OOrraauuxx CCCCPP

Planche 1 I) Soit a ∈ℝ et 2n ≥ .

a) Montrer que ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) 2( ( ) ( ))P X X a P X P a P X P aφ ′ ′= − − − − définit un endomorphisme

de [ ]n Xℝ .

b) A l’aide de la formule de Taylor, déterminer l’image et le noyau de φ .

c) Trouver ses éléments propres. L’endomorphisme est-il diagonalisable ? II) Résoudre l’équation différentielle 2 xy y y x′′ ′+ + = + e .

I) a) La linéarité est immédiate et sans peine deg( ( ))P nφ ≤ pour [ ]nP X∈ℝ .

b) On a ( )

0

( )( ) ( )

!

knk

k

P aP X X a

k=

= −∑ , ( )

1

1

( )( ) ( )

( 1)!

knk

k

P aP X X a

k

−

=

′ = −−∑ puis

( ) ( ) ( )

2 1 3

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 2 ( ) ( 2) ( ) 2 ( )( )

( 1)! ! !

k k kn n nk k k

k k k

P a P a P aP X X a X a k X a P a X a

k k kφ

= = =

′= − − − = − − − −−∑ ∑ ∑ .

ker ( ) 0P P aφ ′∈ ⇔ = et ( )3 , ( ) 0kk n P a∀ ≤ ≤ = . Ainsi 2ker Vect(1,( ) )X aφ= − .

Im ( ) ( ) 0P P a P aφ ′′∈ ⇔ = = . [ ]33Im ( ) Vect( )nX a X X aφ −= − + −ℝ .

c) ( ) ( )

0 ( )( ) 2 ( ) ( )

( 2) ( ) ( ) pour 2, ,k k

P a

P P P a P a

k P a P a k n

λ

φ λ λ

λ

= ′ ′= ⇔ − = − = ∈ …

.

Cette équation possède une solution non nulle ssi 0λ= , 2λ=− pour 2kλ= − avec 2, ,k n∈ … .

Ainsi Sp( ) 2,0,1, , 2nφ = − −… .

2( ) Vect( )E X aφ− = − , 0( ) kerE φ φ= , 2( ) Vect( )kkE X aφ− = − pour 3, ,k n∈ … .

La somme des dimensions des sous-espaces propres vaut [ ]dim n Xℝ : l’endomorphisme est diagonalisable.

II) Solution générale 1

2 21 3 3

( ) 2 cos sin3 2 2

xx x x

y x x x λ µ− = − + + +

e e .

Planche 2 I) Soit u un endomorphisme de matrice A dans une base orthonormale d’un espace euclidien E . Montrer l’équivalence entre les propriétés suivantes (i) u est orthogonal, (ii) t nAA I= et (iii) A est inversible et 1 tA A− = .

II) Soit n ∈ℕ , 2n ≥ et f l’application de ℝ dans ℝ définie par 1

( ) sinnf x xx

= si 0x ≠ et

(0) 0f = .

a) Montrer que f est dérivable sur ℝ . b) f admet-elle un développement limité en 0 ? si oui à quel ordre maximal ?

I) (ii) ⇔ (iii) en vertu du théorème d’inversibilité des matrices carrées. u est orthogonal , ,( ( ) | ( )) ( | )x y E u x u y x y⇔ ∀ ∈ = .

Or ( ( ) | ( )) ( ( ( )) | )u x u y u u x y∗= donc u est orthogonal , ,( ( ( )) | ) 0x y E u u x x y∗⇔ ∀ ∈ − = .

Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal , ( )x E u u x x∗⇔ ∀ ∈ = .

Or tAA est la matrice de u u∗ donc u est orthogonal ssi t

nAA I= .

II) a) f est évidemment dérivable en tout a ∗∈ℝ et aussi dérivable en 0 avec (0) 0f ′ = .

b) f admet pour DL limité à l’ordre 1n− : 1( ) ( )nf x o x −= .

Si f admet un (0)nDL celui-ci serait de la forme ( ) ( )n nf x ax o x= + ce qui entraîne que sin(1 )x admet une

limite finie en 0 ce qui est notoirement faux.

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Planche 3 I) Soit 1( , , )ne e=B … une base orthonormale d’un espace vectoriel E de dimension n . On note

P la matrice de u , endomorphisme, dans B .

Montrer que u est orthogonal t

nPP I P⇔ = ⇔ est inversible et 1tP P−= .

II) Soit [ [: 0,f +∞ → ℝ décroissante et continue et telle que 0

( )f x x+∞

∫ d converge.

a) Montrer que f est positive et que f tend vers 0 en +∞ .

b) 0h∀ > , montrer que ( 1)

01 0

( ) ( ) ( )N hNh Nh

n n

h f nh f x x h f nh−

= =

≤ ≤∑ ∑∫ d .

c) Montrer que la série de terme général ( )f nh converge puis que 0

0

1( ) ( )

n

f nh f x xh

+∞ +∞

=∑ ∫ d∼

quand 0h +→ .

