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MathématiquesColles-types

MPSI

©Dunod, Paris, 2013

Liste des colles-types

1 Raisonnement, vocabulaire ensembliste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Calculs algébriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Nombres complexes, trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 Fonctions d’une variable réelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 Calcul différentiel élémentaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 Fonctions usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 Calculs de primitives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 Équations différentielles linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 Nombres réels, suites numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3510 Limites, continuité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3911 Dérivabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4312 Analyse asymptotique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4813 Arithmétique dans Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5214 Structures algébriques usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5615 Algèbre des polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6116 Arithmétique des polynômes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6617 Espaces vectoriels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7018 Espaces vectoriels de dimension finie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7419 Applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7820 Calcul matriciel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8221 Matrices et applications linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8622 Déterminants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9023 Espaces préhilbertiens réels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9424 Intégration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9925 Séries numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10326 Dénombrements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10827 Probabilités sur un univers fini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11328 Variables aléatoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11729 Couples de variables aléatoires et lois usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12430 Révision . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129


Colle-type 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste

Raisonnement, vocabulaire ensembliste

Raisonnement,vocabulaire ensembliste

Colle-type 1

Question de cours 1 Voir le corrigé

Qu’est-ce qu’une bijection ?Qu’est-ce que la réciproque d’une bijection ?Que dire de la composée de deux bijections ?Quelle est la réciproque d’une composée de deux bijections ?(Pour ces deux dernières questions, on ne demande que l’énoncé des résultats.)

Exercice 1.1 Voir le corrigé

Soient E un ensemble, A,B,C ∈ P(E). Montrer :

A ∪(B ∩ (A ∪ C)

)= A ∪

(C ∩ (A ∪ B)

).


Soient E,F deux ensembles, f : E −→ F une application.Montrer que f est injective si et seulement si :

∀(A,B) ∈(P(E)

)2, f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).

1



Question de cours 1 Voir l’énoncé

• Soient E,F des ensembles, f : E −→ F une application.On dit que f est une bijection (ou encore : f est une application bijective) si et seulementsi f est injective et surjective.• Soit f : E −→ F une bijection.Pour tout y ∈ F , il existe x ∈ E unique tel que y = f(x).On peut donc considérer l’application de F dans E, qui, à tout y de F , associe l’unique xde E tel que y = f(x).Cette application est appelée la réciproque de f , et est notée f−1.On a donc, pour tout (x, y) ∈ E × F : x = f−1(y) ⇐⇒ y = f(x).

L’application f−1 est une bijection de F sur E.• Si f : E −→ F et g : F −→ G sont des bijections, alors, d’après le cours, gf : E −→ Gest une bijection.• Avec les notations précédentes, on a : (g f)−1 = f−1 g−1.Ainsi, la réciproque de la composée de deux bijections est la composée des réciproques deces deux bijections, en sens renversé.

2

CO

RR

IGÉS



Exercice 1.1 Voir l’énoncé

Première méthode : Calcul ensembliste :On a :

A ∪(B ∩ ((A ∪ C)

)= A ∪

((B ∩ A) ∪ (B ∩ C)

)par distributivité de ∩ sur ∪

=(A ∪ (B ∩ A)

)∪ (B ∩ C) par associativité de ∪

= A ∪ (B ∩ C) car B ∩ A ⊂ A donc A ∪ (B ∩ A) = A.En appliquant ce résultat à (C,B) à la place de (B,C), on a aussi :

A ∪(C ∩ (A ∪ B)

)= A ∪ (C ∩ B).

Puisque ∩ est commutative, on a B ∩ C = C ∩ B, d’où :

A ∪ (B ∩ C) = A ∪ (C ∩ B),

puis le résultat voulu. Deuxième méthode : Passage par les éléments :• Soit x ∈ A ∪

(B ∩ (A ∪ C)

).

On a donc : x ∈ A ou x ∈ B ∩ (A ∪ C).

? Si x ∈ A, alors x ∈ A ∪(C ∩ (A ∪ B)

).

? Supposons x ∈ B ∩ (A ∪ C).Alors, d’une part x ∈ B, et d’autre part, x ∈ A ou x ∈ C.

?? Si x ∈ A, alors x ∈ A ∪(C ∩ (A ∪ B)

).

?? Si x ∈ C, comme on a aussi x ∈ B ⊂ A ∪ B, on déduit x ∈ C ∩ (A ∪ B), puisx ∈ A ∪

(C ∩ (A ∪ B)

).

Ceci montre : A ∪(B ∩ (A ∪ C)

)⊂ A ∪

(C ∩ (A ∪ B)

).

• En appliquant le résultat ci-dessus à (C,B) à la place de (B,C), on a aussi l’autreinclusion, d’où l’égalité demandée.

3

CO

RR

IGÉS




1) Supposons f injective.

Soit (A,B) ∈(P(E)

)2.• Soit y ∈ f(A ∩ B).Il existe x ∈ A ∩ B tel que y = f(x).Puisque x ∈ A, on a y = f(x) ∈ f(A), et, puisque x ∈ B, on a y = f(x) ∈ f(B).d’où y ∈ f(A) ∩ f(B).Ceci montre : f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B).

Remarque :Cette inclusion est vraie sans l’hypothèse d’injectivité sur f .• Réciproquement, soit y ∈ f(A) ∩ f(B).Puisque y ∈ f(A), il existe a ∈ A tel que y = f(a), et, puisque y ∈ f(B), il existe b ∈ Btel que y = f(b).On a alors : y = f(a) = f(b).Comme f est injective, il en résulte a = b, donc a ∈ A ∩ B, puis y = f(a) ∈ f(A ∩ B).Ceci montre : f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B).

On conclut : f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).

2) Réciproquement, supposons : ∀(A,B) ∈(P(E)

)2, f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).

Soit (x, x′) ∈ E2 tel que f(x) = f(x′).Raisonnons par l’absurde : supposons x 6= x′.En appliquant l’hypothèse aux singletons x et x′ formés par x et par x′, on a :

f(x ∩ x′

)= f(x) ∩ f(x′) = f(x) ∩ f(x′) = f(x) ∩ f(x) = f(x).

Mais, comme x 6= x′, on a x ∩ x′ = ∅, donc f(x ∩ x′

)= f(∅) = ∅, contradiction.

Ce raisonnement par l’absurde montre x = x′.On conclut que f est injective.

Finalement, f est injective si et seulement si :∀(A,B) ∈

(P(E)

)2, f(A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).

4

CO

RR

IGÉS


Colle-type 2 – Calculs algébriques

Calculs algébriques

Calculs algébriquesColle-type 2


Énoncer la définition des coefficients binomiaux (avec des factorielles), la formule de Pascalet la formule du binôme de Newton.


Résoudre et discuter, selon le paramètre a ∈ R, le système d’équations, d’inconnue(x, y, z) ∈ R3 :

x− y + z = a

2x+ y − 3z = 5

x+ 5y − 9z = 2a.


Montrer, pour tout (n, p) ∈ N× N∗ :

n∑i=0

p∏k=1

(k + i) =(n+ p+ 1)!

n!(p+ 1).

5©Dunod, Paris, 2013



• On a, pour tout (n, k) ∈ N2 tel que k 6 n :(n

k

)=

n!

k!(n− k)!.

• Formule de Pascal :

On a, pour tout (n, k) ∈ N2 tel que k + 1 6 n :(n

k

)+

(n

k + 1

)=

(n+ 1

k + 1

).

• Formule du binôme de Newton :

On a, pour tout n ∈ N et tout (x, y) ∈ C2 : (x+ y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k.

6

CO

RR

IGÉS




On a :

(S)

x− y + z = a L1

2x+ y − 3z = 5 L2

x+ 5y − 9z = 2a L3

⇐⇒

x− y + z = a L1

3y − 5z = 5− 2a L2 ←− L2 − 2L1

6y − 10z = a L3 ←− L3 − L1

⇐⇒

x− y + z = a L1

3y − 5z = 5− 2a L2

0 = 5a− 10 L3 ←− L3 − 2L2.

Si a 6= 2, alors (S) n’a pas de solution.Si a = 2, alors :

(S) ⇐⇒

x− y + z = 2

3y − 5z = 1⇐⇒

y =

1 + 5z

3

x =7 + 2z

3.

On conclut que l’ensemble S des solution du système (S) est :

S =

∅ si a 6= 2(7 + 2z

3,1 + 5z

3, z

); z ∈ R

si a = 2.

7

CO

RR

IGÉS




Procédons à une récurrence sur n, pour p fixé.Soit p ∈ N∗ fixé.

• Pour n = 0, on a :0∑

i=0

p∏k=1

(k + i) =

p∏k=1

k = p! et (n+ p+ 1)!

n!(p+ 1)=

(p+ 1)!

p+ 1= p!,

donc la formule est vraie pour n = 0.• Supposons la formule vraie pour un n ∈ N fixé.On a :

n+1∑i=0

p∏k=1

(k + i)

=( n∑

i=0

p∏k=1

(k + i))+

p∏k=1

(k + n+ 1)

=(n+ p+ 1)!

n!(p+ 1)+ (n+ 2)(n+ 3) · · · (p+ n+ 1)

=(n+ p+ 1)!

n!(p+ 1)+

(n+ p+ 1)!

(n+ 1)!

=(n+ p+ 1)!

(n+ 1)!(p+ 1)

((n+ 1) + (p+ 1)

)=

((n+ 1) + (p+ 1)

)!

(n+ 1)!(p+ 1),

donc la formule est vraie pour n+ 1.Ceci montre, par récurrence sur n, que la formule est vraie pour tout (n, p) ∈ N× N∗.

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CO

RR

IGÉS


Colle-type 3 – Nombres complexes, trigonométrie

Nombres complexes, trigonométrie

Nombres complexes,trigonométrie

Colle-type 3


Calcul, pour (n, t) ∈ N× R, de C =n∑

k=0

cos(kt) et S =n∑

k=0

sin(kt).


Résoudre l’équation, d’inconnue z ∈ C :

(E) z3 − (9− 3 i )z2 + (36− 23 i )z − 64 + 44 i = 0,

sachant qu’il y a une solution réelle.


On considère la similitude directe s d’expression complexe

z′ = ( i − 1)z + (2− i ).

a) Déterminer le centre, le rapport, l’angle de s.On note A( i ), B(−1), C(− i ), A′ = s(A), B′ = s(B), C ′ = s(C).b) Déterminer les affixes de A′, B′, C ′.

c) Calculer l’angle A′B′C ′, la longueur A′C ′, l’aire du triangle A′B′C ′.




Nous allons utiliser les nombres complexes. On a :

C + iS =n∑

k=0

cos(kt) + in∑

k=0

sin(kt) =n∑

k=0

(cos(kt) + i sin(kt)

)=

n∑k=0

e i kt =n∑

k=0

( e i t)k.

• Si t /∈ 2πZ, alors e i t 6= 1, donc, par sommation géométrique :

C + iS =1− ( e i t)n+1

1− e i t =e i (n+1)t

2

(e − i (n+1)t

2 − e i (n+1)t2

)e i t

2

(e − i t

2 − e i t2

)= e i nt

2

−2 i sin (n+ 1)t

2

−2 i sin t

2

= e i nt2

sin (n+ 1)t

2

sin t

2

=(

cos nt2+ i sin nt

2

)sin (n+ 1)t

2

sin t

2

= cos nt2

sin (n+ 1)t

2

sin t

2

+ i sin nt2

sin (n+ 1)t

2

sin t

2

.

On obtient C en prenant la partie réelle, et on obtient S en prenant la partie imaginaire :

C = cos nt2

sin (n+ 1)t

2

sin t

2

, S = sin nt2

sin (n+ 1)t

2

sin t

2

.

• Si t ∈ 2πZ, alors e i t = 1, donc : C + iS =n∑

k=0

1 = n+ 1, d’où : C = n+ 1, S = 0.

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CO

RR

IGÉS




1) Recherche d’une solution réelleSoit z ∈ R. On a :

(E) z3−(9−3 i )z2+(36−23 i )z−64+44 i = 0 ⇐⇒

z3 − 9z2 + 36z − 64 = 0 (1)

3z2 − 23z + 44 = 0 (2).

L’équation (2) est une équation du second degré.Son discriminant ∆2 est : ∆2 = 232 − 4 · 3 · 44 = 1.

Les solutions de (2) sont donc : z =23− 1

6=

11

3et z =

23 + 1

6= 4.

Pour z = 4, on a, en reportant dans (1) : z3 − 9z2 + 36z − 64 = 64− 144 + 144− 64 = 0.

Ceci montre que 4 est solution de (1) et de (2), donc de (E).

2) Résolution de (E)On factorise dans (E) par z − 4 : (E) ⇐⇒ (z − 4)

(z2 + (−5 + 3 i )z + 16− 11 i

)= 0.

Considérons l’équation z2 + (−5 + 3 i )z + 16− 11 i = 0 (3).

L’équation (3) est une équation du second degré, son discriminant ∆3 est :

∆3 = (−5 + 3 i )2 − 4(16− 11 i ) = −48 + 14 i .

Cherchons les racines carrées complexes de ∆3. On a, pour tout δ = x+ i y, (x, y) ∈ R2 :

δ2 = ∆3 ⇐⇒

x2 − y2 = −48

2xy = 14

x2 + y2 = |∆3| =√

(−48)2 + (14)2 = 50

⇐⇒

x2 = 1

y2 = 49

xy = 7

⇐=

x = 1

y = 7.

Ainsi, une racine carrée δ de ∆3 est δ = 1 + 7 i .Les solutions de (3) sont donc :

z =5− 3 i − (1 + 7 i )

2= 2− 5 i , z =

5− 3 i + (1 + 7 i )2

= 3 + 2 i .

On conclut que l’ensemble des solutions de (E) est : 4, 2− 5 i , 3 + 2 i .

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CO

RR

IGÉS




a) • Le centre Ω de la similitude directe s a pour affixe le nombre complexe ω tel ques(ω) = ω :

s(ω) = ω ⇐⇒ ( i − 1)ω + 2− i = ω ⇐⇒ ω =2− i2− i

= 1.

• Le rapport k de s est donné par : k = | i − 1| =√2.

• L’angle θ de s est donné par : e i θ =i − 1

| i − 1|=

1√2( i − 1) = e 3 i π/4, donc θ =

3π

4[2π].

On conclut : le centre est le point Ω d’affixe 1, le rapport est√2, l’angle est 3π

4modulo 2π.

b) Il suffit de calculer les images de a, b, c :• a′ = ( i − 1) i + 2− i = −1− i + 2− i = 1− 2 i ,• b′ = ( i − 1)(−1) + 2− i = − i + 1 + 2− i = 3− 2 i ,• c′ = ( i − 1)(− i ) + 2− i = 1 + i + 2− i = 3.

On conclut : A′(1− 2 i ), B′(3− 2 i ), C ′(3).

c)

x

y

\

\

\\

\\

A(i)

B(−1)

C(−i)

A′(1− 2i) B′(3− 2i)

C ′(3)

O

On remarque que le triangle ABC est rectangle isocèle en B, donc :

ABC =π

2, AC = 2, A(ABC) = 1.

Par la similitude directe s, l’angle est conservé, la longueur est multipliée par le rapportde similitude, l’aire est multipliée par le carré du rapport de similitude, donc :

A′B′C ′ =π

2, A′C ′ = 2

√2, A(A′B′C ′) = 2.

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CO

RR

IGÉS


Colle-type 4 – Fonctions d’une variable réelle

Fonctions d’une variable réelle

Fonctionsd’une variable réelle

Colle-type 4


Fonctions majorées, fonctions minorées, fonctions bornées : définitions et exemples.


Résoudre l’équation, d’inconnue x ∈ [0 ; +∞[ : x6 + x5 = 96.


Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur a ∈ ]0 ; 3/2[ pour que l’équation|x − a| − 2|x| + 3 = 0, d’inconnue x ∈ R, admette deux solutions x1, x2 telles que|x21 − x22| = 12, et calculer alors x1 et x2.




• Définitions :Soient X un ensemble, f : X −→ R une application.On dit que f est majorée si et seulement si :

∃M ∈ R, ∀x ∈ X, f(x) 6M.

On dit que f est minorée si et seulement si :

∃m ∈ R, ∀x ∈ X, m 6 f(x).

On dit que f est bornée si et seulement si f est majorée et minorée.L’application f est bornée si et seulement si :

∃C ∈ R+, ∀x ∈ X, |f(x)| 6 C.

• Exemples :L’application f : R −→ R, x 7−→ sinx est bornée.L’application f : R −→ R, x 7−→ e x est minorée et n’est pas majorée.L’application f : R −→ R, x 7−→ x3 n’est ni majorée ni minorée.L’application f : [0 ; 1] −→ R, x 7−→ x3 est bornée.

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CO

RR

IGÉS




D’une part, on remarque que 2 est solution : 26 + 25 = 64 + 32 = 96.

D’autre part, l’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x 7−→ x6 + x5 est strictement croissante,donc l’équation proposée admet au plus une solution.On conclut : S = 2.

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CO

RR

IGÉS




Notons, pour tout a ∈ ]0 ; 3/2[ :

fa : R −→ R, x 7−→ |x− a| − 2|x|+ 3.

Calculons fa(x) pour tout x ∈ R, en séparant en cas selon la position de x par rapportà a et à 0 :Si x 6 0, alors fa(x) = −(x− a) + 2x+ 3 = x+ a+ 3.

Si 0 6 x 6 a, alors fa(x) = −(x− a)− 2x+ 3 = −3x+ a+ 3.Si a 6 x, alors fa(x) = (x− a)− 2x+ 3 = −x− a+ 3.

On peut tracer la représentation graphique de fa (pour une valeur de a) :

x

y

O

y=−3x

+7/2

y=x+7/2

y=−x+5/2

2

1/2 5/2−7/2

7/2

Résolvons l’équation fa(x) = 0, d’inconnue x ∈ R.Si x 6 0, alors fa(x) = 0 ⇐⇒ x+ a+ 3 = 0 ⇐⇒ x = −a− 3,et on a bien −a− 3 6 0.

Si 0 6 x 6 a, alors : fa(x) = 0 ⇐⇒ − 3x+ a+ 3 = 0 ⇐⇒ x =a

3+ 1,

mais 0 6a

3+ 1 6 a ⇐⇒ a >

3

2, exclu.

Si x > a, alors fa(x) = 0 ⇐⇒ − x− a+ 3 = 0 ⇐⇒ x = −a+ 3,

et on a bien −a+ 3 > a, puisque a < 3/2.Ainsi, l’équation fa(x) = 0, d’inconnue x ∈ R, admet deux solutions, qui sont :

x1 = −a− 3 et x2 = 3− a.

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CO

RR

IGÉS



On a ensuite :|x21 − x22| = 12 ⇐⇒

∣∣(−a− 3)2 − (3− a)2∣∣ = 12

⇐⇒∣∣(a2 + 6a+ 9)− (a2 − 6a+ 9)

∣∣ = 12 ⇐⇒ 12a = 12 ⇐⇒ a = 1

et on a bien 1 ∈ ]0 ; 3/2[.On conclut que la CNS demandée est : a = 1.De plus, on a alors x1 = −a− 3 = −4 et x2 = 3− a = 2.

x

y

O

y=−3x

+4

y=x+4

y=−x+2

1

1 2−4

4

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CO

RR

IGÉS


Colle-type 5 – Calcul différentiel élémentaire

Calcul différentiel élémentaire

Calcul différentielélémentaire

Colle-type 5


Soient I un intervalle de R non vide ni réduit à un point, a ∈ I, f : I −→ R uneapplication dérivable en a. On considère la courbe représentative C de f dans un repèreR = (O ;

−→i ,−→j ) du plan affine.

• Quelle est une équation cartésienne de la tangente en A(a, f(a)

)à C ?

• Cette tangente peut-elle être dirigée par −→i ?

• Cette tangente peut-elle être dirigée par −→j ?


Soient λ ∈ R, P : R −→ R, x 7−→ P (x) = 2x3 − 9x2 + 12x− λ.Déterminer l’ensemble E des λ ∈ R tels que P admette trois zéros réels deux à deuxdistincts.


Calculer la borne inférieure de x2 − (2 + e )x+ (1 + e ) ln(1 + e x) lorsque x décrit R.




• D’après le cours, une équation cartésienne de la tangente en A(a, f(a)

)à C est :

y − f(a) = f ′(a)(x− a).

• Cette tangente peut être dirigée par −→i , lorsque f ′(a) = 0.

• Cette tangente n’est jamais dirigée par −→j , puisqu’elle admet un coefficient directeurfini, qui est f ′(a).

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CO

RR

IGÉS




Puisque P est une fonction polynomiale de degré 3, P admet au plus trois zéros réels.Étudions les variations de P .L’application P est dérivable sur R et on a :

∀x ∈ R, P ′(x) = 6x2 − 18x+ 12 = 6(x2 − 3x+ 2) = 6(x− 1)(x− 2).

