèmentaire de G dans F .

5. Donner un supplèmentaire de F dans E.

Solution

:

1. Ou bien on applique la définition (λP + µQ ∈ F car 1

−1λP + µQ = λ

1

−1P + µ

1

−1= 0), ou bien on utilise

ϕ : P ∈ E −→ 1

−1P (t) dt ∈ R qui est linéaire par linéarité de l’intégrale et ainsi F = kerϕ.

Cette dernière méthode permet d’affirmer (puisque ϕ est une forme linéaire non nulle) que dimF = 2n+1−1 = 2n.

2. Le plus simple est de revenir à la définition ( P = 0 ∈ G et λP + µQ est impair si P et Q le sont). Un polynômeimpair n’ayant pas de puissances paires, on a

P ∈ G⇐⇒ ∃ (a1, a3, · · · , a2n−1) P =n−1

k=0

a2k+1X2k+1

—127/208— G H


AinsiG = VectX2k+1

0kn−1

. La famille

X2k+1

0kn−1 est libre (échelonnée en degré) de cardinal n−1+1 =

n. Conclusion c’est une base de G et dimG = n.

3. On a 1

−1t2kdt =

1

2k + 1

12k+1 − (−1)2k+1

=

2

2k + 1, ainsi

1

−1

t2k − ak

dt = 2

1

k + 1− ak

. Ainsi ak =

1

2k + 1convient. On considère alors

B =

X,X2 − 1

3,X3,X4 − 1

5, · · · ,X2k−1,X2k − 1

2k + 1, · · · ,X2n−1,X2n − 1

2n+ 1

Cette famille est une famille de F , libre (échelonnée en degré) de cardinal 2n = dimF . C’est une base de F .

4. Soit H un supplèmentaire de G dans F, alors dimH = n et H = Vect

X2k − 1

k + 1

1kn

convient.

5. Soit D un supplèmentaire de F dans E, alors dimD =1.

Puisque 1 ∪ B =

1,X,X2 − 1

3,X3,X4 − 1

5, · · · ,X2k−1,X2k − 1

2k + 1, · · · ,X2n−1,X2n − 1

2n+ 1

est une base

de E, D =Vect (1) convient.

Exercice PC 55

Soit E =

a c bb a cc b a

, (a, b, c) ∈ R3

.

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de M3 (R), en donner une base B et sa dimension.

2. Montrer que E est stable par multiplication i.e. si (M,N) ∈ E2 alors M × N ∈ E. Préciser les coordonnées deMN dans la base B en fonction de celles de M et de N .

3. Soit A =

−3 1 22 −3 11 2 −3

et ϕ :E −→ EM −→MA

. Justifier que ϕ est linéaire, déterminer kerϕ, rg (ϕ) et Imϕ.

Solution

: On commence par écrire que

a c bb a cc b a

= aI3+ bB+ cC où B =

0 0 11 0 00 1 0

et C =

0 1 00 0 11 0 0

.

1. On a doncE = Vect (I3,B,C). La famille est libre car si aI3+bB+cC = ((0)) alors

a c bb a cc b a

=

0 0 00 0 00 0 0

⇐⇒

a = b = c = 0. Ainsi dimE = 3 et une base est (I3, B,C).2. Si M = aI3 + bB + cC et N = αI3 + βB + γC alors

MN = (aI3 + bB + cC)× (αI3 + βB + γC)

= aαI3 + aβB + aγC + bB + bβB2 + bγBC + cC + cβCB + cγC2

Mais B2 =

0 0 11 0 00 1 0

2

=

0 1 00 0 11 0 0

= C, C2 =

0 1 00 0 11 0 0

2

=

0 0 11 0 00 1 0

= B,

BC =

0 0 11 0 00 1 0

0 1 00 0 11 0 0

=

1 0 00 1 00 0 1

= I3 et CB =

0 1 00 0 11 0 0

0 0 11 0 00 1 0

=

1 0 00 1 00 0 1

=

I3. Ainsi

MN = aαI3 + aβB + aγC + bαB + bβC + bγI3 + cαC + cβI3 + cγB

= (aα+ bγ + cβ) I3 + (aβ + bα+ cγ)B + (aγ + bβ + cα)C ∈ EOn a directement les coordonnées de MN qui sont (aα+ bγ + cβ, aβ + bα+ cγ, aγ + bβ + cα).

—128/208— G H


3. On a bien ϕ (M) ∈ E et la linéarité est évidente. Puisque A = −3I3 + 2B +C, on a, si M = aI3 + bB + cC

MA = (−3a+ b+ 2c) I3 + (2a− 3b+ c)B + (a+ 2b− 3c)C

On peut aussi calculer MA =

a c bb a cc b a

−3 1 22 −3 11 2 −3

=

b− 3a+ 2c a+ 2b− 3c 2a− 3b+ c2a− 3b+ c b− 3a+ 2c a+ 2b− 3ca+ 2b− 3c 2a− 3b+ c b− 3a+ 2c

.

Ainsi M ∈ kerϕ⇐⇒

−3a+ b+ 2c = 02a− 3b+ c = 0a+ 2b− 3c = 0

⇐⇒ a = b = c.

On a donc kerϕ = Vect

1 1 11 1 11 1 1

, d’où rgϕ = dimE − 1 = 2. Enfin

(I3A,BA) =

−3 1 22 −3 11 2 −3

,

1 2 −3−3 1 22 −3 1

est une famille de Imϕ, libre ayant 2 = dim Imϕ éléments, c’est une base de Imϕ. Conclusion Imϕ = Vect (A,BA).

Exercice PC 56

Pour A ∈M2 (R) on définit la matrice θ (A) = tr (A) I2 −A.

1. Montrer que θ ∈ L (M2 (R)) .

2. Calculer A.θ (A) qu’en pensez vous ?

3. Montrer que θ est une symétrie. Préciser ses éléments géométriques.

Solution

:

1. Si A =

a bc d

, θ (A) =

d −b−c a

. La linéarité de A −→ θ (A) est facile à prouver.

2. Un calcul simple donne A.θ (A) = (ad− bc) I2 = det (A) I2. Ainsi, lorsque A est inversible, on a θ (A) = det (A)A−1.

3. On a après calculs, θ [θ (A)] = A et θ est une symétrie. Puis θ (A) = A⇐⇒ 2A = tr (A) I2. On constate que A = λI2.Réciproquement si A = λI2 alors θ (A) = λ tr (I2) − λI2 = λI2 car tr (I2) = 2. Les invariants par θ sont donc lesmatrices du type A = λI.Enfin θ (A) = −A⇐⇒ tr (A) = 0. Les matrices transformées en leur opposée sont les matrices de trace nulle donc

de la forme A =

a bc −a

.

—129/208— G H


11 DéterminantExercice PC 57

Calculer le déterminant

a+ b a #b

. . .. . .

. . .. . . a

# b a+ b

Solution

: On développe par rapport à la première colonne, si on note Dn =

a+ b a #b

. . .. . .

. . .. . . a

# b a+ b

, alors, si n 2

Dn = (a+ b)Dn−1 − b

a 0 · · · · · · 0

b a+ b a #...

0. . .

. . . a 0... # . . .

. . . a0 · · · 0 b a+ b

= (a+ b)Dn−1 − abDn−2

Puisque D2 =

a+ b ab a+ b

= a2 + ab + b2, qu’il semble judicieux de poser D1 = a + b et D0 = 1 (de façon à avoir

D2 = (a+ b)D1 − abD0, mais on peut aussi calculer D3 =

a+ b a 0b a+ b a0 b a+ b

= a3 + a2b+ ab2 + b3 car

a+ b a 0b a+ b a0 b a+ b

a+ bb0

aa+ bb

= (a+ b)3 − 2ab (a+ b)

= (a+ b)0(a+ b)2 − 2ab

)

= (a+ b)a2 + b2

= a3 + a2b+ ab2 + b3

et écrire que D3 = (a+ b)D2 − abD1 ce qui donne D1, puis D2 = (a+ b)D1 − abD0 qui donne D0 (en résumé, inverserla récurrence !).L’équation caractéristique de la récurrence est

r2 − (a+ b) r + ab = 0 (lire r2 − (somme) r + (produit) )

a pour racines a et b, doncDn = λa

n + µbn

Il reste à calculer λ et µ. On a

D0 = λ+ µ = 1

D1 = λa+ µb = a+ b

d’où (Cramer)

λ =

1 1

a+ b b

1 1a b

=a

a− b et µ =

1 1a a+ b

1 1a b

= − b

a− b si a = b

On a donc

Dn =an+1 − bn+1a− b si a = b (pas surprenant si on regarde bien D2 et D3 )

—130/208— G H


Maintenant si a = b, que vaut Dn? En fait Dn (a, b) est une fonction de a et b, c’est même un polynôme en a et b (utiliserla définition abominable du déterminant

σ∈Sn aσ(1),1 · · · aσ(n),n. Donc, à b fixé, Dn (a, b) est une fonction continue de

a. En particulier Dn (a, b) tend vers Dn (b, b) si a tend vers b. Mais si a = b, on a Dn =an+1 − bn+1a− b . Donc cette valeur

tend aussi vers la valeur de Dn lorsque a = b. On a donc

Dn (b, b) = lima→b

an+1 − bn+1a− b = lim

a→b

an + an−1b+ an−2b2 + · · ·+ bn

= lima→b

n

k=0

an−kbk =n

k=0

bn−kbk = (n+ 1) bn

On peut aussi voir que

lima→b

an+1 − bn+1a− b =

dxn+1

dx

x=b

est la dérivée de xn+1 en x = b ( Dn est un taux d’accroissement)

= (n+ 1) bn

Exercice PC 58

Soit A = ((aij)) ∈Mn (R) où aij = (−1)1+min(i,j). Calculer det (A)

Solution

: On écrit la matrice A. On a

A =

1 1 1 . . . . . . 11 −1 −1 . . . . . . −11 −1 1 . . . . . . 1...

......

. . ....

......

. . .1 −1 1 (−1)n

On remarque que les 1 et les −1 alterent sur de équerres de la forme ⌈.Les transformations élémentaires L1 ←− L1 + L2, puis L2 ←− L2 + L3, ..., et enfin Ln−1 ←− Ln−1 + Ln conduisent à

detA =

−2 0 0 . . . . . . 0−2 2 0 . . . . . . 0−2 2 −2 0 . . . −1...

......

. . .−2 2 −2 2 (−1)n−1−1 1 −1 (−1)n

=

(−1) 2 0 0 . . . . . . 0

−2 (−1)2 2 0 . . . . . . 0

−2 2 (−1)3 2 0 . . . −1...

......

. . .−2 2 −2 2 (−1)n−1−1 1 −1 (−1)n

On obtient alors detA = 2n−1 × (−1)1+2+···+n = 2n−1 × (−1)n(n+1)

2 .

Exercice PC* 107

Soit M =

A BC D

∈ O (n) où A et D sont de taille p et q = n− p, montrer que (detA)2 = (detD)

2.

Solution

: On travaille donc par blocs, on a

tMM = In =⇒

tA tCtB tD

A BC D

=

tAA+ tCC ?

? ?

= In =⇒t AA+ tCC = Ip

M tM = In =⇒A BC D

tA tCtB tD

=

? ?? CtC +DtD

= In =⇒ CtC +DtD = Iq

—131/208— G H


En particulier, on obtient(detA)2 = det

Ip − tCC

et (detC)2 = det

Iq − CtC

Pour finir, c’est un exo classique, car# IqIp

tC

×− tC IpIq −C

=

Iq −C# Ip − tCC

− tC IpIq −C

×# IqIp tC

=

Ip #−C Iq − CtC

Exercice PC 59

Soit n un entier 2. On considère le déterminant d’ordre n suivant :

Dn =

1 n− 11 (#) n− 2

1 n− 3. . .

...(#) 1 2

1 1n− 1 n− 2 n− 3 · · · 2 1 1

1. Montrer l’égalitén

k=1

k2 =n (n+ 1) (2n+ 1)

6

2. Calculer le déterminant Dn.

Solution

:

1. Récurrence simple.2. On développe Dn par rapport à sa première colonne, on obtient alors

Dn = Dn−1 + (n− 1)× (−1)n+1 ×

0 n− 11 0 (#) n− 2

1. . . n− 3. . .

. . ....

. . .. . . 3

(#). . . 0 2

1 1

n−1

On développe le dernier déterminant par rapport à sa première ligne pour avoir

Dn = Dn−1 + (n− 1)× (−1)n+1 × (n− 1)× (−1)n = Dn−1 − (n− 1)2

Puisque D2 =

1 11 1

= 0, on a

Dn = −n−1

k=2

k2 = −(n− 1)n (2n− 1)

6+ 1 = −(n− 2)

2n2 + n+ 3

6

On peut le vérifier avec n = 3 qui donne

1 0 20 1 12 1 1

= −4

—132/208— G H


12 Diagonalisons

Exercice PC* 108

1. Etude d’un endomorphisme

2. Montrer que P → ϕ (P ) = X (X − 1)P ′ − nXP définit un endomorphisme de Rn [X].

3. L’endomorphisme ϕ est-il diagonalisable ?

4. Préciser les sous espaces propres de ϕ.

Solution

:

1. Attention, la linéarité ne pose pas de problème, mais le "endo" de endomorphisme est moins évident. On vérifiedonc que si P = anX

n + · · · , alorsϕ (P ) = X (X − 1)× nanXn−1 +X (X − 1)× (deg n− 2)− nX × anXn − nX (deg n− 1)

= X (X − 1)× nanXn−1 − nX × anXn + (deg n)

= −nanXn + (deg n)

est bien de degré au plus n

2. Maintenant si P = Xk alors ϕXk= kX (X − 1)Xk−1 − nX ×Xk = (k − n)Xk+1 − kXk, on en déduit que la

matrice de ϕ dans la base canonique est

0 0

−n −1 . . . #0 1− n −2 . . .... 0 2− n . . .

. . ....

... 0. . .

. . .. . .

......

. . .. . .

. . . 1− n0 · · · · · · · · · 0 −1 −n

Ce qui montre que ϕ est diagonalisable (il a n valeurs propres distinctes).3. Pour obtenir les vecteurs propres, on résout l’équation différentielle X (X − 1)P ′−nXP = −kP où k ∈ 0, · · · , n,

ce qui donne (compte tenu de

nX − kX (X − 1)

dX =

k

X+n− kX − 1

dX = ln

Xk (X − 1)n−k+C) comme vecteurs

propres les polynômesPk = X

k (X − 1)n−k

Exercice PC* 109

Soient (A,B,C) ∈Mn (C)3 telles que AB −BA = C, BC = CB.

1. Montrer que ∀p ∈ N, ABp+1 = Bp (BA+ (p+ 1)C)

2. Montrer que detB = 0 ou detC = 0.

Solution

:

1. Par récurrence. Si p = 0, on a AB = In (BA+C) = BA+C ce qui est donné dans les hypothèses. Supposons alorsque ce soit vrai au rang p, alors

ABp+1 ×B = Bp (BA+ (p+ 1)C)×B= Bp (BAB + (p+ 1)CB)

= Bp (B × (BA+C) + (p+ 1)BC)

= Bp+1 (BA+ (p+ 2)BC)

—133/208— G H


2. On a alorsdetA× (detB)p+1 = (detB)p det (BA+ (p+ 1)C)

donc ou bien detB = 0, ou bien on divise par detB pour avoir

detAdetB = det (BA+ (p+ 1)C)

Si C est inversible, alorsdetAdetB = detC det

BAC−1 + (p+ 1) In

Mais le polynôme caractéristique de BAC−1 est detBAC−1 −XIn

= P (X) , on obtient donc

P (−p− 1) −−−−−→p→+∞

+∞

=detAdetB

detC constant

Exercice PC* 110

Soit E un K espace vectoriel de dimension finie et u ∈ L (E) de rang 1. Montrer que u est non diagonalisable si et

seulement si Imu ⊂ keru.

Solution

:⇐= : Supposons que Imu ⊂ keru alors u2 = 0. Si u est diagonalisable, puisque rgu = 1, 0 est valeur propre

d’ordre n− 1 et u admet une autre valeur propre λ d’ordre 1. Puisque u2 = 0, si −→x est un vecteur propre associé à λ, ona u2 (−→x ) = λ2−→x = 0 =⇒ λ = 0, ainsi u = 0 =⇒ rg (u) = 0. Absurde.Autre preuve assez similaire : On a u2 = 0, ainsi P (X) = X2 est annulateur de u. On en déduit que sp (u) = 0. Si uest diagonalisable, alors u = 0, absurde car rg (u) = 1.=⇒ : Par contraposition, montrons que Imu ⊂ keru =⇒ u diagonalisable. On suppose qu’il existe −→y ∈ Imu tel queu (−→y ) = 0. Puisque dim (Imu) = 1, on a Im (u) = Vect (−→y ) (y = 0 car u (−→y ) = 0) et ainsi u (−→y ) = λ−→y où λ = 0 caru (−→y ) = 0. Ainsi λ est une valeur propre pour u, différente de 0. Puisque rg (u) = 1, 0 est valeur propre et ker (u) = E0est de dimension n− 1. On a toutes les valeurs propres avec les bonnes dimensions, u est diagonalisable.

Exercice PC* 111

Soit n ∈ N∗, pour A ∈ Rn [X], on note ΦA l’endomorphisme de Rn [X] défini par

ΦA (P ) = (AP )(n)

Donner une CNS pour que ΦA soit inversible. ; pour que ΦA soit diagonalisable.

Solution

: Si A = 0, l’endomorphisme ΦA est nul, donc diagonalisable mais non inversible. On suppose donc que A = 0,

on note α = degA. Puisque degP n, on a

deg (ΦA (P )) n+ α− n = α =⇒ Im (ΦA) ⊂ Rα [X]

Ainsi degA < n =⇒ ΦA non inversible.Enfin ΦA (P ) = 0⇐⇒ deg (AP ) < n⇐⇒ degA+ degP < n⇐⇒ degP < n− α. On en déduit que pour α < n

ker (ΦA) = Rn−α−1 [X]

etΦA inversible ⇐⇒ degA = n

Notons A = aαXα + · · · , si B =

1,X,X2, · · · ,Xn

est la base canonique de Rn [X] , alors

ΦAXk=aαX

k+α + · · ·(n)

—134/208— G H


Si degA = n, on a

ΦAXk=anX

k+n + · · ·(n)

= an(n+ k)!

k!Xk + · · ·

On en déduit que la matrice est triangulaire supérieure, les termes sur la diagonales étant distincts, ΦA est diagonalisable.Si degA < n, alors deg

ΦAXk< n, la matrice est triangulaire supérieure à diagonale nulle, non nulle. La seule valeur

propre est 0. Elle ne peut être diagonalisable.

Exercice PC* 112

Soit n ∈ N∗, existe-t-il une matrice A de Mn (C) telle que A2 + 2A+ 5In =# ? Et dans Mn (R) ?

Solution

: Sur Mn (C) il en existe ! Il suffit de prendre une matrice diagonale dont les éléments sont racines de

λ2 + 2λ+ 5, i.e parmi −1 + 2i et−1− 2i.Sur Mn (R) , c’est une autre histoire · · · .Si n est impair, le polynôme caractéristique est de degré impair donc admet au moins une racine λ. Soit X un vecteurpropre associé à λ, alors

A2 + 2A+ 5InX =

λ2 + 2λ+ 5

X = 0

donc λ2 + 2λ+ 5 = 0, impossible.Si n est pair, alors le polynôme caractéristque de A n’a pas de racines réelles et ses racines complexes sont dans−1 + 2i,−1− 2i , de même ordre de multiplicité.Analyse : Regardons pour n = 2. Si on diagonalise sur C, on doit avoir

P

−1 + 2i 0

0 −1− 2i

P−1

où P est une matrice complexe, P =

a+ ib a− ibc+ id c− id

(raisonnable de prendre des vecteurs propres conjugués non ?).

Les calculs sembles abominables .... Avez-vous Maple sous la main ? Bon, prenons un exemple simple

P =

1 1i −i

(on met des complexes, car ce n’est pas diagonalisable sur R)

Alors P−1 =

1 1i −i

−1=

1

2−12i

1

2

1

2i

et

A = P

−1 + 2i 0

0 −1− 2i

P−1 =

1 1i −i

−1 + 2i 0

0 −1− 2i

1 1i −i

−1=

−1 2−2 −1

A2 =

−1 2−2 −1

2=

−3 −44 −3

donc A2 + 2A+ 5I =#

Pour le cas n = 2p, on construit une matrice par blocs constitués de la matrice précédente.

Une méthode plus simple ? Oui, bien sûr. En fait, A2+2A+5In =#⇐⇒A+ In

2

2= −In. En dimension 2, on prend

donc une rotation d’angleπ

2, i.e.

A+ In2

=

0 1−1 0

2=⇒ A =

−1 2−2 −1

convient

—135/208— G H


Exercice PC* 113

Soit A =

01

a

1

a2

a 01

aa2 a 0

où a ∈ C.

1. Expliciter un polynôme annulateur de degré 2 de A.

2. La matrice A est-elle diagonalisable ? Si oui la diagonaliser.

Solution

:

1. On a A2 =

01

a

1

a2

a 01

aa2 a 0

2

=

21

a

1

a2

a 21

aa2 a 2

= A+ 2I3. Le polynôme P = X2 −X − 2 est donc annulateur

de A.2. On a P = (X − 2) (X + 1) est scindé à racines simples, on en déduit que A est diagonalisable. Le spectre de A est

inclus dans −1, 2. On a A+ I3 =

11

a

1

a2

a 11

aa2 a 1

. Dans cette matrice C1 − aC2 = C1 − a2C3 =

000

. Une

base du sous espace propre E−1 est donc

1−a0

,

10−a2

. Puis A− 2I3 =

−2 1

a

1

a2

a −2 1

aa2 a −2

, dans cette

matrice C1 + aC2 + a2C3 =

000

, donc E2 = vect

1aa2

.

Pour conclure

A =

1 1 1−a 0 a0 −a2 a2

−1 0 00 −1 00 0 2

1 1 1−a 0 a0 −a2 a2

−1

On peut calculer

1 1 1−a 0 a0 −a2 a2

−1

=

1

3− 2

3a

1

3a21

3

1

3a− 2

3a21

3

1

3a

1

3a2

.

Exercice PC* 114

Soit n 2 et E = Rn [X] , on définit f par f (P ) =X2 −X

P (1) +

X2 +X

P (−1).

1. Montrer que f est un endomorphisme de E.

2. Déterminer ker f et Im f. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f. L’endomorphisme f est-ildiagonalisable ?

Solution

:

1. Sans problème, on a bien f (P ) ∈ Rn [X] car n 2. Puis si (P,Q) ∈ E et (λ, µ) ∈ R alors

f (λP + µQ) =X2 −X

((λP + µQ) (1)) +

X2 +X

((λP + µQ) (−1))

=X2 −X

(λP (1) + µQ (1)) +

X2 +X

(λP (−1) + µQ (−1))

= λX2 −X

P (1) +

X2 +X

P (−1)

+ µX2 −X

Q (1) +

X2 +X

Q (−1)

= λf (P ) + µf (Q)

—136/208— G H


d’où la linéarité

2. On a f (P ) = 0 si et seulement siX2 −X

P (1) +

X2 +X

P (−1) = 0. Les polynômes

X2 −X

etX2 +X

forment une famille libre de R2 [X] (ils sont non colinéaires), et P (1) , P (−1) sont des scalaires, ainsi cela équivautà P (1) = P (−1) = 0. On en déduit que

ker f = P ∈ Rn [X] , P (1) = P (−1) = 0=X2 − 1

Rn−2 [X]

= VectX2 − 1,X3 −X, · · · ,Xn −Xn−2

Pour Im f, il est clair que Im f ⊂ VectX2 −X,X2 +X

. Puisque f

X − 1

2

= X2+X et f

X + 1

2

= X2−X,

on aIm f = Vect

X2 −X,X2 +X

(Par le théorème du rang, on retrouve bien que dimker f = n+ 1− 2 = n− 1 = dimRn−2 [X]).On a déjà 0 valeur propre d’ordre n− 2, il manque, a priori, deux valeurs propres. Soit P tel que f (P ) = λP, alorsP est combinaison linéaire de X2−X etX2+X. En fait, si on cherche naivement les images des vecteurs de la basecanonique (pour avoir la matrice de f par exemple), on a

f (1) =X2 −X

+X2 +X

= 2X2

f (X) =X2 −X

−X2 +X

= −2X

fX2

= 2X2

fXk

=1 + (−1)k

Xk +

−1 + (−1)k

X

Ce qui prouve que X et X2 sont vecteurs propres pour les valeurs propres −2 et 2Remarque : La matrice de f est

0 · · · 00 −2 0 −2 0 −2 · · · (1 + (−1)n)2 0 2 0 2 (−1 + (−1)n)0 0 0 · · · · · · · · · 0

......

......

0 0 0 · · · · · · 0

Exercice PC 60

Pour quelles valeurs de α, la matrice A (α) =

3− α −5 + α α−α α− 2 α5 −5 −2

est-elle diagonalisable ?