I) La dernière équivalence provient du théorème d’inversibilité des matrices carrées. u est orthogonal , ,( ( ) | ( )) ( | )x y E u x u y x y⇔ ∀ ∈ = .

Or ( ( ) | ( )) ( ( ( )) | )u x u y u u x y∗= donc u est orthogonal , ,( ( ( )) | ) 0x y E u u x x y∗⇔ ∀ ∈ − = .

Or seul le vecteur nul est orthogonal à tout autre donc u est orthogonal , ( )x E u u x x∗⇔ ∀ ∈ = .

Or tPP est la matrice de u u∗ donc u est orthogonal ssi t

nPP I= .

II) a) f admet une limite en +∞ car elle est décroissante. Cette limite ne peut être infinie ou finie non nulle donc f tend vers 0 en +∞ et puisqu’elle est décroissante elle est positive.

b) f étant décroissante, ( 1)

(( 1) ) ( ) ( )n h

nhhf n h f t t hf nh

++ ≤ ≤∫ d . Il suffit de sommer pour 0, , 1n N∈ −… .

c) 0 0

1

1 1( ) ( ) ( )

Nh Nh

n

f nh f x x f x xh h

+∞

=

≤ ≤∑ ∫ ∫d d et ( ) 0f nh ≥ donc ( )f nh∑ converge.

En passant à la limite quand N →+∞ l’encadrement du b) : 0

1 0

( ) ( ) ( )n n

h f nh f x x h f nh+∞ +∞+∞

= =

≤ ≤∑ ∑∫ d

donc 0 0

0

( ) ( ) ( ) (0)n

f x x h f nh f x x hf+∞+∞ +∞

=

≤ ≤ +∑∫ ∫d d .

A la limite quand 0h→ : 0

0

( ) ( )n

h f nh f x x+∞ +∞

=

→∑ ∫ d .

Planche 4 I) Etudier la courbe d’équation polaire 2 cos(2 )ρ θ= .

II) Montrer que ( ) arctan(1 )f x x= + est développable en série entière au voisinage de 0 et donner

son rayon de convergence. Calculer cette série entière.

I) Classiquement une lemniscate de Bernoulli.

II) 2 2

1 1( )

1 (1 ) 2 2f x

x x x′ = =

+ + + + est une fraction rationnelle dont 0 n’est pas pôle donc f ′ puis f sont

développables en série entière et les rayons de convergence des séries entières correspondantes sont égaux.

2

1 1 2 1 2 1Re Im

2 2 1 1 1 1

i i i

x x x i x i x i x i

− = − = = + + + − + + + − + −.

10

1 1 1 ( 1)

1 1 (1 )11

nn

nn

xxx i i i

i

+∞

+=

−= =

+ − − −+−

∑ avec un rayon de convergence 2R= .

Comme 41 2 ii π−− = e on a 2 ( 1) 2

0

(3 1)cos1 4

2 2 2n

nn

n

xx x

π+∞

+=

+

=+ + ∑ puis 1

( 1) 20

(3 1)cos

4( )4 ( 1)2

n

nn

n

f x xn

ππ +∞

++

=

+

= ++∑ avec

2R= .

Planche 5 I) Résoudre sur ] [1,+∞ l’équation différentielle 2

21

xy y x

x′− =

−.

II) Montrer que dans 3ℝ euclidien : ( ) ( | ) ( | )a b c a c b a b c∧ ∧ = − . (on pourra utiliser les

coordonnées de , ,a b c dans une base où elles comportent un maximum de 0)

Trouver les valeurs propres et vecteurs propres de ( ) ( )f x a a x= ∧ ∧ où a est un vecteur unitaire

puis reconnaître f .

I) Solution générale 2 2( ) 1 2( 1)y x C x x= − + − .

II) Soit u un vecteur unitaire tel que Vecta u∈ et v un vecteur unitaire orthogonal à v tel que Vect( , )b u v∈ .

Il suffit ensuite de travailler dans ( , , )u v u v∧ .

Soit 0x ≠ . ( ) ( 1) ( | )f x x x a x aλ λ= ⇔ + = .

Si x est orthogonal à a alors x est vecteur propre associé à la valeur propre 1− . Sinon x est vecteur propre ssi x est colinéaire à a . Or ( ) 0f a = donc a , puis x , est vecteur propre associé à

la valeur propre 0. On reconnaît en f l’opposé de la projection orthogonale sur le plan de vecteur normal a .

Planche 6 I) Résoudre sur ] [1,+∞ l’équation différentielle 2

21

xy y x

x′− =

−.

II) Soit 11 1( , , ) n

na a −− ∈… ℂ .

a) Quel est le rang de ( )nA M∈ ℂ définie par

1

1

1 1

0 0

0 00n

n

a

Aa

a a−

−

=

⋯⋮ ⋮ ⋮⋯⋯

?

b) Avec la trace, que peut-on dire des valeurs propres ? c) A est-elle diagonalisable ?

