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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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
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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
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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
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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
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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
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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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
(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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
(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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
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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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
Convergence et calcul de
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
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PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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.
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PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
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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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
Convergence et calcul de
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
Convergence et calcul de +∞
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
Convergence et calcul de +∞
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
f ′ (t) cos (xt) dt.
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
f (t) sin (xt) dt =1
xf (0) +
1
x
+∞
0
f ′ (t) cos (xt) dt.
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
f (t) sin (xt) dt =1
xf (0) +
1
x
+∞
0
f ′ (t) cos (xt) dt
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
f ′ (t) cos (xt) dt
Soit ε > 0, puisque
+∞
u
f ′ (t) cos (xt) dt
+∞
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
f ′ (t) cos (xt) dt
ε. On en déduit que pour x B, on a
+∞
0
f ′ (t) cos (xt) dt
u
0
f ′ (t) cos (xt) dt
+
+∞
u
f ′ (t) cos (xt) dt
ε
ce qui prouve le résultat.
—62/208— G H
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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.
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PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
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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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
d’où le résultat.
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
:
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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→+∞
−∞
d’où le résultat.
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
(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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
Solution
: On a alors
φ2
a b c de f g hi j k lm n o p
= 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
a b c de f g hi j k lm n o p
= 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
a b c de f g hi j k lm n o p
=
a b c de f g hi j k lm n o p
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
(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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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
PC-PC* Préparation des Khôlles 2012
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