Solution

: On calcule le polynôme caractéristique

3− α−X −5 + α α−α α− 2−X α5 −5 −2−X

=

C1+C2− (X + 2)

1 −5 + α α1 α− 2−X α0 −5 −2−X

=L1−L2

− (X + 2)

1 −5 + α α0 3−X 00 −5 −2−X

= − (X − 3) (X + 2)

2

Une CNS de diagonalisabilité est que ker (A− 2I3) soit de dimension 2. On résout donc

(5− α)x− (5− α) y + αz = 0−αx+ αy + αz = 0

5x− 5y = 0

—137/208— G H


ce qui donneαz = 0x = y

. Si α = 0, le sous espace propre E−2 est de dimension 1, sinon il est de dimension 2.

Exercice PC* 115

Soit Φ :

Mn (R) −→Mn (R)M −→M + tr (M) In

, montrer que Φ est diagonalisable. Calculer detΦ.

Solution

: Soit M un vecteur propre associé à la valeur propre λ, alors M + tr (M) In = λM =⇒ (1− λ)M =

tr (M) In. On en déduit que, ou bien tr (M) = 0 et λ = 1 ou bien M est colinéaire à In.On a donc deux cas :

Premier cas : tr (M) = 0, i.e. M est dans le noyau de la forme linéaire tr :Mn (R) −→ R

M −→ tr (M), ce noyau est de dimension

n2 − 1. Cela fournit n2 − 1 vecteurs propres associés à la valeur propre 1.Second cas, M ∈ Vect (In) , alors Φ(M) = M + nM = (n+ 1)M, on a une droite vectorielle associée à la valeur propren+ 1.En particulier det (Φ) = n+ 1.Remarque : Idée à voir, calculer Φ2 (M) et en déduire un polynôme annulateur pour Φ.

Exercice PC* 116

Soit A ∈Mn (R) , on définit l’application Φ sur Mn (R) par Φ :

Mn (R) −→Mn (R)

M −→ tr (A)M + tr (M)A, diagonaliser Φ.

Solution

: Soit M un vecteur propre pour la valeur propre λ, on a Φ(M) = λM = tr (A)M + tr (M)A, donc

(λ− tr (A))M = tr (M)A

Ainsi ou bien tr (M) = 0 et λ = tr (A) ce qui donne n2 − 1 vecteur propre (noyau d’une forme linéaire). Ou bien M estcolinéaire à A, mais Φ(A) = 2 tr (A)A donc A est vecteur propre associé à la valeur propre 2 tr (A).On a donc deux cas possibles.Si tr (A) = 0, alors Φ est diagonalisable en effet Etr(A) = ker (tr) est dimension n2 − 1 et E2 tr(A) = Vect (A) est dedimension 1.Si tr (A) = 0, on a Φ(M) = tr (M)A, donc s’il y une valeur propre non nulle, le vecteur propre est colinéaire à A, doncΦ(M) = 0 et la valeur propre est nulle. Il n’y a donc qu’une seule valeur propre qui vaut 0. Si A = 0, Φ n’est pasdiagonalisable.Remarque : On peut aussi calculer Φ2 (M) = tr (A)2M+3 tr (A) tr (M)A. Ainsi Φ2 (M)−3 tr (A)Φ (M)+2 tr (A)2M =

0. Le polynôme X2− 3 tr (A)X +2 tr (A)2 est annulateur de Φ. On a alors les valeurs propres possibles tr (A) et 2 tr (A).

Exercice PC 61

1. Quelle est la dimension du sous-espace vectoriel E de C∞ (R,R) engendré par f = cos3, g = cos2 sin, h = cos sin2,k = sin3 ?

2. Soit D : F ∈ C∞ → F ′ ∈ C∞. Montrer que D (E) ⊂ E. Soit L : F ∈ E −→ F ′ ∈ E. L est-il diagonalisable ?

3. Soit L2 = L L. L2 est-il diagonalisable ?

Solution

:

1. On dispose d’une famille génératrice, on montre qu’elle est libre. Soient α,β, γ et δ des réels tels que

αf + βg + γh+ δk = 0

—138/208— G H


La fonction ϕ = αf + βg + γh+ δk admet pour développement limité en x = 0, à l’ordre 3

α

1− x

2

2

3+ β

1− x

2

2

2x− x

3

6

+ γ

1− x

2

2

x− x

3

6

2+ δ

x− x

3

6

3+ ox→0

x3

dont on ne retient que les termes de degré au plus trois. Ce qui donne

ϕ (x) = α

1− 3

2x2+ β1− x2

x− x

3

6

+ γ

1− x

2

2

x2 + δx3 + o

x→0

x3

= α

1− 3

2x2+ β

x− 7

6x3+ γx2 + δx3 + o

x→0

x3

= α+ βx+

γ − 3α

2

x2 +

γ − 3α

2

x3 + o

x→0

x3

Puisque ϕ = 0, on en déduit que α = β =

γ − 3α

2

=

γ − 3α

2

= 0 =⇒ α = β = γ = δ = 0 et la famille est une

base de E.

2. On vérifie que D (f) = −3g ∈ E, D (g) = f − 2h ∈ E, D (h) = 2g − k ∈ E et D (k) = 3h ∈ E. Puisque D estlinéaire, on a D (F ) ∈ E si F ∈ Vect (f, g, h, k). De plus

M =Mat(f,g,h,k) (L) =

0 1 0 0−3 0 2 00 −2 0 30 0 −1 0

Le polynôme caractéristique de M est

det (M − λI4) =

−λ 1 0 0−3 −λ 2 00 −2 −λ 30 0 −1 −λ

= −λ

−λ 2 0−2 −λ 30 −1 −λ

+ 3

1 0 0−2 −λ 30 −1 −λ

= λ2−λ 3−1 −λ

− 2λ

2 0−1 −λ

+ 3

−λ 3−1 −λ

= 7λ2 + λ2λ2 + 3

+ 9 = λ4 + 10λ2 + 9

Les racines de ce polynôme dans C sont i,−i, 3i,−3i. Le polynôme n’a pas de racines réelles, il n’y a pas de valeurspropres réelles. l’endomorphisme L n’est pas diagonalisable.

3. On calcule M2 qui vaut

M2 =

−3 0 2 00 −7 0 66 0 −7 00 2 0 −3

—139/208— G H


dont le polynôme caractéristique vaut

−3− λ 0 2 00 −7− λ 0 66 0 −7− λ 00 2 0 −3− λ

=

C1+C2+C3+C4− (λ+ 1)

1 0 2 01 −7− λ 0 61 0 −7− λ 01 2 0 −3− λ

= − (λ+ 1)

1 0 2 00 −7− λ −2 60 0 −9− λ 00 2 −2 −3− λ

= − (λ+ 1)

−7− λ −2 60 −9− λ 02 −2 −3− λ

=C1+C2

− (λ+ 1)

−9− λ −2 6−9− λ −9− λ 0

0 −2 −3− λ

= (λ+ 1) (9 + λ)

1 −2 61 −9− λ 00 −2 −3− λ

= (λ+ 1) (9 + λ)

1 −2 60 −7− λ −60 −2 −3− λ

= (λ+ 1) (9 + λ)

−7− λ −6−2 −3− λ

=L1+L2

(λ+ 1) (9 + λ)

−9− λ −9− λ−2 −3− λ

= − (λ+ 1) (9 + λ)2

1 1−2 −3− λ

= (λ+ 1)2 (λ+ 9)

2

On a donc deux valeurs propres −1 et −9. On considère alors

M2 + I4 =

−2 0 2 00 −6 0 66 0 −6 00 2 0 −2

qui est clairement de rang 2, dont le noyau est Vect (f + h, g + k) = Vect (cos, sin) (ouf !, on retrouve bienD2 (cos) =− cos et D2 (sin) = − sin).Puis on considère

M2 + 9I4 =

6 0 2 00 2 0 66 0 2 00 2 0 6

de rang 2 et de noyau Vect (f − 3h, 3g − k) = Vectcos3−3 cos sin2, 3 cos sin2− sin3

, etrange ? Pas du tout, les

vecteurs propres sont les solutions de D2 (F ) = F ′′ = −9F dont les solutions sont

F (x) = C1 cos 3x+C2 sin 3x

Or

cos 3x = cos3 x− 3 cosx sin2 x

sin 3x = 3 cos2 x sinx− sin3 x

On retrouve bien les mêmes résultats !

Exercice PC 62

Soit φ, défini sur M4 (R) par φ

a b c de f g hi j k lm n o p

=

m b c ae f g hi j k lp n o d

est-elle diagonalisable sur R ? C ?

—140/208— G H


Solution

: On a alors

φ2


= φ

m b c ae f g hi j k lp n o d

=

p b c me f g hi j k ld n o a

.

φ3


= φ

p b c me f g hi j k ld n o a

=

d b c pe f g hi j k la n o m

et φ4


=


Ainsi φ4 = IdM4(R), on en déduit que X4 − 1 =X2 − 1

X2 + 1

est un polynôme annulateur de φ donc SpR (φ) ⊂

−1; 1. Si φ est diagonalisable dans R alors X2 − 1 est un polynôme annulateur de φ. Mais, φ2 = IdM4(R), donc φ n’estpas diagonalisable sur R. Enfin, X4 − 1 est polynôme annulateur scindé à racines simples, donc φ est diagonalisable surC.

φ est diagonalisable sur C mais pas sur R.

On peut faire autrement en écrivant la matrice de φ dans la base B = E11, E41, E44, E14, ..., on a

M =MatB (φ) =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

#4,12

#12,4 I12

=

A #4,12

#12,4 I12

On remarque donc que M est diagonalisable si et seulement si A l’est.

χA (λ) = det (A− λI4) =

−λ 0 0 11 −λ 0 00 1 −λ 00 0 1 −λ

=λ4 − 1

=λ2 + 1

(λ+ 1) (λ− 1) = (λ+ i) (λ− i) (1 + λ) (λ− 1)

On constate χA est scindé à racines simples dans C donc A est diagonalisable dans C et n’est pas scindé dans R, donc An’est pas diagonalisable sur R.

Exercice PC* 117

Soit A =

a2 ab ac adab b2 bc bdac bc c2 cdad bd cd d2

∈M4 (R), A est-elle diagonalisable ? Si oui la diagonaliser.

Solution

: Je laisse la méthode Boeuf aux B..in. Posons U =

abcd

, si U = 0, alors A = 0 et A est diagonale dans

toute base. Supposons que U = 0, on a A = U × tU , ainsi

A2 = U ×U tU× U =

a2 + b2 + c2 + d2

A = n2A où n2 = a2 + b2 + c2 + d2

Posons alors P =1

n2A, alors P 2 =

1

n4A2 =

1

n2A = P , ce qui prouve que P est un projecteur. En particulier P (et donc

A) est diagonalisable. Les deux valeurs propres de P sont 0 (et E0 = ker p) et 1 (et E1 = Im p). Celles de A sont donc 0

—141/208— G H


et n2 (car A = n2P ).

On a si X =

xyzt

, AX = U × tUX = (ax+ by + cz + dt)×U =

−→0 ⇐⇒ ax+ by + cz + dt, ainsi ker p est l’hyperplan

d’équation ax+ by + cz + dt. Enfin, on a AX = (ax+ by + cz + dt)× U colinéaire à U donc Im p = VectU = E1.Pour résumer U est vecteur propre associé à la valeur propre simple a2+ b2+ c2+ d2. Et 0 est valeur propre d’ordre 3 etE0est l’hyperplan d’équation ax+ by + cz + dt.

Exercice PC* 118

1. Soit f et g deux endomorphismes de E. On suppose que g2 = f, si λ est une valeur propre de g, que peut-on endéduire pour f ? Montrer que f g = g f et en déduire que les sous-espaces propres de f sont stables par g.

2. Résoudre l’équation M2 = A d’inconnue M ∈Mn (C) dans les trois cas suivants

A =

9 1 10 4 10 0 1

, A =

1 10 1

et A =

0 1 10 0 10 0 0

Solution

:

1. Si −→x est un vecteur propre associé à la valeur propre λ pour g, alors g2 (−→x ) = g (λ−→x ) = λ2−→x = f (−→x ). Ainsi λ2est une valeur propre de f . Puis f g = f3 = g f . Soit alors −→x ∈ Eµ où Eµ est un sous-espace propre de f, on a

f (g (−→x )) = f g (−→x ) = g f (−→x ) = g (µ−→x ) = µg (−→x )

Donc g (−→x ) ∈ Eµ, ce qui prouve que Eµ est stable par g.

2. On sait que A est diagonalisable, soit f l’endomorphisme associé à A et g celui associé à M . Les valeurs propres deg vérifient λ2 ∈ 9, 4, 1 donc valent 3,−3, 2,−2, 1 ou −1. Les trois droites propres de f (à savoir E9 = ker (f − 9I) ,E4 et E1) sont stables. Dans la base de vecteurs propres, la matrice de g est donc

±3 0 00 ±2 00 0 ±1

On a immédiatement les vecteurs propres qui sont

100

,

−150

,

−1−412

d’où

M =

1 −1 −10 5 −40 0 12

±3 0 00 ±2 00 0 ±1

1 −1 −10 5 −40 0 12

−1

On procède de même pour le second. On a une unique valeur propre qui est 1, ainsi les valeurs propres de g sont 1ou −1. Le sous espace propre de f est stable donc g admet pour matrice

M =

a b0 c

Puisque M2 =

1 10 1

, on obtient

a b0 c

2=

a2 b (a+ c)0 c2

=

1 10 1

—142/208— G H


d’où a = ±1 (eh oui, c’est la seule valeur propre) et c = ±1. Puisque b (a+ c) = 0, on a a+ c = 0 ce qui donne deuxmatrices

M =

1

1

20 0

et M = −

11

20 0

Pour le dernier, il y a une unique valeur propre qui est 0, donc

M =

a b e0 c f0 d g

avec a = 0

et

M2 =

0 de+ bc ge+ bf0 c2 + df f (c+ g)

0 d (c+ g) g2 + df

=

0 1 10 0 10 0 0

On a donc (coeff encadré), ou bien d = 0, ce qui donne (coeff souligné) g = 0 puis

0 bc bf0 c2 cf0 0 0

=

0 1 10 0 10 0 0

,

impossible car cela donne c = 0 · · · . Ou bien c = −g, mais alors le coefficient au dessus de celui souligné est nul,impossible.Conclusion, pas de solution !

Exercice PC* 119

Soit E = CN =!(un)n∈N , ∀n ∈ N, un ∈ C

", on définit sur l’espace vectoriel E l’application linéaire f par f (u) = v où

$v0 = u0

vn =un + un−1

2si n 1

Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de f .

Solution

: Soit λ une valeur propre de f alors f (u) = v = λu donc

v0 = λu0 = u0

∀n 1, vn = λun =un + un−1

2=⇒ un =

un−12λ− 1

si 2λ− 1 = 0

On distingue donc deux cas.

Premier cas λ = 12 . On a donc u0 =

u02

=⇒ u0 = 0 et ∀n 1,un2

=un + un−1

2=⇒ un−1 = 0 d’où un = 0 pour tout n,

i.e. u = 0. Ceci prouve que λ = 12 n’est pas valeur propre (le "vecteur propre" serait nul !).

Second cas λ = 1

2. La condition λu0 = u0 impose u0 = 0 ou λ = 1.

Si λ = 1 et λ = 1

2alors u0 = 0 et la suite est géométrique de raison

1

2λ− 1d’où un = 0, ainsi λ n’est pas valeur propre.

Enfin si λ = 1, on a un = un−1, la suite est constante. Le sous espace propre est la droite vectorielle Vect (1) où 1 est lasuite constante égale à 1.

Exercice PC* 120

Soit A ∈Mn (C), on définit B par blocs par B =

# AIn #

. Montrer que

B diagonalisable ⇐⇒ A inversible et diagonalisable

—143/208— G H


Solution

: On commence par remarquer que rg (B) = n+rg (A). En effet, on peut, par manipulation sur les n premières

lignes et les n dernières colonnes transfomer A en la matrice Jr où r = rg (A) . Si l’on veut, on sait qu’il existe U et Vdans GLn (C) tels que UAV = Jr, alors

U ## In

# AIn #

In ## V

=

# UAVIn #

Sens =⇒ : Supposons B diagonalisable, alors B2 est diagonalisable (c’est immédiat car si B = PDP−1 alors B2 =PD2P−1, d’où avec D diagonale....). De plus D et D2 ayant même rang, on en déduit que

B diagonalisable =⇒ B diagonalisable et rg (B) = rgB2

Mais

B2 =

A ## A

d’où rgB2= 2 rg (A) = n+ rg (A) =⇒ rg (A) = n. Ainsi A est inversible. Enfin, on dispose d’un polynôme annulateur

de B2 de la forme P (X) =

p

k=1

(X − λk) où les λk ∈ C∗ sont les valeurs propres distinctes de B2 (qui sont les carrés de

celles de B). On en déduit que

PB2=

P (A) ## P (A)

= O =⇒ P annulateur de A

Puisque P est scindé, on a A diagonalisable.Sens ⇐= : Il s’agit de prouver que B est diagonalisable. Puisque A est inversible et diagonalisable, on dispose d’un

polynôme annulateur de A de la forme P (X) =

p

k=1

(X − λk) où les λk sont non nuls. On en déduit que PB2=

P (A) ## P (A)

= O =⇒ P (X) =

p

k=1

X2 − λk

=

p

k=1

(X − µk) (X + µk) où µ2k = λk annulateur de B. Puisqu’il est

scindé, c’est fini. Bien remarquer que les racines sont distinctes car A inversible donc il n’y a pas la valeur propre 0.

Exercice PC* 121

Soit E un R−ev de dimension finie n 1 et p un projecteur non nul de E et différent de Id On définit sur L (E)

l’endomorphismeϕ : f −→ f p− p f

Montrer que f est diagonalisable. Préciser son spectre. Préciser la dimension des sous espaces propres.

Solution

: On a

ϕ ϕ (f) = (f p− p f) p− p (f p− p f)= f p− 2p f p+ p f

d’où

ϕ3 (f) = (f p− 2p f p+ p f) p− p (f p− 2p f p+ p f)= f p− 2p f p+ p f p− p f p+ 2p f p− p f= f

Ainsi X3 − 1 est annulateur de ϕ. Puisqu’il est scindé à racines simples, on en déduit que ϕ est diagonalisable et quesp (ϕ) ⊂ −1, 0, 1.Reste à savoir si tout le spectre est bien composé de −1, 0 et 1. On a ϕ (p) = 0, ainsi 0 est valeur propre car p = 0. Pourles deux autres valeurs propres, on se place dans une base B qui diagonalise p. On a alors

MatB (p) = P =

# ## Ir

où r = rg (p) = dim (Im p)

—144/208— G H


Si MatB (f) =M =

A DB C

, alors

ϕ (f) = f ⇐⇒MP − PM =M ⇐⇒# D−B #

=

A DB C

⇐⇒ A = B = C =#

Ainsi 1 ∈ Sp (ϕ) et E1 est de dimension r (n− r).De même

ϕ (f) = −f ⇐⇒MP − PM = −M ⇐⇒# D−B #

= −A DB C

⇐⇒ A = C = D =#

On en déduit que −1 ∈ Sp (ϕ) et que E−1 est de dimension r (n− r) (isomorphe à E1 par la transposition).Enfin

ϕ (f) = 0⇐⇒MP − PM =#⇐⇒# D−B #

=#⇐⇒ B = D =#

d’où dim E0 = r2 + (n− r)2.

Exercice PC* 122

(Mines PC) Soient A et B deux matrices deMn (C), montrer que A et B ont une valeur propre commune si et seulement

s’il existe M ∈Mn (C) non nul tel que AM −MB =#.

Solution

: Par double implication.

Sens =⇒ : On suppose que A et B ont une valeur propre commune λ. Avant tout les valeurs propres de B et de tB sont lesmêmes car det (B − λI) = det (t (B − λI)) = det (tB − λI), ainsi B et sa transposée ont même polynôme caractéristique.Soient X et Y des vecteurs propres associés à la valeur propre λ pour A et tB, on pose M = XtY . Alors

AM = AX tY = λXtY = λM

MB = XtY B = XttBY= Xt (λY ) = λM

d’où AM −MB =#.En fait si λ est une valeur propre de A, X un vecteur propre associé, µ une valeur propre de B et Y un vecteur propreassocié, en posant M = XtY , on a AM −MB = (λ− µ)M . On en déduit que l’endomorphisme de Mn (R) défini parM −→ AM −MB admet, au moins, tous les λ− µ pour valeurs propres....Sens ⇐= : Supposons qu’il existe M tel que AM −MB = #. Soit λ une valeur propre de B et X un vecteur propreassocié, alors AMX −MBX = AMX − λMX =⇒ A (MX) = λMX. Ainsi λ est aussi valeur propre de A si MX estnon nul . Le problème, c’est que l’on peut avoir MX = 0 pour tous les vecteurs propres de B !Sur C, la matrice B est trigonalisable, soit X1, · · · ,Xn une base dans la quelle elle est triangulaire. Posons i0 le premierindice tel que MXi0 = 0 (soit i0 = inf i ∈ 1, · · · , n , MXi = 0. Cet entier existe sinon M est nulle sur une base doncest nulle. On a alors

∀k < i0, MXk = 0 par minimalité et BXi0 = λXi0 +i0−1

k=1

αkXk car la base triangularise B

d’où

AMXi0 =MBXi0 =M

λXi0 +

i0−1

k=1

αkXk

= λMXi0 et MXi0 = 0

Ainsi λ est bien une valeur propre commune et MXi0 est un vecteur propre associé sur C.Sur Mn (R), c’est encore vrai. Pour le sens =⇒, on procède de même. Pour le sens ⇐=. On a facilement par récurrencepour k 0, AkM =MBk, on en déduit que si χA est le polynôme caractéristique de A, alors χA (A)M =MχA (B) =⇒MχA (B) =#. En particulier

χA (B) est non inversible car M =#

Si χA (X) =p

k=1

(X − λk)αk alorsp

k=1

det (B − λk)αk = 0 ainsi un des facteurs det (B − λk) est nul, et donc une des

valeurs propres de A est valeur propre de B.

—145/208— G H


Seul soucis, cela utilise Cayley-Hamilton.

Exercice PC* 123

(Officile Taupe 2009 - Planche 69).

Soient A et B deux matrices de Mn (C).

1. Montrer qu’il existe X ∈ Cn non nul tel que AX et BX soient colinéaires.

2. Montrer qu’il existe P,Q inversibles telles que PAQ et PBQ soient triangulaires supérieures.

Solution

:

1. Soit Π(λ) = det (A− λB) , c’est un polynôme en λ. Ou bien ce polynôme admet une racine λ0 dans C, ou bien ilest constant non nul.Supposons qu’il existe λ0 ∈ C tel que Π(λ0) = 0. Alors il existe X ∈ Cn, X = 0 tel que (A− λ0B)X = 0 ⇐⇒AX = λ0BX ⇐⇒ (AX,BX) liées. (en effet l’endomorphisme associé à A− λ0B est non injectif).Si Π est constant non nul, alors ∀λ ∈ C, A− λB est inversible. En particulier avec λ = 0, on a A inversible. Maisalors

det (B − λA) = detAA−1B − λIn

= det (A) det

A−1B − λIn

= det (A)×ΠA−1B (λ)

où ΠA−1B est le polynôme caractéristique de A−1B. Il existe λ0 tel que ΠA−1B (λ0) = 0. Il existe alors X = 0 telque A−1BX − λ0X = 0 =⇒ BX = λ0AX =⇒ (AX,BX) lié.

2. On procède par récurrence sur n. Si n = 1 c’est vrai. Supposons que cela soit vrai à n 1 fixé. Soient A et B detaille n + 1, il existe X = 0 tel que AX et BX soient colinéaires. On pose e1 = X et f1 tel que AX et BX soientcolinéaires à f1, avec AX = λf1 et BX = µf1. On complète e1 en B =(e1, · · · , en+1) et f1 en C =(f1, · · · , fn+1)deux bases de Cn+1. Alors

A = P

λ a1 · · · an0... A′

0

Q et B = P

λ b1 · · · bn0... B′

0

Q

Par hypothèse de récurrence, il existe P1 et Q1 tels que

A′ = P1T1Q1 et B′ = P1T2Q1 avec T1 et T2 triangulaires supérieures.

Alors, si on pose L1 =a1 · · · an

et L2 =

b1 · · · bn

A = P

1 00 P1

λ L1Q

−11

0 T1

1 00 Q1

Q = P ′

λ L1Q

−11

0 T1

Q′

B = P

1 00 P2

λ L2Q

−12

0 T1

1 00 Q2

Q = P ′

λ L2Q

−12

0 T1

Q′

où P ′ = P

1 00 P1

est inversible, Q′ =

1 00 Q1

Q est inversible.

Exercice PC* 124

Soit n ∈ N, n 3 et A ∈Mn (C) de rang 2 et de trace nulle.telle que An =#. Montrer que A est diagonalisable.

On pourra prouver que sp (A) = 0 =⇒ An =#.

Solution

: On sait que 0 est valeur propre d’ordre n−2, le polynôme caractéristique est donc PA (X) = Xn−2

X2 + aX + b

car il est de degré 2. Il admet donc deux racines α et β (pas nécessairement distinctes). Puisque la trace est nulle, on aα+ β = 0. Si α = β = 0, alors 0 est la seule valeur propre de A.