I) Solution générale 2 2( ) 1 2( 1)y x C x x= − + − .

II) a) rg( ) 0A = si 1 1 0na a −= = =… et rg( ) 2A = sinon.

b) La somme des valeurs propres est nulle. c) En développant le déterminant selon la dernière colonne puis en développant les mineurs obtenus selon leur k ème colonne, on obtient 2 2 2 2

1 1( 1) ( ( ))n n

A nX X a aχ −−= − − + +⋯ .

Si 2 21 1 0na a −+ + ≠⋯ alors A admet deux valeurs propres opposées non nulles et 0 pour valeur propre d’espace

propre de dimension 2n− donc A est diagonalisable. Si 2 2

1 1 0na a −+ + =⋯ alors 0 est la seule valeur propre de A et A est diagonalisable ssi 0A= i.e.

1 1 0na a −= = =… .

Planche 7 I) Calcul de 2

0

3 1

2nn

n n+∞

=

+ +∑ .

II) Dessiner (1 cos )aρ θ= + .

I) On évalue 2

23

0

2 1( 3 1)

( 1)n

n

x xn n x

x

+∞

=

− −+ + =

−∑ en 1

2x = . On obtient 14 .

II) C’est une cardioïde.

Planche 8 I) Soit , ,a b c ∈ℝ et 0

00

a c

M b c

b a

= − . M est-elle diagonalisable dans 3( )M ℝ ? dans 3( )M ℂ ?

II) Domaine de définition de 2 2

0

1( )

k

S tk t

+∞

=

=−∑ .

Calculer les coefficients de Fourier na et nb de ( ) cos( )f x xα= définie sur [ ],π π− avec

\α∈ℝ ℤ . Sur quel domaine f coïncide avec son développement en série de Fourier ?

En déduire une expression de ( )S t .

I) 2( )M X X ab bc caχ =− − − + .

Si ab bc ca+ > alors M est diagonalisable dans 3( )M ℝ et a fortiori dans 3( )M ℂ .

Si ab bc ca+ = alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi 0M = . Si ab bc ca+ < alors M n’est pas diagonalisable dans 3( )M ℝ mais l’est dans 3( )M ℂ .

II) ( )S t est définie sur \ℝ ℤ .

12 2

2 sin( 1)

( )n

nan

α απ

π α

−= −−

et 0nb = .

Par le théorème de Dirichlet, ( )f x coïncide avec ( )Sf x sur [ ],π π− car f est égale à sa régularisée. Pour

x π= , on obtient :

2 21

sin 2 sincos

( )n n

απ α απαπ

απ π α

+∞

=

= −−∑ donc

2 2 21

1 1 cot

2 2n n

π απ

α α α

+∞

=

= −−∑ puis

2

1 cot( )

2 2S t

π απ

α α=− − .

Planche 9 I) Soit , ,a b c ∈ℝ et 0

00

a c

M b c

b a

= − . M est-elle diagonalisable dans 3( )M ℝ ? dans 3( )M ℂ ?

II) Soit f de classe 2C sur [ [0,+∞ telle que f ′′ est intégrable sur [ [0,+∞ et telle que l’intégrale

0( )f t t

+∞

∫ d soit convergente.

a) Montrer que lim ( ) 0x

f x→+∞

′ = et lim ( ) 0x

f x→+∞

= .

b) Etudier les séries ( )f n∑ et ( )f n′∑ .

I) 2( )M X X ab bc caχ =− − − + .

Si ab bc ca+ > alors M est diagonalisable dans 3( )M ℝ et a fortiori dans 3( )M ℂ .

Si ab bc ca+ = alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi 0M = . Si ab bc ca+ < alors M n’est pas diagonalisable dans 3( )M ℝ mais l’est dans 3( )M ℂ .

II) a) 0

( ) (0) ( )x

f x f f t t′ ′ ′′= +∫ d admet une limite finie ℓ quand x→+∞ .

Si 0>ℓ alors pour x assez grand ( ) 2f x′ ≥ ℓ puis ( ) 2f x x m≥ +ℓ ce qui empêche la convergence de

0( )f t t

+∞

∫ d .

Si 0<ℓ on obtient aussi une absurdité. Il reste donc 0=ℓ .

Posons 0

( ) ( )x

F x f t t= ∫ d .

Par l’égalité de Taylor avec reste intégral : 211 ( 1 )

( 1) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

x

x

x tF x F x f x f x f t t

+ + −′ ′′+ = + + +∫ d .

Quand x→+∞ , 0

( ), ( 1) ( )F x F x f t t+∞

+ → ∫ d , ( ) 0f x′ → et 21 1( 1 ) 1

( ) ( ) 02 2

x x

x x

x tf t t f t t

+ ++ − ′′ ′′≤ →∫ ∫d d

donc ( ) 0f x → .

b) 1

( 1) ( ) ( ) (( 1) ) ( )n

nf n f n f n n t f t t

+′ ′′+ = + + + −∫ d donne

1

( ) ( 1) ( ) ( 1 ) ( )n

nf n f n f n n t f t t

+′ ′′= + − + + −∫ d .