D’où le tableau des variations de P :

xP ′(x)

P (x)

−∞ 1 2 +∞+ 0 − 0 +

−∞−∞

+∞+∞

On a :P (1) = 5− λ et P (2) = 4− λ.

D’après le théorème de la bijection monotone par intervalles, P admet trois zéros réelsdeux à deux distincts si et seulement si :

P (1) > 0 et P (2) < 0.

Ces conditions reviennent à 5− λ > 0 et 4− λ < 0, c’est-à-dire : 4 < λ < 5.

On conclut :E = ]4 ; 5[.

20

CO

RR

IGÉS




L’application

f : R −→ R, x 7−→ x2 − (2 + e )x+ (1 + e ) ln(1 + e x)

est deux fois dérivable sur R et, pour tout x ∈ R :

f ′(x) = 2x− (2 + e ) + (1 + e ) e x

1 + e x,

f ′′(x) = 2 + (1 + e ) e x

(1 + e x)2> 0.

Il en résulte que f ′ est strictement croissante sur R.On remarque :

f ′(1) = 2− (2 + e ) + (1 + e ) e1 + e

= 0.

D’où le tableau de variations de f :

xf ′(x)

f(x)

−∞ 1 +∞− 0 +

+∞+∞ +∞+∞

On a :

f(1) = 1−(2+ e )+(1+ e ) ln(1+ e ) = −1− e +(1+ e ) ln(1+ e ) = (1+ e )(

ln(1+ e )−1).

On conclut :

Infx∈R

(x2 − (2 + e )x+ (1 + e ) ln(1 + e x)

)= (1 + e )

(ln(1 + e )− 1

)' 1, 164 795...

21

CO

RR

IGÉS


Colle-type 6 – Fonctions usuelles

Fonctions usuellesFonctions usuelles

Colle-type 6


Pour chacune des trois fonctions circulaires réciproques, quel est son ensemble de défini-tion, son ensemble de continuité, son ensemble de dérivabilité, sa dérivée ?


Établir :∀x ∈ [1 ; 2[, Arctan

√x− 1

2− x= Arcsin

√x− 1.


Montrer qu’il existe C ∈ R tel que :

∀x ∈ R, Arctan ( e x) = Arctan(

th x2

)+ C,

et calculer C.




Présentons les résultats dans un tableau, où les dérivées sont données avec la variable x :

Fonction ens de déf ens des val ens de cont ens de dér dérivée

Arcsin [−1 ; 1] [−π/2 ; π/2] [−1 ; 1] ]− 1 ; 1[1√

1− x2

Arccos [−1 ; 1] [0 ; π] [−1 ; 1] ]− 1 ; 1[ − 1√1− x2

Arctan R ]− π/2 ; π/2[ R R1

1 + x2

23

CO

RR

IGÉS




Soit x ∈ [1 ; 2[. Notons y = Arctan√x− 1

2− x, qui existe bien et est dans [0 ; π/2[.

On a : tan y =

√x− 1

2− x, d’où : 1

cos2 y= 1 + tan2y = 1 +

x− 1

2− x=

1

2− x,

puis : cos2 y = 2−x, sin2 y = 1− cos2 y = 1− (2−x) = x−1, et enfin : sin y =√x− 1.

Comme y ∈ [0 ; π/2[, il s’ensuit : y = Arcsin√x− 1.

On a montré :

∀x ∈ [1 ; 2[, Arctan√x− 1

2− x= Arcsin

√x− 1.

24

CO

RR

IGÉS




Les applications f : x 7−→ Arctan ( e x), g : x 7−→ Arctan(

th x2

)sont dérivables sur R et, pour tout x ∈ R : f ′(x) = e x 1

1 + ( e x)2=

e x

1 + e 2x,

g′(x) =1

2

(1− th2x

2

) 1

1 + th2x

2

=1

2

ch2x

2− sh2x

2

ch2x

2+ sh2x

2

=1

2

1

chx=

1

2

2

e x + e −x=

e x

e 2x + 1.

Ainsi : ∀x ∈ R, f ′(x) = g′(x).

Il existe donc C ∈ R tel que : ∀x ∈ R, f(x) = g(x) + C.

Évaluons en 0 : f(0) = Arctan (1) =π

4, g(0) = Arctan (0) = 0,

donc : C =π

4.

On conclut :∀x ∈ R, Arctan ( e x) = Arctan

(th x

2

)+π

4.

25

CO

RR

IGÉS


Colle-type 7 – Calculs de primitives

Calculs de primitivesCalculs de primitives

Colle-type 7


Expliquer la méthode de calcul de I(x) =

∫1

ax2 + bx+ cdx, où (a, b, c) ∈ R3 est fixé

tel que b2 − 4ac < 0.

Exemple : Calculer I(x) =

∫1

x2 + x+ 1dx.


Calculer la primitive I(x) =

∫(x e x + x2 e 2x) dx (variable x ∈ R).


Calculer I =

∫ π/2

0

sinx cosxcos4 x+ sin4 x

dx.




Soit (a, b, c) ∈ R3 tel que b2 − 4ac < 0.On a nécessairement a 6= 0, car sinon, b2 < 0, contradiction.Utilisons une mise sous forme canonique d’un trinôme du second degré :

ax2 + bx+ c = a(x2 +

b

ax+

c

a

)= a

[(x+

b

2a

)2

− b2

4a2+c

a

]= a

[(x+

b

2a

)2

+4ac− b2

4a2︸︷︷︸>0

].

On met 4ac− b2

4a2en facteur, puis on effectue un changement de variable affine pour se

ramener à :ax2 + bx+ c = λ(t2 + 1), λ ∈ R∗.

Enfin, on utilise la primitive connue :∫

1

t2 + 1dt = Arctan t+ C,

où C est une constante sur R.Exemple :

Calculons I(x) =

∫1

x2 + x+ 1dx.

On a, par mise sous forme canonique d’un trinôme :

x2 + x+ 1 =(x+

1

2

)2

+3

4=

3

4

[43

(x+

1

2

)2

+ 1]=

3

4

[(2x+ 1√3

)2

+ 1].

On effectue le changement de variable affine t =2x+ 1√

3:

I(x) =

∫ √3

2dt

3

4(t2 + 1)

=2√3

∫dt

t2 + 1=

2√3

Arctan t+ C =2√3

Arctan 2x+ 1√3

+ C,

où C est une constante sur R.

27

CO

RR

IGÉS




L’application f : R −→ R, x 7−→ x e x + x2 e 2x

est continue sur R, donc I(x) =

∫f(x) dx est défini pour tout x ∈ R.

On a : ∀x ∈ R, I(x) =

∫x e x dx︸︷︷︸

notée J1(x)

+

∫x2 e 2x dx︸︷︷︸

notée J2(x)

.

• Calcul de J1(x) :D’après le cours, il existe (a, b) ∈ R2 tel que : ∀x ∈ R, J1(x) = (ax+ b) e x + C1,

où C1 est une constante sur R.Ceci revient, par dérivation, à : ∀x ∈ R, x e x =

((ax+ b) + a

)e x.

Il suffit que

a = 1

a+ b = 0c’est-à-dire

a = 1

b = −1.

On a donc : J1(x) = (x− 1) e x + C1, où C1 est une constante sur R.

• Calcul de J2(x) :D’après le cours, il existe (α, β, γ) ∈ R3 tel que :

∀x ∈ R, J2(x) = (αx2 + βx+ γ) e 2x + C2,

où C2 est une constante sur R.Ceci revient, par dérivation, à :

∀x ∈ R, x2 e 2x =(2(αx2 + βx+ γ) + (2αx+ β)

)e 2x.

Il suffit que : 2α = 1, 2β + 2α = 0, 2γ + β = 0,

c’est-à-dire : α = −1

2, β =

1

2, γ = −1

4.

On a donc : J2(x) =(− 1

2x2 +

1

2x− 1

4

)e 2x + C2 = −

1

4(2x2 − 2x+ 1) e 2x + C2,

où C2 est constante sur R.

On conclut : ∀x ∈ R, I(x) = (x− 1) e x − 1

4(2x2 − 2x− 1) e 2x + C,

où C est constante sur R.

28

CO

RR

IGÉS




On a, pour tout x ∈ [0 ; π/2] : sinx cosx =1

2sin 2x,

et : cos4 x+ sin4 x = (cos2 x+ sin2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1− 1

2sin2 2x > 0.

L’application x 7−→ sinx cosxcos4 x+ sin4 x

est continue sur le segment [0 ; π/2], donc l’intégrale

I =

∫ π/2

0

f(x) dx existe.

On a, par le changement de variable t = 2x :

I =

∫ π

0

1

2sin t

1− 1

2sin2 t

1

2dt = 1

2

∫ π

0

sin t2− sin2 t

dt.

En notant ω(t) =sin t

2− sin2 tdt, on a ω(−t) = ω(t), donc, d’après les règles de Bioche, on

peut effectuer le changement de variable u = cos t :

I =1

2

∫ −11

−du2− (1− u2)

=1

2

∫ 1

−1

du1 + u2

=1

2[Arctanu]1−1 =

1

2

(π4+π

4

)=π

4.

29

CO

RR

IGÉS


Colle-type 8 – Équations différentielles linéaires

Équations différentielles linéaires

Équationsdifférentielles linéaires

Colle-type 8


Expliquer la méthode de variation de la constante pour une EDL1.


Résoudre l’EDL2 :y′′ − 6y′ + 9y = 9x2 − 3x+ 5,

d’inconnue y : R −→ R et où x est la variable.


Résoudre l’EDL12xy′ − y = (2x2 + x) e x,

d’inconnue y : I −→ R (variable x), où I désigne ]−∞ ; 0[, ]0 ; +∞[, R.




La méthode de variation de la constante pour une EDL1 (E) y′+ay = b, où a, b : I −→ Ksont des applications données continues sur l’intervalle I et où y : I −→ K est l’applicationinconnue, supposée dérivable sur I, consiste, ayant préalablement obtenu une solutionparticulière y0 de (E0) y′ + ay = 0 telle que y0 6= 0, à chercher une solution particulièrede (E) sous la forme y = λy0, où λ : I −→ K est une application inconnue, supposéedérivable sur I.On a :

y′ + ay = b ⇐⇒ (λy0)′ + a(λy0) = b ⇐⇒ λ′y0 + λ(y′0 + ay0︸︷︷︸

= 0

) = b ⇐⇒ λ′ =b

y0.

On calcule ensuite λ par un calcul de primitive, puis y par y = λy0.On obtient ainsi une solution particulière de (E).Enfin, d’après le cours, la solution générale de (E) est la somme d’une solution particulièrede (E) et de la solution générale de (E0).

31

CO

RR

IGÉS




L’ED (E) y′′ − 6y′ + 9y = x2 − 11x+ 13 est une EDL2 à coefficients constants et avecsecond membre.• L’EDL2 sans second membre associée est : (E0) y′′ − 6y′ + 9y = 0.

L’équation caractéristique r2 − 6r + 9 = 0 admet une solution double réelle r0 = 3, doncla solution générale de (E0) sur R est : y : x 7−→ (λx+ µ) e 3x, (λ, µ) ∈ R2.

D’après le cours, on cherche une solution particulière de (E) sous la forme d’un polynômede degré 6 2 : y : x 7−→ ax2 + bx+ c, où (a, b, c) ∈ R3 est à calculer.On a : y′ = 2ax+ b, y′′ = 2a, donc :

y′′ − 6y′ + 9y = 2a− 6(2ax+ b) + 9(ax2 + bx+ c) = 9ax2 + (9b− 12a)x+ (9c− 6b+ 2a).

Il suffit que : 9a = 9, 9b− 12a = −3, 9c− 6b+ 2a = 5,

c’est-à-dire : a = 1, b = 1, c = 1.

Ainsi, une solution particulière de (E) est : y : x 7−→ x2 + x+ 1.

On conclut, d’après le cours :S =

y : R −→ R, x 7−→ x2 + x+ 1 + (λx+ µ) e 3x ; (λ, µ) ∈ R2

.

32

CO

RR

IGÉS




L’ED (E) 2xy′ − y = (2x2 + x) e x

est une EDL1 avec second membre, non normalisée, mais normalisable sur ] −∞ ; 0[ etsur ]0 ; +∞[, sous la forme (E) y′ − 1

2xy =

2x+ 1

2e x.

Considérons l’EDL1 sans second membre associée : (E0) y′ − 1

2xy = 0.

Notons I = ]−∞ ; 0[ ou ]0 ; +∞[.• Résolution de (E0) sur I :D’après le cours, la solution générale de (E0) sur I est :

y : x 7−→ λ exp(∫

1

2xdx

)= λ exp

(12

ln |x|)= λ

√|x|, λ ∈ R.

• Résolution de (E) sur I :La méthode de variation de la constante est applicable.Mais on peut aussi essayer de trouver une solution particulière de (E) sous la forme

y : x 7−→ (ax2 + bx+ c) e x

où (a, b, c) ∈ R3 est à trouver. (On n’est pas sûr qu’une telle solution existe.)On a alors : y′(x) =

((ax2 + bx+ c) + (2ax+ b)

)e x, donc :

2xy′(x)− y(x) =(2x(ax2 + bx+ c) + 2x(2ax+ b)− (ax2 + bx+ c)

)e x

=(2ax3 + (2b+ 3a)x2 + (2c+ b)x− c

)e x.

Il suffit que : 2a = 0, 2b+ 3a = 2, 2c+ b = 1, −c = 0,

c’est-à-dire : a = 0, b = 1, c = 0.

Ainsi, y : x 7−→ x e x est une solution particulière de (E).D’après le cours, la solution générale de (E) sur I est :

y : I −→ R, x 7−→ x e x + λ√|x|, λ ∈ R.

33

CO

RR

IGÉS



• Résolution de (E) sur R :

Soient (λ1, λ2) ∈ R2 et y : R∗ −→ R, x 7−→

x e x + λ1

√−x si x < 0

x e x + λ2√x si x > 0.

On a : y(x) −→x −→ 0−

0 et y(x) −→x −→ 0+

0.

Ainsi, quel que soit (λ1, λ2) ∈ R2, on peut compléter y par continuité en 0 en posanty(0) = 0.

Considérons donc : y : R −→ R, x 7−→

x e x + λ1

√−x si x < 0

0 si x = 0

x e x + λ2√x si x > 0

qui est donc continue sur R.

On a, pour x < 0 : y(x)− y(0)x− 0

= e x + λ1−1√−x

−→x −→ 0−

±∞ si λ1 6= 0

1 si λ1 = 0

et, pour x > 0 : y(x)− y(0)x− 0

= e x + λ21√x−→

x −→ 0+

±∞ si λ2 6= 0

1 si λ2 = 0.

Ainsi, y est dérivable en 0 si et seulement si λ1 = λ2 = 0.Enfin, il est clair que y : R −→ R, x 7−→ x e x est solution de (E) sur R.Finalement :

S]−∞ ; 0[ =y : ]−∞ ; 0[ −→ R, x 7−→ x e x + λ1

√−x ; λ1 ∈ R

,

S]0 ; +∞[ =y : ]0 ; +∞[ −→ R, x 7−→ x e x + λ2

√x ; λ2 ∈ R

,

S =y : R −→ R, x 7−→ x e x

.

34

CO

RR

IGÉS


Colle-type 9 – Nombres réels, suites numériques

Nombres réels, suites numériques

Nombres réels,suites numériques

Colle-type 9


Énoncé et démonstration du théorème de la limite monotone pour une suite.


Soient (un)n∈N, (vn)n∈N deux suites réelles telles que :

u2n + unvn + 2v2n −→n∞

0.

Montrer :un −→

n∞0 et vn −→

n∞0.


Étudier la suite réelle définie par u0 = 4 et :

∀n ∈ N, un+1 =

√un +

√12un.




Théorème de la limite monotone pour une suite

1) Énoncé :• Toute suite réelle croissante et majorée est convergente• Toute suite réelle décroissante et minorée est convergente.

2) Démonstration :• Soit (un)n∈N une suite réelle croissante et majorée.L’ensemble E = un ; n ∈ N est une partie non vide et majorée de R, donc, d’après lethéorème de la borne supérieure dans R, E admet une borne supérieure, notée `.Soit ε > 0 fixé.Par définition de `, on a : ∀n ∈ N, un 6 `,

et il existe N ∈ N tel que : `− ε 6 uN 6 `.

Puisque (un)n∈N est croissante, on déduit : ∀n > N, `− ε 6 uN 6 un 6 `,

donc : ∀n > N, |un − `| 6 ε.

On a montré : ∀ε > 0, ∃N ∈ N, ∀n > N, |un − `| 6 ε,

donc, par définition d’une limite finie : un −→n∞

`.

• Soit (un)n∈N une suite réelle décroissante et minorée.Alors, la suite (−un)n∈N est croissante et majorée.D’après le point précédent, la suite (−un)n∈N converge.Par multiplication par la constante −1, il en résulte que la suite (un)n∈N converge.

36

CO

RR

IGÉS




On a, pour tout n ∈ N, par mise sous forme canonique :

u2n + unvn + 2v2n =(un +

vn2

)2

+7

4v2n,

donc :

0 6

(un +

vn2

)2

6 u2n + unvn + 2v2n

0 67

4v2n 6 u2n + unvn + 2v2n.

Comme u2n + unvn + 2v2n −→n∞

0, on déduit, par théorème d’encadrement :

(un +

vn2

)2

−→n∞

0 et 7

4v2n −→

n∞0,

d’où : un +vn2−→n∞

0 et vn −→n∞

0.

Enfin : un =(un +

vn2︸︷︷︸

−→ 0

)− vn

2︸︷︷︸−→ 0

−→n∞

0.

37

CO

RR

IGÉS




1) Une récurrence immédiate montre que, pour tout n ∈ N, un existe et un > 0.

2) L’application f : [0 ; +∞[ −→ R, x 7−→√x+√12x

est dérivable sur ]0 ; +∞[ et :

∀x ∈ ]0 ; +∞[, f ′(x) =1

2√x+√12x

(1 +

12

2√12x

)> 0,

donc f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[, puis, comme f est de plus continue en 0,f est strictement croissante sur [0 ; +∞[.

3) Puisque f est croissante et que, pour tout n ∈ N : un+2 − un+1 = f(un+1)− f(un),la différence un+2 − un+1 est du même signe que la différence un+1 − un.

Comme : u1 − u0 =√

4 +√48− 4 =

(4 +√48)− 16√

4 +√48 + 4

=

√48− 12√

4 +√48 + 4

< 0,

on déduit : ∀n ∈ N, un+1−un < 0, donc la suite (un)n∈N est strictement décroissante.

4) Puisque la suite (un)n∈N est décroissante et minorée par 0, (un)n∈N converge et salimite ` vérifie ` > 0.On a, en faisant tendre l’entier n vers l’infini dans l’égalité de définition de la suite (un)n∈N :

` =

√`+√12` (1).

Et : (1) ⇐⇒ `2 = `+√12` ⇐⇒ `2 − ` =

√12`

⇐⇒

`2 − ` > 0

(`2 − `)2 = 12`⇐⇒

`(`− 1) > 0

`(`3 − 2`2 + `− 12) = 0.

L’équation du troisième degré ci-dessus admet ` = 3 comme solution évidente, et :`3 − 2`2 + `− 12 = (`− 3)(`2 + `+ 4).

Le discriminant du trinôme `2 + `+ 4 est ∆ = −15 < 0.

On a donc : (1) ⇐⇒

`(`− 1) > 0

`(`− 3) = 0⇐⇒

(` = 0 ou ` = 3

).

5) Montrons, par récurrence sur n : ∀n ∈ N, un > 3.

On a u0 = 4 > 3.

Si, pour un n ∈ N fixé, on a un > 3, alors : un+1 =

√un +

√12un >

√3 +√12 · 3 = 3.

Ceci montre, par récurrence sur n, que : ∀n ∈ N, un > 3.En passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini, on déduit : ` > 3.

6) Comme ` ∈ 0, 3 et que ` > 3, on conclut : ` = 3.Finalement : un −→

n∞3.

38

CO

RR

IGÉS


Colle-type 10 – Limites, continuité

Limites, continuitéLimites, continuité

Colle-type 10


On suppose, avec des notations à préciser : f(x) −→x −→ a

` 6= 0.

Montrer : 1

f(x)−→

x −→ a

1

`.


Soit f : R −→ R continue.

Déterminer limx −→ +∞

f(sinx+ cosx)√x

.


Soient (a, b) ∈ R2 tel que a < b, f : [a ; b] −→ R bornée sur ]a ; b[ et continue en a et en b.Montrer :

Supx∈ ]a;b[

f(x) = Supx∈[a;b]

f(x) et Infx∈ ]a;b[

f(x) = Infx∈[a;b]

f(x).