—146/208— G H


Puisque l’on est sur C, la matrice est trigonalisable avec des 0 sur la diagonale dans une base (e1, · · · , en). Soit pourk n − 1, Ek = Vect (e1, · · · , en−k) , alors si f est l’endomorphisme associé à A, on a f (Ek) ⊂ Ek+1 d’où fn−1 (E) =fn−1 (E0) ⊂ En−1 = Vect (e1) et enfin fn (E) = 0 , ce qui prouve que An =#.On a donc α = −β et les deux racines sont simples. L’endomorphisme est diagonalisable.

Exercice PC 63

Soit n 3 et A =

1 · · · 1 a...

......

......

...1 · · · 1 a

où a ∈ R

1. A quelle condition sur a, la matrice est-elle diagonalisable ?

2. La matrice A peut-elle être semblable à B =

0 1 0 · · · 0

0 0...

.... . .

......

. . ....

0 · · · · · · · · · 0

?

Solution

:

1. La matrice est de rang 1, elle admet donc 0 comme valeur propre d’ordre n − 1. La trace est n − 1 + a égale à ladernière valeur propre. Si a = 1− n, il y a une valeur propre non nulle λ = n− 1 + a, donc un sous espace proprede dimension 1.En conclusion si a = 1− n, on a

0 d’ordre n− 1 et dimkerA = n− rgA = n− 1

n− 1 + a d’ordre 1 et dimkern−1+a = 1

donc diagonalisable.Si a = 1− n et si A est diagonalisable, puisque 0 est la seule valeur propre, on a A = 0, absurde.

2. La matrice B n’est pas diagonalisable (une seule valeur propre qui est 0), on est donc dans le cas où a = 1− n.Analyse : On cherche une base telle (e1, e3, · · · , en) soit une base de ker A et A (e2) = e1 (où l’on confond A et son

endomorphisme associé). On doit donc avoir A (A (e2)) = A (e1) =−→0 . Ainsi e1 ∈ ImA = Vect

1...1

et puisque

A =

1 · · · 1 1− n...

......

......

...1 · · · 1 1− n

=⇒ A2 = 0, on prend e1 =

1......1

, e2 =

10...0

et on complète e1 en une base de

kerA.On est sûr d’avoir une base car kerA est un hyperplan et que l’on a choisi e2 /∈ KerA !

Exercice PC 64

Soit A ∈M2 (C), montrer que A est semblable à −A si et seulement si Tr (A) = 0.

Solution

: Par double implication.

Sens =⇒ : Si A est semblable à −A alors Tr (A) = Tr (−A) = −Tr (A) d’où Tr (A) = 0.

—147/208— G H


Sens ⇐= : On suppose que Tr (A) = 0. Si A a deux valeurs propres λ = µ, alors A est diagonalisable et λ+µ = Tr (A) =0 =⇒ µ = −λ. Ainsi

A = P

λ 00 −λ

P−1 = P

0 11 0

−λ 00 λ

0 11 0

−1P−1 = Q (−A)Q−1 où Q = P

0 11 0

donc A et −A sont semblables (on peut également dire que −A a même valeur propre distinctes donc diagonalisable, donc

semblable àλ 00 −λ

)

Si A a une unique valeur propre, cette dernière est nulle (la trace est nulle). Si A est diagonalisable, alors A = 0 estsemblable à −A.Il reste le cas où A admet 0 comme valeur propre double et est non diagonalisable. Alors A est semblable à

0 10 0

car

elle est trigonalisable. Il en est de même pour −A (qui a aussi 0 comme valeur propre double), elle sont donc semblables.

On peut aussi utiliser

1 00 −1

0 10 0

1 00 −1

−1=

0 −10 0

.

Exercice PC* 125

Soit B ∈Mn (C) diagonalisable et P ∈ C [X] de degré au moins 1, montrer qu’il existe A ∈Mn (C) tel que P (A) = B.

Trouver une matrice A, non inversible, de trace nulle, telle que A2 +A+ I3 =

3 2 −2−4 3 4−4 2 5

Solution

: On sait que B = Q

λ1 0. . .

0 λn

Q−1, on cherche A = Q

µ1 0. . .

0 µn

Q−1, alors

P (A) = B ⇐⇒ ∀i ∈ 1, · · · , n , P (µi) = λi

Puisque degP 1, on a P (X)− λi non constant donc admet au moins une racine µi.

Exemple : On diagonalise

3 2 −2−4 3 4−4 2 5

pour obtenir

3 2 −2−4 3 4−4 2 5

=

1 1 00 1 11 1 1

1 0 00 3 00 0 7

1 1 00 1 11 1 1

−1

On résout donc X2 + X + 1 = 1 ⇐⇒ X = 0 ou X = −1, puis X2 + X + 1 = 3 ⇐⇒ X = 1 ou X = −2 etX2 +X + 1 = 7⇐⇒ X = 2 ou X = −3. Ce qui donne comme solution

A =

1 1 00 1 11 1 1

a 0 00 b 00 0 c

1 1 00 1 11 1 1

−1

avec a ∈ 0,−1 , b ∈ 1,−2 et c ∈ 2,−3

par exemple pour l’avoir non inversible, un seul choix possible, a = 0, et puis Tr (A) = b+ c = 0 =⇒ b = −2 et c = 2

A =

1 1 00 1 11 1 1

0 0 00 −2 00 0 2

1 1 00 1 11 1 1

−1

=

−2 −2 2−4 −2 4−4 −2 4

—148/208— G H


Exercice PC 65

Une matrice carrée A d’ordre n (n 2) à coefficients complexes est dite nilpotente s’il existe un entierm tel que Am = 0.

1. Quelles sont les valeurs propres possibles d’une matrice nilpotente ?

2. Déterminer le polynôme caractéristique d’une matrice nilpotente. En déduire sa trace et son déterminant.

3. Une matrice nilpotente est- elle diagonalisable ? trigonalisable ?

4. Déterminer a et b pour que A =

−3 a+ b 1−3 a 1−2 2 b

soit nilpotente.

Solution

:

1. Soit λ une valeur propre et X un vecteur propre associé, alors AX = λX, on en déduit que

AmX = λmX = 0

Puisque X = 0, on en déduit queλ = 0

2. Dans C, le polynôme caractéristique est de degré n, de coefficient dominant (−1)n et admet comme seule racinepossible 0 (ses racines sont les valeurs propres) donc

PA (X) = (−X)n .

On en déduit quetr (A) = 0 et detA = 0

car ce sont des coefficients de PA (X) .On peut aussi dire que

detAn = (detA)n = 0 =⇒ detA = 0 et tr (A) =

λ valeur propre

λ = 0

3. Si A est diagonalisable alors A = P × 0 × P−1 = 0 est la matrice nulle (qui est bien nilpotente). Le polynômecaractéristique étant scindé, elle est toujours trigonalisable.

4. Une CN est

tr (A) = a+ b− 3 = 0 et detA =

−3 a+ b 1−3 a 1−2 2 b

= 3b2 − 2b = 0

On a donc deux cas a = 3b = 0

oua = 7/3b = 2/3

Premier cas, on obtient

A =

−3 3 1−3 3 1−2 2 0

et on vérifie que A3 = ((0))

Second cas, on obtient alors

A =

−3 3 1

−3 7

31

−2 22

3

Dont le polynôme caractéristique est

X3 +14

9X

elle n’est donc pas nilpotente.

—149/208— G H


Exercice PC* 126

Soit n 3 et A = ((ai,j)) ∈Mn (R) telle que aij = 1 si i = j et aii = 4.

1. A− 3In est-elle inversible ? Vérifier que A est diagonalisable.

2. Donner les valeurs propres et les vecteurs propres de A.

3. Calculer Ap où p ∈ N.

Solution

:

1. A− 3In =

1 1 · · · 1

1. . .

. . ....

.... . .

. . . 11 · · · 1 1

est de rang 1 donc non inversible, son noyau est de dimension n− 1 (théorème du

rang). Ainsi 3 est valeur propre d’ordre n− 1. Puisque tr (A) = 4n = 3 (n− 1) + (n+ 3), la dernière valeur propreest n+ 3 d’ordre au moins 1 et au plus 1 donc 1 ! La matrice A est diagonalisable.

Rem : On a A =

4 1 · · · 1

1. . .

. . ....

.... . .

. . . 11 · · · 1 4

est symétrique réelle donc diagonalisable en base orthonormée.

2. La somme des colonnes est égale à

n+ 3......

n+ 3

, ainsi le vecteur

1......1

est vecteur propre associé à la valeur propre

(n+ 3). On a vu que 3 est valeur propre d’ordre (n− 1) et les vecteurs propres associes sont les générateurs del’hyperplan d’équation x1 + x2 + · · ·+ xn = 0 à savoir

1−10......0

,

10−10...0

, · · · ,

10......0−1

3. On a donc A = PDP−1 où P =

1 1 1 . . . 11 −1 0 . . . 0... 0 −1 0

......

... 0. . . 0

1 0 . . . 0 −1

et D =

n+ 3 0 . . . 0

0 −3 . . ....

.... . .

. . . 00 . . . 0 −3

d’où An =

PDnP−1. Mais le calcul de An semble compliqué ... On remarque que A = 3I + J (où J = ((1)) d’où J2 = nJ et

Jk = nk−1J =nk

nJ si k 1). On applique donc le binôme pour avoir

Ap =

p

k=0

p

k

Jk3p−k = 3pI +

1

n

p

k=1

p

k

nk3p−k

J

= 3pI +(n+ 3)p − 3p

nJ

On vérifie que si p = 0, Ap = I et si p = 1, A = 3I +(n+ 3)− 3

nJ = 3I + J (ouf !).

—150/208— G H


Exercice PC* 127

Soit A ∈Mn (C) n’admettant pas 1 comme valeur propre et telle que A2 − 2A soit diagonalisable. Prouver que A est

diagonalisable.Application : A ∈M3 (C) , detA = −16 et trA = 7, donner les valeurs propres.

Solution

: Puisque A2 − 2A est diagonalisable, A2 − 2A + I est aussi diagonalisable (si A2 − 2A = PDP−1, alors

A2 − 2A+ I = P (D+ I)P−1). Posons B = A− I, alors 0 n’est pas valeur propre de B et B2 est diagonalisable.Exercice classique, on en déduit que B est diagonalisable. En effet, si B2 = PDiag (λ1, · · · , λn)P−1, alors le polynômen

k=1

(X − λi) est annulateur de B2. Ainsin

k=1

X2 − λi

est annulateur de B. Mais

n

k=1

X2 − λi

=

n

k=1

(X − µi) (X + µi)

où µ2i = λi (µi est une racine deuxième de λi). Ce dernier polynôme est scindé donc B est diagonalisable, et ainsi A = B+Iaussi.

Application : SiA ∈M3 (C) , avecA2−2A ∼

0 0 00 3 00 0 8

. On aB2 =

1 0 00 4 00 0 9

, d’où sp (B) ⊂ −1, 1, 2,−2, 3,−3

et sp (A) ⊂ 0, 2, 3,−1, 4,−2. Puisque detA = −16 , on a deux possibilités : 3 valeurs propres distinctes, −2, 2 et 4, oubien −1 simple et 4 double. Avec tr (A) = 7, on a A ∼ Diag (−1, 4, 4).

Exercice PC* 128

Soit n 2, E =Mn (R) , A et B deux éléments de E. On définit Φ sur E par Φ(M) =M + tr (AM)B. Montrer que

Φ ∈ L (E), calculer Φ2 (M) , déterminer une CNS pour que Φ soit diagonalisable.Dans ce cas, préciser les valeurs propres et les vecteurs propres.

Solution

: On a facilement Φ ∈ L (E). On calcule

Φ2 (M) = Φ (M) + tr (AΦ(M))B =M + tr (AM)B + tr (AM + tr (AM)AB)B

= M + 2 tr (AM)B + tr (AB) tr (AM)B

= −M + 2 (M + tr (AM)B) + tr (AB) (Φ (M)−M)

= (2 + tr (AB))Φ (M)− (1 + tr (AB))M

Ainsi P (X) = X2 − (1 + 1 + tr (AB))X + 1 × (1 + tr (AB)) est annulateur de Φ. Puisque les racines (lire somme etproduit dans le polynôme) sont 1 et 1 + tr (AB), on Φ diagonalisable si et seulement si tr (AB) = 0.Dans ce cas, on a sp (Φ) ⊂ 1, 1 + tr (AB).Si le spectre est composé d’un élément, alors Φ est une homothétie (donc de la forme Φ(M) = λM , où sp (Φ) = λ).Premier cas sp (Φ) = 1 , alors Φ(M) = M ⇐⇒ tr (AM)B = 0 pour tout M ∈ E. On a donc B = 0 ou ∀M ∈ E,tr (AM) = 0.Dans le second cas, avec M = Eij (matrice canonique) et A = ((ai,j))1i,jn , on a tr (AM) = aj,i = 0. Ainsi A = 0.Second cas sp (Φ) = 1 + tr (AB) , alors ∀M ∈ E, Φ(M) = (1 + tr (AB))M = M + tr (AM)B, d’où ∀M ∈ E,tr (AB)M = tr (AM)B. Puisque tr (AB) = 0, on a M =

tr (AM)

tr (AB)B absurde !

Ce cas est impossible.Supposons donc que sp (Φ) = 1, 1 + tr (AB), on a Φ(M) =M ⇐⇒ tr (AM)B = 0. Si B = 0, on a donc tr (AM) = 0.Ainsi E1 = ker (M −→ tr (AM)) , si A = 0, alors cette forme linéaire est non nul et E1 est de dimension n2 − 1.

Enfin Φ(M) = (1 + tr (AB))M ⇐⇒ tr (AB)M = tr (AM)B, puisque tr (AB) = 0, on a M =tr (AM)

tr (AB)B =⇒ M ∈

vect (B). D’où E1+tr(AB) = vect (B).Pour résumer :Si A = 0 ou B = 0, alors Φ = IdESi A = 0 et B = 0 alors E1 = ker (M −→ tr (AM)) et E1+tr(AB) = vect (B).

—151/208— G H


Exercice PC* 129

(ENS-PC) Soit n 2, déterminer tous les polynômes P ∈ R [X] tels que ∀M ∈Mn (R), P (M) soit diagonalisable.

Solution

: Il est clair que P = α constant est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autre. Soit P =

d

k=0

αkXk une

solution et pour a ∈ R, M = aIn +E1,n =

a 0 · · · 0 1

0. . .

. . . 0...

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . . 00 · · · · · · 0 a

. On a

∀k ∈ N, Mk = akIn + kak−1E1,n

Ainsi

P (M) =d

k=0

αkakIn + ka

k−1E1,n= P (a) In + P

′ (a)E1,n =

P (a) 0 · · · 0 P ′ (a)

0. . .

. . . 0...

. . .. . .

. . ....

.... . .

. . . 00 · · · · · · 0 P (a)

Puisque P (M) a une unique valeur propre P (a) et est diagonalisable, on a P (M) = P (a) In =⇒ P ′ (a) = 0 pour touta ∈ R. Ainsi P ′ = 0 d’où P est constant.

Exercice PC 66

Soit ϕ : C∞ (R) −→ C∞ (R) définie par ϕ (f) = f ′′ + f . Justifier que ϕ est linéaire. Déterminer les valeurs et vecteurs

propres.

Solution

: La linéarité est facile (attention à préciser que ϕ (f) est C∞ car f l’est). Puis, si f est un vecteur propre

associé à la valeur propre λ, alorsϕ (f) = λf ⇐⇒ f ′′ + (1− λ) f = 0

On a donc trois cas :λ = 1 qui donne f ′′ = 0⇐⇒ f (x) = ax+ b et E1 = Vect (x −→ 1, x −→ x).λ < 1, alors 1 − λ > 0, on pose ω =

√1− λ et f ′′ + ω2f = 0 ⇐⇒ f (x) = a cos (ωx) + b sin (ωx). Ainsi Eλ =

Vect (x −→ cos (ωx) , x −→ sin (ωx)).λ > 1, alors 1−λ = −ω2 et f ′′−ωf = 0⇐⇒ f (x) = a ch (ωx)+b sh (ωx). Ainsi Eλ = Vect (x −→ ch (ωx) , x −→ sh (ωx)).

Exercice PC 67

Soit ϕ défini sur R [X] par ϕ (P ) = (2X + 1)P +1−X2

P ′.

1. Montrer que ϕ ∈ L (R [X]) et déterminer le degré de ϕ (P ) en fonction de celui de P .

2. Quels sont les vecteurs propres et les valeurs propres de ϕ ?

Solution

:

1. La linéarité est simple, et ϕ (P ) ∈ R [X]. Puis si P = anXn +Q où an = 0 et degQ < n, on a

ϕ (P ) = (2X + 1) (anXn +Q) +

1−X2

nanX

n−1 +Q′

= an (2− n)Xn+1 +R où degR < n+ 1

—152/208— G H


Ainsi pour n 0 et n = 2, on a deg (ϕ (P )) = deg (P ) + 1. Reste les cas où P = 0 =⇒ degϕ (P ) = degP et P dedegré 2.Dans ce dernier cas, si P = aX2 + bX + c avec a = 0, alors ϕ (P ) = (2X + 1) ×

aX2 + bX + c

+1−X2

×

(2aX + b) = (a+ b)X2 + (2a+ b+ 2c)X + (b+ c). Ainsi

Si a+ b = 0, deg (ϕ (P )) = degP

Si a+ b = 0 et a+ c = 0, alors deg (ϕ (P )) = 1

Si a+ b = 0 et a+ c = 0 alors b+ c = −2a = 0 et degϕ (P ) = 0

2. Si ϕ (P ) = P alors degϕ (P ) = degP . Cela impose degP = 2. On a alors

ϕ (P ) = λP ⇐⇒ (a (1− λ) + b)X2 + (2a+ b (1− λ) + 2c)X + (b+ c (1− λ)) = 0

On en déduit que

a (1− λ) + b = 02a+ b (1− λ) + 2c = 0b+ c (1− λ) = 0

⇐⇒

b = −a (1− λ)2a− a (1− λ)2 + 2c = a

−λ2 + 2λ+ 1

+ 2c = 0

(1− λ) (c− a) = 0

Premier cas : λ = 1, le système devient

b = 02a+ 2c = 0

0 = 0d’où P = a

X2 − 1

Second cas λ = 1, ainsi c = a et a−λ2 + 2λ+ 1

+ 2c = a

−λ2 + 2λ+ 1

+ 2a = −a (λ+ 1) (λ− 3) = 0. Puisque

a = 0, on obtient λ = −1 ou λ = 3 d’où b = −2a ou b = 2a. Bref si λ = −1, P = aX2 − 2X + 1

= a (X − 1)2 et

si λ = 3, P = aX2 + 2X + 1

= a (X + 1)2.

Rem : On peut aussi, après le cacul du degré affirmer que la restriction de ϕ à R2 [X] est un endomorphisme.Calculer sa matrice et trouver ainsi les valeurs propres et les vecteurs propres.

Exercice PC 68

Pour quelle valeur de m ∈ R, la matrice Am =

0 0 0−m −m+ 1 m

−m− 1 −m m+ 1

est-elle diagonalisable ? Pour cette

valeur, diagonaliser Am puis carcatériser l’endomorphisme associé. Pour les autres valeurs de m, trigonaliser Am.

Solution

: Avant tout, on remarque que 0 est valeur propre (le rang est < 2), que la trace vaut 2, donc la somme

des deux autres valeurs propres est 2. Puis le polynôme caractéristique vaut

−λ 0 0−m −m+ 1− λ m

−m− 1 −m m+ 1− λ

=

−λ (λ− 1)2 (calcul élémentaire).On a donc une valeur propre double qui vaut 1.

On considère alors Am − I3 =

−1 0 0−m −m m

−m− 1 −m m

. On peut travailler avec le rang, ou bien chercher le noyau. On a

Am

xyz

=

xyz

si et seulement si

−x = 0−mx−my +mz = 0

(−m− 1)x−my +mz = 0⇐⇒

x = 0

m (z − y) = 0

On a deux cas : Si m = 0, le sous espace propre est la droite D =Vect (0, 1, 1). Si m = 0, le sous espace propre est le planP =Vect ((0, 1, 0) , (0, 0, 1)). Donc seule A0 est diagonalisable.

—153/208— G H


On a alors A0 =

0 0 00 1 0−1 0 1

. On a déjà E1, et on a immédiatement E0 = Vect (1, 0, 1). Bref

A0 =

1 0 00 1 01 0 1

0 0 00 1 00 0 1

1 0 00 1 01 0 1

−1

=

1 0 00 1 01 0 1

0 0 00 1 00 0 1

1 0 00 1 0−1 0 1

On a immédiatement

0 0 00 1 00 0 1

2

=

0 0 00 1 00 0 1

, ainsi A0 représente le projecteur sur E1 de direction E0.

Lorsque m = 0, on peut trigonaliser Am pour avoir Am semblable à

1 1 00 1 00 0 0

. Si (−→u ,−→v ,−→w ) est la nouvelle base,

on a −→u ∈ E1, Am−→v = −→u + −→v et −→w ∈ E0. On choisit −→u = (0, 1, 1), on cherche −→v =

xyz

tel que Am

xyz

=

011

+

xyz

. On obtient le système

−x = 0−mx−my +mz = 1

(−m− 1)x−my +mz = 1⇐⇒

$x = 0

z − y = 1

m

On choisit donc −→v =

0, 0,

1

m

.

Enfin −→w est dans le noyau, et −→w = (1, 0, 1) convient. La matrice de passage est P =

0 0 11 0 0

11

m1

, son inverse est

0 1 0−m −m m1 0 0

et on peut vérifier que

0 0 0−m −m+ 1 m

−m− 1 −m m+ 1

=

0 0 11 0 0

11

m1

1 1 00 1 00 0 0

0 1 0−m −m m1 0 0

Exercice PC 69

Soit ϕ définie sur M2 (R) par ϕ :

a bc d

−→

a+ b b+ dc+ a d+ c

. Montrer que ϕ est un endormorphisme, est-il

diagonalisbale ?

Solution

: On montre facilement que ϕ est un endomorphiseme. Dans la base canonique B =(E1,1,E1,2, E2,1, E2,2) de

M2 (R) la matrice de ϕ est

A =

1 1 0 00 1 0 11 0 1 00 0 1 1

—154/208— G H


On a det (A− λId) =

1− λ 1 0 00 1− λ 0 11 0 1− λ 00 0 1 1− λ

, on somme toutes les colonnes pour avoir

det (A− λId) = (2− λ)

1 1 0 01 1− λ 0 11 0 1− λ 01 0 1 1− λ

Puis on retranche la première ligne à toutes les autres

det (A− λId) = (2− λ)

1 1 0 00 −λ 0 10 −1 1− λ 00 −1 1 1− λ

= (2− λ)

−λ 0 1−1 1− λ 0−1 1 1− λ

=L3−L2−L1

(2− λ)

−λ 0 1−1 1− λ 0λ λ −λ

= λ (2− λ)

−λ 0 1−1 1− λ 01 1 −1

=

C1+C3, C2+C3λ (2− λ)

−λ+ 1 1 1−1 1− λ 00 0 −1

= −λ (2− λ)−λ+ 1 1−1 1− λ

= −λ (λ− 2)−λ2 + 2λ− 2

Puisque −λ2 + 2λ− 2 = 0 n’a pas de solutions réelles, la matrice (et ϕ) n’est (ne sont) pas diagonalisables.En revanche, on peut chercher les deux sous espaces propres (valeurs propres λ = 0 et λ = 2).

On remarque que

1 1 0 00 1 0 11 0 1 00 0 1 1

1−1−11

=

0000

(colonne 1 + colonne 3 -colonne 2 - colonne 4).

AInsi

1 −1−1 1

est générateur de E0.

Puis que la somme des 4 colonnes donne 2 (1, 1, 1, 1) , ainsi

1 11 1

engendre E2.

12.1 Le grenierExercice PC 70

Soit a ∈ R, discuter la diagonalisabilité (ou trigonalisabilité) de A =

1 0 a− 11 1 a− 21 0 a− 1

en fonction de a.

Réponse partielle : Le polynôme caractéristique est X3 + (−a− 1)X2 + aX = X (1−X) (a−X). Si a = 0, a = 1c’est diagonalisable. Reste à examiner les deux cas particuliers en passant par le rang.

Exercice PC 71

Soit a ∈ R, discuter la diagonalisabilité (ou trigonalisabilité) de A =

2 0 a− 21 a −11 0 a− 1

en fonction de a.

Réponse partielle : Le polynôme caractéristique est (X − 1) (a−X)2. Si a = 1 pas diagonalisable, clairement.

—155/208— G H


Exercice PC 72

Trouver a pour que 2 soit valeur propre de

1 −1 0a 1 10 1 + a 3

. Diagonaliser alors A.

Réponse partielle : Le polynôme caractéristique est X3 − 5X2 + 6X − (2a+ 2). On remplace X par 2, ce qui donne

a = −1. Puis A =

1 −1 0−1 1 10 0 3

, avec E0 = vect

110

, E2 = vect

−110

et E3 = vect

−132

31

.

Exercice PC 73

Soit A =

5 33 1

∈M2 (R) . Diagonaliser A. SoitM ∈M2 (R) tel que M2+M = A. Quelles sont les valeurs propres

possible deM ? Montrer qu’un vecteur propre deM est aussi vecteur propre de A. La matriceM est-elle diagonalisable ?Trouver alors M .