La série de terme général ( 1) ( )f n f n+ − est CV car f converge en +∞ .

La série de terme général 1

( 1 ) ( )n

nn t f t t

+′′+ −∫ d est ACV car

1 1

( 1 ) ( ) ( )n n

n nn t f t t f t t

+ +′′ ′′+ − ≤∫ ∫d d .

Par conséquent ( )f n′∑ est CV.

Aussi 211 ( 1 )

( 1) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

n

n

n tF n F n f n f n f t t

+ + −′ ′′+ = + + +∫ d permet de mener le même raisonnement et

conclure que ( )f n∑ CV.

Planche 10 I) Soit , ,a b c ∈ℝ et 0

00

a c

M b c

b a

= − . M est-elle diagonalisable dans 3( )M ℝ ? dans 3( )M ℂ ?

II) a) Etudier les branches infinies, les variations, la convexité et représenter 1

( ) lnf t t tt

= − − .

b) Résoudre ( ) 0f t = .

c) Trouver les extremums globaux et locaux de ( , ) ln lng x y x y y x= − .

I) 2( )M X X ab bc caχ =− − − + .

Si ab bc ca+ > alors M est diagonalisable dans 3( )M ℝ et a fortiori dans 3( )M ℂ .

Si ab bc ca+ = alors 0 est seule valeur propre de M et donc M est diagonalisable ssi 0M = . Si ab bc ca+ < alors M n’est pas diagonalisable dans 3( )M ℝ mais l’est dans 3( )M ℂ .

II) a) f est définie sur ] [0,+∞ , strictement croissante, concave sur ] ]0,2 et convexe sur [ [2,+∞ . Asymptote

verticale en 0 et branche parabolique de direction y x= en +∞ . b) 1t = est seule solution. c) g est de classe 1C . Recherchons, ces points critiques :

0( , ) 0 ln 0

( , ) 0 ln 0 ln 0

xg yfx y y

x yyx xg x xxx y x xy y y

∂ == − = = ∂ ⇔ ⇔ ⇔ ∂ = = − = − = ∂

e.

On conclut que ( , )e e est le seul point critique.

Avec les notations de Monge : 1r = e , 0s = et 1t =− e . 2 0rt s− < .

Le point critique ( , )e e n’est pas extremum local.

Planche 11 I) Soit , ( )nA B GL∈ ℂ telles que pB A= .

Montrer que A est diagonalisable ssi B l’est. II) f 2π -périodique définie par ( )f t t= sur ] [,π π− et ( ) 0f π− = . Former le développement en

séries de Fourier de f .

I) Si A est diagonalisable il est immédiat que B l’est aussi. Inversement, si B est diagonalisable alors il existe un polynôme annulateur de B scindé à racines simple :

1

( )m

k

k

X λ=

−∏ .

Puisque pB A= , le polynôme 1

( )m

p

k

k

X λ=

−∏ est annulateur de A , or ce dernier est scindé à racines simples,

donc A est diagonalisable. II) f est 1

C par morceaux et régularisée donc développable en série de Fourier.

f est impaire, 0na = , 1

0

2 ( 1) 2sin( )

n

nb t nt tn

π

π

+−= =∫ d puis

1

1

( 1)( ) 2 sin( )

n

n

f t ntn

++∞

=

−= ∑ .

Planche 12 I) Soit 0A A

BA

= où ( )nA M∈ ℝ .

a) Montrer que [ ]P X∀ ∈ℝ , ( ) ( )( )0 ( )

P A AP AP B

P A

′ = .

b) Montrer que si B est diagonalisable, A l’est aussi et 0A= . c) En déduire une CNS pour que B soit diagonalisable. II) a) Etudier, en redémontrer tous les résultats, nz∑ avec z ∈ℂ .

b) Etudier la convergence simple de la série des fonctions ( ) nx

nf x −= e .

I) a) Par récurrence 0

k kk

k

A kAB

A

= puis on étend par linéarité.

b) Si B est diagonalisable alors B annule un polynôme scindé simple P et les calculs précédents montrent que A annule aussi ce polynôme. Par suite A est diagonalisable. De plus A annule aussi le polynôme XP ′ de sorte que si λ est valeur propre de A alors A est racine commune de P et de XP ′ . Or P n’a que des racines

simples donc P et P ′ n’ont pas de racines communes d’où 0λ= . A est diagonalisable et Sp( ) 0A = donne

0A= . c) B est diagonalisable ssi 0A= .

II) a) Pour 1z ≠ , 1

0

1

1

nnk

k

zz

z

+

=

−=

−∑ et pour 1z = , 0

1n

k

k

z n=

= +∑ . Par suite nz∑ CV ssi 1z < et

0

1

1n

n

zz

+∞

=

=−∑ .

b) La série converge simplement ssi 0x > .