Énoncé :Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ C, ` ∈ C tel que ` 6= 0.

Si f(x) −→x −→ a

`, alors 1

f(x)−→

x −→ a

1

`.

Résultat analogue lorsque a = +∞ ou −∞.

Démonstration :• Puisque f(x) −→

x −→ a` et |`| > 0, il existe α > 0 tel que :

∀x ∈ [a− α ; a+ α] ∩ I, |f(x)− `| 6 |`|2.

On déduit, par l’inégalité triangulaire renversée :

|f(x)| =∣∣`− (

f(x)− `)∣∣ > |`| − |f(x)− `| > |`| − |`|

2=|`|2> 0.

En particulier, ceci montre que, au voisinage de a, f ne s’annule pas, donc 1

fest définie

au voisinage de a.• Soit ε > 0 fixé.Puisque f est continue en a, il existe β > 0 tel que :

∀x ∈ [a− β ; a+ β] ∩ I, |f(x)− `| 6 ε.

Notons γ = Min (α, β) > 0.

On a alors, pour tout x ∈ [a− γ ; a+ γ] ∩ I :(|f(x)− `| 6 ε et |f(x)| > |`|

2

),

d’où : ∣∣∣ 1

f(x)− 1

`

∣∣∣ = ∣∣∣`− f(x)f(x)`

∣∣∣ = |f(x)− `||f(x)||`|6

ε|`|2|`|

=2

|`|2ε.

On a montré :

∀ε > 0, ∃ γ > 0, ∀x ∈ [a− γ ; a+ γ] ∩ I,∣∣∣ 1

f(x)− 1

`

∣∣∣ 6 2

|`|2ε,

donc :1

f(x)−→

x −→ a

1

`.

40

CO

RR

IGÉS




On a :∀x ∈ R, sinx+ cosx ∈ [−2 ; 2].

Puisque f est continue sur R, f est continue sur [−2 ; 2], donc, d’après le cours, f estbornée sur le segment [−2 ; 2].Il existe donc M ∈ R+ tel que : ∀y ∈ [−2 ; 2], |f(y)| 6M.

On a alors : ∀x ∈ R,∣∣∣f(sinx+ cosx)√

x

∣∣∣ 6 M√x.

Comme M√x

−→x −→ +∞

0, on déduit, par théorème d’encadrement :

f(sinx+ cosx)√x

−→x −→ +∞

0.

41

CO

RR

IGÉS




1) Étude de bornes supérieuresPar hypothèse, m = Sup

x∈ ]a;b[

f(x) existe.

D’autre part, comme [a ; b] = a∪ ]a ; b[∪b, on a :

∀x ∈ [a ; b], f(x) 6 Max(f(a), m, f(b)

),

donc M = Supx∈[a;b]

f(x) existe et M 6 Max(f(a), m, f(b)

).

• Puisque ]a ; b[⊂ [a ; b], on a : m 6M .• Soit ε > 0 fixé.Puisque f est continue en a, il existe η ∈ ]0 ; b− a[ tel que :

∀x ∈ ]a ; a+ η], |f(x)− f(a)| 6 ε,

d’où :∀x ∈ ]a ; a+ η], f(a) 6 f(x) + ε 6 m+ ε.

Ceci montre :∀ε > 0, f(a) 6 m+ ε,

donc : f(a) 6 m.

De même : f(b) 6 m.On déduit : M = Max

(f(a), m, f(b)

)6 m et finalement : M = m.

2) Étude de bornes inférieuresPuisque f est bornée sur ]a ; b[ et continue en a et en b, −f l’est aussi.En appliquant 1) à −f à la place de f , on obtient :

Infx∈]a;b[

f(x) = − Supx∈]a;b[

(− f(x)

)= − Sup

x∈[a;b]

(− f(x)

)= Inf

x∈[a;b]f(x).

42

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IGÉS


Colle-type 11 – Dérivabilité

DérivabilitéDérivabilité

Colle-type 11


Quel est, avec démonstration, le lien logique, pour une fonction réelle d’une variable réelle,définie autour de a et dérivable en a, entre l’existence d’un extrémum local en a et la valeurde f ′(a) ?


Soit f : R −→ R une application continue en 3 et telle que :

f(x)− 10

x2 − 9−→

x −→ 34.

Calculer f(3), montrer que f est dérivable en 3 et calculer f ′(3).


Soit f : R −→ R dérivable sur R, telle que :

f 2 + (1 + f ′)2 6 1.

a) Montrer que f est décroissante et que f admet une limite finie λ en −∞ et une limitefinie µ en +∞.

b) En utilisant le théorème des accroissements finis, montrer λ = µ = 0.

c) Conclure.




1) Énoncé du théorème du coursSoient I un intervalle de R, a ∈ I tel que a ne soit pas une extrémité de I, f : I −→ Rune application dérivable en a.Si f admet un extrémum local en a, alors f ′(a) = 0.2) Démonstration du théorème du cours• Cas d’un maximum localPuisque a n’est pas une extrémité de I, il existe η > 0 tel que ]a− η ; a+ η[⊂ I.

On a, pour tout x ∈ ]a−η ; a[, f(x)−f(a) 6 0 et x−a < 0, donc f(x)− f(a)x− a

> 0, d’où,puisque f est dérivable en a, par passage à la limite lorsque x tend vers a− : f ′(a) > 0.

On a, pour tout x ∈ ]a ; a+η[, f(x)−f(a) 6 0 et x−a > 0, donc f(x)− f(a)x− a

6 0, d’où,puisque f est dérivable en a, par passage à la limite lorsque x tend vers a+ : f ′(a) 6 0.On conclut : f ′(a) = 0.

• Cas d’un minimum localSi f admet un minimum local en a, alors −f vérifie les mêmes hypothèses que f dansl’énoncé et −f admet un maximum local en a, donc, d’après le point précédent, (−f)′(a) =0, c’est-à-dire −f ′(a) = 0, d’où f ′(a) = 0.

44

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IGÉS




On a :f(x)− 10 =

f(x)− 10

x2 − 9· (x2 − 9) −→

x −→ 34 · 0 = 0,

donc :f(x) −→

x −→ 310.

Comme f est continue en 3, il en résulte : f(3) = 10.

On a :f(x)− f(3)

x− 3=f(x)− 10

x− 3=f(x)− 10

x2 − 9· (x+ 3) −→

x −→ 34 · 6 = 24.

On conclut que f est dérivable en 3 et que : f ′(3) = 24.

45

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IGÉS




a) • On a, pour tout x ∈ R :(f(x)

)2︸︷︷︸> 0

+(1 + f ′(x)

)26 1,

donc :(1 + f ′(x)

)26 1, d’où : 1 + f ′(x) 6 1, puis : f ′(x) 6 0.

On conclut que f est décroissante.

• On a, pour tout x ∈ R :(f(x)

)2+(1 + f ′(x)

)2︸︷︷︸> 0

6 1,

donc |f(x)| 6 1, ce qui montre que f est bornée.• Puisque f est décroissante et majorée, d’après le cours f admet en −∞ une limitefinie λ.• Puisque f est décroissante et minorée, d’après le cours f admet en +∞ une limitefinie µ.

b) • Pour tout n ∈ N, puisque f est continue sur [n ; n + 1] et dérivable sur ]n ; n + 1[,d’après le théorème des accroissements finis, il existe cn ∈ ]n ; n+ 1[ tel que :

f(n+ 1)− f(n) =((n+ 1)− n

)f ′(cn) = f ′(cn).

Comme f −→+∞

µ, on a :

f(n+ 1)− f(n) −→n∞

µ− µ = 0,

donc : f ′(cn) −→n∞

0.

D’autre part, comme f −→+∞

µ et cn −→n∞

+∞, on a, par composition :

f(cn) −→n∞

µ.

On a :∀n ∈ N,

(f(cn)

)2+(1 + f ′(cn)

)26 1,

d’où, en passant à la limite lorsque l’entier n tend vers l’infini : µ2 + 1 6 1,

d’où µ2 6 0, donc µ = 0.• Par la même méthode que ci-dessus, on obtient λ = 0.On peut aussi déduire ce second résultat du précédent de la façon suivante.Considérons l’application

g : R −→ R, x 7−→ − f(−x).

L’application g est dérivable sur R et, pour tout x ∈ R :(g(x)

)2+(1 + g′(x)

)2=

(− f(−x)

)2+(1 + f ′(−x)

)2=

(f(−x)

)2+(1 + f ′(−x)

)26 1,

donc, d’après le point précédent appliqué à g à la place de f , on a : g(x) −→x −→ +∞

0,

d’où : f(x) = −g(−x) −→x −→ −∞

0, donc λ = 0.46

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c) Puisque f est décroissante et de limite 0 en −∞ et en +∞, on a :

∀x ∈ R, 0 > f(x) > 0,

et on conclut : f = 0.

47

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IGÉS


Colle-type 12 – Analyse asymptotique

Analyse asymptotique

Analyse asymptotiqueColle-type 12


Pour des suites réelles, les propriétés suivantes sont-elles conservées par équivalence : signe,limite, monotonie ?


Trouver limx −→ 0

5x− shx− sin 4x

5x− sh 2x− sin 3x.


Déterminer λ ∈ R pour que la fonction f définie par

f(x) =1

sin2 x+

4

sin2 2x− λ

sin2 3x

admette une limite finie lorsque x tend vers 0 et déterminer alors cette limite.




1) Rappelons la définition de l’équivalence pour des suites réelles.Soient (un)n∈N, (vn)n∈N deux suites réelles telles que (vn)n∈N ne s’annule pas à partir d’uncertain rang.On dit que la suite (un)n∈N est équivalente à la suite (vn)n∈N, et on note un ∼

n∞vn si et

seulement si : unvn−→n∞

1.

2) SigneLe signe est conservé pas équivalence, c’est-à-dire que, si un ∼

n∞vn, alors, à partir d’un

certain rang, un est du même signe (strict) que vn.En effet, comme un

vn−→n∞

1, d’après le cours sur les limites on a, à partir d’un certain

rang, unvn

> 0, donc un est du même signe (strict) que vn.

Remarquons, en particulier, que si un ∼n∞

vn et si les vn sont tous > 0 à partir d’uncertain rang, alors les un sont aussi tous > 0 à partir d’un certain rang.

3) LimiteLa limite (si elle existe) est conservée par équivalence, c’est-à-dire que, si un ∼

n∞vn et

si vn −→n∞

` ∈ R ∪ −∞, +∞, alors un −→n∞

`.

En effet, on a : un =unvnvn −→

n∞1 · ` = `.

4) MonotonieLa monotonie (éventuelle) n’est pas conservée par équivalence :si un ∼

n∞vn, et si (vn)n∈N est (par exemple) décroissante à partir d’un certain rang, alors

(un)n∈N n’est pas nécessairement décroissante à partir d’un certain rang.En effet, considérons, par exemple, les suites (un)n∈N∗ et (vn)n∈N∗ définies, pour toutn ∈ N∗, par :

un =1

n+

(−1)n

n2, vn =

1

n.

Il est clair que (vn)n∈N∗ est à termes tous non nuls, que (vn)n∈N∗ est décroissante et queun ∼

n∞vn.

Mais (un)n∈N∗ n’est pas décroissante à partir d’un certain rang, car, pour tout n ∈ N∗pair, on a :

un − un−1 =( 1n+

1

n2

)−

( 1

n− 1− 1

(n− 1)2

)=n+ 1

n2− n− 2

(n− 1)2

=(n+ 1)(n− 1)2 − n2(n− 2)

n2(n− 1)2=

(n3 − n2 − n+ 1)− (n3 − 2n2)

n2(n− 1)2=n2 − n+ 1

n2(n− 1)2> 0.

49

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Dans un DL(0) du numérateur et dans un DL(0) du dénominateur, les termes en xs’éliminent et les termes en x3 ne semblent pas s’éliminer. On va donc former un DL3(0)du numérateur et un DL3(0) du dénominateur :

5x− shx− sin 4x = 5x−(x+

x3

6+ o(x3)

)−(4x− (4x)3

6+ o(x3)

)=

63

6x3 + o(x3),

5x− sh 2x− sin 3x = 5x−(2x+

(2x)3

6+ o(x3)

)−(3x− (3x)3

6+ o(x3)

)=

19

6x3 + o(x3).

d’où : 5x− shx− sin 4x

5x− sh 2x− sin 3x=

63

6x3 + o(x3)

19

6x3 + o(x3)

=63 + o(1)

19 + o(1)−→

x −→ 0

63

19.

On conclut : limx −→ 0

5x− shx− sin 4x

5x− sh 2x− sin 3x=

63

19.

50

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IGÉS




Comme sin x ∼x −→ 0

x, chacun des trois termes de l’expression proposée admet un équi-

valent du type C

x2où C est une constante. Pour éliminer ce x2 du dénominateur, formons

x2f(x) :

x2f(x) =x2

sin2 x+

4x2

sin2 2x− λx2

sin2 3x.

On a : sinx ∼x −→ 0

x, sin 2x ∼x −→ 0

2x, sin 3x ∼x −→ 0

3x,

donc : x2

sin2 x−→

x −→ 01,

x2

sin2 2x−→

x −→ 0

1

4,

x2

sin2 3x−→

x −→ 0

1

9,

d’où, par opérations : x2f(x) −→x −→ 0

1 +4

4− λ

9=

18− λ9

.

Si f(x) admet une limite finie lorsque x tend vers 0, alors x2f(x) −→x −→ 0

0,

donc 18− λ9

= 0, d’où λ = 18. Supposons dorénavant λ = 18.

Pour obtenir l’éventuelle limite de f(x) lorsque x tend vers 0, effectuons un DL2(0) dex2f(x), d’où on déduira un DL0(0) de f(x).On a :

x2f(x)

=x2

sin2 x+

4x2

sin2 2x− 18x2

sin2 3x

= x2(x− x3

6+ o(x3)

)−2+ 4x2

(2x− (2x)3

6+ o(x3)

)−2− 18x2

(3x− (3x)3

6+ o(x3)

)−2=

(1− x2

6+ o(x2)

)−2+(1− 4x2

6+ o(x2)

)−2− 2

(1− 9x2

6+ o(x2)

)−2=

(1 +

2x2

6+ o(x2)

)+(1 +

8x2

6+ o(x2)

)− 2

(1 +

18x2

6+ o(x2)

)= −26

6x2 + o(x2).

On déduit, en divisant par x2 : f(x) = −13

3+ o(1).

Finalement, f admet une limite finie en 0 si et seulement si λ = 18 et cette limite estalors −13

3.

51

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Colle-type 13 – Arithmétique dans Z

Arithmétique dans Z

Arithmétique dans ZColle-type 13


Énoncé du théorème de Bezout.Énoncé et démonstration du théorème de Gauss.


Montrer :∀n ∈ N, 11 | 26n+1 + 32n+2.


Soit (a, b, c, d) ∈ (N∗)4 tel que ab = cd.

a) Montrer qu’il existe (x, y, z, t) ∈ (N∗)4 tel que :

a = xy, b = zt, c = xz, d = yt.

b) En déduire que, pour tout k ∈ N, l’entier Sk = ak + bk + ck + dk n’est pas premier.




1) Énoncé du théorème de BezoutDeux nombres a, b de Z∗ sont premiers entre eux si et seulement s’il existe (u, v) ∈ Z2 telque au+ bv = 1.

2) Énoncé du théorème de GaussSoient a, b, c ∈ Z∗. Si a | (bc) et si a ∧ b = 1, alors a | c.

3) Démonstration du théorème de GaussSoient a, b, c ∈ Z∗ tels que a | (bc) et a ∧ b = 1.D’une part, il existe α ∈ Z tel que bc = aα, et, d’autre part, d’après le théorème deBezout, il existe (u, v) ∈ Z2 tel que au+ bv = 1.On déduit :

c = c · 1 = c(au+ bv) = a(cu) + (bc)v = a(cu) + (aα)v = a(cu+ αv︸︷︷︸∈Z

),

donc : a | c.

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1re méthode : utilisation de congruences modulo 11 :On a, pour tout n ∈ N :

26n+1 + 32n+2 = (26)n · 2 + (32)n · 32 = 64n · 2 + 9n · 9 ≡[11]

9n · 2 + 9n · 9 = 9n · 11 ≡[11]

0,

donc : 11 | 26n+1 + 32n+1.

2è méthode : récurrence :Notons, pour tout n ∈ N, un = 26n+1 + 32n+2.

Pour n = 0, on a :u0 = 2 + 32 = 11,

donc 11 | u0.Supposons, pour un n ∈ N fixé, que 11 | un.On a alors :

un+1 = 26(n+1)+1 + 32(n+1)+2 = 26n+1 · 26 + 32n+2 · 32

= (un − 32n+2)26 + 32n+2 · 9 = 26un − 32n+2(64− 9) = 26un − 32n+2 · 55.

Comme 11 | un et 11 | 55, on déduit : 11 | un+1.Ceci montre, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N : 11 | 26n+1 + 32n+2.

54

CO

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a) Notons x = a ∧ c ∈ N∗.D’après le cours, il existe (y, z) ∈ (N∗)2 tel que :

a = xy, c = xz, y ∧ z = 1.

On a :ab = cd ⇐⇒ xyb = xzd ⇐⇒ yb = zd.

Comme y | zd et que y ∧ z = 1, d’après le théorème de Gauss, on déduit : y | d.Il existe donc t ∈ N∗ tel que d = yt.On a :

yb = zd = z(yt) = y(zt),

donc : b = zt, puisque y 6= 0.On obtient :

a = xy, b = zt, c = xz, d = yt.

b) Soit k ∈ N.On a, en utilisant a) :

Sk = ak + bk + ck + dk = (xy)k + (zt)k + (xz)k + (yt)k

= xkyk + zktk + xkzk + yktk = (xk + tk︸︷︷︸noté uk

)(yk + zk︸︷︷︸noté vk

).

Puisque (x, z) ∈ (N∗)2 et k ∈ N, on a xk > 1 et tk > 1, donc uk > 2, et de même vk > 2.Ceci montre que Sk est le produit de deux entiers naturels différents de 1, donc Sk n’estpas premier.

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Colle-type 14 – Structures algébriques usuelles

Structures algébriques usuelles

Structures algébriquesusuelles

Colle-type 14


Inversibilité et inverse du produit de deux éléments inversibles dans un ensemble munid’une loi interne associative et admettant un neutre.


Soient (G, ·) un groupe, e son neutre, a, b ∈ G. Montrer :ab = ba2

ba = ab3⇐⇒

a = e

b2 = e.


Soit (A,+, ·) un anneau commutatif.On note 0 le neutre de A pour +, et 1 le neutre de A pour ·.Soit e ∈ A tel que: e 6= 0, e 6= 1, e2 = e.On note B = eA =

ea ; a ∈ A

et C = (1− e)A =

(1− e)b ; b ∈ A

.

a) Montrer que + et · sont internes dans B et que (B,+, ·) est un anneau.Que dire à propos de C ?

b) Montrer : B ∩ C = 0.

c) Établir : ∀x ∈ A, ∃ !(y, z) ∈ B × C, x = y + z.




1) Énoncé :Soit E un ensemble muni d’une loi interne · associative et admettant un neutre noté e.Soient x, y ∈ E. Si x et y sont inversibles, d’inverses noté x−1 et y−1, alors xy est inversibleet son inverse est y−1x−1.2) Démonstration :On a, en utilisant l’associativité :

(xy)(y−1x−1) = x(yy−1)x−1 = xex−1 = xx−1 = e

(y−1x−1)(xy) = y−1(x−1x)y = y−1ey = y−1y = e,

donc xy est inversible et son inverse est y−1x−1.

57

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IGÉS




1) Supposons ab = ba2 et ba = ab3.On a :

ba = ab3 = (ab)b2 = (ba2)b2 = (ba)(ab2).

En multipliant à gauche par (ba)−1, on déduit : e = ab2,puis :

ba = ab3 = (ab2)b = eb = b = be.

En multipliant à gauche par b−1, on déduit : a = e.Comme ab2 = e et a = e, on déduit : b2 = eb2 = ab2 = e.2) Réciproquement, supposons : a = e et b2 = e.On a alors : ab = eb = b et ba2 = be2 = be = b, donc : ab = ba2.Puis : ba = be = b et ab3 = eb3 = b3 = bb2 = be = b, donc : ba = ab3.