Exercice PC 74

Soit A (t) =

0 1 − sin t−1 cos t cos t− sin t cos t 0

. Déterminer les valeurs de t telles que 0 soit valeur propre de A (t). Préciser

alors les valeurs propres et les sous espaces propres. La matrice est-elle diagonalisable ?

Réponse partielle : 0 valeur propre si et seulement si det (A (t)) = 0. Mais on a

0 1 − sin t−1 cos t cos t− sin t cos t 0

=

− cos t sin2 t nul si et seulement si t = 0π2

. On a donc quatre cas.

—156/208— G H


13 Equations différentielles

Exercice PC 75

Soit (E) : y′ − y = e−x2 et u (x) = x

0

e−t−t2

dt pour x ∈ R.

1. Déterminer les solutions de (E) sur R et les exprimer à l’aide de u.

2. Montrer que f : t −→ e−t−t2

est intégrable sur R. En déduire que toutes les solutions de (E) tendent vers 0 en−∞.

3. Montrer qu’il n’existe qu’une seule solution de (E) ayant une limite finie en +∞.

4. Déterminer les solutions de (E′) : y′ + y = e−x2

en fonction de celles de (E).

Solution

:

1. La variation de la constante appliquée à y′ = y donne comme solution à (E)

yk (x) = ex (k + u (x)) où k ∈ R (k = y (0) )

2. Puisque t2f (t) −−−−→t→+∞

0 et t2f (t) −−−−→t→−∞

0, et que f est positive sur R, par comparaison, f est intégrable sur

[1,+∞[ et sur ]−∞, 1]. En particulier u (x) −−−−−→x→−∞

−∞

0

f (t) dt, d’où yk (x) −−−−−→x→−∞

0.

3. Posons ℓ = +∞

0

f (t) dt, alors y−ℓ (x) = ex x

0

f (t) dt− +∞

0

f (t) dt

= −ex

+∞

x

f (t) dt. Pour x > 0 et t ∈[x,+∞[, on a

0 e−t−t2

e−x2

e−t

d’où

0

+∞

x

f (t) dt e−x2

+∞

x

e−tdt = e−x2−x =⇒ 0 ex

+∞

x

f (t) dt e−x2 −−−−−→x→+∞

0

Ainsi y−ℓ (x) −−−−−→x→+∞

0. Pour k = −ℓ, on a yk (x) = y−ℓ (x) + (k + ℓ) ex −−−−−→x→+∞

|k + ℓ|k + ℓ

∞.

4. Les solutions de (E′) sont ypk (x) = e−xk +

x

0

et−t2

dt

. Or

x

0

et−t2

dt =u=−t

− −x

0

e−u−u2

du = −u (−x), ainsi

ypk (x) = e−x (− (−k)− u (−x)) = −y−k (−x)

Les solutions de (E′) sont donc images des solutions de (E) par la symétrie de centre O.

Exercice PC* 130

Résoudre l’équation différentielle

y′′ − 1

2xy′ +

9

4xy = 0

sur ]0,+∞[ , en utilisant deux méthodes différentes.

Solution

: Première méthode :

Cherchons d’abord les solutions développables en série entière y =+∞

n=0anx

n. Il vient

2+∞

n=1

n (n− 1) anxn−1 −

+∞

n=1

nanxn−1 +

9

2

+∞

n=0

anxn+2 = 0.

—157/208— G H


Après changement d’indice, on a

2+∞

n=0

n (n+ 1) an+1xn −

+∞

n=0

(n+ 1) an+1xn +

9

2

+∞

n=2

an−2xn = 0.

En annulant les termes correspondant à n = 0 et n = 1, on obtient d’abord a1 = 0 et a2 = 0. Puis pour n 2 :

(n+ 1) (2n− 1) an+1 = −9

2an−2.

Il en résulte immédiatement a3p+1 = a3p+2 = 0 et

a3p =(−1)p

2p (2p− 1)a3p−3.

D’où par récurrence

a3p =(−1)p(2p)!

a0.

On obtient donc comme solutions

y = a0

+∞

p=0

(−1)p(2p)!

x3p = a0

+∞

p=0

(−1)p(2p)!

x32

2p= a0 cos

x32

.

Posons y0 = cos

x32

; y0 est solution de l’équation. Cherchons la solution générale sous la forme y = y0z. On a

9x2y = 9x2y0z2y′ = 2y′0z + 2y0z′

4xy′′ = 4xy′′0 z + 8xy′0z′ + 4xy0z

′′

En reportant dans l’équation et en posant Z = z′, on obtient

Z′

Z=

1

2x+ 3x

12 tan

x32

.

Par suite

ln |Z| = 1

2ln |x| − 2 ln

cosx32

+K,

z′ = Z = C

√x

cos2x32

.

En intégrant une deuxième fois, il vient

z = A tan

x32

+B.

La solution générale de l’équation est donc

y = y0z = A sin

x32

+B cos

x32

.

Seconde méthode : Vu ce qui précède, on peut résoudre l’équation plus rapidement en posant t = x32 .

y′ =dy

dx=dy

dt

dt

dx=

3

2x12dy

dt

y′′ =d2y

dx2=

3

2

1

2x−

12dy

dt+ x

12d

dx

dy

dt

=

3

2

1

2x−

12dy

dt+3

2xd2y

dt2

—158/208— G H


En remplaçant dans l’équation, on obtientd2y

dt2+ y = 0,

dont la solution générale est y = A sin t+B cos t. La solution générale de l’équation de départ est donc

y = A sin

x32

+B cos

x32

.

Exercice PC* 131

Résoudre l’équation différentielle du second ordre suivante sur ]0,+∞[ :

x2y′′ − 4xy′ + 4y = x+ 1.

Solution

: L’équation sans second membre est une équation d’Euler. On cherche des solutions sous la forme y = xr.

En remplaçant dans l’équation sans second membre on obtient l’équation caractéristique

r (r − 1)− 4r + 4 = 0,

qui a pour solutions r = 1 et r = 4. La solution générale de l’équation sans second membre est donc

Y = Ax+Bx4.

En utilisant la méthode de variation des constantes, on obtient$A′x+B′x4 = 0

A′ + 4B′x3 =x+ 1

x2

De la première équation on tire aisément B′x3 = −A′, d’où

A′ = −13

1

x+

1

x2

,

c’est-à-dire

A = −1

3

lnx− 1

x

+ λ.

De plus

B′ = −A′

x3=

1

3

1

x4+

1

x5

,

B = −13

1

3x3+

1

4x4

+ µ.

La solution générale de l’équation proposée est donc

y = Ax+Bx4

= λx+ µx4 +1

4− 1

9x− 1

3x lnx.

—159/208— G H


Exercice PC* 132

Soit f une fonction continue et 2π périodique de R vers C.

1. Montrer que l’équation différentielle y′ − y = f possède une solution bornée et une seule, que l’on note φ. Etudierla périodicité de φ.

2. Déterminer les coefficients de Fourier de φ en fonction de ceux de f .

Solution

:

1. Analyse :La fonction f est bornée sur R (elle est C0 et périodique). On pose M = f∞ = supR

|f |. Les solutions dey′ − y = f sont

yλ (x) = ex

λ+

x

0

e−tf (t) dt

où λ ∈ R

Puisque f est bornée, on a 0 |e−tf (t)| Me−t, ce qui prouve que t −→ e−tf (t) est intégrable sur [0,+∞[.

En particulier x

0

e−tf (t) dt −−−−−→x→+∞

+∞

0

e−tf (t) dt. On en déduit que exλ+

x

0

e−tf (t) dt

a une limite infinie

lorsque λ = − +∞

0

e−tf (t) dt. Une CN est donc λ = − +∞

0

e−tf (t) dt (ce qui prouve l’unicité).

Synthèse : Considèrons alors φ : x −→ ex x

0

e−tf (t) dt− +∞

0

e−tf (t) dt

= −ex

+∞

x

e−tf (t) dt. Alors

|φ (x)| ex +∞

x

e−t |f (t)| dt ex +∞

x

Me−tdt =M

Ainsi φ est bien bornée.La fonction ψ : x −→ φ (x+ 2π) est encore solution de l’équation différentielle (car f est 2π périodique), bornée,par unicité, on a ψ = φ.La fonction φ est donc périodique de période 2π.

2. Soit n ∈ Z, en intégrant par parties, on a cnφ′= incn (φ) d’où cn (f) = cn

φ′− cn (φ) = (in− 1) cn (φ), soit

cn (φ) =cn (f)

in− 1

De plus, puisque φ est C1 et 2π périodique, sa série de Fourier converge normalement.

Exercice PC* 133

Résoudre l’équation différentielle x2 (1− x) y′′ − x (1 + x) y′ + y = 0.

Solution

: On cherche une solution développable en série entière. Si y (x) =

+∞

n=0

anxn est solution, alors

x2 (1− x) y′′ (x)− x (1 + x) y′ (x) + y (x)

= x2 (1− x)+∞

n=0

n (n− 1) anxn−2 − x (1 + x)

+∞

n=0

nanxn−1 +

+∞

n=0

anxn

= (1− x)+∞

n=0

n (n− 1) anxn − (1 + x)

+∞

n=0

nanxn +

+∞

n=0

anxn

=+∞

n=0

[n (n− 1)− n+ 1] anxn −

+∞

n=0

[n (n− 1) + n] anxn+1 =

+∞

n=0

(n− 1)2 anxn −

+∞

n=0

n2anxn+1

=+∞

n=0

(n− 1)2 anxn −

+∞

n=1

(n− 1)2 an−1xn = a0 +

+∞

n=1

(n− 1)2 (an − an−1)xn

—160/208— G H


On en déduit par unicité de DSE que

a0 = 0

∀n 1, (n− 1)2(an − an−1) =⇒ ∀n 1, an+1 = an et a1 est quelconque

D’où y (x) = a1

+∞

n=1

xn = a1x

1− x = a1y0 (x) sur ]−1, 1[. Puis on résout l’équation sur une intervalle I où x = 0 et

x = 1. On pose alors y (x) = z (x) y0 (x). Si on remplace dans l’équation on a alors

x2 (1− x) y0z′′ +2x2 (1− x) y′0 − x (1 + x) y0

z′ = 0

Pour résoudre cette équation, on cherche une primitive de2y′0y0− x+ 1

x (1− x) =2y′0y0− 1

x+

2

1− x =d

dx

lny20 (1− x)2

x

.

Ainsi

z′ =λx

y20 (1− x)2=

λx

x

1− x

2(1− x)2

=λ

x

d’où les solutions sur Iy (x) =

x

1− x (λ ln |x|+ µ)

On ne peut pas prolonger.

Remarque : Si on remplace simplement, y (x) =xz (x)

1− x dans l’équation, on trouve tout simplement (après quelques

calculs affreux...)x3z′′ (x) + x2z′ (x)

On cherche alors z′ (x) sous la forme xα (ou on résout en z′....).

Exercice PC* 134

On considère l’équation différentielle x2y′′ + xy′ − y = xn lnx où n ∈ N.

1. La résoudre sur ]0,+∞[. Solutions sur [0,+∞[ ?

2. Montrer qu’il existe une unique solution fn définie sur [0,+∞[ telle que fn (0) = f ′n (0) = 0 lorsque n 2. Etudierla CVS et la convergence normale de la série

fn sur [0, 1].

Solution

:

1. L’équation homogène est x2y′′ + xy′ − y = 0, on cherche une solution particulière sous la forme y (x) = xα, on a

alors α2 − 1 = 0. On a donc deux solutions x et1

x(si on cherche une solution développable en série entière, on

obtient+∞

n=0

n2 − 1

anx

n = 0, d’où an = 0 sauf si n = 1 !). On peut alors soit utiliser la méthode de la variations

des constantes, soit poser y (x) = xz (x). On sait que l’on obtient une équation de la forme

x2 × xz′′ + (?) z′ = xn lnx

Puisque l’autre solution est1

x, la solution en z est

1

x2, donc une solution en z′ de l’équation homogène est z′ (x) =

− 2

x3, soit

1

x3. La variation de la constante sur l’équation en z′ donne alors

K′ (x)× x3 ×1

x3

= xn lnx =⇒ K′ (x) = xn ln (x)

—161/208— G H


on a alors K (x) =

xn ln (x) dx =

xn+1 lnx

n+ 1− 1

n+ 1

xndx =

xn+1 lnx

n+ 1− xn+1

(n+ 1)2+C. On choisit

z′ (x) =xn−2 lnx

n+ 1− xn−2

(n+ 1)2

z (x) =xn−1 lnx

(n+ 1) (n− 1)− xn−1

(n+ 1) (n− 1)2− xn−1

(n+ 1)2 (n− 1)

=xn−1 lnx

(n2 − 1)− 2nxn−1

(n2 − 1)2

On en déduit une solution particulière

y (x) =xn lnx

(n2 − 1)− 2nxn

(n2 − 1)2

et les solutions de l’équation différentielle

y (x) =C1x

+C2x+xn lnx

(n2 − 1)− 2nxn

(n2 − 1)2

Pour les solutions sur [0,+∞[ , il faut prolonger en 0, ce qui impose C1 = 0. Le prolongement est dérivable si n 2.2. On peut prolonger par continuité en 0 si C1 = 0 et alors le prolongement est dérivable avec y′ (0) = C2. On a donc

fn (x) =xn lnx

(n2 − 1)− 2nxn

(n2 − 1)2

On peut étudier la convergence simple et uniforme de la suite (fn)n2 sur [0, 1]. Si n tend vers +∞, on afn (x) −−−−−→

n→+∞0, on a donc CVS vers la fonction nulle. Pour la convergence uniforme, on a f ′n (x) = 0 ⇐⇒

x = exp

n2 + 1

n (n2 − 1)

> 1, ainsi sur [0, 1] , fn∞ = |fn (1)| =

− 2n

(n2 − 1)2

∼ 2

n3, il y a convergence normale de

la série.

Exercice PC* 135

Mines PSI 2006.

1. Résoudre y′′ − y = 2

ch3 x.

2. Soit f ∈ C2 (R,R) telle que f (0) = f ′ (0) = 0 et ∀x ∈ R, f ′′ (x)− f (x) 2

ch3 x. Montrer que f (x)

sh2 x

chx.

Solution

:

1. Les solutions de l’équation homogène sont (équation caractéristique r2 = 1), y (x) = αex + βe−x. Soit on appliquela variations des constantes, soit on a lu le sujet en entier et on se dit que si

y (x) =sh2 x

chx=

ch2 x− 1

chx= chx− 1

chx

alors

y′ (x) = sh (x) +sh (x)

ch2 (x)

et y′′ (x) = chx+chx

ch2 (x)− 2

sh2 x

ch3 (x)= chx+

1

ch (x)− 2

ch2 x− 1

ch3 (x)= y (x) +

2

ch3 x

Les solutions de l’équation différentielle sont donc

αex + βe−x +sh2 x

chxoù (α, β) ∈ R2

—162/208— G H


2. Soit g la solution de $y′′ − y = 2

ch3 xy (0) = y′ (0) = 0

Il existe α et β tels que

g (x) = αex + βe−x +sh2 x

chx

Or g (0) = 0 =⇒ α+ β = 0, g′ (0) = 0 =⇒ α− β = 0, ainsi

g (x) =sh2 x

chx

On pose h = f − g, on a alors

h ∈ C2 (R,R)h (0) = h′ (0) = 0

h′′ (x)− h (x) = f ′′ (x)− f (x)− 2

ch3 x 0

On pose alorsϕ = h′′ − h

L’idée est de résoudre l’équation différentielley′′ − y = ϕ (x)

On obtient une solution particulière par variations des constantes. On la cherche donc sous la forme

y (x) = α (x) ex + β (x) e−x

avec α′ (x) ex + β′ (x) e−x = 0α′ (x) ex − β′ (x) e−x = ϕ (x)

ce qui donne

α′ (x) =

0 e−x

ϕ (x) −e−x

ex e−x

ex −e−x

=1

2ϕ (x) e−x et β′ (x) =

ex 0ex ϕ (x)

ex e−x

ex −e−x

= −1

2ϕ (x) ex

Pour résumer la solution générale dey′′ − y = ϕ (x)

est donc

y (x) = αex + βe−x +1

2ex x

0

ϕ (t) e−tdt− 1

2e−x x

0

ϕ (t) etdt

= αex + βe−x +

x

0

ϕ (t) sh (x− t) dt

Or h est la solution de y′′ − y = ϕ (x)y (0) = y′ (0) = 0

Il existe donc α et β tels que

h (x) = αex + βe−x +1

2ex x

0

ϕ (t) e−tdt− 1

2e−x x

0

ϕ (t) etdt

puisque h (0) = 0, on a α+ β = 0, et h′ (0) = 0 donne α− β = 0. Ainsi

h (x) =

x

0

ϕ (t) sh (x− t) dt

—163/208— G H


Pour conclure, le changement de variable u = x− t donne

h (x) =

x

0

ϕ (x− u) sh (u) du

or puisque ϕ (u) 0, et shu étant du signe de u, on a bien

h (x) 0 =⇒ f (x) sh2 x

chx

Exercice PC* 136

Trouver les applications f continues de R dans R telles que :

∀x ∈ R, f(x) = 1− x

0

(t+ x) f (x− t) dt

Solution

: Soit f solution, on a f(0) = 1 et f(x) = 1 −

x

0

(t+ x) f (x− t) dt =u=x−t

1 − x

0

(2x− u) f (u) du =

1 − 2x

x

0

f (u) du +

x

0

uf (u) du. Du théorème de dérivation d’une intégrale fonction de sa borne du haut, on déduit

que f est dérivable avec f ′ (x) = −2 x

0

f (u) du− xf(x). Cette égalité montre que f ′(0) = 0 et que f ′ est dérivable avec

f ′′(x) = xf ′(x)− 3f(x). Ainsi f est solution de l’équation différentielle

y′′ + xy′ + 3y = 0

avec les conditions initiales y(0) = 1, y′(0) = 0. Il reste à résoudre cette équation différentielle, on sait déjà que lasolution est unique (théorème de Cauchy). Cherchons la solution sous forme de série entière. Soit y (x) =

n0

anxn une

telle solution, alors on a (n+ 2) (n+ 1) an+2 = − (n+ 3) an. Avec les conditions initiales (a0 = 1 et a1 = 0), on trouve

a2n+1 = 0 et a2n = (2n+ 1)(−1)n2nn!

. Le rayon de convergence de la série entière

n0

a2nx2n =

n0

(2n+ 1)

−x22n

n!est

infini, ainsi

f (x) =

n0

(2n+ 1)

−x22n

n!= 2

−x

2

2

n0

−x22n−1

(n− 1)!+

n0

−x22n

(n)!=1− x2

e−x2

2

Il existe une unique solution au problème posé : f(x) =1− x2

e−x2

2

Exercice PC 76

Résoudre x2y′′ + 3xy′ + y = cosx− x sinx.

Solution

: L’équation homogène est une équation d’Euler. On cherche y = xα, on trouve

α (α− 1) + 3α+ 1 = (α+ 1)2= 0

Une solution est doncy (x) =

1

x

—164/208— G H


On fait ensuite varier la constante. On posey =

z

x

On obtient

z′′

x−2 z

′

x2+2z

x3z′

x− zx2z

x

x2 3x 1

xz′′+ z′+ 0

= cosx− x sinx

L’équation homgène est xz′′ + z′ = 0 =⇒ z′ =1

xet z = ln |x|.

Par variation de la constante, on pose z′ =K

x=⇒ K′ = cosx− x sinx =⇒ K = x cosx et z′ = cosx.

En définitive les solutions sontA

x+B ln |x|x

+sinx

x

Exercice PC* 137

(X-ESCPI) On considère l’équation différentielle y′2 = 4y.

1. Soit f une solution sur un intervalle I et a < b dans I. On suppose que f (a) = f (b) = 0, montrer que f est nullesur [a, b] .

2. Déterminer les solutions C1 et ne s’annulant pas sur un intervalle.

3. Déterminer des solutions C1 qui ne sont pas des deux types trouvés à la question précédente.

Solution

:

1. La fonction f est continue sur [a, b] et positive, elle admet un maximumM = max[a,b]

(f) atteint en c ∈ [a, b]. Supposons

que f = 0 sur [a, b] , alors c ∈ ]a, b[ et alors f ′ (c) = 0. Mais alors1

4f ′ (c)2 = f (c) = 0 absurde (car f = 0 =⇒M > 0).

Ainsi f = 0 sur [a, b].

2. Soit y une solution C1, alors y′ est continue, et puisque y ne s’annule pas, il en est de même de y′. On en déduit quey′ garde un signe constant.

Premier cas : y′ > 0 =⇒ y′

2√y= 1⇐⇒√

y = x+C où C ∈ R et ainsi

y (x) = (x+C)2 où x ∈ ]−C,+∞[ avec C ∈ R

Second cas : y′ < 0 =⇒ y′

2√y= −1⇐⇒√

y = −x+C où C ∈ R et ainsi

y (x) = (C − x)2 où x ∈ ]−∞, C[ avec C ∈ R

Remarque : On peut supposer f dérivable simplement, car d’après le théorème de Darboux, une dérivée vérifie lethéorème des valeurs intermédiaires.

3. Soient a < b, on contruit une solution C1 sur R par

y (x) = (a− x)2 si x ay (x) = 0 si x ∈ [a, b]y (x) = (x− b) si x b

—165/208— G H


Exercice PC 77

Soit l’équation différentielle

(1) : x2y′′ + xy′ − y = 2x.

1. Déterminer les solutions de l’équation homogène.

2. En déduire les solutions de (1) sur tout intervalle ne contenant pas 0. Existe-t-il des solutions sur R ?

Solution

:

1. On cherche des solutions de l’équation homogène sous la forme x −→ xα (équation d’Euler). On remplace pour

obtenir deux solutions x −→ x et x −→ 1

x.

Elles forment un système fondamental de solutions sur I ne contenant pas 0 car leur wronskien vaut

x1

x

1 − 1

x2

=

− 2

x= 0. Les solutions de l’équation homogène sont donc de la forme Ax+

B

xoù (A,B) ∈ R2.

2. On peut appliquer la variations des constantes, on pose y (x) = C1 (x)x+C2 (x)

x, alors

C′1 (x)x+C′2 (x)

x= 0

C′1 (x)−C ′2 (x)

x2=

2x

x2

On résout (Cramer) pour avoir C′1 (x) =

01

x2

x− 1

x2

x1

x

1 − 1

x2

=1

x=⇒ C1 (x) = lnx convient et C′2 (x) =

x 0

12

x

x1

x

1 − 1

x2

=

−x =⇒ C2 (x) = −x2

2. Une solution particulière est donc x lnx− x

2. Les solutions sur I tel que 0 /∈ I sont donc

y (x) = x lnx− x2+C1x+

C2x

= x lnx+ αx+β

xoù (α, β) ∈ R2

il n’y a pas de solutions sur R (on peut prolonger par continuité avec β = 0, mais ce n’est pas dérivable !).

Exercice PC 78

On considère la matrice A =

4 −3 26 −5 44 −4 4

.

1. Déterminer les solutions du système différentiel X′ = AX telle que X (0) =

133

.

2. L’étude du rang de A permet-elle de déterminer une propriété des courbes intégrales ?

Solution

:

—166/208— G H


1. On diagonalise A sans problème, le spectre est 0, 1, 2 et la matrice de passage est P =

1 1 12 1 21 0 2

. Dans la

nouvelle base, le système différentiel s’écrit donc, si on pose

xyz

= P

XYZ

X′ = 0Y ′ = YZ′ = 2Z

=⇒

X = αY = βet

Z = γe2t=⇒

x (t)y (t)z (t)

=

1 1 12 1 21 0 2

αβet

γe2t

=

α+ βet + γe2t

2α+ βet + 2γe2t

α+ 2γe2t

Avec les CI, on obtient

α+ β + γ = 12α+ β + 2γ = 3α+ 2γ = 3

⇐⇒ α = −β = γ = 1. D’où la solution

x (t) = 1− et + e2t, y (t) = 2− et + 2e2t et z (t) = 1 + 2e2t

2. Le rang de A est 2, on a 2L1 − 2L2 + L3 = 0, d’où l’intégrale première 2x′ (t)− 2y′ (t) + z′ (t) = 0 qui signifie que

2x (t)− 2y (t) + z (t) = cste

Les courbes intégrales sont dans des plans parallèles à P : 2x−2y+z = 0. En réalité dans le plan Pα : 2x−2y+z+α =0

Remarque : Si on résout le systèmex = α+ βet + γe2t

z = α+ 2γe2ten considèrant que et et e2t sont les inconnues, on

obtientet =

2x− z − α2β

et e2t =z − α2γ

si βγ = 0

Ce qui donne les équations des courbes intégrales

z − α2γ

=

2x− z − α

2β

2

2x− 2y + z + α = 0

qui sont donc des paraboles.Si β = 0 ou γ = 0, ce sont des demi droites de l’espace (évident, elles sont paramétrées par et ou e2t).

Exercice PC 79

Déterminer les fonctions f de classe C1 sur R∗+ à valeurs dans R telles que

∀x > 0 f ′ (x) = f

1

x

On montrera que f est solution d’une équation différentielle du second ordre que l’on résoudra à l’aide du changementde variable t = lnx.