Planche 13 I) 2 2( ) : ( ) 4 ( ) (2 ) ( ) 1 0E t y t ty t t y t′′ ′+ + − − = .

a) Montrer qu’il existe une seule fonction f définie sur ℝ décomposable en série entière solution de E . b) Montrer que 2( ) 1g t t=− est solution de ( )E .

c) Quel est l’ensemble des fonction réelles définies sur ℝ solutions de ( )E ?

II) Soit E un espace euclidien et A un sous-espace vectoriel de E . a) Montrer que E A A⊥= ⊕ (indice : on admettra que toute famille orthonormale de E peut être complétée en une base orthonormale de E . b) Montrer que A A⊥⊥ = .

I) a) On parvient à 2

0

( )(2 2)!

p

p

ty t

p

+∞

=

=+∑ de rayon de convergence R=+∞ .

En d’autres termes 2

ch( ) 1( )

ty t

t

−= prolongée par continuité en 0.

b) calculs.

c) 2

chtt

t֏ est solution de l’équation homogène 0E sur +∗ℝ et −∗ℝ .

2

ch( ) ( )

ty t z t

t= injectée dans 0E donne ch( ) ( ) 2sh( ) ( ) 0t z t t z t′′ ′+ = ,

2( )

ch ( )

Cz t

t′ = puis th( )z C t D= + .

La solution générale de 0E est 2

sh ch( )

C t D ty t

t

+= sur +∗ℝ et −∗ℝ .

La solution générale de 0E est 2 2

sh ch ch 1( )

C t D t ty t

t t

+ −= + sur +∗ℝ et −∗ℝ .

Par étude de recollement en 0, la seule solution sur ℝ est la solution initiale. II) a) Posons dimn E= , dimp A= . Soit 1( , , )pe e… une base orthonormale de A que l’on complète en

1( , , )ne e… base orthonormale de E . 1, , ,( | ) 0ix A i p e x⊥∈ ⇔ ∀ ∈ =… donc 1Vect( , , )p nA e e⊥+= … puis

E A A⊥= ⊕ .

b) On a dim dimA n A⊥ = − et donc dim dimA A⊥⊥ = . De plus A A⊥⊥⊂ car , ,( | ) 0x A y A x y⊥∀ ∈ ∀ ∈ = donc

A A⊥⊥= .

Planche 14 I) a) Montrer que u , endomorphisme d’un espace euclidien vérifiant ( )( ) | ( ) ( | )u x u y x y= est

bijectif. b) Montrer que l’ensemble des endomorphisme orthogonaux est un groupe pour . II) Convergence simple et uniforme de la suite de terme général ( ) sin cosn

nf x x x= pour x ∈ℝ .

I) a) Si kerx u∈ alors ( ( ) | ( )) 0u x u x = puis 0x = . Ainsi ker 0u = puis u bijectif.

b) C’est du cours, ( )O E est un sous-groupe du groupe ( ( ), )GL E .

II) Pour [ ]2

xππ≠ , sin 1x < et donc ( ) 0nf x → . Pour [ ]

2xππ= , cos 0x = et donc ( ) 0nf x = . Ainsi

0CS

nf → .

Par 2π périodicité et parité on ne poursuit l’étude qu’avec [ ]0,x π∈ 1 2( ) sin ( )(( 1)cos ( ) 1)n

nf x x n x−′ = + − . On peut dresser le tableau de variation de nf sur [ ]0,π et on obtient 2

2

1 1 1arccos 1 0

1 ( 1) 1

n

n nf fn n n∞

= = − → + + + donc 0CU

nf → .

Planche 15 I) Soit f continue de ℝ dans ℝ . On suppose que 0

( )f t t+∞

∫ d converge. Calculer

0

1lim ( )

x

xtf t t

x→+∞ ∫ d .

II) Pour 2

( , ) 1,i j n∈ , on considère ia ∈ℝ et jb ∈ℝ tels que 0i ja b+ ≠ .

Calculer 1 ,

1det

i j i j na b

≤ ≤

+ .Traiter le cas particulier 1, , i ii n a b i∀ ∈ = = .

I) Soit F la primitive de f s’annulant en 0. 0

( ) ( )x

F x f t t+∞

→+∞→ = ∫ dℓ

0 0

1 1( ) ( ) ( )

x x

tf t t F x F t tx x

= −∫ ∫d d .

0 0

1 1( ) ( )

x x

F t t F t tx x

− ≤ −∫ ∫d dℓ ℓ .

0, 0, , ( )A t A F tε ε∀ > ∃ ≥ ∀ ≥ − ≤ℓ .

Par continuité sur [ ]0,A , ( )F t −ℓ est majorée par un certain 0M > .

Pour max( , )x A AM ε≥ on a 0 0

1 1 1( ) ( ) ( ) 2

x A x

AF t t F t t F t t

x x xε− = − + − ≤∫ ∫ ∫d d dℓ ℓ ℓ

Par conséquent 0

1( )

x

xF t t

x →+∞→∫ d ℓ puis 0

1lim ( ) 0

x

xtf t t

x→+∞=∫ d .