58

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IGÉS




a) 1) • Soient x, y ∈ B.Il existe a, b ∈ A tel que : x = ea, y = eb.On a :

x+ y = ea+ eb = e(a+ b) ∈ eA = B

xy = (ea)(eb) = e(aeb) ∈ eA = B,

donc + et · sont internes dans B.• L’addition est associative et commutative dans A, donc elle l’est aussi dans B.• La multiplication est distributive sur l’addition dans A, donc aussi dans B.• On a : e = e1 ∈ eA = B et, pour tout x ∈ B, il existe a ∈ A tel que x = ea, d’où :

ex = e(ea) = e2a = ea = x,

donc e est neutre pour · dans B.On conclut que + et · sont internes dans B et que (B,+, ·) est un anneau, de neutre epour ·.2) Puisque : e 6= 0, e 6= 1, e2 = e, on a :

1− e 6= 1, 1− e 6= 0, (1− e)2 = 1− e− e+ e2 = 1− e− e+ e = 1− e,

donc 1− e vérifie les mêmes hypothèses que e.En remplaçant e par 1 − e dans le résultat obtenu plus haut, on conclut que + et · sontinternes dans C et que (C,+, ·) est un anneau, de neutre 1− e pour ·.

b) • On a : 0 ∈ B et 0 ∈ C, donc 0 ∈ B ∩ C.• Réciproquement, soit x ∈ B ∩ C.Il existe a, b ∈ A tels que : x = ea et x = (1− e)b.On déduit :

x = ea = e2a = e(ea) = ex = e((1− e)b

)=

(e(1− e)

)b = (e− e2)b = 0b = 0.

On conclut : B ∩ C = 0.

c) Soit x ∈ A.1) Existence :On a :

x = 1x =(e+ (1− e)

)x = ex︸︷︷︸

noté y

+(1− e)x︸︷︷︸noté z

et y = ex ∈ B, z = (1− e)x ∈ C.

59

CO

RR

IGÉS



2) Unicité :Soit (y, z) ∈ B × C tel que x = y + z.Il existe a, b ∈ A tels que : y = ea, z = (1− e)b.On a :

ex = e(y + z) = ey + ez = e(ea) + e((1− e)b

)= e2a+

(e(1− e)

)b = ea+ 0b = ea = y,

puis : z = x− y = x− ex = (1− e)x.Ceci montre l’unicité du couple (y, z), c’est le couple

(ex, (1− e)x

).

On conclut :∀x ∈ A, ∃ !(y, z) ∈ B × C, x = y + z.

60

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Colle-type 15 – Algèbre des polynômes

Algèbre des polynômes

Algèbre des polynômesColle-type 15


Que peut-on dire du nombre de zéros d’un polynôme autre que le polynôme nul, parrapport à son degré ?


Soit n ∈ N− 0, 1, Pn = nX2n − (2n− 1)Xn − nX + (2n− 1).

Montrer que 1 est zéro d’ordre 2 exactement de Pn.


On rappelle qu’un polynôme P ∈ C[X] est dit pair si et seulement si P (−X) = P (X),impair si et seulement si P (−X) = −P (X).On note P (resp. I) l’ensemble des polynômes pairs (resp. impairs) de C[X].

I a) Est-ce que P ∪ I = C[X] ?b) Montrer : P ∩ I = 0.c) Établir :

∀P ∈ C[X], ∃ !(A,B) ∈ P × I, P = A+B.

d) Soit P ∈ C[X]− 0. Montrer que, si P ∈ P , alors deg (P ) est pair, et que, si P ∈ I,alors deg (P ) est impair. Les réciproques sont-elles vraies ?

II a) Soit P ∈ C[X] tel que P 2 ∈ P , où P 2 désigne le produit de P par P .1) Montrer : P ∈ P ∪ I.2) Montrer : P (0) 6= 0 =⇒ P ∈ P .

b) Soit P ∈ C[X] tel que P 2 ∈ I. Montrer : P = 0.




1) Énoncé :Soit K un corps commutatif.Le nombre de zéros d’un polynôme P de K[X]− 0 est inférieur ou égal au degré de P .

2) Démonstration :Montrons, par récurrence sur n, que, pour tout n ∈ N, pour tout polynôme P ∈ K[X] dedegré n, le nombre de zéros de P dans K est inférieur ou égal à n.• Pour n = 0, la propriété est immédiate, car, pour tout polynôme P ∈ K[X] de degré 0,P est une constante non nulle, donc le nombre de zéros de P dans K est zéro.• Supposons la propriété vraie pour un n ∈ N fixé.Soit P ∈ K[X] un polynôme de degré n+ 1.Si P n’admet pas de zéro, alors le nombre de zéros de P est nul, donc est inférieur ou égalà n+ 1.Supposons que P admette au moins un zéro a.Il existe alors Q ∈ K[X]− 0 tel que P = (X− a)Q.On a : deg (Q) = deg (P )− 1 = (n+ 1)− 1 = n.

D’après l’hypothèse de récurrence, le nombre de zéros de Q dans K est inférieur ou égalà n.Comme les zéros de P sont a et les zéros de Q, il en résulte que le nombre de zéros de Pdans K est inférieur ou égal à n+ 1.Ceci montre le résultat voulu, par récurrence sur n.

62

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On a :• Pn(1) = n− (2n− 1)− n+ (2n− 1) = 0

• P ′n = 2n2X2n−1 − (2n− 1)nXn−1 − n, donc : P ′n(1) = 2n2 − (2n− 1)n− n = 0

• P ′′n = 2n2(2n− 1)X2n−2 − (2n− 1)n(n− 1)Xn−2,

donc : P ′′n (1) = 2n2(2n− 1)− (2n− 1)n(n− 1) = n(2n− 1)(n+ 1) 6= 0.

Puisque : Pn(1) = 0, P ′n(1) = 0, P ′′n (1) 6= 0,

d’après le cours on conclut que 1 est zéro d’ordre 2 exactement de Pn.

63

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I a) On a, par exemple, X + 1 /∈ P et X + 1 /∈ I, donc : P ∪ I 6= C[X].b) • Soit P ∈ P ∩ I. On a alors : P (−X) = P (X) et P (−X) = −P (X), donc 2P (X) = 0,puis P (X) = 0. Ceci montre : P ∩ I ⊂ 0.• Réciproquement, il est clair que 0 ∈ P et 0 ∈ I, donc 0 ⊂ P ∩ I.On conclut : P ∩ I = 0.c) Soit P ∈ C[X].Unicité :Soient (A1, B1), (A2, B2) ∈ P × I tels que P = A1 +B1 et P = A2 +B2.On a alors A1 +B1 = A2 +B2, donc A1 − A2 = B2 −B1.Mais A1 − A2 est pair car :

(A1 − A2)(−X) = A1(−X)− A2(−X) = A1(X)− A2(X) = (A1 − A2)(X)

et B2 −B1 est impair, car :(B2 −B1)(−X) = B2(−X)−B1(−X) = −B2(X) +B1(X) = −(B2 −B1)(X).

Ainsi : A1 − A2 ∈ P ∩ I = 0, donc A1 = A2, puis B1 = B2.Existence :

Soit P ∈ C([X]. Notons A =P (X) + P (−X)

2, B =

P (X)− P (−X)

2.

On a : A ∈ P , B ∈ I, A+B = P.

On conclut : ∀P ∈ C[X], ∃ !(A,B) ∈ P × I, P = A+B.

d) Soit P =n∑

k=0

akXk ∈ C[X]− 0, où n ∈ N, a0, ..., an ∈ C, an 6= 0.

Si n est pair, alors P (−X) = P (X), donc, en particulier, en égalant les coefficients de Xn,on a an(−1)n = an d’où (−1)n = 1, donc n est pair.Si n est impair, alors P (−X) = −P (X), donc, en particulier, en égalant les coefficientsde Xn, on a an(−1)n = −an, d’où (−1)n = −1, donc n est impair.Ceci montre que, pour tout P ∈ C[X] − 0, si P est un polynôme pair (resp. impair),alors le degré de P est un nombre pair (resp. impair).Les réciproques sont fausses : par exemple, le polynôme X+1 est de degré impair et n’estpas un polynôme impair, et le polynôme X2+X est de degré pair et n’est pas un polynômepair.

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II a) On suppose ici : P 2 ∈ P .1) D’après I c), il existe (A,B) ∈ P × I tel que : P = A+B.On a alors : P 2 = (A+B)2 = A2 + 2AB +B2 = (A2 +B2) + 2AB.

Et : (A2 +B2)(−X) =(A(−X)

)2+(B(−X)

)2=

(A(X)

)2+(B(X)

)2= (A2 +B2)(X),

(2AB)(−X) = 2A(−X)B(−X) = 2A(X)(−B(X)

)= −(2AB)(X),

donc : A2 +B2 ∈ P , 2AB ∈ I.D’après I c), par unicité de la décomposition de P 2 sur P et I, on déduit en particulier2AB = 0, d’où A = 0 ou B = 0, donc P = B ou P = A, et donc P ∈ P ∪ I.2) Supposons de plus : P (0) 6= 0.On a, pour tout Q ∈ I, Q(0) = −Q(0), donc Q(0) = 0. Il en résulte P /∈ I.Comme P ∈ P ∪ I et P /∈ I, on conclut : P ∈ P .

b) On suppose ici : P 2 ∈ I. Si P 6= 0, alors deg (P ) est un entier naturel, donc deg (P 2) =2 deg (P ), contradiction avec P 2 impair donc deg (P 2) impair d’après I d).On a donc : P = 0.

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Colle-type 16 – Arithmétique des polynômes

Arithmétique des polynômes

Arithmétique des polynômesColle-type 16


Soient F ∈ K(X), a ∈ K un pôle simple de F . Quel est le coefficient de 1

X− adans la

décomposition en éléments simples de F dans K(X) ?


Factoriser dans R[X], puis dans C[X], le polynôme :

P = X8 + 5X6 + X4 − 21X2 − 18.


Trouver tous les couples (A,B) ∈(R[X]− 0

)2 tels que :

A+B = 2X2 − X− 1 et A ∨B = X3 − X.




Il existe (P,Q) ∈ K[X]×(K[X]− 0

)tel que : F =

P

Q, puis il existe Q1 ∈ K[X]− 0

tel que :Q = (X− a)Q1 et Q1(a) 6= 0.

D’après le cours, il existe λ ∈ K et P1 ∈ K[X] tels que : F =λ

X− a+P1

Q1

.

En multipliant par X− a puis en remplaçant X par a, on obtient : λ =P (a)

Q1(a).

De plus, puisque Q = (X− a)Q1, on déduit, en dérivant : Q′ = (X− a)Q′1 +Q1,

donc Q′(a) = Q1(a).

On conclut : λ =P (a)

Q′(a).

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On remarque d’abord que P est pair.Notons Y = X2 et Q = Y4 + 5Y3 + Y2 − 21Y− 18.

On a donc : P (X) = Q(X2).On remarque que −1 est zéro de Q, et on factorise Q par Y + 1 :

Q = (Y + 1)(Y3 + 4Y2 − 3Y− 18︸︷︷︸noté R

).

On remarque que 2 est zéro de R et on factorise R par Y− 2 :

R = (Y− 2)(Y2 + 6Y + 9) = (Y− 2)(Y + 3)2.

On obtient :

P = (X2 + 1)(X2 − 2)(X2 + 3)2 = (X−√2)(X +

√2)(X2 + 1)(X2 + 3)2,

ce qui donne la factorisation de P dans R[X].Enfin, la factorisation de P dans C[X] est :

P = (X−√2)(X +

√2)(X− i )(X + i )(X− i

√3)2(X + i

√3)2.

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1) Soit (A,B) convenant.• On a, d’une part : A ∧B | A et A ∧B | B, donc :

A ∧B | A+B = 2X2 − X− 1 = (X− 1)(2X + 1),

et, d’autre part :A ∧B | A ∨B = X3 − X = X(X− 1)(X + 1),

d’où nécessairement : A ∧B = 1 ou A ∧B = X− 1.• On a, d’une part : A+B = 2X2 − X− 1 = (X− 1)(2X + 1), donc X− 1 | A+B

et, d’autre part : A ∨B = X3 −X = X(X− 1)(X + 1), donc X− 1 | A ∨B, d’où, puisqueX− 1 est irréductible : X− 1 | A ou X− 1 | B.Si X− 1 | A, alors, comme X− 1 | A+B, par différence on déduit X− 1 | B.De même, si X− 1 | B, alors X− 1 | A.Ceci montre X− 1 | A et X− 1 | B, donc X− 1 | A ∧B.• Des deux points précédents, on déduit : A ∧B = X− 1.

D’après le cours, il existe (A1, B1) ∈(R[X]− 0

)2 tel que :

A = (X− 1)A1, B = (X− 1)B1, A1 ∧B1 = 1.

On a, d’une part : A+B = (X− 1)(A1 +B1) et A+B = (X− 1)(2X + 1),

donc : A1 +B1 = 2X + 1

et, d’autre part : A ∨B = (A ∧B)A1B1, donc

(X− 1)A1B1 = X3 − X = X(X− 1)(X + 1) = (X− 1)(X2 + X),

d’où A1B1 = X2 + X.Ensuite, connaissant A1 +B1 et A1B1, nous allons calculer A1 et B1 par :

(A1 −B1)2 = A2

1 − 2A1B1 +B21 = (A1 +B1)

2 − 4A1B1 = (2X + 1)2 − 4(X2 + X) = 1,

d’où A1 −B1 = 1 ou A1 −B1 = −1.Comme A1 +B1 = 2X + 1, on déduit, à l’ordre près : A1 = X et B1 = X + 1, puis :

A = (X− 1)A1 = (X− 1)X = X2 − X

etB = (X− 1)B1 = (X− 1)(X + 1) = X2 − 1.

2) Réciproquement, on vérifie aisément que le couple (A = X2−X, B = X2−1) convient.

On conclut qu’il y a exactement deux couples convenant :(A = X2 − X, B = X2 − 1

),

(A = X2 − 1, B = X2 −X

).

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Colle-type 17 – Espaces vectoriels

Espaces vectoriels

Espaces vectorielsColle-type 17


Montrer que, dans un ev, l’intersection de deux sev et la somme de deux sev sont des sev.


On note f1, f2, f3, f4 les applications de ]1 ; +∞[ dans R définies, pour tout x ∈ ]1 ; +∞[,par :

f1(x) =2x− 1

x(x− 1), f2(x) =

2x+ 1

x(x+ 1),

f3(x) =2

(x− 1)(x+ 1), f4(x) =

2x

(x− 1)(x+ 1).

a) Est-ce que la famille (f1, f2, f3) est libre ?

b) Est-ce que la famille (f1, f2, f4) est libre ?


Soient E un K-ev, F,G,H des sev de E.a) 1) Montrer : (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ F ∩ (G+H).

2) Montrer : (G ⊂ F ou H ⊂ F ) =⇒ (F ∩ G) + (F ∩ H) = F ∩ (G+H).

3) Donner un exemple de K,E, F,G,H pour lequel il n’y a pas égalité dans le résultatde a)1).b) 1) Montrer : F + (G ∩ H) ⊂ (F +G) ∩ (F +H).

2) Montrer : (F ⊂ G ou F ⊂ H) =⇒ F + (G ∩ H) = (F +G) ∩ (F +H).

3) Donner un exemple de K,E, F,G,H pour lequel il n’y a pas égalité dans le résultatde b)1).




Soient E un K-ev, F,G des sev de E.1) Montrons que F ∩ G est un sev de E.Rappelons que, par définition : F ∩ G = x ∈ E ; x ∈ F et x ∈ G.• On a : 0 ∈ F et 0 ∈ G, donc 0 ∈ F ∩ G.• Soient α ∈ K, x, y ∈ F ∩ G.On a : x ∈ F, y ∈ F et F est un sev de E, donc αx+ y ∈ F .De même : x ∈ G, y ∈ G et G est un sev de E, donc αx+ y ∈ G.Il s’ensuit : αx+ y ∈ F ∩ G.On conclut que F ∩ G est un sev de E.2) Montrons que F +G est un sev de E.Rappelons que, par définition : F +G = x ∈ E ; ∃ y ∈ F, ∃ z ∈ G, x = y + z.• On a : 0 ∈ F et 0 ∈ G, donc 0 = 0 + 0 ∈ F +G.• Soient α ∈ K, x, x′ ∈ F +G.Il existe y ∈ F, z ∈ G tels que x = y + z, et il existe y′ ∈ F, z′ ∈ G tels que x′ = y′ + z′.On a : αx+ x′ = α(y + z) + (y′ + z′) = (αy + y′) + (αz + z′).

Puisque y ∈ F, y′ ∈ F et que F est un sev de E, on a : αy + y′ ∈ F .De même, puisque z ∈ G, z′ ∈ G et que G est un sev de E, on a : αz + z′ ∈ G.Il s’ensuit : αx+ x′ ∈ F +G.On conclut que F +G est un sev de E.

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a) 1re méthode : étude d’une combinaison linéaireSoit (a, b, c) ∈ R3. On a :

af1 + bf2 + cf3 = 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, a2x− 1

x(x− 1)+ b

2x+ 1

x(x+ 1)+ c

2

(x− 1)(x+ 1)= 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, a(2x− 1)(x+ 1) + b(2x+ 1)(x− 1) + c2x = 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, (2a+ 2b)x2 + (a− b+ 2c)x+ (−a− b) = 0

⇐⇒(2a+ 2b = 0, a− b+ 2c = 0, −a− b = 0

)⇐⇒

(b = −a, c = −a

).

En choisissant a = 1 (par exemple), on a donc f1−f2−f3 = 0 et on conclut que la famille(f1, f2, f3) n’est pas libre, c’est-à-dire est liée.

2è méthode : utilisation d’une décomposition en éléments simplesDécomposons en éléments simples les fractions rationnelles donnant f1, f2, f3 :2X− 1

X(X− 1)=

1

X+

1

X− 1,

2X + 1

X(X + 1)=

1

X+

1

X + 1,

2

(X− 1)(X + 1)=

1

X− 1− 1

X + 1.

On a donc, pour tout x ∈ ]0 ; +∞[ :

f1(x) =1

x+

1

x− 1, f2(x) =

1

x+

1

x+ 1, f3(x) =

1

x− 1− 1

x+ 1.

On a : f3 = f1 − f2, donc la famille (f1, f2, f3) n’est pas libre, c’est-à-dire est liée.b) Soit (a, b, c) ∈ R3. On a :

af1 + bf2 + cf4 = 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, a2x− 1

x(x− 1)+ b

2x+ 1

x(x+ 1)+ c

2x

(x− 1)(x+ 1)= 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, a(2x− 1)(x+ 1) + b(2x+ 1)(x− 1) + c2x2 = 0

⇐⇒ ∀x ∈ ]0 ; +∞[, (2a+ 2b+ 2c)x2 + (a− b)x+ (−a− b) = 0

⇐⇒(2a+ 2b+ 2c = 0, a− b = 0, −a− b = 0

)⇐⇒

(a = 0, b = 0, c = 0

).

On conclut que la famille (f1, f2, f4) est libre.

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a) 1) Soit x ∈ (F ∩ G) + (F ∩ H). Il existe y ∈ F ∩ G, z ∈ F ∩ H tels que x = y + z.Puisque y ∈ F, z ∈ F et que F est un sev, on a : y ∈ F .Puisque y ∈ G, z ∈ H, on a, par définition : x = y + z ∈ G+H.On déduit : x = y + z ∈ F ∩ (G+H).On conclut : (F ∩ G) + (F ∩ H) ⊂ F ∩ (G+H).

2) Puisque G et H jouent des rôles symétriques, on peut supposer, par exemple, G ⊂ F .Soit x ∈ F ∩ (G+H). Alors, x ∈ F , et il existe g ∈ G et h ∈ H tels que x = g + h.Puisque x ∈ F, g ∈ G ⊂ F et que F est un sev, on déduit : x ∈ F.Puisque g ∈ G = F ∩G et h ∈ F ∩H, on a, par définition : x = g+h ∈ (F ∩G)+(F ∩H).Ceci montre : F ∩ (G+H) ⊂ (F ∩ G) + (F ∩ H), d’où l’égalité, d’après 1).

3) En prenant K = R, E = R2 et les droites vectoriellesF = R(1, 0), G = R(0, 1), H = R(1, 1),

on a : (F ∩ G) + (F ∩ H) = 0+ 0 = 0, F ∩ (G+H) = F ∩ E = F 6= 0.b) 1) Soit x ∈ F + (G ∩ H). Il existe y ∈ F et z ∈ G ∩ H tels que x = y + z.Puisque y ∈ F et z ∈ G ∩ H ⊂ G, on a, par définition : x = y + z ∈ F +G.Puisque y ∈ F et z ∈ G ∩ H ⊂ H, on a, par définition : x = y + z ∈ F +H.Il s’ensuit : x ∈ (F +G) ∩ (F +H).

Ceci montre : F + (G ∩ H) ⊂ (F +G) ∩ (F +H).

2) Puisque G et H jouent des rôles symétriques, on peut supposer, par exemple, F ⊂ G.Soit x ∈ (F +G) ∩ (F +H). On a alors : x ∈ F +G et x ∈ F +H.Il existe donc f ∈ F, g ∈ G tels que x = f + g, et il existe f ′ ∈ F, h ∈ H tels quex = f ′ + h.