Solution

: Puisque f est définie sur ]0,+∞[ et est C1 sur cet intervalle, la fonction x −→ f

1

x

l’est également. Ainsi

f est C2 sur ]0,+∞[

On peut dériver pour avoir

f ′′ (x) = − 1

x2f ′1

x

= − 1

x2f (x) =⇒ x2f ′′ (x) + f (x) = 0

—167/208— G H


On pose alorsz (t) = f (x) =⇒ z (ln (x)) = f (x) =⇒ z ln = f =⇒ z = f exp

Alors

f ′ (x) =z′ (lnx)

xet f ′′ (x) =

z′′ (ln (x))

x2− z

′ (lnx)

x2=⇒ x2f ′′ (x) + f (x) = z′′ (t)− z′ (t) + z (t) = 0

On résout donc z′′ − z′ + z = 0, qui donne

z (t) =

A cos

√3

2t

+B sin

√3

2t

e

t

2 où (A,B) ∈ R2

d’où

f (x) =

A cos

√3

2lnx

+B sin

√3

2lnx

√x

On doit avoir f ′ (x) = f1

x

d’où

−A sin

√3

2lnx

+B cos

√3

2lnx

√3

2× 1√

x+

A cos

√3

2lnx

+B sin

√3

2lnx

1

2√x

=

A cos

√3

2lnx

−B sin

√3

2lnx

1√x

soit

∀x > 0,A−

√3Bcos

1

2

√3 lnx

+√

3A− 3Bsin

1

2

√3 lnx

= 0

d’oùA =

√3B

Les solutions sont donc

f (x) = B

√3 cos

√3

2lnx

+ sin

√3

2lnx

√x

= α√x cos

√3

2lnx− π

6

où α ∈ R

Exercice PC 80

Soit (E) l’équation différentielle ln (x) y′ +y

x= 1.

1. Résoudre (E) sur ]0, 1[ et sur ]1,+∞[, puis sur ]0,+∞[.

2. Soit g définie sur ]−1,+∞[ 0 par g (x) =ln (1 + x)

x, montrer que l’on peut prolonger g en une fonction de

classe C∞ sur ]−1,+∞[.

3. En déduire que (E) a une solution C∞ sur ]0,+∞[.

4. Retrouver ce résultat en utilisant la fonction ϕ définie par ϕ (x) = 1

0

xtdt

Solution

:

—168/208— G H


1. Sur I = ]0, 1[ ou ]1,+∞[ , les fonctions x −→ 1

xet x −→ lnx étant continues, les solutions de l’équation homogène

sont y0 (x) = K exp

− 1

x lnxdx

. Puisque

dx

x lnx= ln |lnx| , on obtient y0 (x) =

K

lnx. On peut ensuite utiliser

la variation de la constante pour avoirK′ × lnx

lnx= 1 =⇒ K′ = 1, on choisit donc K (x) = x qui donne la solution

particulière y (x) =x

lnx.

Bon, tout cela étant simplifié si l’on remarque que (ln (x)× y)′ = ln (x) y′ +y

x, l’équation différentielle est donc

(ln (x) y)′ = 1⇐⇒ ln (x) y = x+K qui donne

y (x) =K + x

lnxoù K ∈ R

Pour une solution sur R, il faut la continuité en x = 1, puisque ln (x) ∼x→1

(x− 1), on a une CN qui est K = −1.

Dans ce cas la fonction h (x) =lnx

x− 1=

1

y (x)est continue et dérivable en x = 1 car elle admet un DL1 (1) de la

formelnx

x− 1= 1− 1

2(x− 1) + o

x→1(x− 1). Ainsi y (x) =

1

h (x)l’est aussi et on a bien une solution sur ]0,+∞[.

2. Un petit DSE donne g (x) =

+∞

k=1

(−1)k+1 xk

x=

+∞

k=1

(−1)k+1 xk−1 est développable en série entière sur ]−1, 1[.

Puisqu’elle l’est clairement sur12 ,+∞

elle le devient sur ]−1,+∞[.

3. On ax− 1

ln (x)=

1

g (x− 1)est donc C∞ sur ]0,+∞[.

4. Le fonction ϕ définie par ϕ (x) = 1

0

xtdt =

1

0

exp (t lnx) dt =

exp (t lnx)

lnx

1

0

=x− 1

lnxsi x = 1 et ϕ (1) = 1. C’est

une intégrale à paramètre. La fonction f (x, t) = exp (t lnx) est continue sur ]0,+∞[× [0, 1] ce qui assure l’existence

de ϕ (x) et∂f (x, t)

∂xk= t (t− 1) · · · (t− k + 1)xt−k. Si x ∈ [a, b] alors f (x, t) est bornée sur [a, b]× [0, 1] donc

∂f (x, t)

∂xk

Mt (t− 1) · · · (t− k + 1)

ce qui permet de justifier la dérivation d’ordre k sous le signe intégrale.

Exercice PC* 138

(ENSAM PSI) Soit (E) l’équation différentielle xy′′ − y′ − 4x3y = 0.

1. Résoudre (E) sur ]0, 1[ à l’aide du changement de variable t = 1− x2.2. Montrer que x −→ y (x) est solution de (E) sur ]0, 1[ si et seulement si x −→ −y (−x) est solution de (E) sur

]−1, 0[.3. Déterminer les solutions sur ]−1, 1[.

Solution

:

1. On pose y (x) = z (t) = z1− x2

, en d’autres termes si x ∈ ]0, 1[ , on a t = 1 − x2 ∈ ]0, 1[ et x =

√1− t, donc

z (t) = y√

1− test définie, dérivable deux fois sur ]0, 1[ car y l’est et t −→ √

1− t aussi sur ]0, 1[. On a alors

y′ (x) = −2xz′1− x2

y′′ (x) = −2z′1− x2

+ 4x2z′′

1− x2

—169/208— G H


Ainsi, ∀x ∈ ]0, 1[,

xy′′ (x)− y′ (x)− 4x3y (x) = x−2z′

1− x2

+ 4x2z′′

1− x2

+ 2xz′

1− x2

− 4x3z

1− x2

= 0

ce qui donne4x3z′′1− x2

− z1− x2

= 0

d’où (x = 0), z est solution sur ]0, 1[ de l’équation z′′ = z. On en déduit que z est de la forme

z (t) = A cos t+B sin t où (A,B) ∈ R2

et ainsi∃ (A,B) ∈ R2,∀x ∈ ]0, 1[ , y (x) = A cos

1− x2

+B sin

1− x2

2. Soit y une solution sur ]0, 1[, posons z (x) = −y (−x). Ainsi z est définie, dérivable deux fois sur ]−1, 0[ et z′ (x) =y′ (−x) et z′′ (x) = −y′′ (x) d’où

xz′′ (x)− z′ (x)− 4x3z (x) = −xy′′ (−x)− y′ (−x) + 4x3y (−x)

En posant u = −x ∈ ]0, 1[ , on obtient

xz′′ (x)− z′ (x)− 4x3z (x) = u y′′ (u)− y′ (u)− 4u3y (u) = 0

car y est solution de (E) sur ]0, 1[ et u ∈ ]0, 1[.

3. Soit y une solution sur ]−1, 1[ il existe donc quatre constantes (A,B, a, b) telles que

y (x) = A cos1− x2

+B sin

1− x2

si x ∈ ]0, 1[

y (x) = a cos1− x2

+ b sin

1− x2

si x ∈ ]−1, 0[

Or y est dérivable deux fois en 0, donc les expressions étant dérivables à droite et à gauche, on obtient, compte tenude

d2

dx2A cos

1− x2

+B sin

1− x2

= −4Bx2 sin

1− x2

−4Ax2 cos

1− x2

+2A sin

1− x2

−2B cos

1− x2

y (0) = A cos (1) +B sin (1) = a cos (1) + b sin (1)

y′′ (0) = 2A sin (1)− 2B cos (1) = 2a sin (1)− 2b cos (1)

d’où le système (A− a) cos 1 + (B − b) sin 1 = 0(A− a) sin 1− (B − b) cos 1 = 0

d’inconnues (A− a) et (B − b) qui est de Cramer et a une unique solution, donc A = a et B = b.Les solutions sur ]−1, 1[ sont de la forme

y (x) = A cos1− x2

+B sin

1− x2

avec (A,B) ∈ R2

Remarque 1 : On peut simplifier un peu en remarquant queA cos1− x2

+B sin

1− x2

= (A cos 1 +B sin 1) cosx2+

(A sin 1−B cos 1) sinx2 = C cosx2+D sin2. Puisque l’application (linéaire) (A,B) −→ (A cos 1 +B sin 1, A sin 1−B cos 1)est bijective (que vaut son déterminant ?), on en déduit que les solutions sur ]0, 1[ (ou ]−1, 0[) sont de la forme

y (x) = C cosx2+D sin

x2

Le raccord est alors plus simple.Remarque 1 : On peut directement résoudre sur ]0,+∞[ (puis sur ]−∞, 0[) en posant t = x2 et en appliquant lamême méthode.

—170/208— G H


Exercice PC* 139

(Mines PC) Trouver toutes les fonctions f : R −→ R dérivables telles que

∀x ∈ R, xf ′ (x)− 2f (−x) = 0

Solution

: On commence par prouver que l’on peut dériver cette égalité. On se place sur I1 = ]−∞, 0[ ou I2 = ]0,+∞[,

ainsi f ′ (x) =2f (−x)x

est dérivable car f l’est.

Analyse : On dérive donc l’égalité xf ′ (x)− 2f (−x) pour obtenir

xf ′′ (x) + f ′ (x) + 2f ′ (−x) = 0

En multipliant par x, il vient x2f ′′ (x) + xf ′ (x) + 2xf ′ (−x) = 0. Or, en remplacant x par −x dans la relation de départ,on a −xf ′ (−x) = 2f (x) d’où

x2f ′′ (x) + xf ′ (x)− 4f (x) = 0

Ainsi f est, sur Ik solution de l’équation différentielle x2y′′ + xy − 4y = 0.Remarque : De plus, avec x = 0 dans l’équation de départ on a f (0) = 0 et avec x = 0 dans l’équation dérivée, on af ′ (0) = 0... (étrange ?... non, on est en 0, point où il y a un problème).On résout donc, sur Ik, l’équation

(E) x2y′′ + xy − 4y = 0

C’est une équation d’Euler, on cherche y sous la forme y (x) = xα, on reporte pour obtenir

α (α− 1) + α− 4 = (α− 2) (α+ 2) = 0

On a donc deux solutions y1 : x −→ x2 et y2 : x −→1

x2, elles sont indépendantes, on a donc toutes les solutions de (E)

sur Ik qui sont de la forme

y (x) = Ax2 +B

x2où (A,B) ∈ R2

Synthèse : Si f (x) = Ax2+B

x2, alors xf ′ (x)−2f (−x) = −4B

x2= 0⇐⇒ B = 0. Les solutions sur Ik de xf ′ (x)−2f (−x) = 0

sont de la forme Akx2.Solutions sur R : On définit donc f par

f (x) =

A1x2 si x > 0A2x

2 si x < 00 si x = 0

Il est immédiat que f est solution sur Ik, continue, dérivable en 0 avec f (0) = f ′ (0) = 0 (car f (x) = ox→0

(x) =

0 + 0× x+ ox→0

(x)) donc est solution sur R.

Exercice PC* 140

(Mines PC) Soit (E) l’équation différentielle

x2y′′ + 4xy′ +2− x2

y = 1

1. Déterminer les solutions développables en série entière.

2. Chercher une solution particulière sous la forme αxβ et résoudre (E).

Solution

:

1. Soit f (x) =+∞

n=0

anxn une solution développable en série entière sur ]−R,R[ avec R > 0 alors y est solution de (E)

si et seulement si+∞

n=2

n (n− 1) anxn + 4

+∞

n=1

nanxn + 2

+∞

n=0

anxn −

+∞

n=0

anxn+2 = 1

—171/208— G H


soit+∞

n=2

[n (n− 1) + 4n+ 2] anxn −

+∞

n=2

an−2xn + 4a1x+ 2a1x+ 2a0 = 1

On obtient donc

a0 =1

2, a1 = 0

∀n 2, (n+ 2) (n+ 1) an = an−2

Ainsi a2n+1 est nul et

∀n 0, a2n+2 =1

(2n+ 4) (2n+ 3)a2n

On calcule les premiers termes, on a a0 =1

2, a2 =

1

4× 3× 2, a4 =

1

6× 5× 4× 3× 2, bref, par récurrence, il vien

a2n =1

(2n+ 2)!

d’où

f (x) =+∞

n=0

1

(2n+ 2)!x2n =

cosh (x)− 1

x2

dont le rayon de convergence est l’infini et au-delà !

2. On remplace y (x) par αxβ, on a donc

αx2 × β (β − 1)xβ−2 + 4x× βxβ−1 +

2− x2

xβ= αxβ

β2 + 3β + 2− x2

Et oh miracle, avec β = −2, on obtient −α, ainsi x −→ − 1

x2est solution particulière.

3. Cela signifie que y (x) +1

x2=

cosh (x)

x2est solution de l’équation homogène sur I ⊂ R∗, deux secondes de reflechis-

sement Jean-Pierre, et zou on vérifie quesinh (x)

x2est l’autre solution de l’équation homogène. Puisque le wronskien

des deux solution est non nul, les solutions sur I, intervalle ne contenant pas 0 sont

y (x) =A sinh (x)

x2+B cosh (x)

x2− 1

x2

Et pour le raccord en x = 0, bon je vous laisse y réflechir, il n’y a qu’une seule solution et c’est f ! (question 1).

Exercice PC 81

(CCP) On considère l’équation différentielle

(E) x (1− x) y′′ − xy′ + y = 0

1. Déterminer les solutions de (E) de la forme y (x) = xα où α ∈ R.2. En déduire les solutions de (E) sur ]0, 1[.

On pourra chercher à décomposer3x− 2

x (1− x) =a

x+

b

1− x et1

x2 (1− x) =c

x+d

x2+

f

x− 1.

Solution

:

1. On remplace y (x) par xα dans (E) pour avoir

α (α− 1) (1− x)xα−1 − αxα + xα = 0⇐⇒ α (α− 1)xα−1 + (α (α− 1)− α+ 1)xα = 0

⇐⇒ α (α− 1)xα−1 + (α− 1)2 xα = 0

Ainis y (x) = x est solution de (E).

—172/208— G H


2. On pose alors y (x) = xz (x), on remplace pour obtenir

x (1− x) (xz′′ + 2z′)− x (xz′ + z) + xz = 0⇐⇒ x2 (1− x) z′′ + x (2− 3x) z′ = 0

En posant Z = z′, on a une équation différentielle du premier ordre dont les solutions sont

Z (x) = C1 exp

x (3x− 2)

x2 (1− x)dx

Mais 3x− 2

x (1− x)dx = −

1

x− 1+

2

x

dx = − ln

x2 (1− x)

d’où

Z (x) = z′ (x) =C1

x2 (1− x) = C11

x− 1

x− 1+

1

x2

=⇒ z (x) = C1

lnx− ln (1− x)− 1

x

+C2

et ainsi

y (x) = C1

x ln

x

1− x

− 1

+C2x

Exercice PC* 141

Soit f définie et continue sur ]0, 1[ telle que ∀x ∈ ]0, 1[, x

1−x

f (t)

tdt =

1

2+ f (x). Montrer que f est solution d’une

équation différentielle du second ordre. La résoudre.

Solution

: La fonction F : x −→

x

1−x

f (t)

tdt est définie, dérivable sur ]0, 1[ car f est continue sur ]0, 1[ et

F ′ (x) =f (x)

x− (−1) f (1− x)

1− x =f (x)

x+f (1− x)1− x

On en déduit que f est dérivable et f ′ (x) =f (x)

x+f (1− x)1− x . Puisque f est dérivable, l’expression de f ′ prouve que f ′

est dérivable. On a alorsx (1− x) f ′ (x) = (1− x) f (x) + xf (1− x)

que l’on dérive pour avoir

x (1− x) f ′′ (x) + (1− 2x) f ′ (x) = (1− x) f ′ (x)− f (x) + f (1− x)− xf ′ (1− x)

Mais

x (1− x) f ′ (x) = (1− x) f (x) + xf (1− x) =⇒1−x←x

(1− x)xf ′ (1− x) = xf (1− x) + (1− x) f (x)

=⇒ xf ′ (1− x) = x

1− xf (1− x) + f (x)

=⇒ f (1− x)− xf ′ (1− x) =1− x

1− x

f (1− x)− f (x) = (1− 2x)

f (1− x)1− x − f (x)

et

f ′ (x) =f (x)

x+f (1− x)1− x =⇒ (1− 2x)

f (1− x)1− x = (1− 2x) f ′ (x)− (1− 2x)

f (x)

x

d’où

f (1− x)− xf ′ (1− x) = (1− 2x) f ′ (x)−1− 2x

x

f (x)− f (x)

—173/208— G H


On obtient donc

x (1− x) f ′′ (x) + (1− 2x) f ′ (x) = (1− x) f ′ (x)− f (x) + (1− 2x) f ′ (x)−1− 2x

x

f (x)− f (x)

soit

x (1− x) f ′′ (x)− (1− x) f ′ (x) + f (x)x

= 0

:1

xAinsi f est solution de l’équation différentielle

x2 (1− x) y′′ − x (1− x) y′ + y = 0

Pour la résoudre cette équation, on cherche une solution polynômiale. On trouve y (x) = x (1− x), la variation de laconstante (y (x) = x (1− x) z (x)) conduit à l’équation différentielle

x (1− x) z′′ (x) + (1− 3x) z′ (x) = 0

que l’on intégre en z′ (x) = C1 exp

− 1− 3x

x (1− x)dx, avec − 1− 3x

x (1− x) = −2

x− 1− 1

x, cela donne z′ (x) =

C1

x (1− x)2=

C1

1

(x− 1)2 −

1

x− 1+

1

x

d’ou

z (x) =−C1x− 1

−C1 ln (1− x) +C1 lnx+C2

y (x) = C1x

(1− x) ln

x

1− x

− 1

+C2x (1− x)

Synthèse : Puisque f12

=

12

12

f (t)

t= 0, on obtient 2C1+C2+2 = 0. Puis la suite se fait avec Maple. On obtient alors

C1 = 1 et C2 = 0 d’où

f (x) = x

(1− x) ln

x

1− x

− 1

Exercice PC 82

On considère l’équation différentielle

(1)x2 + 1

y′′ − 2y = x.

1. Déterminer les polynômes solutions de l’équation homogène associée à (1) .

2. En déduire les solutions de l’éqution (1) .

Solution

:

1. Soit P de degré n solution de (1) . Alors, en considérant les termes de plus haut degré, on a

n (n− 1)− 2 = (n+ 1) (n− 2) = 0

On pose donc P = ax2 + bx+ c, on remplace pour obtenir

P = ax2 + 1

où a ∈ R

2. On résout ensuite l’équation homogène en posant

y (x) =x2 + 1

z (x) =⇒ y′′ (x) = 2z (x) + 4xz′ (x) +

x2 + 1

z′′ (x)

x2 + 1

y′′ (x)− 2y (x) = 0⇐⇒

x2 + 1

2z′′ (x) + 4x

x2 + 1

z′ (x) = 0

—174/208— G H


Ainsiz est solution de

x2 + 1

z′′ + 4xz′ = 0

d’où

z′ (x) = K exp

−

4x

x2 + 1dx

=

K

(x2 + 1)2

Or

arctanx =

dx

x2 + 1=IPP

x

1 + x2+ 2

x2

(1 + x2)2dx

u′ = 1 u = x

v =1

1 + x2v′ =

−2x(1 + x2)2

soit

arctanx+ cste =x

1 + x2+ 2

x2 + 1− 1

(1 + x2)2dx

arctanx+ cste =x

1 + x2+ 2arctanx− 2

1

(1 + x2)2dx

1

(1 + x2)2dx =

1

2

x

1 + x2+arctanx

2+K

d’où

z (x) = A

x

1 + x2+ arctanx

+B où (A,B) ∈ R2

Il reste à déterminer une solution particulière. On cherche un polynôme. On trouve

yp (x) = −x

2

Les solutions sont doncy (x) = A

x+x2 + 1

arctanx

+Bx2 + 1

− x

2

Exercice PC* 142

Soit E un espace euclidien de dimension 3 et −→u un vecteur unitaire. Résoudre l’équation différentielle −→x ′ = −→u ∧ −→x .

Quel est le lieu de M (t) défini par−−−−→OM (t) = −→x (t) ?

Solution

: On complète −→u en une base orthonormée directe (−→u ,−→v ,−→w ) , si −→x a pour coordonnées (a, b, c) alors

−→x ′ = −→u ∧−→x ⇐⇒

a′

b′

c′

=

100

∧

abc

=

0−cb

ce qui donne

a = α constantc = −b′

b′′ = −c′ = −b⇐⇒

a = α constantb = λ cos t+ µ sin t = G cos (t− ϕ)

c = b′ = G sin (t− ϕ). Le point M décrit un cercle dans un plan

vecteur normal −→u .

Exercice PC 83

On considère l’équation différentielle

(1)x2 + 1

y′′ − 2y = x.

1. Déterminer les polynômes solutions de l’équation homogène associée à (1) .

2. En déduire les solutions de l’éqution (1) .

—175/208— G H


Solution

:

1. Soit P de degré n solution de (1) . Alors, en considérant les termes de plus haut degré, on a

n (n− 1)− 2 = (n+ 1) (n− 2) = 0

On pose donc P = ax2 + bx+ c, on remplace pour obtenir

P = ax2 + 1

où a ∈ R

2. On résout ensuite l’équation homogène en posant

y (x) =x2 + 1

z (x) =⇒ y′′ (x) = 2z (x) + 4xz′ (x) +

x2 + 1

z′′ (x)

x2 + 1

y′′ (x)− 2y (x) = 0⇐⇒

x2 + 1

2z′′ (x) + 4x

x2 + 1

z′ (x) = 0

Ainsiz est solution de

x2 + 1

z′′ + 4xz′ = 0

d’où

z′ (x) = K exp

−

4x

x2 + 1dx

=

K

(x2 + 1)2

Or

arctanx =

dx

x2 + 1=IPP

x

1 + x2+ 2

x2

(1 + x2)2dx

u′ = 1 u = x

v =1

1 + x2v′ =

−2x(1 + x2)2

soit

arctanx+ cste =x

1 + x2+ 2

x2 + 1− 1

(1 + x2)2dx

arctanx+ cste =x

1 + x2+ 2arctanx− 2

1

(1 + x2)2dx

1

(1 + x2)2dx =

1

2

x

1 + x2+arctanx

2+K

d’où

z (x) = A

x

1 + x2+ arctanx

+B où (A,B) ∈ R2

Il reste à déterminer une solution particulière. On cherche un polynôme. On trouve

yp (x) = −x

2

Les solutions sont doncy (x) = A

x+x2 + 1

arctanx

+Bx2 + 1

− x

2

Exercice PC 84

On considère la matrice A définie par

A =

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

1. Déterminer les solutions du système différentiel X′ = AX.

2. Préciser la nature des courbes intégrales.

—176/208— G H


Solution

:

1. La matrice est symétrique réelle donc diagonalisable., le polynôme caractéristique est

2−X −1 −1−1 2−X −1−1 −1 2−X

= −X (X − 3)

2

La matrice de passage est

P =

1 1 11 −1 01 0 −1

Dans la nouvelle base, le système s’écrit

u′ = 0v′ = 3vw′ = 3w

=⇒

u = αv = βe3t

w = γe3t

d’où

x (t)y (t)z (t)

= P

αβe3t

γe3t

=

α+ (β + γ) e3t

α− βe3tα− γe3t

où (α, β, γ) ∈ R3

2. Si (β, γ) = (0, 0) est fixé, on obtient

M (t) =

ααα

+ e3t−→u où −→u =

β + γ−β−γ

est une demi-droite

Si (β, γ) = (0, 0) , on obtient un point. Ces demi-droites sont incluses dans le plan x+ y + z = 0.

Exercice PC 85

On considère l’équation différentielle sur ]0,+∞[ :

(E) x2y′′ (x) + 4xy′ (x) +2− x2

y (x) = 1

1. Sur l’intervalle ]0,+∞[ , On pose y (x) =z (x)

x2, donner l’équation vérifiée par la fonction z et la résoudre.

2. Déterminer la (les) solutions de (E) dévelopable en série entière. Préciser le rayon de convergence et exprimer lasomme à l’aide de fonctions "classiques".

3. Déduire de ce qui précède l’ensemble des solutions de (E).Déterminer les solutions de (E) admettant une limite finie à droite en 0.

Solution

:

1. On a alors x2y′ (x) + 2xy (x) = z′ (x) d’où z′′ (x) = x2y′′ (x) + 4xy′ (x) + 2y (x). Ainsi

z′′ (x)− z (x) = x2y′′ (x) + 4xy′ (x) +2− x2

y (x) = 1

Les solutions sont (équation caractéristique r2 = 1)

z (x) = Aex +Be−x où (A,B) ∈ R2ou z (x) = C coshx+D sinhx où (C,D) ∈ R2

—177/208— G H


2. On cherche alors y (x) =+∞

n=0

anxn d’où

x2y′′ (x) + 4xy′ (x) +2− x2

y (x) =

+∞

n=2

n (n− 1) anxn + 4

+∞

n=1

nanxn +2− x2

+∞

n=0

anxn = 1

Soit

4a1 + 2a1 + 2a0 ++∞

n=2

(n (n− 1) + 4n+ 2) an −+∞

n=0

anxn+2 = 6a1 + 2a0 +

+∞

n=2

((n+ 2) (n+ 1) an − an−2)xn = 1

d’où puisque y (0) = a0 =1

2(faire x = 0 dans l’équation différentielle), a1 = 0 et an =

an−2(n+ 2) (n+ 1)

pour n 2.