II)

1 1 1 1 1

1 ,1 1 1 1 1

1 1

1 1 1

1det 1 1 1

1 1 1

n n

n

i j i j nn n n n n

n n n n n

a b a b a b

Da b

a b a b a b

a b a b a b

−

≤ ≤− − − −

−

+ + +

= = + + + +

+ + +

⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

⋯

Via 1 1 1 1, ,n n n nC C C C C C− −← − ← −… puis factorisation :

1 1 1 1

1 1

11 1 1 1

1 1

1 11

( ) ( )1 1

1( ) ( )

1 11

n

n n nn

n n n

n n n

n n n

a b a b

b b b bD

a b a ba b a b

a b a b

−

−

− − −

−

+ +

− −=

+ ++ +

+ +

⋯

⋮ ⋮ ⋮…

⋯…

⋯

.

Via 1 1 1 1, ,n n n nL L L L L L− −← − ← −… puis factorisation :

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

1 1 1 1

1 10

( ) ( )( ) ( )

1 1( ) ( )( ) ( )0

1 1 1

n

n n n n n nn

n n n n n n

n n n

a b a b

b b b b a a a aD

a b a b a b a b

a b a b

−

− −

−

− − −

+ +

− − − −=

+ + + ++ +

⋯

⋮ ⋮ ⋮… …

… …⋯

⋯

Par conséquent 1

1 ,

( )( )

( )

j i j i

i j n

n

i j

i j n

a a b b

Da b

≤ < ≤

≤ ≤

− −=

+

∏∏

.

Puisque 1

( ) 1!2! ( 1)!i j n

j i n≤ < ≤

− = −∏ … et 1 ,

( 1)! ( 2)! (2 )!( )

1! 2! !i j n

n n ni j

n≤ ≤

+ ++ =∏ ⋯ on obtient dans le cas particulier

3(1!2! ( 1)!) !

( 1)!( 2)! (2 )!n

n nD

n n n

−=

+ +…

….

Planche 16 I) Extremum locaux et globaux de 2 2( , ) ( (ln ) )f x y y x y= + .

II) Soit f un endomorphisme d’un espace vectoriel de dimension n . Montrer que 22( , , , , )nI f f f… est liée et en déduire qu’il existe un polynôme non identiquement nul qui annule

f .

I) Points critiques (0,1) et 2(0, )−e .

En (0,1) : (0,1) 0f = et , 0, ( , ) 0x y f x y∀ ∈ ∀ > ≥ℝ . Minimum global.

En 2(0, )−e : 2 4 0rs t− =− < . Maxi local. ( , )

tf t t →+∞→+∞ , il n’y a pas de maxi global.

II) La famille 22( , , , , )nI f f f… est formée de 2 1n + éléments de l’espace ( )EL qui est de dimension 2n , cette

famille est donc liée. Une relation linéaire sur les éléments de cette famille donne un polynôme annulateur non nul de f . Bien entendu, on pourrait aussi parler de polynôme caractéristique.

Planche 17 I) Soit f une application continue de [ ],a b×ℝ dans ℝ .

a) Expliquer pourquoi f est uniformément continue sur [ ],S a b× pour tout segment S de ℝ .

En déduire que : ( , )b

aF x f x t t∫ d֏ est continue sur ℝ .

b) Pour x ∈ℝ , on pose 1

0( ) xtg x t= ∫ e d . A l’aide de la question précédente, étudier la continuité

de g . Retrouver le résultat en calculant ( )g x .

II) Soit a un réel. Pour ( )nM M∈ ℝ , on poser ( ) tr( ) nL M aM M I= + (avec 2n ≥ )

a) Montrer que L est un endomorphisme de ( )nM ℝ et trouver ses éléments propres et son

polynôme minimal. b) Pour quels a , l’endomorphisme L est-il un automorphisme. Trouver son inverse dans ces cas.

I) a) [ ],S a b× est compact et toute fonction continue sur un compact y est uniformément continue.

Etudions la continuité de F en α∈ℝ et considérons [ ]1, 1S α α= − + .

[ ]0, 0, ( , ),( , ) , , ( , ) ( , ) ( , ) ( , )x t x t S a b x t x t f x t f x tε η η ε∞

′ ′ ′ ′ ′ ′∀ > ∃ > ∀ ∈ × − ≤ ⇒ − ≤

Donc pour x α η− ≤ , on a ( ) ( ) ( )b

aF x F t b aα ε ε− ≤ = −∫ d . Ainsi F est continue en α .

b) ( , ) xtx t e֏ est continue par opérations donc g l’est aussi par intégration sur un segment.

Pour 0x ≠ , 1

( )x

g xx

−=e

et (0) 1g = . Sans difficultés g est continue sur ℝ .

II) a) Il est immédiat que L est un endomorphisme de ( )nM ℝ .

Sp( ) ,L a a n= + , ( ) ker(tr)aE L = et ( ) Vect( )a n nE L I+ = , ( )( ( ))L X a X a nΠ = − − + car L est

diagonalisable et donc son polynôme minimal est le polynôme simple dont les racines en sont les valeurs propres.

b) Par une base diagonalisation, 2 1det ( )nL a a n−= + et donc L est un automorphisme ssi 0,a n≠ − .