On déduit h = f + g − f ′.Comme f ∈ F ⊂ G, g ∈ G, f ′ ∈ F ⊂ G et que G est un sev, on déduit h ∈ G.Ainsi, f ′ ∈ F et h ∈ G ∩ H, donc, par définition : x = f ′ + h ∈ F + (G ∩ H).

Ceci montre : (F +G) ∩ (F +H) ⊂ F + (G ∩ H), d’où l’égalité d’après 1).3) En prenant K = R, E = R2 et les droites vectorielles

F = R(1, 0), G = R(0, 1), H = R(1, 1),on a : (F +G) ∩ (F +H) = E ∩ E = E, F + (G ∩ H) = F + 0 = F 6= E.

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Colle-type 18 – Espaces vectoriels de dimension finie

Espaces vectoriels de dimension finie

Espaces vectorielsde dimension finie

Colle-type 18


Énoncé et démonstration de la formule de Grassmann, en admettant la formule sur ladimension de la somme directe de deux sev d’un ev de dimension finie.


On note, dans R3 :

−→x = (1, 1, −1), −→y = (1, −1, 1), F = Vect (−→x , −→y ), −→u = (1, 5, −5), −→v = (1, 3, −2).

A-t-on −→u ∈ F ? −→v ∈ F ?


Soient I un intervalle de R, n ∈ N∗, f1, ..., fn : I −→ R dérivables.

a) Montrer que, si (f1, ..., fn) est libre, alors rg (f ′1, ..., f ′n) > n− 1.

b) En déduire : rg (f ′1, ..., f ′n) > rg (f1, ..., fn)− 1.




1) Rappel de la formule sur la dimension de la somme directe de deux sev d’un ev dedimension finie :Soient E un K-ev de dimension finie, F,G des sev de E tels que la somme F + G soitdirecte.On a alors :

dim (F ⊕G) = dim (F ) + dim (G).

2) Énoncé de la formule de Grassmann :Soient E un K-ev de dimension finie, F,G des sev de E.On a :

dim (F +G) = dim (F ) + dim (G)− dim (F ∩ G).

3) Démonstration de la formule de Grassmann :D’après le cours, puisque F ∩ G est un sev de F et que F est un ev de dimension finie,F ∩ G admet au moins un supplémentaire F ′ dans F .• Montrons que la somme F ′ +G est directe et que F ′ ⊕G = F +G.

? On a : F ′ ⊂ F , donc : F ′ ∩ G = (F ′ ∩ F ) ∩ G = F ′ ∩ (F ∩ G) = 0,ce qui montre que la somme F ′ +G est directe.

? On a : F +G =(F ′ + (F ∩ G)

)+G = F ′ +

((F ∩ G) +G

)= F ′ +G.

• Passons aux dimensions : dim (F +G) = dim (F ′ ⊕G) = dim (F ′) + dim (G)

et dim (F ) = dim(F ′ ⊕ (F ∩ G)

)= dim (F ′) + dim (F ∩ G).

On conclut à la formule de Grassmann :

dim (F +G) = dim (F ) + dim (G)− dim (F ∩ G).

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1) On a, pour tout (a, b) ∈ R2 :

−→u = a−→x + b−→y ⇐⇒ (1, 5, −5) = a(1, 1, −1) + b(1, −1, 1)

⇐⇒

1 = a+ b

5 = a− b

−5 = −a+ b

⇐⇒

a = 3

b = −2.

Ainsi : −→u = 3−→x − 2−→y , donc −→u ∈ F .

2) De même, pour tout (a, b) ∈ R2 : −→v = a−→x + b−→y ⇐⇒

1 = a+ b

3 = a− b

−2 = −a+ b

et ce système n’a pas de solution car les deux dernières équations sont incompatibles.On conclut : −→v /∈ F .

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a) La propriété est évidente pour n = 1. Supposons donc n > 2.Raisonnons par l’absurde : supposons (f1, ..., fn) libre et rg (f ′1, ..., f ′n) 6 n− 2.

Par rôles symétriques de f ′1, ..., f′n, on peut supposer, par exemple, que f ′n−1 et f ′n se

décomposent linéairement sur f ′1, ..., f ′n−2.

Il existe donc a1, ..., an−2, b1, ..., bn−2 ∈ R tels que : f ′n−1 =n−2∑k=1

akf′k et f ′n =

n−2∑k=1

bkf′k.

On a alors :(fn−1 −

n−2∑k=1

akfk

)′= 0 et

(fn −

n−2∑k=1

bkfk

)′= 0.

D’après le cours d’Analyse sur la dérivation, il existe donc (α, β) ∈ R2 tel que :

fn−1 −n−2∑k=1

akfk = α et fn −n−2∑k=1

bkfk = β.

On déduit : β(fn−1 −

n−2∑k=1

akfk

)− α

(fn −

n−2∑k=1

bkfk

)= 0,

c’est-à-dire :n−2∑k=1

(αbk − βak)fk + βfn−1 − αfn = 0.

Comme (f1, ..., fn) est libre, on déduit, en particulier : α = 0, donc :

fn−1 −n−2∑k=1

akfk = α = 0.

Mais ceci montre que (f1, ..., fn−1) est liée, donc a fortiori, (f1, ..., fn) est liée, contradictionavec l’hypothèse.Ce raisonnement par l’absurde montre que, si (f1, ..., fn) est libre, alors :

rg (f ′1, ..., f ′n) > n− 1.

b) Notons r = rg (f1, ..., fn).Par rôles symétriques de f1, ..., fn, on peut supposer, par exemple, (f1, ..., fr) libre.D’après a), on a donc : rg (f ′1, ..., f ′r) > r − 1.

D’autre part, la famille (f ′1, ..., f′r) est incluse dans la famille (f ′1, ..., f

′n), donc :

rg (f ′1, ..., f ′n) > rg (f ′1, , .., f ′r).

On conclut : rg (f ′1, ..., f ′n) > rg (f1, ..., fn)− 1.

Ainsi, par dérivation, le rang d’une famille libre de fonctions ne peut diminuer que d’auplus une unité.

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Colle-type 19 – Applications linéaires

Applications linéaires

Applications linéairesColle-type 19


Soient E,F deux K-espaces vectoriels, f ∈ L(E,F ), S un supplémentaire de Ker (f)dans E. Montrer que f induit un isomorphisme de S sur Im (f).


On note E = C1(R, R),

F =f ∈ E ; f ′(0)− f(1) = 0

,

G =f ∈ E ; f ′(0)− f(−1) = 0

,

H =f ∈ E ; 2f ′(0)− f(1)− f(−1) = 0

.

a) Montrer que F, G, H sont des hyperplans de E.b) Montrer : F ∩ G ⊂ H. A-t-on : F ∩ G = H ?


Soient E,F deux K-espaces vectoriels, f ∈ L(E,F ), g ∈ L(F,E) telles que : f g = IdF .Montrer :

Im (g f) = Im (g), Ker (g f) = Ker (f), Im (g)⊕Ker (f) = E.




Puisque : ∀x ∈ E, f(x) ∈ Im (f), on peut considérer l’applicationg : S −→ Im (f), x 7−→ f(x).

1) On a, pour tous α ∈ K, s, t ∈ S : g(αs+ t) = f(αs+ t) = αf(s) + f(t) = αg(s) + g(t),

donc g est linéaire.2) On a, pour tout s ∈ S :

s ∈ Ker (g) ⇐⇒

s ∈ S

g(s) = 0⇐⇒

s ∈ S

f(s) = 0

⇐⇒

s ∈ S

s ∈ Ker (f)⇐⇒ s ∈ S ∩ Ker (f) = 0 ⇐⇒ s = 0.

Ceci montre que g est injective.3) Soit y ∈ Im (f).Il existe x ∈ E tel que y = f(x), puis il existe s ∈ S, t ∈ Ker (f) tels que x = s+ t.On a : y = f(x) = f(s+ t) = f(s) + f(t)︸︷︷︸

= 0

= f(s) = g(s).

Ceci montre que g est surjective.Puisque g est linéaire injective et surjective, on conclut que g est un isomorphisme de Ssur Im (f).

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a) Considérons les applications linéaires ϕ1, ϕ2, ϕ3 : E −→ R définies, pour toute f ∈ E,par :

ϕ1(f) = f ′(0)− f(1), ϕ2(f) = f ′(0)− f(−1), ϕ3(f) = 2f ′(0)− f(1)− f(−1).

• L’application ϕ1 est linéaire, car, pour tous α ∈ R, f, g ∈ E :

ϕ1(αf + g) = (αf + g)′(0)− (αf + g)(1) =(αf ′(0) + g′(0)

)−(αf(1) + g(1)

)= α

(f ′(0)− f(1)

)+(g′(0)− g(1)

)= αϕ1(f) + ϕ1(g).

Ainsi, ϕ1 est une forme linéaire sur E.De plus, ϕ1 n’est pas la forme nulle car, par exemple, en notant 1 l’application constanteégale à 1, on a ϕ1(1) = 0− 1 = −1 6= 0.Enfin, par définition de ϕ1, on a : F = Ker (ϕ1).Ainsi, F est le noyau d’une forme linéaire autre que la forme nulle, donc, d’après le cours,F est un hyperplan de E.• Le même raisonnement s’applique à G en utilisant ϕ2 et à H en utilisant ϕ3.On conclut : F, G, H sont des hyperplans de E.

b) • On a, pour toute f ∈ F ∩ G :2f ′(0)− f(1)− f(−1) =

(f ′(0)− f(1)︸︷︷︸

= 0

)+(f ′(0)− f(−1)︸︷︷︸

= 0

)= 0,

donc f ∈ H.Ceci montre : F ∩ G ⊂ H.• Considérons, par exemple, l’application f : R −→ R, x 7−→ x+ 1.

On a : f ∈ E, f ′(0) = 1, f(1) = 2, f(−1) = 0,

d’où : f ′(0)− f(1) = −1 6= 0, 2f ′(0)− f(1)− f(−1) = 0.

Ainsi : f /∈ F et f ∈ H, donc : f /∈ F ∩ G et f ∈ H.On conclut : F ∩ G 6⊂ H.

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IGÉS




1) • Soit z ∈ Im (g f). Il existe x ∈ E tel que z = (g f)(x).On a : z = (g f)(x) = g

(f(x)

)∈ Im (g).

Ceci montre : Im (g f) ⊂ Im (g).

• Réciproquement, soit z ∈ Im (g). Il existe y ∈ F tel que z = g(y).Puisque f g = IdF , on a : z = g(y) = g

((f g)(y)

)= (g f)

(g(y)

)∈ Im (g f).

Ceci montre : Im (g) ⊂ Im (g f).On conclut : Im (g f) = Im (g).

2) • Soit x ∈ Ker (f).On a f(x) = 0, donc : (g f)(x) = g

(f(x)

)= g(0) = 0, d’où x ∈ Ker (g f).

Ceci montre : Ker (f) ⊂ Ker (g f).• Réciproquement, soit x ∈ Ker (g f).Puisque f g = IdF , on a : f(x) = (f g)

(f(x)

)= f

((g f)(x)

)= f(0) = 0,

donc x ∈ Ker (f).Ceci montre : Ker (g f) ⊂ Ker (f).On conclut : Ker (g f) = Ker (f).3) • Soit x ∈ Im (g) ∩ Ker (f).Alors f(x) = 0 et il existe y ∈ F tel que x = g(y).Puisque f g = IdF , on a : y = (f g)(y) = f

(g(y)

)= f(x) = 0

puis : x = g(y) = g(0) = 0.

Ceci montre : Im (g) ∩ Ker (f) = 0.• Soit x ∈ E.Puisque f g = IdF , on a : f

(x− (g f)(x)

)= f(x)− (f g)

(f(x)

)= f(x)− f(x) = 0,

donc : x− (g f)(x) ∈ Ker (f).Ainsi : x =

(x− (g f)(x)︸︷︷︸

∈Ker (f)

)+ (g f)(x)︸︷︷︸

∈Im (g)

.

Ceci montre : Ker (f) + Im (g) = E.On conclut : Ker (f)⊕ Im (g) = E.

81

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IGÉS


Colle-type 20 – Calcul matriciel

Calcul matricielCalcul matriciel

Colle-type 20


Que peut-on dire du produit de deux matrices triangulaires supérieures ?


On note A =

(1 11 1

), B =

(1 1−1 −1

).

a) Déterminer l’ensemble E des matrices X =

(a bc d

)∈M2(R) telles que AXB = 0.

b) Montrer que est un sous-espace vectoriel de M2(R) et en déterminer une base et ladimension.

c) Montre : E ⊕A2(R) = M2(R).A-t-on E = S2(R) ?


On note, pour tout a ∈ R∗, M(a) =

(−4a 2a2a −a

), et E = M(a) ; a ∈ R∗

.

a) Montrer que E est un groupe commutatif pour la multiplication.

b) Est-ce que E est un sous-groupe de GL2(R) ?




Le produit de deux matrices triangulaires supérieures (de même ordre) est une matricetriangulaire supérieure et les termes diagonaux du produit sont les produits des termesdiagonaux (à la même place) des deux matrices.De façon explicite, soient n ∈ N∗, A = (aij)ij, B = (bij)ij ∈ Tn,s(K).

On a alors : AB ∈ Tn,s(K) et, pour tout i ∈ 1, ..., n, (AB)ii = aiibii.

2) Démonstration :Soit (i, j) ∈ 1, ..., n2.

Le terme situé ligne i et colonne j de AB est : (AB)ij =n∑

k=1

aikbkj.

• Si i > j, alors, pour tout k ∈ 1, ..., n :? si k < i, alors aik = 0, d’où aikbkj = 0

? si k > i, alors k > j, donc bkj = 0, d’où aikbkj = 0,et donc (AB)ij = 0, puisque chaque terme de la somme est nul.Ceci montre que AB est triangulaire supérieure.• Si i = j, on a, pour tout k ∈ 1, ..., n :

? si k < i, alors aik = 0 d’où aikbki = 0

? si k > j, alors k > i, donc bki = 0, d’où aikbki = 0,

et donc (AB)ii = aiibii, puisque chaque terme de la somme est nul, sauf peut-être le termenuméro i.

83

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IGÉS




a) Soit X =

(a bc d

)∈M2(R). On a :

AXB = 0 ⇐⇒

X︷︸︸︷(a bc d

) B︷︸︸︷(1 1−1 −1

)(1 11 1

)︸︷︷︸

A

(a+ c b+ da+ c b+ d

)︸︷︷︸

AX

(a+ c− b− d a+ c− b− da+ c− b− d a+ c− b− d

)︸︷︷︸

AXB

=

(0 00 0

)

⇐⇒ a+ c− b− d = 0.

On conclut : E =X =

(a bc d

)∈M2(R) ; a+ c− b− d = 0

.

b) On a, d’après a) :

E =X =

(a bc a+ c− b

); (a, b, c) ∈ R3

=

a

(1 00 1

)︸︷︷︸

notée I

+b

(0 10 −1

)︸︷︷︸

notée U

+c

(0 01 1

)︸︷︷︸

notée V

; (a, b, c) ∈ R3= Vect (I, U, V ).

Ceci montre que E est le sev de M2(R) engendré par (I, U, V ).De plus, on a, pour tout (a, b, c) ∈ R3 :

aI + bU + cV = 0 ⇐⇒(a bc a+ c− b

)=

(0 00 0

)⇐⇒ a = b = c = 0,

donc (I, U, V ) est libre.On conclut : E est un sev de M2(R), une base de E est (I, U, V ), dim (E) = 3.c) 1) • Soit X ∈ E ∩ A2(R).

Alors, X ∈ E et il existe b ∈ R tel que X =

(0 b−b 0

).

D’après a), on a : 0 + b− (−b) = 0, donc 2b = 0, b = 0, X = 0.Ceci montre : E ∩ A2(R) = 0.La somme E + A2(R) est donc directe, on peut la noter E ⊕A2(R).• On a : dim

(E ⊕A2(R)

)= dim (E) + dim

(A2(R)

)= 3 + 1 = 4 = dim

(M2(R)

).

On conclut : E ⊕A2(R) = M2(R).

2) On a : U =

(0 10 −1

)∈ E et U /∈ S2(R), donc : E 6= S2(R).

Ainsi, E et S2(R) sont deux sev de M2(R), chacun des deux est un supplémentairede A2(R) dans M2(R), mais ils sont différents.

84

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IGÉS




a) En notant B =

(−4 22 −1

), on a : ∀a ∈ R∗, M(a) = aB.

On calcule B2 : B2 =

(−4 22 −1

)(−4 22 −1

)=

(20 −10−10 5

)= −5B.

D’où :• ∀(a, b) ∈ (R∗)2, M(a)M(b) = (aB)(bB) = abB2 = (−5ab︸︷︷︸

∈R∗

)B =M(−5ab) ∈ E

donc la multiplication est interne dans E• la multiplication est associative dans M2(R), donc dans E• ∀(a, b) ∈ (R∗)2, M(b)M(a) =M(−5ba) =M(−5ab) =M(a)M(b),

donc la multiplication est commutative dans E

• ∀a ∈ R∗, M(a)M(− 1

5

)=M

(− 5a

(− 1

5

))=M(a),

donc M(− 1

5

)est neutre pour la multiplication dans E

• ∀(a, b) ∈ (R∗)2, M(a)M(b) =M(− 1

5

)⇐⇒ − 5ab = −1

5⇐⇒ b =

1

25a,

donc tout élément M(a) de E admet un symétrique pour la multiplication dans E et cesymétrique est M

( 1

25a

).

On conclut que E est un groupe commutatif pour la multiplication.

b) On a, par exemple, M(1) =

(−4 22 −1

)∈ E et M(1) /∈ GL2(R) car M(1) n’est pas

inversible, vu que ses deux lignes, par exemple, sont liées.On conclut que E n’est pas un sous-groupe de GL2(R).

85

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Colle-type 21 – Matrices et applications linéaires

Matrices et applications linéaires

Matriceset applications linéaires

Colle-type 21


Trace d’une matrice carrée (définition et propriétés).


Soient n ∈ N∗, (a0, ..., an) ∈ Cn+1. On note :

f : Cn[X] −→ Cn+1, P 7−→(P (a0), P

′(a1), ..., P(n)(an)

).

Montrer que f est un isomorphisme de C-espaces vectoriels.


On note B = (e1, e2, e3, e4) la base canonique de R4,

u = e1 + e2 − e4, v = e1 − 2e2 + e3,

F =(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 ; 2x1 − x2 + x3 = 0 et x1 + x2 + x4 = 0

.

Montrer qu’il existe f ∈ L(R4) unique tel que :

f(e1) = u, f(e2) = v, Ker (f) = F

et déterminer f par sa matrice A dans la base B.




1) Définition :Soient n ∈ N∗, A = (aij)ij ∈Mn(K).

On définit la trace de A, notée tr (A), par : tr (A) =n∑

i=1

aii.

2) Énoncé des propriétés :• L’application tr : Mn(K) −→ K, A 7−→ tr (A) est une forme linéaire• ∀A ∈Mn(K), tr ( tA) = tr (A)• ∀A ∈Mn,p(K), ∀B ∈Mp,n(K), tr (AB) = tr (BA)• ∀A ∈Mn(K), ∀P ∈ GLn(K), tr (P−1AP ) = tr (A).

3) Démonstration des propriétés :• Soient α ∈ K, A = (aij)ij, B = (bij)ij ∈Mn(K). On a :

tr (αA+B) =n∑

i=1

(αaii + bii) = αn∑

i=1

aii +n∑

i=1

bii = α tr (A) + tr (B).

• La propriété relative à la transposée est évidente, puisque A et tA ont les mêmes termesdiagonaux.• Soient A = (aij)ij ∈Mn,p(K), B = (bij)ij ∈Mp,n(K).Remarquons d’abord que les deux matrices AB et BA sont carrées :

AB ∈Mn(K) et BA ∈Mp(K).

On a : tr (AB) =n∑

i=1

( p∑j=1

aijbji

)=

p∑j=1

( n∑i=1

bjiaji

)= tr (BA).

• Soient A ∈Mn(K), P ∈ GLn(K). On a :tr (P−1AP ) = tr

(P−1(AP )

)= tr

((AP )P−1

)= tr

(A(PP−1)

)= tr (A).

87

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IGÉS




• D’abord, il, est clair que Cn[X] et Cn+1 sont bien des C-espaces vectoriels.Soient α ∈ K, P,Q ∈ Cn[X]. On a :

f(αP +Q) =((αP +Q)(a0), (αP +Q)′(a1), ..., (αP +Q)(n)(an)

)=

(αP (a0) +Q(a0), αP

′(a1) +Q′(a1), ..., αP(n)(an) +Q(n)(an)

)= α

(P (a0), P

′(a1), ..., P(n)(an)

)+(Q(a0), Q

′(a1), ..., Q(n)(an)

)= αf(P ) + f(Q).