En particulier a2p+1 = 0, a2 =1

4× 3× 2, a4 =

1

6× 5× 4!, par récurrence

a2p =1

(2p+ 2)!

soit

yp (x) =+∞

p=0

x2p

(2p+ 2)!=

coshx− 1

x2avec R = +∞

3. On en déduit une solution particulière de (E). On a les solutions de (EH) par le changement de fonction sur ]0,+∞[ ,

à savoir y0 (x) =A coshx+B sinhx

x2d’où

y (x) =coshx− 1

x2+A coshx+B sinhx

x2où (A,B) ∈ R2 sur ]0,+∞[

La seule solution ayant une limite en x = 0 est yp (x) qui est C∞.

Exercice PC* 143

(X-ESPCI) Soit f ∈ C2 (R) telle que f (0) = f ′ (0) = 1 et ∀x ∈ R, f ′′ (x) + 5f ′ (x) + 6f (x) 0. Montrer que ∀x ∈ R,

f (x) 4e−2x − 3e−3x

Solution

: Si vous le voulez, vous pouvez vérifier que la solution de y′′ + 5y + 6y = 0 avec les conditions initiales

y (0) = y′ (0) = 1 est bien y (x) = 4e−2x − 3e−3x. Mais on s’en doute .... Bon, on pose g (x) = f ′′ (x) + 5f ′ (x) + 6f (x) ,ainsi f est solution de l’équation différentielle y′′ + 5y′ + 6y = g (x) avec les conditions initiales y (0) = y′ (0) = 1.L’équation homogène a pour solution y (x) = Ae−2x +Be−3x. On utilise alors la variations des constantes et on cherchef (x) = A (x) e−2x +B (x) e−3x. On a donc

A′ (x) e−2x +B′ (x) e−3x = 0

−2A′ (x) e−2x − 3B′ (x) e−3x = g (x)⇐⇒

A′ (x) = g (x) e2x

B′ (x) = −g (x) e3x

d’où ∃ (α, β) ∈ R2 tels que

f (x) =

x

0

g (t) e2tdt

e−2x −

x

0

g (t) e3tdt

e−3x + αe−2x + βe−3x

Puisque f (0) = f ′ (0) = 1, on obtient

f (x) =

x

0

g (t) e2tdt

e−2x −

x

0

g (t) e3tdt

e−3x + 4e−2x − 3e−3x

=

x

0

g (t)e2(t−x) − e3(t−x)

dt+ 4e−2x − 3e−3x

—178/208— G H


On pose alors u = t− x pour obtenir

f (x) =

0

−xg (u+ x)

e2u − e3u

du+ 4e−2x − 3e−3x

=

x

0

g (u+ x)e3u − e2u

du+ 4e−2x − 3e−3x =

x

0

2 shu2

g (u+ x) e

52udu+ 4e−2x − 3e−3x

Puisque sh u2 est du signe de u et que par hypothèse, g 0, on a shu2

g (u+ x) e

52u 0 si u > 0 et < 0 si u < 0, ainsi

l’intégrale est toujours positive et f (x) 4e−2x − 3e−3x.

13.1 Le lemme de Gronwall et quelques usages

Proposition 1 (Lemme de Gronwall) Soient ψ et y : [a, b] −→ R avec ψ 0 continue telles que

∃c 0, ∀t ∈ [a, b] , y (t) c+

t

a

ψ (s) y (s) ds

alors

∀t ∈ [a, b] , y (t) c exp

t

a

ψ (s) ds

Preuve.On pose F (t) =

t

a

ψ (s) y (s) ds, ainsi F ′ (t) = ψ (t) y (t) et la condition donnée, puisque ψ 0 s’écrit

ψ (t) y (t) = F ′ (t) cψ (t) + ψ (t)F (t) =⇒ F ′ (t)− ψ (t)F (t) cψ (t)

On multiplie cette égalité par exp

− t

a

ψ (s) ds

, en effet

(F ′ (t)− ψ (t)F (t)) exp

− t

a

ψ (s) ds

=

d

dt

F (t) exp

− t

a

ψ (s) ds

cψ (t) exp

− t

a

ψ (s) ds

= −c d

dtexp

− t

a

ψ (s) ds

On obtient doncd

dt

F (t) exp

− t

a

ψ (s) ds

+ c exp

− t

a

ψ (s) ds

0

d’où

F (t) exp

− t

a

ψ (s) ds

+ c exp

− t

a

ψ (s) ds

F (0) exp

− 0

a

ψ (s) ds

+ c exp

− 0

a

ψ (s) ds

= c

ce qui donne

F (t) c exp

t

a

ψ (s) ds

− c

d’où

y (t) c+

b

a

ψ (s) y (s) ds = c+ F (t) c exp

t

a

ψ (s) ds

Autre preuve à explorer : On pose A (t) =

c+

t

a

ψ (s) y (s) ds

exp

t

a

ψ (s) ds

=

c+

t

a

ψ (s) y (s) ds

exp

− t

a

ψ (s) ds

, étudier

la monotonie de A (t) en dérivant, cela semble plus simple....

—179/208— G H


Exercice PC* 144

Soit q de classe C1 sur [0,+∞[ avec q > 0 strictement croissante. Montrer que les solutions de y′′ + q (x) y = 0 sont

bornées sur [0,+∞[

Solution

: On a 2y′′ (x) y′ (x) + 2q (x) y (x) y′ (x) = 0. En intégrant, on obtient

y′ (t)2 − y′ (0)2 + t

0

q (s)× 2y (s) y′ (s) ds = 0

Une IPP dans l’intégrale (en dérivant q) donne

y′ (t)2 − y′ (0)2 +0q (s) y (s)

2)t

0− t

0

q′ (s) y2 (s) ds = 0

soit

y′ (t)2 + q (t) y (t)2 = K +

t

0

q′ (s) y2 (s) ds où K = y′ (0)2 + q (0) y (0)2 0

Ainsi

q (t) y2 (t) K +

t

0

q′ (s) y2 (s) ds = K +

t

0

q′ (s)

q (s)× q (s) y2 (s) ds

Par Gronwall, on en déduit que

q (t) y2 (t) K exp

t

0

q′ (s)

q (s)ds

= K

q (t)

q (0)=⇒ y2 (t)

K

q (0)=⇒ y est bornée

—180/208— G H


14 Nul n’entre ici s’il n’est euclidienExercice PC* 145

(Centrale) On se place sur Rn [X].

1. Montrer que P | Q = 1

0

P (t)Q (t)t (1− t)

dt est un produit scalaire sur E.

2. Justifier qu’il existe une BON (P0, · · · , Pn) telle que deg (Pk) = Pk. Montrer que tout polynôme de degré inférieurou égal à n− 1 est orthogonal à Pn.

3. Soit α ∈ CR une racine complexe de Pn. Montrer que Pn = U × P où U est unitaire irréductible dans R [X] etP de degré n− 2.

4. Montrer que les racines de Pn sont simples et réelles.

Solution

:

1. Premier problème, est-ce défini ? Si P (t) =n

k=p

aktk et Q (t) =

n

k=q

bktk (écrit suivant les puissances croissantes),

alorsP (t)Q (t)t (1− t)

∼t→0

tp+q−12 d’où la CV en 0

Ensuite, on décompose selon la base(1− t)k

0kn. Si P (t) =

n

k=i

αk (1− t)k et Q (t) =n

k=j

βk (1− t)k alors

P (t)Q (t)t (1− t)

∼t→1

(1− t)i+j− 12 d’où la CV en 1

On a bien un réel, la bilinéarité est simple et la positivité sans problème.

2. Si on orthonormalise la base canonique, alors P0 = 1, P1 = X − projP0 (X) où projP0 est la projection orthogonalesur Vect (P0), P2 = X2 − projP0

X2− projP1

X2· · · Ainsi deg (Pk) = k.

Enfin si P =n−1k=0 akPk ∈ Rn−1 [X] , on a

P | Pn =n−1

k=0

ak Pk | Pn = 0

3. Tout simplement, on aPn =

X2 − 2Re (α)X + |α|2

× P

4. Cela se complique. On a alors, pour le polynôme P de la question précédente, pusique degP n− 1

Pn | P = 1

0

t2 − 2Re (α) t+ |α|2

× P 2 (t)

t (1− t)

dt = 0

Ort2 − 2Re (α) t+ |α|2

> 0 sur R (pas de racines), P 2 (t) 0 · · · absurde !

Il n’y a donc pas de racines complexes non réelles, toutes les racines sont réelles. Sont-elles simples ? Supposons queα soit une racine au moins double. Alors

Pn = (X − α)2 P avec degP = n− 2

et hop

Pn | P = 1

0

(t− α)2 × P 2 (t)t (1− t)

dt = 0

impossible (même méthode).

—181/208— G H


Exercice PC 86

Soit E l’ensemble des matrices carrées réelles de taille n et F le sous ensemble des matrices scalaires. On note

| : (M,N) −→ trtMN

1. Montrer que l’on a défini un produit scalaire et que les sous-ensembles de E constitués des matrices symétriqueset antisymétriques sont orthogonaux.

2. Déterminer l’orthogonal de F et le projeté orthogonal de d’un élément de E sur F.

Solution

:

1. On a bien-Symétrie : M | N = N |M car tr (tMN) = tr (t (tMN)) = tr (tNM).-Linéarité à gauche par linéarité à gauche du produit matriciel et linéarité de la trace.

-Positivité car tr (tMM) =n

i=1

n

j=1

m2ij et la forme quadratique et définie car si M |M = 0 alors tous les coefficients

de M sont nuls, et ainsi M = 0.Soit maintenant S symétrique et A antisymétrique, alors

tA = −A, tS = S et A | S = trtAS= tr (−AS) = −tr (AS)

maisS | A = tr

tSA= tr (SA)

d’où, puisque tr (AS) = tr (SA) , on obtient tr (AS) = −tr (AS) = 0. Les deux sous espaces sont orthogonaux.

2. On a F = Vect (In) , ainsi M ∈ F⊥ ⇐⇒ In |M = 0 ⇐⇒ tr (InM) = tr (M) = 0. L’orthogal de F est doncl’hyperplan constitué des matrices de trace nulle (il est bien de dimension n− 1, ouf !).

Une base orthonormée de F estInIn

=In√n, ainsi, si M ∈ E,

p (M) =

8In√n|M9In√n=tr (M)

nIn

Exercice PC* 146

Soit E un espace euclidien, n ∈ N∗, B =(e1, · · · , en) ∈ En telle que

∀i ∈ 1, · · · , n , ei = 1

∀x ∈ E,n

k=1

(x|ek)2 = x2

Montrer que B est une base orthonormée de E.

Solution

: On a ∀j, ej2 = 1 =

n

i=1

(ej |ei)2 = 1 +

i =j(ej |ei)2 =⇒

i =j(ej |ei)2 = 0 =⇒ (ej |ei) = 0 si j = i et

(ej |ej) = 1. On a donc une famille orthonormale donc libre. Est-elle génératrice ? Soit x ∈ E, on pose

y = x−n

k=1

(x|ek) ek

—182/208— G H


alors

(x|y) = x2 −n

k=1

(x|ek)2 = 0

D’après Pythagore,

x− y2 =

n

k=1

(x|ek) ek

2

=n

k=1

(x|ek)2 = x2 car on a une famille orthogonale

= x2 + y2 car (x|y) = 0

d’oùy = 0 =⇒ y = 0

Exercice PC* 147

(Centrale)

1. Soit (a0, · · · , an) ∈ Rn+1, à quelle condition l’application (P,Q) ∈ Rn [X]2 −→n

k=0

P (ak)Q (ak) définit-elle un

produit scalaire sur Rn [X] ?On suppose ensuite cette condition réalisée et on note | le produit scalaire.

2. Donner une base orthonormée pour |.

3. Soit F =

$

P ∈ Rn [X] ,n

k=0

P (ak) = 0

:

, déterminer la distance de Xn à F .

Solution

:

1. La bilinéarité, la symétrie, la positivité est évidente. Reste le caractère défini. Sin

k=0

P (ak)2 = 0 alors ∀k ∈

0, · · · , n, P (ak) = 0. Si les ak sont deux à deux distincts, on a n+ 1 > degP racines, ainsi P est nul. Sinon, s’il

existe i = j ∈ 0, · · · , n tels que ai = aj , alors P =n

k=0k =i

(X − ak) ∈ Rn [X] etn

k=0

P (ak)2 = 0. On a pas un produit

scalaire. La CNS est donc que les ak soient 2 à 2 =.2. Soit Li le ieme polynôme de Lagrange associé à la famille (a0, · · · , an) , i.e.

Li =n

k=0k =i

X − akai − ak

On sait que Li (ak) = δk,i =

1 si k = i0 si k = i , ainsi

Si i = j, Li | Lj =n

k=0

Li (ak)Lj (ak) =n

k=0

δk,iδk,j = 0

Li | Li =n

k=0

Li (ak)Li (ak) =n

k=0

δ2k,i = 1

C’est bien une base orthonormée.

—183/208— G H


3. Soit ϕ :

Rn [X] −→ R

P −→n

k=0

P (ak), ϕ est une forme linéaire non nulle et F =kerϕ donc dimF =n − 1, ainsi F⊥ est de

dimension 1. On va donc projeter sur l’espace le plus petit, à savaoir F⊥. Il suffit donc d’avoir un générateur de F .Mais

n

k=0

P (ak) =n

k=0

P (ak)× 1, si l’on pose Q (X) = 1, alors

P ∈ F ⇐⇒ P | Q = 0⇐⇒ P ∈ Vect (Q)⊥

Ainsi F⊥ = Vect (Q) (en fait la forme linéaire ϕ se reprèsente sous la forme P −→ P | Q tout simplement !).On a alors (faire un zoli dessin)

d (Xn,Q) =|Xn | 1|1

car si p est la projection sur F⊥, on a p (Xn) =Xn | QQ2

× Q (tout simplement car e =Q

Q est une base

orthonormée de F⊥, donc la projection est donnée par P | e e).Bref

d (Xn, Q) =

n

k=0

ank

n

Exercice PC* 148

(Centrale) Soit t ∈ [−1, 1] et A (t) =

t2 t

√1− t2

√1− t2

t√1− t2 1− t2 −t√1− t2 −t 0

. Calculer A (t)2, en déduire les éléments

propres de A (t).

Solution

: La matrice est symétrique, réelle donc diagonalisable. Pour calculer A (t)2 , deux méthodes.

Boeuf musqué : Je calcule, pas mon genre.Plus malin, puisque tA = A, calculer A2, c’est calculer tAA, alors A ne serait-elle pas orthogonale ?Bon, si C1, C2 et C3 sont les colonnes de A, on a

C12 = t4 + t2 − t4 + 1− t2 = 1

C22 = t2 − t4 + 1− 2t2 + t4 + t2 = 1

C32 = 1− t2 + t2 = 1

et puis C1 · C2 = C1 · C3 = C2 ·C3 = 1. Bref A2 = I3. On a donc une symétrie orthogonale.Dans une bonne base, sa matrice des donc à choisir dans

1 0 00 1 00 0 1

,

1 0 00 1 00 0 −1

,

1 0 00 −1 00 0 −1

,

−1 0 00 −1 00 0 −1

Donc les traces sont 3, 1,−1,−3, ah,ah, ici Tr (A) = 1 donc c’est une symétrie par rapport à un plan. Donc

A− I3 =

t2 − 1 t

√1− t2

√1− t2

t√1− t2 −t2 −t√1− t2 −t −1

est de rang 1

La normale au plan est donc dirigé par −→u =

√1− t2−t−1

et le plan a pour équation√1− t2x − ty − z = 0 dont une

base est (on isole z =√1− t2x− ty)

10√

1− t2

,

01−t

—184/208— G H


Pour résumer les sous espaces propres sont

E1 = Vect

10√

1− t2

,

01−t

et E−1 = Vect

√1− t2−t−1

Exercice PC* 149

Soit a ∈ ]0, 1[ et A =

a 0 1− a0 1− a a

1− a a 0

. La suite An converge-t-elle ?

Solution

: On diagonalise A. On a

PA (X) =

a−X 0 1− a0 1− a−X a

1− a a −X

=

C1+C2+C3(1−X)

1 0 1− a1 1− a−X a1 a −X

= (1−X)

1 0 1− a0 1− a−X 2a− 10 a a−X − 1

= (1−X)

X2 − 3a2 + 3a− 1

On a 3a2 − 3a+ 1 = 3

a− 1

2

2+1

4a son minimum en a =

1

2et vaut 1 et 0 et 1, ainsi

a ∈ ]0, 1[ =⇒ 3a2 − 3a+ 1 ∈1

4, 1

On a donc deux valeurs propres λ± qui valent ±√3a2 − 3a+ 1 et sont dans

1

2, 1

en valeur absolue.

La matrice est symétrique réelle, on peut diagonaliser. Le sous espace propre associé à la valeur propre 1 est E1 =

Vect

111

. On ne cherche pas les deux autres sous espaces. On sait que l’on peut diagonaliser en BON, il existe donc

P =

1√3

· ·1√3

· ·1√3

· ·

telle que

A = P

1 0 00 λ+ 00 0 λ−

tP =⇒ An = P

1 0 00 λn+ 00 0 λn−

tP −−−−−→n→+∞

P

1 0 00 0 00 0 0

tP

Mais

P

1 0 00 0 00 0 0

tP =

1√3

· ·1√3

· ·1√3

· ·

1 0 00 0 00 0 0

1√3

1√3

1√3

· · ·· · ·

=

1

3

1 1 11 1 11 1 1

d’où le résultat.On trouve logiquement un projecteur. Car si An −−−−−→

n→+∞P, alors A2n = An ×An −−−−−→

n→+∞P 2 d’où P 2 = P .

—185/208— G H


Exercice PC 87

Sur R [X] on définit P | Q = 1

0

P (t)Q (t) dt et Ln = (Xn (1−X)n)(n) (dérivée énième de Xn (1−X)n

1. Vérifier que | est un produit scalaire sur R [X]

2. Montrer que Ln est un polynôme de degré n et préciser son coefficient dominant dn.

3. Soit P ∈ R [X] tel que P (0) = P (1) = 0, si Q ∈ R [X], montrer que P ′ | Q = −P | Q′4. Soit n 1, montrer que Ln est orthogonal à Rn−1 [X]. Déterminer la distance de Xn à Rn−1 [X].

Solution

:

1. Vérification facile. Ne pas oublier que P | P = 0 =⇒ 1

0

P 2 (t) dt = 0 =⇒ P 2 (t) = 0 si t ∈ [0, 1] car P 2 est une

fonction continue et positive. On en déduit que P 2 a une infinité de racine donc est nul, puis que P = 0 (intégritéde R [X]).

2. Il est clair que degLn = 2n, sa dérivée énième est donc de degré n. Pour être précis, on a Ln = Xn×n

k=0

n

k

(−1)kXk =

n

k=0

n

k

(−1)kXn+k. Or

Xn+k

(n)=

(n+ k)!

k!Xk d’où

Ln =n

k=0

(−1)kn

k

(n+ k)!

k!Xk

En particulier, le coefficient dominant vaut dn = (−1)n (2n)!n!

.

3. On a P ′ | Q = 1

0

P ′ (t)Q (t) dt, avec une IPP on a 1

0

P ′ (t)Q (t) dt = [P (t)Q (t)]10 − 1

0

P (t)Q′ (t) = −P | Q′si P (0) = P (1) = 0.

4. Posons U = Xn (1−X)n , soit P ∈ R [X] , alors Ln | P =;U (n−1)′ | P

<. Puisque 0 et 1 sont racines d’ordre n de

U, elles sont racines de U (n−1) (et des dérivées U,U ′, U ′′, · · · , U (n−1)), on peut donc affirmer que

Ln | P ==U (n−1)′ | P

>= −=U (n−1) | P ′

>= −=U (n−2)′ | P ′

>==U (n−2) | P ′′

>= (−1)n

=U | P (n)

>

On en déduit que si P ∈ Rn−1 [X] , on a Ln | P = 0 car P (n) = 0 si P ∈ Rn−1 [X]. Ainsi Ln ∈ Rn−1 [X]⊥.On se place dans Rn [X], puisque dimRn−1 [X] = dimRn [X]− 1, on a dim

Rn−1 [X]

⊥= 1, ainsi Rn−1 [X]⊥ est

une droite et Ln est un vecteur directeur. Soit H la projection de Xn sur V ect (Ln) alors

d (Xn,Rn−1 [X]) = HOr

H =

8Xn | LnLn

9LnLn

=⇒ H =

8LnLn

| Xn9 =

|(−1)n U | n!|Ln

=|U | n!|Ln

or |U | n!| = n! U | 1et Ln2 = Ln | Ln = (−1)n

=U | L(n)n

>= (−1)n U | n!dn = (2n)! U | 1

H =n! U | 1

(2n)! U | 1

= n!

U | 1(2n)!

Il reste donc à calculer U | 1 = 1

0

xn (1− x)n dx, une IPP (en dérivant (1− x)n) donne 1

0

xn (1− x)n dx =

n

n+ 1

1

0

xn+1 (1− x)n−1 dx, on réitère pour avoir

U | 1 = n (n− 1)

(n+ 1) (n+ 2)

1

0

xn+2 (1− x)n−2 dx = · · · = n!

(n+ 1) (n+ 2)× · · · (2n)!

1

0

x2ndx =(n!)2

(2n+ 1)!

—186/208— G H


Ainsi

H = (n!)2

(2n)!√2n+ 1

=1

√2n+ 1

2n

n

(ouf !)

Exercice PC 88

L’espace euclidien orienté R3 est rapporté à la base orthonormale B =−→i ,−→j ,−→k.

Quelle est la matrice dans la base B de la rotation r vérifiant

r (−→u ) = −→u où −→u =−→i +

−→j −−→k

et r−→i=−→j .

Préciser l’axe et l’angle de la rotation.

Solution

: Soit R la matrice de r dans B, alors

R =

0 a c1 0 00 c −a

car R ∈ SO (3) , donc (si Ci est la i-ème colonne) C1 ·C2 = 0 et C1 ∧C2 = C3.Puis r

(−→u ) = −→u =⇒ R

11−1

=

0 a c1 0 00 c −a

11−1

=

a− c1

a+ c

=

11−1

=⇒a− c = 1a+ c = −1 =⇒ a = 0 et c = −1

On a alors

R =

0 0 −11 0 00 −1 0

L’axe est dirigé par −→u et puisque tr (R) = 0 = 1 + 2 cos θ =⇒ cos θ = −12. On choisit −→a =

1−10

⊥ −→u , alors

Det (−→u ,−→a , r (−→a )) =

1 1 01 −1 1−1 0 1

= −3 =⇒ angle est −2π

3

Exercice PC* 150

Une matrice S ∈ Sn (R) est dite positive si ∀X ∈ Mn,1 (R) , tXSX 0. Elle est dite strictement positive si ∀X ∈

Mn,1 (R) ,tXSX 0. On note S+n (R) l’ensemble des matrices positives et S++n (R) l’ensemble des matrices strictement

positives.Montrer que si A ∈ S++n (R) alors les valeurs propres de A sont strictement positives et que si B ∈ S+n (R) , ses valeurspropres sont positives (ou nulles).

1. Soit A ∈ S++n (R) , montrer que A ∈ GLn (R) et qu’il existe ∆ ∈ S++n (R) telle que A−1 = ∆2.

2. Soit B ∈ S+n (R) , on pose M = ∆B∆, que dire de M ?

3. Montrer que det (A+B) det (A) + det (B)

—187/208— G H


Solution

: On commence par prouver que si A ∈ S++n (R) alors les valeurs propres de A sont strictement positives.

Soit λ une valeur propre et X un vecteur propre associé, alors

tXSX = tX (λX) = λ X2 > 0 =⇒ λ > 0

La même méthode prouve que si B ∈ S+n (R) , ses valeurs propres sont positives (ou nulles).

1. Les valeurs propres de A sont strictement positives donc A ∈ GLn (R) et il existe U ∈ O (n) tel que A =

U Diag (λi)tU =⇒ A−1 = U Diag

1

λi

tU . On pose alors ∆ = UDiag

1√λi

tU ainsi A−1 = ∆2 et t∆ = ∆.

2. On a tM =M et tXMX = tX∆B∆X. Mais t (∆X) = tX∆ car ∆ ∈ Sn (R) d’où tXMX = t (∆X)B (∆X) 0car tY BY 0 pour tout Y ∈Mn,1 (R). Ainsi M ∈ S+n (R).

3. On a donc A+B =∆−12 +∆−1M∆−1 = ∆−1 (In +M)∆−1.Puisque M est diagonalisable, si M ∼ Diag (mi) ,

on a

det (In +M) =n

k=1

(1 +mi)

d’où det (A+B) = det∆−12 det (In +M). Mais det

∆−12 =

1

det (∆2)=

1

det (A−1)= detA.

d’où

det (A+B) = det (A)×n

k=1

(1 +mi)

Enfin detA + detB = detA + det∆−1M∆−1 = det (A) + det

∆−12 detM = det (A)

1 +n

k=1

mi

. Il s’agit

donc de prouver que

n

k=1

(1 +mi) 1 +n

k=1

mi sachant que les mi sont 0, ce qui est évident

Exercice PC* 151

Soit (E, |) un espace euclidien. Pour u ∈ L (E) endomorphisme symétrique, on note α (u) la plus petite valeur propre

de u et β (u) la plus grande.