Par le polynôme minimal, on a 2 (2 ) ( ) Id 0L a n L a a n− + + + = et donc ( )1 1(2 ) Id

( )L a n L

a a n

− = + −+

.

Planche 18 I) Soit n ∈ℕ , 2 1

2

ln( )( )

1

n

n

x xf x

x

+

=−

et 1

0( )n nI f x x= ∫ d .

a) Montrer que nf est intégrable sur ] [0,1 .

b) Calculer la limite de ( )nI pour n→+∞ .

c) Montrer que 2

1

1 1

4n

k n

Ik

+∞

= +

= ∑ .

d) Soit 2 1( ) ln( )n

nh x x x+= ; étudier la convergence simple et la convergence uniforme de la suite

de fonctions ( )nh x sur ] [0,1 .

II) Existe-t-il ( )nA M∈ ℝ symétrique telle que 0pA = et 1pA − soit non nulle pour p ∗∈ℕ .

I) a) nf est prolongeable par continuité en 0 et en 1.

b) 1

220

ln

1n

n

x xI x x

x≤

−∫ d or 2

ln

1

x xx

x −֏ peut être prolongée en une fonction continue sur le segment [ ]0,1 , elle

est donc bornée par un certain M et 1

2

00

2 1n

n

MI M x x

n≤ = →

+∫ d .

c) Pour ] [0,1x ∈ , 2 1

2 2 12

0

lnln

1

nn k

k

x xx x

x

+ +∞+ +

=

=−− ∑ .

2 2 1( ) lnn k

ng x x x+ += est continue par morceaux sur ] [0,1 et intégrable. 1

20

1( )

4( 1)ng x xn k

=+ +∫ d est terme général d’une série convergente, on peut donc intervertir somme et

intégrale et donc 1

2 200 1

1 1 1( )

4( 1) 4n

k k n

f x xn k k

+∞ +∞

= = +

= =+ +∑ ∑∫ d .

d) 0CS

nh → et par étude des variations de nh , ( )n nh h α∞= avec ] [0,1α∈ déterminé par

(2 1) ln 0n α α+ + = , ce qui donne 2 2 1

02 1 2 1

n

nhn n

α +

∞= ≤ →

+ + donc 0CU

nh → .

II) non, pour cause de diagonalisabilité de la matrice symétrique réelle A .

Planche 19 I) Etudier au voisinage de 1t = la courbe paramétrée

2

21

2

31

1( )

11

( )1

t

t

ux t u

u

uy t u

u

− = + − = +

∫

∫

d

d

.

II) Soit ] [1,1a ∈ − . On pose 0

( ) sin( )n

n

f x a x+∞

=

=∑ .

a) Montrer que f est définie sur ℝ .

b) Montrer que f est de classe ∞C et que pour tout k ∈ℕ et tout x ∈ℝ , ( ) 1( )

1kf x

a≤−

.

c) Montrer que f est développable en série entière.

I)

3 3

3 3

2( ) ( 1) ( 1) (( 1) )

31

( ) ( 1) ( 1) (( 1) )3

x t t t o t

y t t t o t

=− − + − + − =− − + − + −

. Point d’inflexion.

II) a) sin( )n na x x a≤ , il y a donc convergence absolue de la série définissant ( )f x .

II) b) : sin( )n

nf x a x֏ est ∞C et ( ) nkk

nf a∞≤ terme général d’une série absolument convergente donc f est

de classe ∞C et ( )

0

1 1

11

nkk

kn

f aaa

+∞

∞=

≤ = ≤−−

∑ .

II) c) Par la formule de Taylor-Laplace, ( )

( 1)

00

(0) ( )( ) ( )

! !

k nn xk n

k

f x tf x x f t t

k n

+

=

−= +∑ ∫ d avec

1( 1)

0

( ) 1( ) 0

! 1 ( 1)!

n nxnx t x

f t tn a n

++−

≤ →− +∫ d . Ainsi la série de Taylor de f converge sur ℝ vers f et donc f

est développable en série entière.

Planche 20 I) a) Montrer que si n na b∼ , n

na z∑ et n

nb z∑ ont le même rayon de convergence.

b) Donner le rayon de convergence de 2

2( 1)2

n n

n

i n z

n +∑ .

II) Existe-t-il une valeur de α pour laquelle 5 32

5 5 2

α α α

α α α

− + − − + − − − est diagonalisable ?

I) a) Si az R< alors n

na z∑ ACV or n n

n na z b z∼ donc n

nb z∑ ACV puis bz R≤ . Ainsi a bR R≤ puis

a bR R= .

b) 2

2

1

( 1)2 2

n

n n

i n

n +∼ donc 2R= .

II) Pour 0α= , la matrice est diagonalisable avec 3− valeur propre simple et 2− valeur propre double.