Ceci montre que f est linéaire.• Formons la matrice de f dans la base canonique de Cn[X] pour le départ et la basecanonique de Cn+1 pour l’arrivée. On a : f(1) = (1, 0, 0, ..., 0), f(X) = (a0, 1, 0, ..., 0),et, de façon générale, pour tout k ∈ 0, ..., n : f(Xk) = (ak0, ka

k−11 , ..., k!, 0, ...0), où k!

est à la place numéro k, en numérotant les places de 0 à n.

On a donc : M =

10 1 (∗)0 0 2... ... ... (0)

. . .0 0 0 . . . 0 n!

.

Ainsi, M est triangulaire supérieure à termes diagonaux tous non nuls, donc, d’après lecours, M est inversible. Comme M représente f et que M est inversible, on conclut quef est un isomorphisme de C-espaces vectoriels.

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1) Déterminons une base de F . On a, pour tout (x1, x2, x3, x4) ∈ R4 :

(x1, x2, x3, x4) ∈ F ⇐⇒

2x1 − x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x4 = 0⇐⇒

x3 = −2x1 + x2

x4 = −x1 − x2⇐⇒ (x1, x2, x3, x4) = (x1, x2, −2x1 + x2, −x1 − x2)

⇐⇒ (x1, x2, x3, x4) = x1(1, 0, −2, −1) + x2(0, 1, 1, −1).

Notons r = (1, 0, −2, −1) = e1 − 2e3 − e4, s = (0, 1, 1, −1) = e2 + e3 − e4.On a donc : F = Vect (r, s).De plus, s n’est pas colinéaire à r, donc la famille de deux vecteurs (r, s) est libre.On conclut que (r, s) est une base de F .2) Soit f ∈ L(E).Si f(e1) = u et f(e2) = v, comme (u, v) est libre, on a : dim Im (f) > 2.Comme dim (F ) = 2, la condition Ker (f) = F est alors équivalente à la conditionF ⊂ Ker (f).D’après le théorème du rang, on a donc : dim Ker (f) = 4− dim Im (f) 6 4− 2 = 2.

Puisque (r, s) est une base de F , on a alors :

Ker (f) = F ⇐⇒

r ∈ Ker (f)

s ∈ Ker (f)⇐⇒

f(r) = 0

f(s) = 0

⇐⇒

f(e1 − 2e3 − e4) = 0

f(e2 + e3 − e4) = 0⇐⇒

f(e1)− 2f(e3)− f(e4) = 0

f(e2) + f(e3)− f(e4) = 0.Il en résulte :

f convient⇐⇒

(f(e1) = u, f(e2) = v, f(e1)− 2f(e3)− f(e4) = 0, f(e2) + f(e3)− f(e4) = 0

)⇐⇒

(f(e1) = u, f(e2) = v, 2f(e3) + f(e4) = u, f(e3)− f(e4) = −v

)⇐⇒

(f(e1) = u, f(e2) = v, f(e3) =

1

3(u− v), f(e4) =

1

3(u+ 2v)

)⇐⇒

(f(e1) = u, f(e2) = v, f(e3) =

1

3(3e2 − e3 − e4), f(e4) =

1

3(3e1 − 3e2 + 2e3 − e4)

).

On conclut qu’il existe f ∈ L(E) unique convenant, et que la matrice A de f dans la baseB est :

A =

1 1 0 11 −2 1 −10 1 −1/3 2/3−1 0 −1/3 −1/3

.

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Colle-type 22 – Déterminants

DéterminantsDéterminants

Colle-type 22


Déterminant d’une matrice triangulaire par blocs (énoncé et démonstration).


Soient n ∈ N∗, a1, ..., an ∈ K. Calculer le déterminant Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a1 . . . a1a1 a2 . . . a2... ... . . . ...a1 a2 . . . an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n]

.


Soit n ∈ N∗. Calculer le déterminant Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 3 0 . . . 0

2 5. . . (0)

...0

. . . . . . . . . 0... (0)

. . . 5 30 . . . . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n]

.




1) Énoncé :Soient n, p ∈ N∗, A ∈Mn(K), B ∈Mn,p(K), C ∈Mp(K).

On a :det

(A B0 C

)= det (A)det (C).

2) Démonstration :On remarque : (

A B0 C

)=

(In 00 C

)(A B0 Ip

),

d’où, en passant aux déterminants :

det(A B0 C

)= det

(In 00 C

)det

(A B0 Ip

).

En développant det(

In 00 C

)par rapport à la première ligne, de façon itérée, on obtient :

det(

In 00 C

)= det (C).

De même, en développant(A B0 Ip

)par rapport à la dernière ligne, de façon itérée, on

obtient :det

(A B0 Ip

)= det (A).

On conclut : (A B0 C

)= det (A)det (C).

91

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On a, par Li ←− Li − Li−1, i = n, ..., 2 :

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a1 . . . a1a1 a2 . . . a2... ... . . . ...a1 a2 . . . an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n]

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a1 . . . a10 a2 − a1 . . . a2 − a1... (0)

. . . ...0 0 . . . an − an−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n]

= a1(a2− a1) · · · (an− an−1).

92

CO

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IGÉS




• Soit n ∈ N∗.On a, en développant Dn+2 par rapport à la première ligne :∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 3 0 . . . 0

2 5. . . (0)

...0

. . . . . . . . . 0... (0)

. . . 5 30 . . . . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n+2]

= 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

5 3 0 . . . 0

2 5. . . (0)

...0

. . . . . . . . . 0... (0)

. . . 5 30 . . . . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n+1]

− 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 3 0 . . . 0

0 5 3 (0)...

0 2. . . . . . 0

... (0). . . 5 3

0 . . . . . . 2 5

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n+1]

.

On reconnaît Dn+1 en le premier déterminant, et en développant le second déterminantpar rapport à la première colonne, on obtient :

Dn+2 = 5Dn+1 − 3 · 2Dn.

Pour la commodité, définissons un réel D0 de façon que la relation de récurrence soit aussi

vraie pour n = 0. On a D1 = 5 et D2 =

∣∣∣∣5 32 5

∣∣∣∣ = 25− 6 = 19, donc :

D2 = 5D1 − 6D0 ⇐⇒ 19 = 25− 6D0 ⇐⇒ D0 = 1.

On pose donc D0 = 1 et on a alors :

∀n ∈ N, Dn+2 = 5Dn+1 − 6Dn.

• Ainsi, la suite (Dn)n∈N set une suite récurrente linéaire du second ordre à coefficientsconstants et sans second membre.L’équation caractéristique r2 − 5r + 6 = 0 admet deux solutions réelles distinctes,r1 = 2, r2 = 3.D’après le cours, il existe (λ1, λ2) ∈ R2 tel que : ∀n ∈ N, Dn = λ12

n + λ23n.

On a : D0 = 1

D1 = 5⇐⇒

λ1 + λ2 = 1

2λ1 + 3λ2 = 5⇐⇒

λ1 = −2

λ2 = 3.

On obtient :∀n ∈ N, Dn = (−2)2n + 3 · 3n,

et on conclut :∀n ∈ N, Dn = 3n+1 − 2n+1.

On peut contrôler la formule obtenue, pour n = 0, 1, 2 et pour n = 3 :

D3 =

∣∣∣∣∣∣5 3 02 5 30 2 5

∣∣∣∣∣∣ = 65 et 34 − 24 = 65.

93

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Colle-type 23 – Espaces préhilbertiens réels

Espaces préhilbertiens réels

Espacespréhilbertiens réels

Colle-type 23


Que peut-on dire, dans un espace préhilbertien réel, d’une famille orthogonale à vecteurstous non nuls ? (énoncé et démonstration)


Trouver une CNS sur n ∈ N∗ et (a1, ..., an), (b1, ..., bn) ∈ Rn pour que la matrice

M =

0 a1 0 . . . 0

b1 0. . . (0)

...0

. . . . . . . . . 0... (0)

. . . 0 an0 . . . 0 bn 0

∈Mn+1(R) soit orthogonale.


Soient(E, (. | .)

)un espace vectoriel euclidien, ||.|| la norme associée, n ∈ N∗, x1, ..., xn ∈ E

tels que : ∀i ∈ 1, ..., n, ||xi|| = 1

∀(i, j) ∈ 1, ..., n2,(i 6= j =⇒ ||xi − xj|| = 1

).

a) Calculer, pour tout (i, j) ∈ 1, ..., n2, le produit scalaire (xi |xj).

b) Calculer le déterminant de la matrice A =((xi |xj)

)16i,j6n

∈Mn(R).

c) En déduire que (x1, ..., xn) est libre et que n 6 dim (E).




1) Énoncé :Toute famille orthogonale à vecteurs tous non nuls est libre.2) Démonstration :Soient

(E, (. | .)

)un espace préhilbertien réel, n ∈ N∗, (x1, ..., xn) une famille orthogonale

de E à vecteurs tous non nuls.

Soit (λ1, ..., λn) ∈ Rn tel quen∑

i=1

λixi = 0.

Soit k ∈ 1, ..., n. On a : 0 =(xk

∣∣∣ n∑i=1

λixi

)=

n∑i=1

λi (xk |xi)︸︷︷︸= 0 si i6=k

= λk||xk||2.

Comme xk 6= 0, on a ||xk||2 6= 0 et on déduit λk = 0.Ceci montre que la famille (x1, ..., xn) est libre.

95

CO

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IGÉS




• Supposons M orthogonale.En particulier, chaque ligne de M et chaque colonne de M est normée.Puisque la première ligne et la première colonne de M sont normées, on a :

a21 = 1 et b21 = 1.Ensuite, comme la deuxième ligne et la deuxième colonne de M sont normées, on déduit :a22 = 0 et b22 = 0, donc a2 = b2 = 0.On réitére sur la matrice carrée d’ordre n − 1 obtenue à partir de M en supprimant lesdeux premières lignes et colonnes.Si n est pair, on déduit que la dernière ligne (et la dernière colonne) de M est nulle,contradiction avec M orthogonale donc inversible.On a donc nécessairement n impair, et, en notant n = 2p+ 1, p ∈ N, on obtient :

∀k ∈ 0, ..., p,

a22k+1 = b22k+1 = 1

a2k = b2k = 0.

• Réciproquement, si les conditions précédentes sont réalisées, alors chaque colonne de Mest normée et les produits scalaires des colonnes de M deux à deux sont tous nuls, doncM est orthogonale.On conclut que M est orthogonale si et seulement si :

n est impair et, en notant n = 2p+ 1, p ∈ N : ∀k ∈ 0, ..., p,

a22k+1 = b22k+1 = 1

a2k = b2k = 0.

Par exemple, pour n = 3, on obtient M =

0 ±1 0 0±1 0 0 00 0 0 ±10 0 ±1 0

où les ±1 sont indé-

pendants entre eux, ce qui donne 24 = 16 matrices.

96

CO

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IGÉS




a) Soit (i, j) ∈ 1, ..., n2.• Si i = j, alors : (xi |xj) = ||xi||2 = 1.• Si i 6= j, alors : 1 = ||xi − xj||2 = ||xi||2 − 2(xi |xj) + ||xj||2 = 2− 2(xi |xj),

donc : (xi |,xj) =1

2.

On conclut : ∀(i, j) ∈ 1, ..., n2, (xi |xj) =

1 si i = j

1

2si i 6= j.

b) On a : A =((xi |xj)

)16i,j6n

=

1 (1/2). . .

(1/2) 1

.

Calculons le déterminant de A :

det (A) =

∣∣∣∣∣∣∣1 (1/2)

. . .(1/2) 1

∣∣∣∣∣∣∣[n]

=C1←−C1+···+Cn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣(n+ 1)/2 1/2 . . . 1/2(n+ 1)/2 1 (1/2)

... . . .(n+ 1)/2 (1/2) 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n)

=n+ 1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1/2 . . . 1/21 1 (1/2)... . . .1 (1/2) 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n)

=Cj←−Cj− 1

2C1

n+ 1

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 . . . 01 1/2 (0)... . . .1 (0) 1/2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣[n]

=n+ 1

2

(12

)n−1.

c) • D’après b), on a : det (A) = n+ 1

2

(12

)n−16= 0, donc A est inversible.

• Montrons que la famille (x1, ..., xn) est libre.

Soit (α1, ..., αn) ∈ Rn tel quen∑

i=1

αixi = 0.

On a alors, pour tout i ∈ 1, ..., n : 0 =(xi

∣∣∣ n∑j=1

αjxj

)=

n∑j=1

αj(xi |xj).

97

CO

RR

IGÉS



En notant C1, ..., Cn les colonnes de A, on a :

n∑j=1

αjCj = α1

(x1 |x1)...

(xn |x1)

+ · · ·+ αn

(x1 |xn)...

(xn |xn)

=

α1(x1 |x1) + · · ·+ αn(x1 |xn)...

α1(xn |x1) + · · ·+ αn(xn |xn)

=

0...0

.

Comme A est inversible, il en résulte : ∀j ∈ 1, ..., n, αj = 0.

Ceci montre que (x1, ..., xn) est libre.• Puisque (x1, ..., xn) est libre dans E qui est un R-espace vectoriel de dimension finie, onconclut :

n 6 dim (E).

98

CO

RR

IGÉS


Colle-type 24 – Intégration

Intégration

IntégrationColle-type 24


Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ C une application continue.

Que peut-on dire de l’application F : I −→ R, x 7−→∫ x

a

f ?


Calculer I =

∫ π

0

∣∣ sinx+ sin 2x| dx.


On note E =f ∈ C([0 ; 1] ; R) ; f > 0

et φ : E −→ R, f 7−→

(∫ 1

0

f)(∫ 1

0

1

f

).

a) Montrer que φ admet un minimum et déterminer ce minimum.

b) En considérant, pour tout λ ∈ ]0 ; +∞[, l’application

fλ : [0 ; 1] −→ R, x 7−→ x+ λ,

montrer que φ n’est pas majorée et déterminer l’ensemble φ(E).




1) Énoncé :Soient I un intervalle de R, a ∈ I, f : I −→ C une application continue.

L’application F : I −→ R, x 7−→∫ x

a

f est de classe C1 sur I et F ′ = f .

2) Démonstration :• Soient x0 ∈ I, x ∈ I tels que x 6= x0.On a :∣∣∣F (x)− F (x0)

x− x0− f(x0)

∣∣∣ = 1

|x− x0|

∣∣∣ ∫ x

a

f(t) dt−∫ x0

a

f(t) dt− (x− x0)f(x0)∣∣∣

=1

|x− x0|

∣∣∣ ∫ x

x0

f(t) dt−∫ x

x0

f(x0) dt∣∣∣ = 1

|x− x0|

∣∣∣ ∫ x

x0

(f(t)− f(x0)

)dt∣∣∣

61

|x− x0|

∣∣∣ ∫ x

x0

∣∣f(t)− f(x0)∣∣ dt∣∣∣.

Soit ε > 0 fixé. Puisque f est continue en x0, il existe η > 0 tel que :∀t ∈ I,

(|t− x0| 6 η =⇒

∣∣f(t)− f(x0)∣∣ 6 ε).

Supposons |x− x0| 6 η.

On a alors :∣∣∣ ∫ x

x0

∣∣f(t)− f(x0)∣∣ dt 6∣∣∣ ∫ x

x0

ε dt∣∣∣ = ε|x− x0|,

d’où : 1

|x− x0|

∣∣∣ ∫ x

x0

∣∣f(t)− f(x0)∣∣ dt∣∣∣ 6 ε.

On a ainsi montré :

∀ε > 0, ∃ η > 0, ∀x ∈ I − x0,(|x− x0| 6 η =⇒

∣∣∣F (x)− F (x0)x− x0

− f(x0)∣∣∣ 6 ε

),

c’est-à-dire, par définition d’une limite finie : F (x)− F (x0)x− x0

−→x −→ x0

f(x0).

Ceci montre que F est dérivable en x0 et que F ′(x0) = f(x0).• D’après le point précédent, F est dérivable sur I et F ′ = f .Comme f est continue sur I, on conclut que F est de classe C1 sur I.

100

CO

RR

IGÉS




L’application x 7−→∣∣ sinx + sin 2x

∣∣ est continue sur le segment [0 ; π], donc l’intégrale

proposée I =

∫ π

0

∣∣ sinx+ sin 2x∣∣ dx existe.

On a, pour tout x ∈ [0 ; π] :∣∣ sinx+ sin 2x∣∣ = ∣∣ sinx+ 2 sinx cosx

∣∣ = ∣∣ sinx(1 + 2 cosx)∣∣ = sinx |1 + 2 cosx|

et :

1 + 2 cosx > 0 ⇐⇒ cosx > −1

2⇐⇒ 0 6 x 6

2π

3

1 + 2 cosx 6 0 ⇐⇒ cosx 6 −1

2⇐⇒ 2π

36 x 6 π.

D’où, en utilisant la relation de Chasles :

I =

∫ 2π3

0

(sinx+ sin 2x

)dx+

∫ π

2π3

−(

sinx+ sin 2x)

dx

=[− cosx− 1

2cos 2x

] 2π3

0+[

cosx+ 1

2cos 2x

]π2π3

=(− cos 2π

3− 1

2cos 4π

3+ 1 +

1

2

)+(− 1 +

1

2− cos 2π

3− 1

2cos 4π

3

)= 1− 2 cos 2π

3− cos 4π

3= 1− 3 cos 2π

3= 1− 3

(− 1

2

)=

5

2.

On conclut : I =5

2.

Remarquons que le signe du résultat obtenu est cohérent.

101

CO

RR

IGÉS




a) • Soit f ∈ E. Puisque f est continue et f > 0, l’application√f existe, est continue et

√f ne s’annule pas, donc l’application 1√

fest continue.

Appliquons l’inégalité de Cauchy et Schwarz à√f et 1√

f:(∫ 1

0

√f

1√f︸︷︷︸

= 1

)2

6∫ 1

0

(√f)2

∫ 1

0

( 1√f

)2

=

∫ 1

0

f

∫ 1

0

1

f= φ(f),

d’où : φ(f) > 1.

• L’application constante égale à 1, est élément de E et : φ(1) =

∫ 1

0

1

∫ 1

0

1 = 1 · 1 = 1.

On conclut : φ admet un minimum et ce minimum est égal à 1.b) Soit λ ∈ ]0 ; +∞[.L’application fλ : [0 ; 1] −→ R, x 7−→ x+ λ est continue et fλ > 0, donc fλ ∈ E.On a :

φ(fλ) =(∫ 1

0

(x+ λ) dx)(∫ 1

0

1

x+ λdx

)=

[x22

+ λx]10

[ln(x+ λ)

]10=

(12+ λ

)(ln(1 + λ)− lnλ

).

• Comme φ(fλ) −→λ −→ 0+

+∞, on déduit que φ n’est pas majorée.

• L’application ψ : ]0 ; +∞[ −→ R, λ 7−→ φ(λ) =(12+ λ

)(ln(1 + λ)− lnλ

)est continue sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

On a : ψ(λ) =(12+ λ

)ln 1 + λ

λ=

(12+ λ

)ln(1 +

1

λ

)∼

λ −→ +∞λ1

λ= 1,

donc : ψ(λ) −→λ −→ +∞

1.

D’après le théorème des valeurs intermédiaires, ψ atteint toute valeur entre ses limitesen 0 et en +∞, donc ψ atteint toute valeur entre 1 (compris) et +∞.On conclut finalement : φ(E) = [1 ; +∞[.

102

CO

RR

IGÉS


Colle-type 25 – Séries numériques

Séries numériques

Séries numériquesColle-type 25


Lien entre convergence d’une série et convergence vers 0 du terme général : énoncé, dé-monstration , contrexemple pour la réciproque.


Déterminer la nature des séries de termes généraux :

an =n+ 1

(n3 + 1) lnn, bn =

n3

3n.


Soit∑n

un une série à termes dans R+, divergente.

Que peut-on dire de la nature des séries de termes généraux :

an =un

1 + n2un, bn =

un1 + u2n

, cn =un

1 + un?




1) Énoncé :Si une série converge, alors son terme général tend vers 0.2) Démonstration :Soit

∑n>0

un une série convergente.

Notons, pour tout n ∈ N, Sn la somme partielle numéro n : Sn =n∑

k=0

uk.

On a : ∀n ∈ N∗, un = Sn − Sn−1.

Puisque la série∑n>0

un converge, on a, en notant S sa somme : Sn −→n∞

S.

Par décalage de l’indice, on a aussi : Sn−1 −→n∞

S.

On déduit par différence : un = Sn − Sn−1 −→n∞

S − S = 0.

3) Contrexemple pour la réciproque :La réciproque de la propriété du 1) est fausse comme le montre l’exemple de la sérieharmonique

∑n>1

1

nqui diverge (exemple de Riemann, exposant 1) et son terme général,

qui est 1

n, tend vers 0.