1. Montrer que si u est symétrique et x ∈ E, x = −→0 alors α (u) u (x) | xx2

β (u)

2. Montrer que si u et v sont symétriques, alors β (u+ v) α (u) + β (v).

Solution

:

1. Soit (e1, · · · , en) une BON de E qui diagonalise u, alors x =n

k=1

xiei =⇒ u (x) =n

k=1

λixiei où les (λi)i sont les

valeurs propres de u. Ainsi

α (u) x2 = α (u)n

k=1

x2i u (x) | x =n

k=1

λix2i β (u)

n

k=1

x2i = β (u) x2

Rem : Donc β (u) = supx∈E, x=−→0

u (x) | xx2

= supx∈E, x=−→0

8u

x

x

| xx

9= supX∈E, X=1

u (X) | X. Et de même

pour α (u) avec l’inf.

—188/208— G H


2. Soit x ∈ E tel que x = 1, on a donc

u (x) + v (x) | x β (u+ v) =⇒ u (x) | x+ v (x) | x β (u+ v)

d’oùv (x) | x β (u+ v)− u (x) | x

Orα (u) u (x) | x =⇒−u (x) | x −α (u)

d’oùv (x) | x β (u+ v)− α (u)

On choisit alors x un vecteur propre associé à β (v) tel que x = 1. On a alors v (x) = β (v)x =⇒ v (x) | x =β (v) x2 = β (v) d’où

β (v) β (u+ v)− α (u) =⇒ β (u+ v) α (u) + β (v) .

Par symétrie des rôles, on a aussi β (u+ v) α (v) + β (u).

Exercice PC* 152

Soit A ∈Mn (R), on pose B =tA+A

2. On note α la plus petite valeur propre de B et β la plus grande. Montrer que

le spectre de A est inclus dans [α, β].

Solution

: Avant tout est symétrique réelle donc diagonalisable. Soit λ une valeur propre de A et X un vecteur propre

associé. Alors AX = λX =⇒ tXtA = λtX. On a donc

BX =tAX +AX

2=⇒ tXBX =

tXtAX + tXAX

2=λtXX + tX (λX)

2= λ X2

On se place dans une BON qui diagonalise B, ainsi B = tP Diag (λi) P d’où

tXBX = tXtP Diag (λi) PX = tY Diag (λi) Y où Y = PX

=n

k=1

λiy2i si Y = (y1, · · · , yn)

Puisque

∀i ∈ 1, · · · , n , α λi β, on a αn

k=1

y2i n

k=1

λiy2i β

n

k=1

y2i

Mais, Y = PX =⇒ tY Y = tXtPPX = tXX (normal, c’est un changement de BON, donc Y 2 = X2) donc

α X2 = αY 2 = α

n

k=1

y2i n

k=1

λiy2i = λ X2 β

n

k=1

y2i = βY 2 = α

X2

Puisque X = 0, on en dédiut que α λ β.

—189/208— G H


15 Fourier (fait chaud ici)

Exercice PC* 153

Soit E l’ensemble des fonctions continues et 2π périodiques sur R. On définit pour T ∈ L (E) par T (f) (x) =

12

fx2

+ fx2+ π

.

1. Calculer les coefficients de fourier de T (f) en fonction de ceux de f .

2. Déterminer kerT.

3. Pour |λ| = 1, déterminer ker (T − λId).4. Pour |λ| < 1, le sous-espace vectoriel ker (T − λId) est-il de dimension finie ?

Solution

:

1. Un calcul simple donne π

−πT (f) (x) e−inxdx =

1

2

π

−π

fx2

+ fx2+ πe−inxdx

=1

2

π

−πfx2

e−inxdx+

1

2

π

−πfx2+ πe−inxdx

=

π2

−π2

f (u) e−2inxdx

3π2

π2

f (u) e−2inxdx =

π

−πf (x) e−inxdx

d’oùcn (T (f)) = c2n (f)

2. On a facilement f ∈ kerT ⇐⇒ f est π antipériodique. Cela donne une caractérisation des fonctions π antipériodique,elles vérifient c2n (f) = 0

3. On a f ∈ ker (T − λId)⇐⇒ T (f) = λf ⇐⇒ ∀n, cn (T (f)) = λcn (f)⇐⇒ c2n (f) = λcn (f). Supposons qu’il existep tel que cp (f) = 0, alors

c2p (f) = λcp (f) , λc4p (f) = λc2p (f) = λ2cp (f)

d’oùc2np (f) = λ

ncp (f)

Mais alors |c2np (f)| = |λ|n |cp (f)| = |cp (f)| est constant. Absurde car c2np (f) −−−−−→n→+∞

0.

4. A REVOIRSi |λ| < 1, pour p impair, on a alors c2np (f) = λ

ncp (f). Posons alors

Sp (x) =+∞

n=−∞λncp (f) e

−i2npx

La série converge normalement et vérifie ce qu’il faut .....

Exercice PC 89

On considère la fonction f définie sur R par

f (x) = max (0, sinx) .

1. Etudier sa série de F .

2. En déduire la valeur des sommes

+∞

n=1

(−1)n4n2 − 1

,+∞

n=1

1

4n2 − 1et

+∞

n=1

1

(4n2 − 1)2

—190/208— G H


Solution

:

1. La fonction est bien 2π−périodique, elle n’a pas de parité.

2 4 6 8 10 12 14

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

x

y

On a

a0 =1

2π

π

0

sinxdx =1

π

an =1

π

π

0

sin (x) cos (nx) dx =1

2π

π

0

[sin (n+ 1)x+ sin (1− n)x] dx

Ainsi

a1 =1

π

π

0

sin (x) cos (x) dx =1

2π

π

0

sin 2xdx = 0

n > 1, an =1

2π

π

0

[sin (n+ 1)x+ sin (1− n)x] dx = − 1

π

1 + (−1)nn2 − 1

d’où

a0 =1

π, a2p = −

2

π× 1

4p2 − 1, a2p+1 = 0

Pour les (bn)n , on a

b1 =1

π

π

0

sin2 (x) dx =1

2

n > 1, bn =1

π

π

0

sin (x) sin (nx) dx =1

2π

π

0

[cos (1− n)x− cos (n+ 1)x] dx = 0

La fonction f est continue, C1 par morceaux, donc (Dirichlet)

f (x) =1

π+1

2sinx− 2

π

+∞

p=1

cos (2px)

4p2 − 1

2. En particulier avec

x =π

2donne

+∞

n=1

(−1)n4n2 − 1

=1

2− π

2

x = 0 donne+∞

n=1

1

4n2 − 1=

1

2

—191/208— G H


et Parseval donne

1

2π

2π

0

|f (t)|2 dt =1

2π

π

0

sin2 (t) dt = a20 +1

2

+∞

n=1

a2n + b2n

1

4=

1

π2+1

2×1

4+

4

π2

+∞

n=1

1

(4n2 − 1)2

d’où

1

8− 1

π2=

2

π2

+∞

n=1

1

(4n2 − 1)2=⇒

+∞

n=1

1

(4n2 − 1)2=π2

16− 1

2

Exercice PC 90

Soit f définie sur R, paire, 2π−périodique telle que pour tout t ∈ [0, π] , f (t) = π− t. En utilisant la série de Fourier de

f , calculer+∞

p=0

1

(2p+ 1)2 .

Solution

: La fonction f est paire, C0 sur R et C1 par morceaux. On sait que bn = 0, que

a0 =1

π

π

0

(π − t) dt = π2, an =

2

π

π

0

(π − t) cosntdt = 2

π

1− cos (nπ)

n2=

2

π

1− (−1)nn2

ainsi a2n = 0, et a2n+1 =4

π (2n+ 1)2. On en déduit que

S (f) (x) =π

2+

4

π

+∞

n=0

cos ((2n+ 1)x)

(2n+ 1)2

et f étant continue, on a (Dirichlet)

f (x) =π

2+

4

π

+∞

n=0

cos ((2n+ 1)x)

(2n+ 1)2

(la convergence étant normale, la fonction étant C1 par morceaux). Avec x = 0, on a donc

f (0) = π =π

2+

4

π

+∞

n=0

1

(2n+ 1)2 =⇒

+∞

n=0

1

(2n+ 1)2 =

π2

8

Exercice PC 91

Déterminer le développement en série de fourier de la fonction f définie par f (t) = |cos t|+ |sin t|.

En déduire la valeur de la somme+∞

p=1

1

64p2 − 1.

Solution

:

1. La fonction est paire, continue, C1 par morceaux sur R. On a f (t) = sin t + cos t sur0, π2et f (t) = sin t − cos t

surπ2 , π. On en déduit que pour n ∈ N

π

0

f (t) cos (nt) dt =

π2

0

(sin t+ cos t) cos (nt) dt+

π

π2

(sin t− cos t) cos (nt) dt

=

π

0

sin t cos (nt) dt+

π2

0

cos t cos (nt) dt− π

π2

cos t cos (nt) dt

—192/208— G H


avec π

π2

cos t cos (nt) dt =u=π−t

(−1)n+1 π

2

0

cos (u) cos (nu) du, on obtient

π

0

f (t) cos (nt) dt =

π

0

sin t cos (nt) dt+1− (−1)n+1

π2

0

cos t cos (nt) dt

Avec, pour n = 1

π

0

sin t cos (nt) dt =1

2

π

0

(sin (n+ 1) t− sin (n− 1) t) dt =1

2

−cos (n+ 1) t

n+ 1+cos (n− 1) t

n− 1

π

0

=(−1)n+1 − 1

(n2 − 1) π

2

0

cos t cos (nt) dt =1

2

sin (n+ 1) t

n+ 1+sin (n− 1) t

n− 1

π2

0

=1

2

sin (n+ 1) π2n+ 1

+sin (n− 1) π2n− 1

Puisque sin(n+ 1) π2

= cos

nπ2

et sin

(n− 1) π2

= − cos

nπ2

, on obtient pour n = 1

π

0

f (t) cos (nt) dt =(−1)n+1 − 1

(n2 − 1)−

1− (−1)n+1

(n2 − 1)cosnπ2

=

(−1)n+1 − 1

(n2 − 1)

1 + cos

nπ2

Pour n = 1, on a π

0

sin t cos (t) dt = 0. Ainsi

a0 =4

π, a1 = 0, a2p+1 = 0, a4p+2 = 0 et a4p = −

8

π (16p2 − 1)

Par Dirichlet, on a

f (t) =4

π− 8

π

+∞

p=1

cos (4pt)

16p2 − 1

2. En particulier f (0) = 1 =4

π− 8

π

+∞

p=1

1

16p2 − 1d’où

+∞

p=1

1

16p2 − 1=

1

2− π

8et fπ4

=

4

π− 8

π

+∞

p=1

(−1)p16p2 − 1

d’où

+∞

p=1

(−1)p16p2 − 1

=1

2−√2π

8

On a donc+∞

p=1

1

16p2 − 1−+∞

p=1

(−1)p16p2 − 1

=+∞

p=1

1 + (−1)p16p2 − 1

= 1−√

2 + 1π

8

Mais 1 + (−1)p = 0 si p est impair, ainsi

+∞

p=1

1 + (−1)p16p2 − 1

=+∞

p=1

2

16 (2p)2 − 1

= 2+∞

p=1

1

64p2 − 1=⇒

+∞

p=1

1

64p2 − 1=

1

2−√

2 + 1π

16

Exercice PC* 154

On pose S (x) =+∞

n=1

sinnx

n3.

1. Déterminer le domaine de définition de S.

2. Soit P (x) = αx3 + βx2 + γx si x ∈ [0, π[ que l’on prolonge par imparité et 2π périodicité. Déterminer α, β et γpour que P et S coïncident sur [0, π[. Pourquoi n’a-t-on pas pris de terme constant sur P ?

3. Tracer la représentation graphique de S sur [−2π, 2π] .4. Peut-on affirmer que ∀t ∈ R, |S (t)| 1 ?

—193/208— G H


Solution

:

1. On a ∀x ∈ R,sinnx

n3

1

n3d’où la convergence normale de la série qui défini S sur R. Ainsi DS = R.

2. Méthode 1 : Gros calculs à la con, on cherche α, β et γ tels que bn =2

π

π0 P (t) sinntdt =

1

n3car an = 0. On pose

b(k)n =

2

π

π0 t

k sinntdt et on calcule

b(1)n =2

π

π

0

t sinntdt = −2 (−1)n

n

b(2)n =2

π

π

0

t2 sinntdt = − 4

πn3+4 (−1)nπn3

− 2 (−1)n πn

b(3)n =2

π

π

0

t3 sinntdt =12 (−1)nn3

− 2 (−1)n π2n

On a donc αb(3)n + βb(2)n + γb

(1)n =

1

n3si et seulement si

α

12 (−1)nn3

− 2 (−1)n π2n

+ β

− 4

πn3+4 (−1)nπn3

− 2 (−1)n πn

+ γ

−2 (−1)n

n

=

1

n3

ce qui donne

α =1

12, β = −π

4et γ =

π2

6

Ainsi, si on pose P (x) =1

12x3− π

4x2+

π2

6x sur [0, π[, impaire, 2π périodique, alors S (x) est la série de Fourier de

P donc par Dirichlet, S = P sur [0, π[.Méthode 2 : On branche deux neurones. Bon, si on calcul le DSF de P, on veut avoir P (x) = S (x) sur [0, π] (carla fonction P est continue) donc

P (0) = S (0) = 0 et P (π) = S (π) = 0

On a donc απ3 + βπ2 + γπ = 0. Puisquecosnx

n2

1

n2et que

n1

1

n2CV, on a S′ (x) =

+∞

n=1

cosnx

n2. Or sur [0, π] ,

on a P ′ (x) = 3αx2 + 2βx+ γ donc

P ′ (0) = γ =+∞

n=1

cosnx

n2=π2

6et P ′ (π) =

+∞

n=1

(−1)nn2

Mais,+∞

n=1

(−1)nn2

=+∞

n=1

1

(2n)2−+∞

n=1

1

(2n+ 1)2=

1

4

+∞

n=1

1

n2−+∞

n=1

1

(2n+ 1)2=

1

2

+∞

n=1

1

n2−+∞

n=1

1

(2n)2−+∞

n=1

1

(2n+ 1)2=

1

2

+∞

n=1

1

n2−+∞

n=1

1

n2= −π

2

12donc 3απ2 + βπ + γ = −π

2

12. Bref, on a

απ3 + βπ2 = −γπ = −π3

6

3απ2 + 2βπ = −π2

12− γ = −π

2

4

⇐⇒

απ + β = −π

63απ + 2β = −π

4

On retrouve α =1

12, β = −π

4. Le seul problème, c’est qu’il faut bien vérifier que cela marche .... (synthèse).

3. On a P ′ (t) =1

4t2− 1

2πt+

1

6π2 a deux racines en

1 +

1√3

π π et

1− 1√

3

π ∈ [0, π[, d’où le graphe de P (t)

—194/208— G H


sur [0, π[ :

1 2 3

-1

0

1

x

y

Graphe de P sur [0, π[

-6 -4 -2 2 4 6

-1

1

x

y

Graphe de S

4. On a max[0,π]

P (t) = P

1− 1√3

π= sup

R

S =π3

18√3= 0.9954 1. Ainsi,∀t ∈ R, |f (t)| 1.

Exercice PC* 155

(Centrale) Soient f (x, y) =+∞

n=1

yn−1e2inx, g (x, y) =+∞

n=1

yn−1 cos (2nx) et h (x, y) =+∞

n=1

yn−1 sin (2nx) .

1. Montrer que f est définie et continue sur R × ]−1, 1[. Donner une expression simple de f (x, y) , en déduire uneexpression simple de g (x, y) et de h (x, y).

2. Soit P définie pour y ∈ ]−1, 1[ par P (y) =

y

0

g (x, t) dt. Exprimer P sous la forme d’une somme. Donner une

expression simple de P.

3. Donner le développement en série de Fourier de f définie par f (x) = ln (5− 4 cos (x)). Préciser la valeur de2

π

π

0

ln (5− 4 cos (x)) cos (2nx) dx si n 1.

Solution

:

1. Posons un (x) = yn−1e2inx où y ∈ ]−1, 1[ est fixé, alors |un (x)| |y|n−1, puisque |y| < 1, la série

n1

|y|n−1 converge.

Ainsi

n1

un (x) converge normalement sur R à y ∈ ]−1, 1[ fixé. A y fixé, on a donc défini une fonction continue sur

R. De même si on fixe x, on a une série entière par rapport à y. Puisquee2inx

= 1, le rayon de converge vaut 1.On a continuité sur l’intervalle de convergence. Bref c’est continue sur ]−1, 1[×R.En fait il s’agit d’une série géométrique et

f (x, y) =+∞

n=1

yn−1e2inx =+∞

k=0

yke2ikxe2ix = e2ix+∞

k=0

ye2ix

k=

e2ix

1− ye2ix =e2ix − y

(1− y cos 2x)2 + (y sin 2x)2

=eix − ye−ix

1− 2y cos (2x) + y2

On a alors g (x, y) = Re (f (x, y)) =cos 2x− y

1− 2y cos (2x) + y2et h (x, y) =

sin 2x− y1− 2y cos (2x) + y2

2. Soit x ∈ R fixé, la série+∞

n=1

yn−1 cos (2nx) est une série entière de la variable y, donc intégrable sur son domaine de

convergence. Ainsi

P (y) =+∞

n=1

y

0

tn−1 cos (2nx) dt =+∞

n=1

cos (2nx)

y

0

tn−1dt =+∞

n=1

cos (2nx)

nyn

—195/208— G H


Mais on a aussi

P (y) =

y

0

cos 2x− t1− 2t cos (2x) + t2

dt =

−1

2ln1− 2t cos (2x) + t2

y

0

= −1

2ln1− 2y cos (2x) + y2

3. Avec y =1

2, on a P

1

2

=

+∞

n=1

cos (2nx)

n2n= −1

2ln

1− cos (2x) +

1

4

= −1

2ln (5− cos 2x) + ln 2 d’où

f (x) = 2 ln 2− 2+∞

n=1

cos (2nx)

n2n= 2 ln 2−

+∞

n=1

cos (2nx)

n2n−1

Ainsi2

π

π

0

ln (5− 4 cos (x)) cos (2nx) dx = − 1

n2n−1

—196/208— G H


16 Calcul Facile (Calcul diff)

Exercice PC 92

Soit V l’espace vectoriel des fonctions C∞ sur R2 et à valeurs dans R. Pour a ∈ R, on définit Ωa sur V par

Ωa (f) =∂f

∂x+ a∂f

∂y

1. Montrer que Ωa est un endomorphisme de V .

2. Soit f ∈ V , montrer qu’il existe un unique F ∈ V tel que ∀ (x, y) ∈ R2, f (x, y) = F (x, y − ax).3. Calculer les dérivées partielles de F en fonction de celle de f . En déduire ker (Ωa) puis ker (Ωa Ωa) .4. Exprimer Ω2a (f) = Ωa Ωa (f) et Ω3a (f) en fonction des dérivées partielles de f . Faire une conjecture sur Ωna et la

démontrer.

Solution

:

1. Puisque f est C∞, ses dérivées partielles également, ainsi Ωa (f) ∈ V . La linéarité est ensuite très simple à démontrer.

2. Soit L :

xy

−→

uv

=

x

−ax+ y

, l’application L est linéaire de R2 dans R2 donc C∞, inversible

(son déterminant vaut 1) et L−1 est C∞ (car linéaire). L’égalité f (x, y) = F (u, v) = F (x, y − ax) peut s’écriref = F L⇐⇒ F = f L−1. Ceci prouve l’existence et l’unicité de F dans V .

3. On a alors∂f

∂x=∂F

∂u

∂u

∂x+∂F

∂v

∂v

∂x=∂F

∂u− a∂F

∂vet∂f

∂y=∂F

∂u

∂u

∂y+∂F

∂v

∂v

∂y=∂F

∂v

soit∂F

∂u=∂f

∂x+ a∂f

∂yet∂F

∂v=∂f

∂y

On en déduit que

f ∈ ker (Ωa)⇐⇒∂F

∂u= 0⇐⇒ ∃C ∈ C∞ (R,R) , F (u, v) = C (v)

⇐⇒ ∃C ∈ C∞ (R,R) , f (x, y) = C (x− ay)

de même

f ∈ ker (Ωa Ωa)⇐⇒ Ωa ∈ ker f ⇐⇒ ∃C1 ∈ C∞ (R,R) ,∂F

∂u(u, v) = C1 (v)

⇐⇒ ∃ (C1, C2) ∈ C∞ (R,R) , F (u, v) = uC1 (v) +C2 (v)

⇐⇒ ∃ (C1, C2) ∈ C∞ (R,R) , f (x, y) = xC1 (x− ay) +C2 (x− ay)

4. On a

Ωa (Ωa (f)) =∂

∂x

∂f

∂x+ a∂f

∂y

+ a

∂

∂y

∂f

∂x+ a∂f

∂y

=∂2f

∂x2+ a

∂2f

∂x∂y+ a

∂2f

∂y∂x+ a2

∂2f

∂y2=∂2f

∂x2+ 2a

∂2f

∂x∂y+ a2

∂2f

∂y2(Schwarz)

Puis

ΩaΩ2a (f)

=∂

∂x

∂2f

∂x2+ 2a

∂2f

∂x∂y+ a2

∂2f

∂y2

+ a

∂

∂y

∂2f

∂x2+ 2a

∂2f

∂x∂y+ a2

∂2f

∂y2

on développe, on utilise encore Schwarz (∂3f

∂x∂y2=

∂3f

∂y2∂x· · · ) pour obtenir

Ω3a (f) =∂3f

∂x3+ 3a

∂3f

∂x2∂y+ 3a2

∂3f

∂x∂y2+ a3

∂3f

∂y3

—197/208— G H


On conjecture que

Ωna (f) =n

k=0

n

k

an−k

∂nf

∂xk∂yn−k(soit ”Ωa =

∂

∂x+ a

∂

∂y

n”).

On introduit D1 :V −→ V

f −→ ∂f

∂x

et D2 :V −→ V

f −→ ∂f

∂y

, alors D1 et D2 sont dans L (V ) et d’après Schwarz, on a

D1 D2 = D2 D1. On peut donc appliquer le binôme de newton, puisque Ωa = D1 + aD2.

Exercice PC 93

(Centrale PC) Soit k ∈ [0, 1[ et f ∈ C1 (R,R) telle que ∀x ∈ R, |f ′ (x)| k. On définit alors F : (x, y) ∈ R2 −→

(x− f (y) , y − f (x)).1. Soient (a, b) ∈ R2 et ga,b : x −→ b+ f (a+ f (x)), montrer que ga,b est lipschitzienne.

2. Soit h : R −→ R C-lipschitzienne avec C < 1, montrer qu’il existe un unique x ∈ R tel que h (x) = x.

3. Montrer que F est une bijection de R2 dans lui même.

4. Montrer que F est un C1 difféomorphisme de R2 sur lui même.

Solution

: Avant tout le théorème des accroissements finis permet d’affirmer que f est k-lipschitzienne (cf cours de

sup).

1. On a donc ∀ (x, y) ∈ R2,

|ga,b (x)− ga,b (y)| = |f (a+ f (x))− f (a+ f (y))| k |a+ f (x)− a− f (y)| k |f (x)− f (y)| k2 |x− y|

ce qui prouve que ga,b est C = k2 < 1 lipschitzienne.

2. Unicité. Si h (x) = x et h (y) = y alors

|h (x)− h (y)| = |x− y| C |x− y| =⇒ 0 (1−C) |x− y| 0

car 1−C > 0 d’où |x− y| = 0 car 1−C = 0.Existence : On définit la suite (un)n∈N par u0 = 0 (ou u0 quelconque) et un+1 = h (un) et on pose vn = un+1 − un.On va montrer que

n0

vn est absolument convergente donc convergente. On a

|vn+1| = |un+2 − un+1| = |h (un+1)− h (un)| C |un+1 − un| = C |vn|

Ainsi par récurrence|vn| Cn |v0|

Puisque 0 C < 1, la série

n0

Cn converge. Ceci donne la convergenve absolue de

n0

vn. On en déduit que la

suite (un)n∈N converge. Soit ℓ la limite de un, alors

un+1 −−−−−→n→+∞

ℓ

et puisque h est continue (lipschitzienne =⇒ C0), on a un+1 = h (un) −−−−−→n→+∞

h (ℓ) d’où h (ℓ) = ℓ.

Remarque : On vient de prouver le théorème du point fixe. En partant de u0 quelconque, la suite converge versl’unique point fixe.

3. Soit (a, b) ∈ R2, on a

F (x, y) = (a, b)⇐⇒x− f (y) = ay − f (x) = b ⇐⇒

x = a+ f (y)

y = b+ f (a+ f (y))⇐⇒

x = a+ f (y)y = ga,b (y)

Puisque ga,b est C = k2 < 1 lipschitzienne, l’équation y = ga,b (y) admet une unique solution. Ceci prouve l’existenceet l’unicité de y puis de x. On a donc montré que F est une bijection de R2 dans lui même.

—198/208— G H


4. On a donc F injective (car bijective) de R2 dans R2, de classe C1 (car f est C1 sur R) de Jacobien

J =

∂

∂x(x− f (y)) ∂

∂y(x− f (y))

∂

∂x(y − f (x)) ∂

∂y(y − f (x))

=

1 −f ′ (y)

−f ′ (x) 1

= 1 + f ′ (x) f ′ (y) = 0

car |f ′ (x) f ′ (y)| k2 < 1 =⇒ 1 + f ′ (x) f ′ (y). Ainsi F est un C1 difféomorphisme de R2 dans lui même.

Exercice PC* 156

Soit f : R2 −→ R définie par f (x, y) = xy (1− x− y) , on note D = x 0, y 0, 1− x− y 0, tracer D, montrer

que f admet un maximum sur D et qu’il n’est pas sur le bord de D.

(On pourra prouver que pour (a, b, c) ∈ ]0,+∞[3, lna+ b+ c

3

1

3(ln a+ ln b+ ln c)).

Solution

: L’ensemble D est (bord compris) égal au triangle de sommet O, A = (1, 0) et B = (0, 1). La fonction f est

continue sur D, on cherche les points critique sur D = x > 0, y > 0, 1− x− y > 0 qui est ouvert. On résout donc

∂f

∂x= y (1− x− y)− xy = −2xy + y − y2 = 0

∂f

∂y= x (1− x− y)− xy = −2xy + x− x2 = 0

Par différence (symétrie des rôles) des équations, on obtient x = y puis −3x2 + x = 0 =⇒ x = 0 ou x =1

3.

Puisque D est un fermé-borné (un compact), la fonction continue f admet sur D un maximum et un minimum. Cesextrema sont pris, soit aux bords, soit à l’intérieur. Mais sur le bord, un calcul simple donne f (x, y) = 0. Puisque

f13 ,

13

=

1

27> 0, le maximum est atteint à l’intérieur donc en un point critique.

Conclusion :13 ,

13

est le point où le maximum est atteint.

Pour le minimum, il ne peut être atteint que sur le bord car sinon c’est en un point critique (et il n’y a qu’un seul pointcritique, qui est un maximum, situation crititique non !). Donc le minimum est au bord, pris une infinité de fois et vaut 0.Deux remarques :- Pour "prouver" que D est bien un fermé-borné. L’ensemble est borné car si (x, y) ∈ D, on a 0 x 1 − y 1 et demême avec y. Il est borné. Puis son complèmentaire est R2 \D = x > 0 ou y 0 ou 1− x− y > 0 qui est la réuniondes trois demi-plans ouverts x > 0 , y > 0 et 1− x− y > 0 donc est ouvert. (les inégalités larges donnent un fermé).-La fonction ln est concave, ainsi pour a, b, c strictement positifs, on a

ln

a+ b+ c

3

1

3(ln a+ ln b+ ln c) = ln

3√abc=⇒ abc

(a+ b+ c)3

27

en particulier avec a = x, b = y, c = 1− x− y > 0 sur D, on a

0 f (x, y) 1

27avec égalité si x = y = 1− x− y = 1

3

—199/208— G H


(on a donc un maximum (strict par strict concavité) sur D). Sur le bord f (x, y) = 0 1

27. Voici le graphe :

0.20.0

z 0.000.0

0.2

y0.4

-0.04-0.02

0.4

x0.6

0.81.0

0.6

1.0

0.8

0.04

0.02

En (0, 0) , il y a un point critique de f (définie sur R2) mais f (x, x) ∼x→0

x2 et f (x,−x) ∼ −x2, c’est un point col.

Exercice PC 94

(TPE) Résoudre∂2f

∂x2− 2∂f

∂y− ∂

2f

∂y2= f . On commencera par poser f (x, y) = e−yg (x, y).

Solution

: Soit f une solution que l’on suppose de classe C2 sur R2 (ainsi Schwarz est notre ami), on pose donc

g (x, y) = eyf (x, y) qui est également C2 sur R2. On a donc

∂2f

∂x2= e−y

∂2g

∂x2,∂f

∂y= −e−yg + e−y ∂g

∂yet∂2f

∂y2= e−yg − 2− e−y ∂g

∂y+ e−y

∂2g

∂y2

et l’équation devient alors (après division par e−y = 0)

∂2g

∂x2− ∂

2g

∂y2= 0

On pose alorsu = x+ yv = x− y , donc ϕ (x, y) = (x+ y, x− y) qui est un C1 difféomorphisme de R2 car linéaire de déter-

minant égal à −2 = 0 (donc un automorphisme de R2). On a donc g (x, y) = G (u, v) , i.e. on pose G = g ϕ−1. On endéduit que

∂g

∂x=

∂G

∂u× ∂u∂x

+∂G

∂v× ∂v∂x

=∂G

∂u+∂G

∂v∂2g

∂x2=

∂

∂x

∂G

∂u+∂G

∂v

=∂

∂u

∂G

∂u+∂G

∂v

+∂

∂v

∂G

∂u+∂G

∂v

=∂2G

∂u2+ 2

∂2G

∂u∂v+∂2G

∂v2

et de même∂g

∂y=

∂G

∂u× ∂u∂y

+∂G

∂v× ∂v∂y

=∂G

∂u− ∂G∂v

∂2g

∂y2=

∂

∂y

∂G

∂u− ∂G∂v

=∂

∂u

∂G

∂u− ∂G∂v

− ∂

∂v

∂G

∂u+∂G

∂v

=∂2G

∂u2− 2

∂2G

∂u∂v+∂2G

∂v2

—200/208— G H


L’équation devient alors

4∂2G

∂u∂v= 0⇐⇒ ∂G

∂v= K1 (v)⇐⇒ G = C1 (v) +C2 (u)

où C1, C2 ∈ RR sont des fonctions de classe C2 sur R. En définitive, on a

f (x, y) = e−y (C1 (x− y) +C2 (x+ y))En toute rigueur, on vérifie que ce sont bien des solutions...

Exercice PC 95

Soit S la surface d’équation z = xey + yex, déterminer les points où le plan tangent est horizontal (i.e. possède une

équation de la forme z = cste).

Solution

: La surface S est l’équipotentielle nulle de f : (x, y, z) −→ xey + yex − z, en d’autres temes

M = (x, y, z) ∈ S ⇐⇒ f (x, y, z) = 0

On sait que si grad f (x, y, z) = −→0 , ce vecteur est normal au plan tangent. Or grad f (x, y, z) =

ey + yex

xey + ex

−1

n’est

jamais nul. On en déduit que le plan tangent est horizontal si et seulement si grad f (x, y, z) est orthogonal à−→i et à

−→j .

Ce qui se traduit parey + yex = 0xey + ex = 0

⇐⇒

ey = −yexxey + ex = 0

⇐⇒

ey = −yex−xyex + ex = 0

⇐⇒ex =0

ey = −yex1 = xy

Puisque ey = −yex > 0, on en déduit que y < 0 et ainsi x < 0. Avec la première équation, il vient

ey + ye1y = 0

On pose alors ϕ (y) = ey + ye1y défini sur ]−∞, 0[ , dérivable de dérivée égale à ϕ′ (y) = ey + e

1y − 1

ye1y > 0 si y < 0. Ainsi

ϕ est strictement croissante sur ]−∞, 0[. puisque ϕ (−1) = 0, le réel −1 est l’unique solution. On a donc un unique pointA = (−1,−1) en lequel le plan tangent est horizontal !Voici le graphe de la surface S et le plan tangent en A (où il y a un point col pour f (x, y) = xey + yex).

-1

x

y

10

1

00

z

-2

-1 1

-1

-2

2

On a bien un point col en (−1,−1) car f (−1 + h,−1 + h)− f (−1,−1) = h2e−1 + oh→0

h2localement positif alors que

f (−1 + h,−1− h)− f (−1,−1) = −3h2e−1 + oh→0

h2est localament négatif.

—201/208— G H


17 Et tout le reste ....

17.1 Algèbre générale, groupes, polynômes.Exercice PC* 157

(Centrale) Soit (G, ∗) un groupe, H et K sont deux sous groupes de G, on définit HK = h ∗ k, h ∈ H, k ∈ K.

Montrer queHK sous groupe de G⇐⇒ HK = KH

Solution

: On travaille par double implication.

Sens ⇐= : Hypothèse HK = KH. On veut montrer que HK est un sous groupe de G. Puisque H et K sont des sousgroupes de G, ils contiennent le neutre e de G. Ainsi e ∗ e ∈ HK =⇒ HK = ∅. Soient alors a et b dans HK. Il existe(h1, k1) ∈ H ×K et (h2, k2) ∈ H ×K tels qua a = h1 ∗ k1 et b = h2 ∗ k2. On a alors

a ∗ b−1 = (h1 ∗ k1) ∗k−12 ∗ h2

= h1 ∗

k1 ∗ k−12

=k∈K

∗ h−12 = h1 ∗k ∗ h−12

∈KH=HK

Puisque k ∗ h−12 ∈ KH = KH, il existe (h3, k3) ∈ H ×K tel que k ∗ h−12 = h3 ∗ k3 d’où

a ∗ b−1 = h1 ∗ h3 ∗ k3 = h ∗ k3 où h = h1 ∗ h3 ∈ H

Ceci prouve que HK sous groupe de G.Sens =⇒ : Hypothèse HK sous groupe. Soit a = h∗k ∈ HK, puisque HK est un sous groupe, on a a−1 = k−1∗h−1 ∈ HKdonc il existe (h1, k1) ∈ H ×K tel que

a−1 = h1 ∗ k1 =⇒ a = k−11 ∗ h−11 ∈ KH car k−11 ∈ K (K sous groupe) et h−11 ∈ H

Ainsi HK ⊂ KH. Puis si a = k ∗ h ∈ KH, on a a−1 = h−1 ∗ k−1 ∈ HK =⇒ a ∈ HK car HK sous groupe d’oùKH ⊂ HK. On a donc, par double inclusion HK = KH.

Exercice PC* 158

(Mines-Ponts 2009) Pour P ∈ Z [X] vérifiant P√

2= 0, montrer que P

−√2= 0.

Solution

: On décompose P (X) = Q

X2+XR

X2où Q et R sont dans Z [X] ce qui est possible car

P (X) =n

k=0

akXk =

2in

a2iX2i +

2i+in

a2i+1X2i+1

on pose alors Q (X) =

2in

a2iX2i et R (X) =

2i+in

a2i+1Xi. On a alors

P√

2= Q (2) +

√2R (2) = a+ b

√2 où a = Q (2) ∈ Z et b = R (2) ∈ Z

On en déduit que a = b = 0 car si b = 0, alors√2 = −a

b∈ Q. Par suite, P

−√2= Q (2)−

√2R (2) = a− b

√2 = 0.

Exercice PC* 159

(Centrale)

1. Soit P ∈ R [X] non constant, existe-t-il toujours un réel c tel que P (X)− c soit scindé à racines simples sur R ?

2. Soit P ∈ C [X] non constant, existe-t-il toujours un complexe c tel que P (X)− c soit scindé à racines simples surC ?

—202/208— G H


Solution

:

1. Soit P (X) = X4 pour c ∈ R le polynôme P (X)− c = X4− c n’est jamais scindé sur R. En effet si c < 0 il n’admetaucune racine. Si c > 0, alors X4 − c =

X2 −√c

X2 +

√cet X2 +

√c n’a pas de racine réelle.

2. Sur C, tous les polynômes sont scindés, mais quid de la multiplicité ? Soit α une racine multiple de P (X)− c, alorsP ′ (α) = 0. Considèrons Z (P ′) = α ∈ C, P ′ (α) = 0 les racines de P ′ et A = P (α) , α ∈ Z (P ′) les images parP des racines de P ′. Pour c ∈ C\A le polynôme Q (X) = P (X)− c est scindé sur C, montrons par l’absurde qu’iln’a pas de racine multiple. Soit z une racine multiple de Q alors

Q (z) = P (z)− c = 0 =⇒ P (z) = c et Q′ (z) = P ′ (z) = 0 =⇒ z ∈ Z (P ′)

On en déduit que c = P (z) où z ∈ Z (P ′) d’où c ∈ A, absurde.Remarque : Par exemple, pour n 2, P (X) = Xn (1−X)n qui admet 0 et 1 comme racine d’ordre n,

on a P ′ (X) = nXn−1 (1−X)n − nXn (1−X)n−1 = nXn−1 (1−X)n−1 (1− 2X). Ainsi Z (P ′) =

0, 1,

1

2

et

A =

0,

1

22n

. On en déduit que P (X)− c est scindé pour c = 0 et c = 1

4n.

On a facilement, pour c =1

4n, P (X) − 1

4n=

(4X (1−X))n − 1

4n=

(4X (1−X)− 1)

4n

n−1

k=0

(4X (1−X))k =

−(2X − 1)2

4n

n−1

k=0

(4X (1−X))k, ce qui prouve que1

2est racine double.

Exercice : Déterminer les racines de Xn (1−X)n − 1

4n

17.2 Les réels, les fonctions d’une variable réelleExercice PC* 160

(Centrale) Soit f : [0, 1] −→ R continue sur [0, 1] et (x1, · · · , xn) ∈ ]0, 1[n. Montrer qu’il existe x0 ∈ [0, 1] tel que

f (x0) =f (x1) + · · ·+ f (xn)

n

Solution

: La fonction f est continue sur [0, 1] , l’image de [0, 1] est un segment [m,M ]. Ainsi pour i ∈ 1, · · · , n , on

a f (xi) ∈ [m,M ]. On en déduit que

y =f (x1) + · · ·+ f (xn)

n∈ [m,M ] = f ([0, 1])

Par le TVI, il existe x0 tel que f (x0) = y.

Exercice PC* 161

(Centrale) Montrer qu’entre deux réels distincts, il existe une infinité de nombres de la forme r3 avec r ∈ Q.

Solution

: On reformule. Soient a < b avec (a, b) ∈ R2, il suffit de prouver que l’on peut trouver r0 ∈ Q tel que

a < r30 < b (car ensuite on peut placer r1 tel que a < r31 < r30, et par récurrence on a une suite décroissante de rationnels).

Mais par bijectivité croissante de la racine cubique, on a

a < r30 < b⇐⇒ 3√a < r0 <

3√b

Par densité de Q dans R, il existe r0 ∈ ]a, b[ ∩Q.

—203/208— G H


Exercice PC* 162

(X-ESCPI) Soit f ∈ C0 (R+,R) , on suppose que f est surjective, montrer que l’ensemble Z (f) des zéros de f est infini.

Solution

: Par l’absurde, supposons que Z (f) soit fini (non vide car f est surjective) Z (f) = x0, · · · , xn. Pour

x > zm = maxZ (f) , f garde un signe constant. Quitte à changer f en −f, on peut le supposer positif strict. En effet,si f change de signe, par le TVI, f a un nouveau zéro plus grand que le plus grand de ses éros. Absurde. Sur l’intervalle[0, zm] , la fonction f est continue, ainsi f ([0, zm]) est un segment [m,M ] avec m 0 (car par exemple f (x0) = 0)

∀x ∈ [0, zm] , m f (x) M

∀x > zm, m 0 < f (x)

On en déduit que la valeur, disons m− 1 n’est jamais atteinte !Sans doute un exercice de fin d’oral.

Exercice PC* 163

(X-ESCPI) Soit x réel non nul, montrer que

E( 1x)

k=1

sin kx

k 1.

Solution

: Ce qu’il faut comprendre c’est que si E

1

x

< 1, la somme est nulle (pas de termes). C’est la cas si x < 0

ou si x > 1 car E1

x

0 dans ces deux cas. Il reste donc le cas où x ∈ ]0, 1]. Dans ce cas, on a

1 k E

1

x

1

x=⇒ x kx xE

1

x

1

Mais pour u ∈0, π2, par concavité du sinus, on a

0 sinu u

Ainsi

∀k ∈1, · · · , E

1

x

, sin (kx) kx =⇒ sin kx

k x

On a doncE( 1x)

k=1

sin kx

k

E( 1x)

k=1

x = xE

1

x

1

Exercice PC* 164

(Mines-Ponts) Soit f une application de R dans R+ de classe C1. Montrer qu’il existe (xn)n telle que f ′ (xn) −−−−−→n→+∞

0.

Solution

: Premier cas : Il existe α ∈ R tel que f ′ (α) = 0, on pose xn = α. Sinon puisque f ′ est continue, elle garde un

signe constant (sinon par le TVI elle s’annule). Par exemple f ′ (x) < 0 (sinon, on considère −f). On a donc f decroissanteet minorée sur R donc admet une limite en +∞.Par le théorème de Rolle appliqué sur l’intervalle [n, n+ 1] (sur lequel f est C1), il existe xn ∈ ]n, n+ 1[ tel que f ′ (xn) =f (n+ 1)− f (n).Mais puisque f (n+ 1)− f (n) −−−−−→

n→+∞0 (car f a une limite en +∞), on en déduit que f ′ (xn) −−−−−→

n→+∞0.

—204/208— G H


Exercice PC* 165

(X) Soit f : ]0, 1] −→ R dérivable, on suppose que f (x) −−−−→x→0+

ℓ et xf ′ (x) −−−−→x→0+

ℓ′. Que dire de ℓ′ ?

Solution

: D’après le TAF appliqué à f sur l’intervalle [x, 2x] où x > 0, il existe c (x) ∈ ]x, 2x[ tel que f (2x)− f (x) =

xf ′ (c (x)). Ainsi

c (x) f ′ (c (x)) =c (x)

x× (f (2x)− f (x))

Or x < c (x) < 2x =⇒ 1 <c (x)

x< 2 =⇒ c (x)

xborné. Puis f (x) −−−−→

x→0+ℓ =⇒ (f (2x)− f (x)) −−−−→

x→0+0. On en déduit que

c (x) f ′ (c (x)) −−−−→x→0+

ℓ

Mais x < c (x) < 2x =⇒ c (x) −−−→x→0

0 =⇒ c (x) f ′ (c (x)) −−−−→x→0+

ℓ′. On en déduit que ℓ′ = 0.

Exercice PC* 166

(ULM 2012) Déterminer toutes les fonctions f : R −→ R telles que l’image d’un segment soit un segment de même

longueur.

Solution

: On commence par prouver que f est continue. Soit a ∈ R et ε > 0, I =

0a− ε

2, a+

ε

2

). Alors l (f (I)) = ε

(ou l est la longeur) et f (a) ∈ f (I). Ainsi ∀x ∈ I, |f (x)− f (a)| l (f (I)) = ε. Ceci prouve la continuité.Soit I = [a, b] un segment, alors f (I) = [m,M ] est un segment tel que M − m = b − a. Puisque f est continue,∃ (α, β) ∈ I2 tels que f (α) = m et f (β) = M . Soit J = [α, β] ∪ [β, α] , alors J est un segment et J ⊂ I. On a doncx ∈ J =⇒m f (x) M . On en déduit que f (J) = [m,M ]. Ainsi |β − α| =M −m = b− a, ce qui impose

α = aβ = b

ouα = bβ = a

On a donc f ([a, b]) = [f (a) , f (b)] ∪ [f (b) , f (a)]. Montrons l’injectivité de f . Si f (a) = f (b) , alors f ([a, b]) est delongueur 0 donc b− a = 0 =⇒ a = b.On en déduit que f est monotone. En effet, si f n’est pas monotone, il existe a b c tels que f (a) f (b) etf (c) f (b) ou tels que f (a) f (b) et f (c) f (b). Dans le premier cas, soit α tel que max (f (a) , f (c)) < α < f (b) , ilexiste x1 ∈ ]a, b[ , x2 ∈ ]b, c[ tels que f (x1) = f (x2) = α. Absurde, l’autre cas se traite de manière identique.Supposons alors f croissante (sinon considérer −f), alors f ([a, b]) = [f (a) , f (b)] et ainsi pour y > 0

f ([0, y]) = [f (0) , f (y)] est de longueur y d’où f (y) = f (0) + y

f ([−y, 0]) = [f (−y) , f (0)] est de longueur y d’où f (0) = f (−y) + y =⇒ f (−y) = f (0)− y

Bref f (x) = x+ cste ou f (x) = −x+ cste selon la monotonie.

17.3 Géométrie, coniques.Exercice PC* 167

(CCP PC 2009) Soit une ellipse du plan et M un point de cette ellipse. Soit M ′ son symétrique par rapport au grand

axe et P le point d’intersection des normales en M et M ′. Trouver le lieu de P quand M décrit l’ellipse.

Solution

: Si l’on fait un dessin, on constate que lorsque M est en un des sommets principaux, on aM =M ′, les deux

normales sont confondues et P n’est pas défini. Sinon, on se place dans le repère où l’ellipse E a pour équation réduitex2

a2+y2

b2= 1. On paramètre l’ellipse par M = (a cos t, b sin t), le vecteur M ′ (t) = (−a sin t, b cos t) dirige la tangente donc

est normal à la normal. La normale en M (t) a donc pour équation

N (t) : −ax sin t+ by cos t = −a sin t× a cos t+ b cos t× b sin t =b2 − a2

cos t sin t

—205/208— G H


Pour des raisons de symétrie par rapport à Ox, le point P est à l’intersection de N (t) et de Ox. On obtient donc l’abscissede P en "faisant y = 0” dans l’équation de N (t), ce qui donne (on peut diviser car on a pris M différent des sommetsdonc sin t = 0)

x =

b2 − a2

cos t sin t

−a sin t =a2 − b2a2

× a cos t = c2

a2a cos t = e2 × a cos t

On a donc si M : (x0, y0)P :e2x0, 0

Ainsi P décrit un segment de l’axe principal (pour être précis, si A et A′ sont les sommets principaux et O le centre deE, l’image de [A,A′] par l’homothétie de centre O et de rapport e2 où e est l’excentricité).

—206/208— G H


18 Les exos tueursExercice PC* 168

Soit (xn)n∈N définie par x0 = 5 et xn+1 = x2n − 2. Calculer limn→+∞

xn+1x0x1 · · ·xn

Solution

: On cherche, on cherche et ... Bon, si on pose xn = 2ch (αn) alors xn+1 = 4ch2 (αn)− 2 = 2 ch (2αn). Donc

avec x0 = 2 ch (α)⇐⇒ α = argchx02

= argch

5

2

, on obtient par récurrence que

xn = 2 ch (2nα)

Puisxn+1

x0x1 · · ·xn=

2ch2n+1α

n

k=0

(2 ch (2kα))

=1

2nch2n+1α

n

k=0

ch (2kα)

Or

An (α) = sh (α)×n

k=0

ch2kα= sh (α) ch (α)×

n

k=1

ch2kα=

1

2sh (2α)

n

k=1

ch2kα

=1

2sh (2α)

n

k=1

ch2k−1 × 2α

=

1

2sh (2α)

n−1

k=0

ch2k−1 × 2α

=

1

2An−1 (2α)

d’où l’on en déduit queAn (α) =1

2nA0 (2

nα) =1

2nsh (2nα) ch (2nα) =

1

2n+1sh2n+1α

. Bref, pour conclure, x0x1 · · ·xn =

1

2n+1sh2n+1α

sh (α)

xn+1x0x1 · · ·xn

= 2sh (α)

th (2n+1α)−−−−−→n→+∞

2 sh (α) = 2 sh (argch (x0)) = 2

x204− 1 =

x20 − 4

soit ici une limite qui vaut√21.

Exercice PC* 169

Soit P ∈ R [X] un polynôme scindé à racines simples. On note x1, · · · , xn ses racines. Justifier que P ′ est aussi scindé

à racines simples. On note alors y2, · · · , yn les racines de P ′. Montrer quen

k=2

1

x1 − xk=

1

2

n

k=2

1

x1 − yk

Solution

: On applique Rolle entre deux racines de P. Cela donne à chaque fois une racine de P ′, ainsi P ′ est scindé.

Puis si P = an

k=1

(X − xi) , alors P ′ = an

k=1

n

j=1j =i

(X − xj) d’oùP ′

P=

n

k=1

1

X − xi. De la même manière

P ′′

P ′=

n

k=2

1

X − yi.

On a doncn

k=2

1

X − xk=P ′ (X)

P (X)− 1

X − x1d’où

n

k=2

1

x1 − xk= limx→x1

(X − x1)P ′ (X)− P (X)

(X − x1)P (X)

et1

2

n

k=2

1

x1 − yk=

1

2

P ′′ (x1)

P ′ (x1)

—207/208— G H


Avec Taylor on a P (X) =n

k=0

P (k) (a)

k!(X − a)k , ainsi puisque P (x1) = 0, on obtient P (X) =

n

k=1

P (k) (x1)

k!(X − x1)k

d’où

(X − x1)P ′ (X)− P (X) =n

k=1

P (k) (x1)

1

(k − 1)!− 1

k!

(X − x1)k

=n

k=1

P (k) (x1)k − 1

k!(X − x1)k =

n

k=2

P (k) (x1)k − 1

k!(X − x1)k

ce qui prouve que P (x) ∼x→x1

P (2) (x1)2− 1

2!(X − x1)2 =

P ′′ (x1)

2(X − x1)2 et que (X − x1)P (X) ∼

x→x1P ′ (x1) (X − x1)2.

On en déduit que(X − x1)P ′ (X)− P (X)

(X − x1)P (X)∼

x→x1

1

2

P ′′ (x1)

P ′ (x1)

et ceci prouve le résultat.

—208/208— G H

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