104

CO

RR

IGÉS




• On a : an =n+ 1

(n3 + 1) lnn∼n∞

n

n3 lnn=

1

n2 lnnet, pour n > 3 : 0 6

1

n2 lnn6

1

n2.

D’après l’exemple de Riemann (2 > 1), la série∑n

1

n2converge.

Par théorème de majoration pour des séries à termes > 0, la série∑n

1

n2 lnnconverge.

Par théorème d’équivalence pour des séries à termes > 0, on conclut que la série∑n

an

converge.

• On a : n2bn =n5

3n= exp (5 lnn− n ln 3) −→

n∞0, par prépondérance de la puissance

sur le logarithme.

Il existe donc N ∈ N tel que : ∀n > N, 0 6 n2bn 6 1, d’où : ∀n > N, 0 6 bn 61

n2.


1

n2converge.

Par théorème de majoration pour des séries à termes > 0, on conclut que la série∑n

bn

converge.

105

CO

RR

IGÉS




Remarquons d’abord que, puisque les un sont tous > 0, les an, bn, cn, dn existent et sonttous > 0.

a) Soit n ∈ N. Si un 6= 0, alors : 0 6 an =un

1 + n2un6

unn2un

=1

n2, et, si un = 0, alors

an = 0.

Ceci montre : ∀n ∈ N, 0 6 an 61

n2.


1

n2converge.

Par théorème de majoration pour des séries à termes > 0, la série∑n

an converge.

b) Si on prend, pour tout n ∈ N, un = n, alors : bn =un

1 + u2n=

n

1 + n2∼n∞

n

n2=

1

n> 0,

donc, d’après l’exemple de Riemann et le théorème d’équivalence pour des séries à termes> 0, la série

∑n

bn diverge.

Si on prend, pour tout n ∈ N, un = n2, alors : bn =un

1 + u2n=

n2

1 + n4∼n∞

n2

n4=

1

n2> 0,

donc, d’après l’exemple de Riemann (2 > 1) et le théorème d’équivalence pour des sériesà termes > 0, la série

∑n

bn converge.

On conclut que la série∑n

bn peut diverger et peut converger.

c) • Commençons par tester la nature de la série de terme général cn dans le cas particulieroù la série de terme général un est une série de Riemann, c’est-à-dire un =

1

nα, avec

α ∈ ]−∞ ; 1] fixé.Si α < 0, alors un −→

n∞+∞, d’où cn =

un1 + un

−→n∞

1, donc la série de terme généralcn diverge.

Si α = 0, alors cn =1

2donc la série de terme général cn diverge.

Si α > 0, alors un −→n∞

0, d’où cn =un

1 + un∼n∞

un, donc la série de terme général cndiverge.

106

CO

RR

IGÉS



• Démontrons que, quelle que soit la série∑n

un à termes dans R+ et divergente, la série∑n

cn diverge. Si cn ne tend pas vers 0 lorsque l’entier n ten vers l’infini, alors la série∑n

cn diverge (grossièrement). Supposons donc cn −→n∞

0.

On a, pour tout n ∈ N : cn =un

1 + un⇐⇒ cn + uncn = un ⇐⇒ (1− cn)un = cn.

Comme cn −→n∞

0 il existe N ∈ N tel que, pour tout n > N , on ait |cn| < 1, donccn 6= 1.On a alors : ∀n > N, un =

cn1− cn

, et, comme cn −→n∞

0, il s’ensuit : un ∼n∞

cn.

Puisque la série∑n

un est à termes > 0 et divergente, d’après le théorème d’équivalence

pour des séries à termes > 0, on déduit que la série∑n

cn diverge.

On conclut que la série∑n

cn diverge.

107

CO

RR

IGÉS


Colle-type 26 – Dénombrements

DénombrementsDénombrements

Colle-type 26


Cardinal de la réunion de deux ensembles finis : énoncé et démonstration, en supposantconnu le cas de deux ensembles disjoints.


Le poker se joue avec un jeu de 52 cartes et l’on distribue à chaque joueur une main de 5cartes.Combien y a-t-il de mains contenant un carré (c’est-à-dire quatre cartes de la mêmehauteur) ?


Soit n ∈ N∗. Une grenouille monte les n marches d’un escalier, en sautant soit d’unemarche soit de deux marches.On note cn le nombre de façons qu’a la grenouille de monter ces n marches.

a) Calculer c1 et c2.

b) Pour tout n de N∗, établir une relation entre cn+2, cn+1, cn.

c) En déduire, pour tout n de N∗, une expression de cn en fonction de n, puis déterminerun équivalent de cn lorsque n tend vers +∞.




1) Énoncé :Soient A,B deux ensembles finis.Alors, A ∪ B est fini et : Card (A ∪ B) = Card (A) + Card (B)− Card (A ∩ B).

2) Démonstration :Notons C = A−B.On a alors : A ∪ B = C ∪ B et C ∩ B = ∅, donc :

Card (A ∪ B) = Card (C ∪ B) = Card (C) + Card (B).

De plus : A = C ∪ (A ∩ B) et C ∩ (A ∩ B) = ∅, donc :

Card (A) = Card (C) + Card (A ∩ B).

On déduit :

Card (A ∪ B) = Card (C) + Card (B)

=(Card (A)− Card (A ∩ B)

)+ Card (B) = Card (A) + Card (B)− Card (A ∩ B).

109

CO

RR

IGÉS




Pour obtenir un main contenant un carré, il faut :- choisir la hauteur du carré : 13 choix- prendre les quatre cartes formant le carré : 1 choix- choisir une carte parmi les 48 cartes restantes : 48 choix.

On conclut qu’il y a 13 · 48 = 624 mains contenant un carré.

110

CO

RR

IGÉS




a) • Pour monter un escalier d’une marche, la grenouille doit faire un saut d’une marche.Ainsi : c1 = 1.• Pour monter un escalier de deux marches, la grenouille doit faire soit un saut de deuxmarches, soit deux sauts de une marche.Ainsi: c2 = 2.

b) Considérons un escalier à n+ 2 marches.Deux cas se présentent et deux seulement :- le dernier saut de la grenouille est un saut de deux marches ; dans ce cas, elle a montél’escalier jusqu’à la n-ième marche (il y a cn façons de le monter), puis a fait un saut dedeux marches,- ou le dernier saut de la grenouille est un saut d’une marche ; dans ce cas, elle a montél’escalier jusqu’à la (n + 1)-ième marche (il y a cn+1 façons de le monter), puis a fait unsaut d’une marche.On en déduit : cn+2 = cn + cn+1.

c) • La suite (cn)n∈N∗ est une suite récurrente linéaire d’ordre 2.

Les solutions de l’équation caractéristique X2 −X − 1 = 0 sont : 1 +√5

2et 1−

√5

2.

D’après le cours, il existe (λ, µ) ∈ R2 tels que :

∀n ∈ N∗, cn = λ(1 +√5

2

)n

+ µ(1−√5

2

)n

.

Notons c0 = 1, de sorte que l’égalité cn+2 = cn + cn+1 soit aussi vraie pour n = 0.On a :c0 = 1

c1 = 1⇐⇒

λ+ µ = 1

λ1 +√5

2+ µ

1−√5

2= 1

⇐⇒

λ+ µ = 1

(λ+ µ) + (λ− µ)√5 = 2

⇐⇒

λ+ µ = 1

λ− µ =1√5

⇐⇒

λ =

1 +√5

2√5

µ =−1 +

√5

2√5

.

On conclut :∀n ∈ N∗, cn =

1√5

((1 +√52

)n+1

−(1−√5

2

)n+1).

111

CO

RR

IGÉS



• Puisque∣∣∣1−√5

2

∣∣∣ < ∣∣∣1 +√52

∣∣∣, on en déduit :(1−√5

2

)n+1

= on∞

((1 +√52

)n+1).

On conclut :cn ∼

n∞

1√5

(1 +√52

)n+1

.

112

CO

RR

IGÉS


Colle-type 27 – Probabilités sur un univers fini

Probabilités sur un univers fini

Probabilitéssur un univers fini

Colle-type 27


Définition d’un système complet d’événements et énoncé des trois formules fondamentales :formule des probabilités composées, formule des probabilités totales, formule de Bayes.


On lance trois fois de suite un dé équilibré à 6 faces, on note a, b, c les numéros successi-vement obtenus et A = aX2 + bX + c ∈ R[X].Calculer la probabilité de chacun des événements suivants :

(1) A admet 1 pour racine(2) A admet −1 pour racine(3) A admet −1 et −2 pour racines(4) A admet deux racines (réelles ou complexes) de somme égale à −3(5) A admet une racine réelle et une seule.


Une usine comporte, pour la fabrication d’un type d’objet, trois chaînes de fabricationnotées A,B,C.En une journée, la chaîne A (resp. B, resp. C) fabrique a (resp. b, resp. c) objets.La probabilité que l’objet fabriqué soit défectueux en sortant de la chaîne A (resp. B,resp. C) est p (resp. q, resp. r).À la fin d’une journée, on tire au hasard un objet de l’ensemble des objets fabriqués dansl’usine.Sachant que l’objet est défectueux, quelle est la probabilité qu’il soit sorti de la chaîne A(resp. B, resp. C) ?




1) Définition d’un système complet d’événements :Soient Ω un ensemble fini, n ∈ N∗, (Ai)16i6n une famille finie d’événements de Ω.On dit que (Ai)16i6n est un système complet d’événements si et seulement si :(

∀(i, j) ∈ 1, ..., n2,(i 6= j =⇒ Ai ∩ Aj = ∅

))et

n⋃i=1

Ai = Ω.

2) Formule des probabilités composées :Soient Ω un ensemble fini, P une probabilité sur Ω, n ∈ N tel que n > 2, (Ai)16i6n unefamille finie d’événements sur Ω telle que P (A1 ∩ · · · ∩ An−1) 6= 0. On a alors :

P( n⋂

i=1

Ai

)= P (A1)PA1(A2) · · ·PA1 ∩ ··· ∩ An−1(An).

3) Formule des probabilités totales :Soient Ω un ensemble fini, P une probabilité sur Ω, n ∈ N∗, (Ai)16i6n un système completd’événements. On a alors, pour tout événement B :

P (B) =n∑

i=1

P (Ai ∩ B) =n∑

i=1

P (Ai)PAi(B).

4) Formule de Bayes :Soient Ω un ensemble fini, P une probabilité sur Ω, n ∈ N∗, (Ai)16i6n un système completd’événements tel que : ∀i ∈ 1, ..., n, P (Ai) > 0..On a alors, pour tout j ∈ 1, ..., n et pour tout événement B tel que P (B) 6= 0 :

PB(Aj) =P (Aj)PAj

(B)

P (B)=

P (Aj)PAj(B)

n∑i=1

P (Ai)PAi(B)

.

114

CO

RR

IGÉS




L’ensemble Ω des résultats possibles est Ω = 1, ..., 63, donc Card (Ω) = 63 = 216.

Pour la question numéro k (1 6 k 6 5), notons Ak l’événement considéré.

(1) On a : A(1) = a+ b+ c > 1 + 1 + 1 = 3 > 0,

donc 1 n’est pas racine de A, d’où A1 = ∅, puis P (A1) = 0.

(2) On a : A(−1) = 0 ⇐⇒ a− b+ c = 0 ⇐⇒ b = a+ c.

On choisit a ∈ 1, ..., 5, puis on choisit c ∈ 1, ..., 6− a et enfin on a b = a+ c, d’où :

Card (A2) =5∑

a=1

(6− a) = 65∑

a=1

1−5∑

a=1

a = 6 · 5− 5 · 62

= 15,

puis : P (A2) =Card (A2)

Card (Ω)=

15

216=

5

72' 0, 070 .

(3) On a :

A(−1) = 0

A(−2) = 0⇐⇒

a− b+ c = 0

4a− 2b+ c = 0⇐⇒

b = 3a

c = 2a

donc : A3 = (1, 3, 2), (2, 6, 4), d’où : Card (A3) = 2, puis :

P (A3) =Card (A3)

Card (Ω)=

2

216=

1

108' 0, 010 .

(4) On a : (a, b, c) ∈ A4 ⇐⇒ − b

a= −3 ⇐⇒ b = 3a,

donc : A4 =(1, 3, c) ; c ∈ 1, ..., 6

∪

(2, 6, c) ; c ∈ 1, ..., 6

,

d’où : Card (A4) = 6 + 6 = 12, puis :

P (A4) =Card (A4)

Card (Ω)=

12

216=

1

18' 0.056 .

(5) On a : (a, b, c) ∈ A4 ⇐⇒ b2 − 4ac = 0 ⇐⇒ b2 = 4ac.

Si (a, b, c) convient, alors b est pair et b > 2, donc b ∈ 2, 4, 6.Pour b = 2, on a : b2 = 4ac ⇐⇒ ac = 1 ⇐⇒ a = c = 1.

Pour b = 4, on a : b2 = 4ac ⇐⇒ ac = 4 ⇐⇒ (a,, c) ∈(1, 4), (2, 2), (4, 1)

.

Pour b = 6, on a : b2 = 4ac ⇐⇒ ac = 9 ⇐⇒ a = c = 3.

On obtient : A5 =(1, 2, 1), (1, 4, 4), (2, 4, 2), (4, 4, 1), (3, 6, 3)

,

donc Card (A5) = 5, puis : P (A5) =Card (A5)

Card (Ω)=

5

216' 0.023 .

115

CO

RR

IGÉS




Notons D (resp. E, resp. F ) l’événement « l’objet fabriqué par la chaîne A (resp. B, esp.C) est défectueux ». On a donc : P (D) = p, P (E) = q, P (F ) = r.

Notons G l’événement « l’objet tiré au sort à la fin de la journée est défectueux ».Il est clair que (D, E, F, G) est un système complet d’événements.On a donc, par la formule des probabilités totales :

P (G) = P (D)PD(G) + P (E)PE(G) + P (F )PF (G) + P (G)PG(G)

= pa

a+ b+ c+ q

b

a+ b+ c+ r

c

a+ b+ c+ 0 =

pa+ qb+ rc

a+ b+ c.

D’après la formule de Bayes, on déduit :

PG(D) =P (D)PD(G)

P (G)=

pa

a+ b+ cpa+ qb+ rc

a+ b+ c

=pa

pa+ qb+ rc,

et de même pour PG(E) et PG(F ).On conclut que la probabilité que l’objet défectueux soit sorti de la chaîne A (resp. B,resp. C) est : pa

pa+ qb+ rc(resp. qb

pa+ qb+ rc, resp. rc

pa+ qb+ rc).

116

CO

RR

IGÉS


Colle-type 28 – Variables aléatoires

Variables aléatoiresVariables aléatoires

Colle-type 28


Espérance et variance d’une variable aléatoire suivant la loi binomiale B(n, p)pour n ∈ N∗, p ∈ [0 ; 1].


Une urne contient 5 boules : 3 blanches et 2 noires. On y effectue des tirages successifs etsans remise jusqu’à vider l’urne, et on note X le rang d’apparition de la première bouleblanche.

a) Déterminer la loi de X.

b) Calculer l’espérance E(X) et la variance V (X).


a) Soit X une variable aléatoire à valeurs dans 0, ..., n.On considère l’application FX : R −→ R, x 7−→ P (X 6 x)appelée fonction de répartition de la variable aléatoire X.Montrer :

(1) ∀x ∈ R, FX(x) =

bxc∑k=0

P (X = k)

(2) ∀k ∈ 0, ..., n, P (X = k) = FX(k)− FX(k − 1).

b) Soient N, n ∈ N∗. On dispose de N urnes, chacune d’entre elles contenant exactementn jetons numérotés de 1 à n.On tire au hasard un jeton dans chaque urne, et on note X la variable aléatoire égale auplus grand numéro tiré.



1) Calculer, pour tout k ∈ 0, ..., n, P (X 6 k).

2) En déduire : E(X) = n−n−1∑k=0

(kn

)N

.

3) Déterminer, pour n fixé, la limite de E(X) lorsque l’entier N tend vers l’infini etcommenter ce résultat.




1) Énoncé :L’espérance et la variance d’une variable aléatoire X suivant la loi binomiale B(n, p) sontdonnées par : E(X) = np, V (X) = np(1− p).2) Démonstration :Soient n ∈ N∗, p ∈ [0 ; 1], X une variable aléatoire suivant la loi binomiale B(n, p).Par définition, on a alors X(Ω) = 0, ..., n et :

∀k ∈ 0, ..., n, P (X = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k.

• Calcul de E(X) :

On a, par définition de l’espérance : E(X) =n∑

k=0

k

(n

k

)pk(1− p)n−k.

On remarque, pour tout k ∈ 1, ..., n :

k

(n

k

)= k

n!

k!(n− k)!=

n!

(k − 1)!(n− k)!= n

(n− 1)!

(k − 1)!((n− 1)− (k − 1)

)!= n

(n− 1

k − 1

).

D’où, en remarquant que le terme d’indice 0 est nul :

E(X) =n∑

k=1

k

(n

k

)pk(1− p)n−k =

n∑k=1

n

(n− 1

k − 1

)pk(1− p)n−k

=`=k−1

nn−1∑`=0

(n− 1

`

)p`+1(1− p)n−1−` = np

n−1∑`=0

(n− 1

`

)p`(1− p)(n−1)−`

=Newton

np(p+ (1− p)

)n−1= np.

• Calcule de V (X) :

Nous allons utiliser la formule : V (X) = E(X2)−(E(X)

)2et, pour calculer E(X2), nous allons commencer par calculer E

(X(X − 1)

).

On a, par la formule de transfert : E(X(X − 1)

)=

n∑k=0

k(k − 1)

(n

k

)pk(1− p)n−k.

On a, pour tout k ∈ 2, ..., n :

k(k − 1)

(n

k

)= k(k − 1)

n!

k!(n− k)!=

n!

(k − 2)!(n− k)!

= n(n− 1)(n− 2)!

(k − 2)!((n− 2)− (k − 2)

)!= n(n− 1)

(n− 2

k − 2

).

119

CO

RR

IGÉS



D’où, en remarquant que les termes d’indices 0 et 1 sont nuls :

E(X(X − 1)

)=

n∑k=2

k(k − 1)

(n

k

)pk(1− p)n−k =

n∑k=2

n(n− 1)

(n− 2

k − 2

)pk(1− p)n−k

=`=k−2

n(n− 1)n−2∑`=0

(n− 2

`

)p`+2(1− p)n−`−2 = n(n− 1)p2

n−2∑`=0

(n− 2

`

)p`(1− p)n−2−`

=Newton

n(n− 1)p2(p+ (1− p)

)n−2= n(n− 1)p2.

On déduit, par linéarité de l’espérance :E(X2) = E

(X(X − 1) +X

)= E

(X(X − 1)

)+ E(X) = n(n− 1)p2 + np,

puis : V (X) = E(X2)−(E(X)

)2= n(n− 1)p2 + np− n2p2 = np− np2 = np(1− p).

120

CO

RR

IGÉS




a) Puisque l’urne contient 2 boules noires, la variable aléatoire X égale au rang d’appa-rition de la première boule blanche prend ses valeurs dans 1, 2, 3.Notons, pour tout k ∈ 1, ..., 5, Bk (resp. Nk) l’événement

« on obtient une boule blanche (resp. noire) au tirage numéro k ».

On a : (X = 1) = B1, donc : P (X = 1) = P (B1) =3

5.

On a : (X = 2) = N1 ∩ B2. Les événements N1 et B2 n’étant pas, a priori, indépendants,nous allons utiliser la formule des probabilités composées :

P (X = 2) = P (N1 ∩ B2) = P (N1)PN1(B2) =2

5

3

4=

3

10.

On a de même : (X = 3) = N1 ∩ N2 ∩ B3, donc :

P (X = 3) = P (N1 ∩ N2 ∩ B3) = P (N1)PN1(N2)PN1 ∩N2(B3) =2

5

1

4

3

3=

1

10.

On conclut que la loi de X est donnée par le tableau suivant :k 1 2 3

P (X = k)3

5

3

10

1

10

On contrôle :3∑

k=1

P (X = k) =3

5+

3

10+

1

10= 1.

b) On a : E(X) =3∑

k=1

kP (X = k) = 13

5+ 2

3

10+ 3

1

10=

3

2.

Et : E(X2) =3∑

k=1

k2P (X = k) = 123

5+ 22

3

10+ 32

1

10=

27

10,

d’où : V (X) = E(X2)−(E(X)

)2=

27

10−(32

)2

=9

20(> 0).

121

CO

RR

IGÉS




a) (1) Soit x ∈ R. Notons ν = bxc. Puisque X est à valeurs entières, on a :FX(x) = P (X 6 x) = P (X 6 ν).

Les événements (X = 0), ..., (X = ν) étant deux à deux incompatibles, on a :

P (X 6 ν) =ν∑

k=0

P (X = k).

On conclut : ∀x ∈ R, FX(x) =

bxc∑k=0

P (X = k).

(2) Soit k ∈ 0, ..., n.

On a, d’après (1) : FX(k) =k∑

i=0

P (X = i) et FX(k − 1) =k−1∑i=0

P (X = i),

d’où, par différence : FX(k)− FX(k − 1) = P (X = k).

On conclut : ∀k ∈ 0, ..., n, P (X = k) = FX(k)− FX(k − 1).

b) 1) Soit k ∈ 0, ..., n. L’événement (X 6 k) est réalisé si et seulement si on tire unjeton de numéro inférieur ou égal à k dans chacune des N urnes.Notons, pour tout i ∈ 1, ..., N, Ai l’événement

« on tire un jeton de numéro inférieur ou égal à k dans l’urne numéro i ».Soit i ∈ 1, ..., N.L’événement Ai est réalisé si et seulement si on tire, dans l’urne numéro i, un jeton denuméro 1 à k. Les tirages d’un jeton dans l’urne numéro i étant équiprobables, on a :P (Ai) =

k

n.

Puisque (X 6 k) = A1 ∩ · · · ∩ AN et que les événements A1, ..., AN sont mutuellementindépendants, on a : P (X 6 k) = P (X1) · · ·P (AN) =

(kn

)N

.

2) La variable aléatoire X est à valeurs dans 0, ..., n, donc : E(X) =n∑

k=0

kP (X = k).

Notons F la fonction de répartition de X.D’après a), on a : ∀k ∈ 0, ..., n, P (X = k) = F (k)− F (k − 1). D’où :

E(X) =n∑

k=0

k(F (k)−F (k−1)

)=

n∑k=0

kF (k)−n∑

k=0

kF (k−1) =n∑

k=0

kF (k)−n−1∑k=−1

(k+1)F (k)

=n∑

k=0

kF (k)−n−1∑k=−1

kF (k)−n−1∑k=−1

F (k) = nF (n)−n−1∑k=0

F (k) = n−n−1∑k=0

(kn

)N

.

122

CO

RR

IGÉS



c) On fixe n.Pour chaque k ∈ 0, ..., n−1, on a

∣∣∣kn

∣∣∣ < 1, donc, par suite géométrique :(kn

)N

−→N∞

0.

Puisque n est fixé, par addition, on déduit :n−1∑k=0

(kn

)N

−→N∞

0, puis : E(X) −→N∞

n.

Ce résultat est plausible car, quand N tend vers l’infini, on a plus de chance de tirer lejeton numéro n dans l’une au moins des urnes, donc X « tend » vers n, puis E(X) tendvers n.

123

CO

RR

IGÉS


Colle-type 29 – Couples de variables aléatoires et lois usuelles

Couples de variables aléatoires et lois usuelles

Couples de variablesaléatoires et lois usuelles

Colle-type 29


Inégalités de Markov et de Bienaymé-Tchébychev (énoncé et démonstration).


Combien faut-il effectuer de lancers d’un dé équilibré à 6 faces pour pouvoir affirmer,avec un risque d’erreur inférieur à 3%, que la fréquence d’apparition du 6 au cours de ceslancers diffère de 1

6d’au plus 0,1 ?


Soit n ∈ N tel que n > 3.On considère une urne contenant n boules numérotées de 1 à n.On tire simultanément deux boules de l’urne et on note X (resp. Y ) la variable aléatoireégale au plus petit (resp. grand) des deux numéros tirés.

a) Déterminer la loi du couple (X,Y ).

b) En déduire la loi de X et la loi de Y .

c) Calculer E(X) et V (X).

d) Montrer que n+ 1−X et Y suivent la même loi et en déduire E(Y ) et V (Y ).e) Est-ce que n+ 1−X est égale à Y ?




1) Inégalité de Markov :• Énoncé :

Soient X une variable aléatoire réelle et ε > 0. On a : P(|X| > ε) 6

E(X2)

ε2.

• Démonstration :Il existe n ∈ N∗, x1, ..., xn ∈ R tels que X prenne ses valeurs dans x1, ..., xn.Notons, pour chaque i ∈ 1, ..., n, pi = P (X = xi) et notons I =

i ∈ 1, ..., n ; |xi| >

ε.

On a alors : P(|x| > ε

)=

∑i∈I

pi.

D’autre part, d’après la formule de transfert : E(X2) =n∑

i=1

pix2i .

Séparons les termes de cette somme suivant que l’indice i est ou n’est pas dans I :E(X2) =

∑i∈I

pix2i +

∑i/∈I

pix2i .

D’une part, puisque les pi sont tous > 0, on a :∑i/∈I

pix2i > 0.

D’autre part, par définition de I :∑i∈I

pix2i >

∑i∈I

piε2 = ε2

∑i∈I

pi.

On déduit : E(X2) > ε2∑i∈I

pi et on conclut : P(|X| > ε

)=

∑i∈I

pi 6E(X2)

ε2.

2) Inégalité de Bienaymé-Tchébychev :• Énoncé :

Soient X une variable aléatoire réelle, ε > 0. On a : P(|X − E(X)| > ε

)6V (X)

ε2.

• Démonstration :Appliquons l’inégalité de Markov à la variable aléatoire X − E(X) :

P(|X − E(X)| > ε

)6E((X − E(X)

)2)ε2

.

On a, par linéarité de l’espérance :

E((X − E(X)

)2)= E

(X2 − 2E(X)X + E(X)2

)= E(X2)− 2E(X)E(X) + E(X)2 = E(X2)−

(E(X)

)2= V (X).

On conclut : P(|X − E(X)| > ε

)6V (X)

ε2.

125

CO

RR

IGÉS




Soit n ∈ N∗. Considérons la variable aléatoire X égale au nombre de 6 obtenus dans lesn premiers lancers. La fréquence d’apparition du 6 est donc F =

X

n.

Cherchons n pour que P(∣∣∣F − 1

6

∣∣∣ 6 0, 1)6 0, 03.

La variable aléatoire X suit la loi binomiale B(n,

1

6

)donc : E(X) = n

1

6et V (X) = n

1

6

(1− 1

6

).

D’où : E(F ) =1

nE(X) =

1

6, V (F ) =

1

n2V (X) =

5

36n.

D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchébychev, on a : P(∣∣∣F − 1

6

∣∣∣ > 1

10

)6V (F )(

110

)2 =500

36n.

La condition demandée revient à : P(∣∣∣F − 1

6

∣∣∣ > 1

10

)6 0, 03.

Il suffit donc que : 500

36n6 0, 03 c’est-à-dire n >

500

35 · 0, 03' 462, 96, ou encore : n > 463.

126

CO

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IGÉS




a) Le couple de variables aléatoires (X,Y ) est à valeurs dans 1, ..., n2.Soit (i, j) ∈ 1, ..., n2.Si i > j, alors l’événement (X = i) ∩ (Y = j) est impossible, car X < Y , donc :

P (X = i, Y = j) = 0.Supposons i < j.L’événement (X = i, Y = j) est réalisé si et seulement si on a tiré les boules numéros iet j.

Il y a(n

2

)tirages possibles et il y a un tirage et un seul convenant, donc :

P (X = i, y = j) =1(n

2

) =2

n(n− 1).

On conclut : ∀(i, j) ∈ 1, ..., n2, P (X = i, Y = j) =

2

n(n− 1)si i < j

0 si i > j.

b) • La variable aléatoire X est à valeurs dans 1, ..., n− 1.Soit i ∈ 1, ..., n − 1. La famille (Y = j)26j6n est un système complet d’événements,donc, d’après la formule des probabilités totales :

P (X = i) =n∑

j=2

P (X = i, Y = j) =i<j

n∑j=i+1

P (X = i, Y = j) =n∑

j=i+1

2

n(n− 1)=

2(n− i)n(n− 1)

.

• La variable aléatoire Y est à valeurs dans 2, ..., n.Soit j ∈ 2, ..., n. La famille (X = i)16i6n−1 est un système complet d’événements, donc,d’après la formule des probabilités totales :

P (Y = j) =n−1∑i=1

P (X = i, Y = j) =i<j

j−1∑i=1

P (X = i, Y = j) =

j−1∑i=1

2

n(n− 1)=

2(j − 1)

n(n− 1).

c) • Calculons E(X) par la définition :

E(X) =n−1∑i=1

iP (X = i) =n−1∑i=1

i2(n− i)n(n− 1)

=2

n(n− 1)

n−1∑i=1

i(n− i) = 2

n(n− 1)

(n

n−1∑i=1

i−n−1∑i=1

i2)

=2

n(n− 1)

(nn(n− 1)

2− (n− 1)n(2n− 1)

6

)= n− 2n− 1

3=n+ 1

3.

127

CO

RR

IGÉS



• Pour calculer V (X), commençons par calculer E(X2), par la formule de transfert :

E(X2) =n−1∑i=1

i2P (X = i) =n−1∑i=1

i22(n− i)n(n− 1)

=2

n(n− 1)

n−1∑i=1

i2(n− i) = 2

n(n− 1)

(n

n−1∑i=1

i2 −n−1∑i=1

i3)

=2

n(n− 1)

(n(n− 1)n(2n− 1)

6− (n− 1)2n2

4

)=n(2n− 1)

3− n(n− 1)

2=n(n+ 1)

6.

Ensuite, calculons V (X) par la définition :

V (X) = E(X2)−(E(X)

)2=n(n+ 1)

6−(n+ 1

3

)2

=n+ 1

18

(3n− 2(n+ 1)

)=

(n+ 1)(n− 2)

18.

d) Les variables aléatoires n+ 1−X et Y sont à valeurs dans 2, ..., n.

On a, pour tout j ∈ 2, ..., n, d’après a) : P (Y = j) =2(j − 1)

n(n− 1)et :

P (n+ 1−X = j) = P (X = n+ 1− j) =2(n− (n+ 1− j)

)n(n− 1)

=2(j − 1)

n(n− 1),

d’où : ∀j ∈ 2, ..., n, P (n+ 1−X = j) = P (Y = j).

Par définition, on conclut que les variables aléatoires n+1−X et Y suivent la même loi.Il en résulte que n+ 1−X et Y ont la même espérance et ont la même variance.On déduit l’espérance de Y :

E(Y ) = E(n+ 1−X) = n+ 1− E(X) = n+ 1− n+ 1

3=

2(n+ 1)

3.

Pour la variance de Y , on a :V (Y ) = V (n+ 1−X) = V (n+ 1)− 2Cov (n+ 1, X) + V (X).

Puisque n+ 1 est une variable aléatoire constante, on a V (n+ 1) = 0.D’autre part : Cov (n+ 1, X) =

∑16i6n−1, 26j6n

P (n+ 1 = i︸︷︷︸impossible

, X = j) = 0.

On déduit : V (Y ) = V (X) =(n+ 1)(n− 2)

18.

e) Les variables aléatoires n+ 1−X et Y ne sont pas égales, car, pour un tirage donné,la somme des deux numéros des boules tirées n’est pas nécessairement égale à n+ 1.Ainsi, deux variables aléatoires peuvent suivre la même loi sans être égales.

128

CO

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IGÉS


Colle-type 30 – Révision

RévisionRévision

Colle-type 30


On munit M2(R) de son produit scalaire canonique défini par :

(A,B) 7−→ (A |B) = tr ( tAB)

et on note : F =(

a b−b a

); (a, b) ∈ R2

.

a) Vérifier que F est un sous-espace vectoriel de M2(R) et déterminer une base orthogonalede F .b) Déterminer une base orthogonale de F⊥.

c) 1) Déterminer les projetés orthogonaux de J =

(1 11 1

)sur F et sur F⊥.

2) Déterminer les projetés orthogonaux de M =

(1 24 3

)sur F et sur F⊥.


Soient n ∈ N∗, t1, ..., tn ∈ R deux à deux distincts, X,Y deux variables aléatoires sur unmême espace probabilisé fini (Ω, P ) et à valeurs dans t1, ..., tn.On note, pour tout (i, j) ∈ 1, ..., n2, pij = P (X = i, Y = j), et on considère les matrices

A = (pij)ij ∈Mn(R), U =

1...1

∈Mn,1(R), J =

1 . . . 1... (1)

...1 . . . 1

∈Mn(R).

a) Montrer : tUAU = 1.

b) Démontrer que les variables aléatoires X et Y sont indépendantes si et seulement si :AJA = A.




On note, pour tout n ∈ N∗ :

un =n∑

k=1

1√n2 + k

, vn =n∑

k=1

1√n2 + k2

, wn =n∑

k=1

1√n2 + k3

.

Déterminer les limites des suites (un)n∈N∗ , (vn)n∈N∗ , (wn)n∈N∗ .




a) On a :

F =(

a b−b a

); (a, b) ∈ R2

=

a

(1 00 1

)︸︷︷︸

notée I

+b

(0 1−1 0

)︸︷︷︸

notée A

; (a, b) ∈ R2= Vect (I, A),

donc F est un sev de M2(R) et (I, A) engendre F .On a : (I |A) = tr ( tIA) = tr (A) = 0, donc la famille (I, A) est orthogonale.Puis (I, A) est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, d’après le cours (I, A) est libre.On conclut : la famille (I, A) est une base orthogonale de F .

b) On a, pour toute M =

(x yz t

)∈M2(R) :

M ∈ F⊥ ⇐⇒

M ⊥ I

M ⊥ A⇐⇒

(I |M) = 0

(A |M) = 0

⇐⇒

tr ( tIM) = 0

tr ( tAM) = 0⇐⇒

tr (M) = 0

tr ( tAM) = 0.

et : tr (M) = x+ t, tAM =

(0, −11 0

)(x yz t

)=

(−z −tx y

),

donc tr ( tAM) = −z + y.

Ainsi : M ∈ F⊥ ⇐⇒

x+ t = 0

−z + y = 0⇐⇒

t = −x

z = y.

On a donc : F⊥ =(

x yy −x

); (x, y) ∈ R2

.

D’où : F⊥ =x

(1 00 −1

)︸︷︷︸

notée B

+y

(0 11 0

)︸︷︷︸

notée C

; (x, y) ∈ R2= Vect (B,C),

donc la famille (B,C) engendre F⊥.

On a : (B |C) = tr ( tBC) = tr ((1 00 −1

)(0 11 0

)) = tr (

(0 1−1 0

)) = 0,

donc la famille (B,C) est orthogonale.Puisque (B,C) est orthogonale et à vecteurs tous non nuls, d’après le cours (B,C) estlibre.On conclut : (B,C) est une base orthogonale de F⊥.

c) 1) Il est clair que : J =

(1 11 1

)=

(1 00 1

)+

(0 11 0

)= I + C,

donc, comme I ∈ F et C ∈ F⊥, on conclut :

pF (J) = I =

(1 00 1

), pF⊥(J) = C =

(0 11 0

).

131

CO

RR

IGÉS



2) Pour la matrice M , sa décomposition sur F et F⊥ ne semble pas aussi facile àtrouver que pour J .1re méthode : coefficients indéterminés :On a, pour tout (a, b, x, y) ∈ R4 :

M =

(a b−b a

)+

(x yy −x

)⇐⇒

(1 24 3

)=

(a+ x b+ y−b+ y a− x

)

⇐⇒

a+ x = 1

b+ y = 2

−b+ y = 4

a− x = 3

⇐⇒

a+ x = 1

a− x = 3b+ y = 2

−b+ y = 4

⇐⇒

a = 2

x = −1

b = −1

y = 3.

On a donc : M =

(2 −11 2

)︸︷︷︸

∈F

+

(−1 33 1

)︸︷︷︸∈F⊥

,

d’où : pF (M) =

(2 −11 2

), pF⊥(M) =

(−1 33 1

).

2è méthode : utilisation d’une formule du cours :D’après le cours, puisque (I, A) est une base orthogonale de F , on a :

pF (M) =(I |M)

(I | I)I +

(A |M)

(A |A)A.

On calcule ces produits scalaires :(I |M) = tr ( tIM) = tr (M) = 1 + 3 = 4,

(I | I) = tr ( tII) = tr (I) = 2,

(A |M) = tr ( tAM) = tr ((0 −11 0

)(1 24 3

)) = tr (

(−4 −31 2

)) = −4 + 2 = −2,

(A |A) = tr ( tAA) = tr ((0 −11 0

)(0 1−1 0

)) = tr (

(1 00 1

)) = 1 + 1 = 2.

D’où : pF (M) =4

2

(1 00 1

)+−22

(0 1−1 0

)=

(2 −11 2

).

Enfin, on calcule pF⊥(M) en utilisant le résultat précédent :

pF⊥(M) =M − pF (M) =

(1 24 3

)−(2 −11 2

)=

(−1 33 1

).

132

CO

RR

IGÉS




a) La matrice tUAU est une matrice carrée à un élément, donc elle est confondue aveccet élément :

tUAU =(1 . . . 1

)p11 . . . p1n... ...pn1 . . . pnn

1

...1

=(1 . . . 1

)

n∑j=1

p1j

...n∑

j=1

pnj

=

n∑i=1

n∑j=1

pij = 1.

b) D’une part :

X et Y indépendantes⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1, ..., n2, P (X = i, Y = j) = P (X = i)P (Y = j)

⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1, ..., n2, pij =( n∑

k=1

pik

)( n∑`=1

p`j

)⇐⇒ ∀(i, j) ∈ 1, ..., n2, pij =

n∑k=1

n∑`=1

pikp`j.

D’autre part, pour tout (i, j) ∈ 1, ..., n2, on a, par produit de trois matrices :

(AJA)ij =n∑

k=1

n∑`=1

(A)ik(J)k`(A)`j =n∑

k=1

n∑`=1

pik1p`j.

On conclut que X et Y sont indépendantes si et seulement si AJA = A.

133

CO

RR

IGÉS




On peut d’abord remarquer : ∀n ∈ N∗, 0 6 wn 6 vn 6 un.

1) Étude de un :Essayons d’obtenir un encadrement de un.On a, pour tout n ∈ N∗ :

un 6n∑

k=1

1√n2 + 1

= n1√

n2 + 1=

(1 +

1

n2

)− 12,

un >n∑

k=1

1√n2 + n

= n1√

n2 + n=

(1 +

1

n

)− 12.

Ainsi : ∀n ∈ N∗,(1 +

1

n

)− 126 u 6

(1 +

1

n2

)− 12.

Comme :(1 +

1

n

)− 12 −→

n∞1 et

(1 +

1

n2

)− 12 −→

n∞1,

on conclut, par théorème d’encadrement : un −→n∞

1.

2) Étude de vn :

On a, pour tout n ∈ N∗ : vn =1

n

n∑k=1

1

d

√1 +

(kn

)2, ce qui fait penser à une somme de

Riemann.L’application x 7−→ 1√

1 + x2est continue sur le segment [0 ; 1], donc, d’après le théorème

sur les sommes de Riemann : vn −→n∞

∫ 1

0

1√1 + x2

dx.

On calcule cette intégrale en se rappelant que la fonction x 7−→ 1√1 + x2

est la dérivée

de la fonction x 7−→ ln(x+√1 + x2) :∫ 1

0

1√1 + x2

dx =[

ln(x+√1 + x2)

]10= ln(1 +

√2).

On conclut : vn −→n∞

ln(1 +√2).

134

CO

RR

IGÉS



3) Étude de wn :On avait remarqué : ∀n ∈ N∗, 0 6 wn 6 vn.Essayons de montrer wn −→

n∞0 à l’aide d’une majoration.

On sait : ∀(a, b) ∈ R2, a2 + b2 > 2ab,

donc ici, pour tout n ∈ N∗ et tout k ∈ 1, ..., n : n2 + k3 > 2nk3/2,

d’où : 0 61√

n2 + k36

1√2nk3/4

.

On déduit, par sommation de k = 1 à k = n, pour tout n ∈ N∗ :

0 6 wn 61√2n

n∑k=1

1

k3/4.

Pour majorer cette dernière sommation, nous allons faire intervenir une comparaison entreune somme et une intégrale.

L’application f : [1 ; +∞[ −→ R, x 7−→ 1

x3/4est continue et décroissante, donc par

comparaison d’une somme à une intégrale, on a, pour tout n ∈ N∗ :n∑

k=1

1

k3/46 1 +

∫ n

1

1

x3/4dx = 1 +

[x1/41/4

]n1= 1 + 4(n1/4 − 1) = 4n1/4 − 3 6 4n1/4.

On déduit : ∀n ∈ N∗, 0 6 wn 61√2n

4n1/4 =2√2

n1/4.

Comme 2√2

n1/4−→n∞

0, on conclut, par théorème d’encadrement : wn −→n∞

0.

Remarquons que les trois limites obtenues, qui sont respectivement 1, ln(1+√2), 0, son

compatibles avec l’encadrement vu au début.

135

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RR

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