Planche 21 I) Etudier la convergence de la série ( 1)

ln 1 sinn

nα

− + ∑ , 0α> .

II) Soit 1, , nα α… des réels et A la matrice de coefficient général , sin( )i j i ja α α= + .

Montrer que det 0A= .

I) 2 2

( 1) ( 1) 1 1ln 1 sin

2

n n

on n n nα α α α

− − + = − + .

( 1)n

nα−∑ CV et

2 2

1 1

2o

n nα α

+ ∑ CV ssi 1 2α> .

II) sin( ) sin( )cos( ) sin( )cos( )i j i j j iα α α α α α+ = + donne 1 1 1

sin( ) sin( ) cos( )cos( ) sin( )

sin( ) sin( ) cos( )

j

j j

n j n n

α α α α

α α

α α α α

+ = + + ⋮ ⋮ ⋮

et donc la matrice ,( )i jA a= est de rang inférieur à 2. Ainsi, si 3n≥ , det 0A= .

Pour 1n = , 1det sin(2 )A α= et pour 2n = , 21 2 1 2det sin(2 )sin(2 ) sin ( )A α α α α= − + . Ces quantités ne sont

pas toujours nulles.

Planche 22 I) Calculer 0

sh(sin ) sin(sh )lim

tan(th ) th(tan )x

x x

x x→

−−

Indication : on pourra faire des développements limités à l’ordre 7. II) Soit G un groupe multiplicatif non vide de ( )nM ℝ d’élément neutre E . Montrer que tous les

éléments de G sont de même rang.

I) On obtient 1 2 .

II) Pour tout M G∈ , ME M= donne rg( ) rg( )M E≤ . D’autre part, en notant N l’inverse de M dans G ,

E MN= donne rg( ) rg( )E M≤ . Ainsi tous les éléments de G ont même rang que E .

OOrraauuxx CCeennttrraallee AAllggèèbbrree

Planche 23 ∗ Pour n ∗∈ℕ , on désigne par N le nombre de diviseurs positifs de n et par P leur produit. Relation entre n , N et P ?

En associant dans 2P chaque diviseur avec celui qui lui est conjugué, on obtient un produit de N termes égaux à n . Ainsi 2 NP n= .

Planche 24 ∗ On suppose que n est un entier 2≥ tel que 2 1n − est premier. Montrer que n est premier.

Si n ab= avec ,a b ∗∈ℕ alors ( 1)2 1 (2 1)(1 2 2 )n a a a b−− = − + + +⋯ donc 2 1| 2 1a n− − d’où 2 1 1a − = ou

2 1 2 1a n− = − ce qui implique 1a = ou a n= . Ainsi n ne possède que des diviseurs triviaux, il est premier.

Planche 25 ∗∗∗ On note P l’ensemble des nombres premiers. Pour tout entier 0n> , on note ( )pv n

l’exposant de p dans la décomposition de n en facteurs premiers. On note [ ]x la partie entière de

x . On note ( )xπ le nombre de nombres premiers au plus égaux à x .

a) Montrer que 1

( !)p kk

nv n

p

∞

=

=

∑ .

b) Montrer que 2n

n

divise

ln(2 )

ln

; 2

n

p

p p n

p

∈ ≤∏P

.

c) Montrer que (2 )2(2 ) n

nn

n

π ≤

.

d) Montrer que ( ( ))ln

xO x

xπ= quand x→+∞

a) Pour k suffisamment grand 0kn p = , la somme évoquée existe donc car elle ne comporte qu’un nombre

fini de termes non nuls. ! 1 2n n= × × ×… , parmi les entiers allant de 1 à n , il y en a exactement [ ]n p

divisibles par p , 2n p divisibles par 2p , etc… donc 1

( !)p kk

nv n

p

∞

=

=

∑ .

b) 2

2 (2 )!

( !)

n n

n n

= . Pour tout p ∈P ,

21

(2 )! 22

( !)p k kk

n n nv

n p p

∞

=

= − ∑ or [ ] [ ]2 2 0x x− = ou 1 donc

1

2 ln(2 )2 Card / 2 0

lnk

k kk

n n nk n p

p p p

∞∗

=

− ≤ ∈ > ≤ ∑ ℕ .

De plus les nombres premiers diviseurs de 2

2 (2 )!

( !)

n n

n n

= sont diviseurs d’un entier inférieur à 2n (lemme

d’Euclide) et sont donc eux-mêmes inférieur à 2n . Il en découle ln(2 )

ln

; 2

2|

n

p

p p n

np

n

∈ ≤

∏P

car toutes les puissances

de nombres premiers intervenant dans la décomposition de 2n

n

divisent

ln(2 )

ln

; 2

n

p

p p n

p

∈ ≤∏P

.

c) ln(2 ) ln(2 )

ln (2 )ln

; 2 ; 2 ; 2

2(2 ) (2 )

n n

p np

p p n p p n p p n

np p n n

n

π

∈ ≤ ∈ ≤ ∈ ≤

≤ = ≤ = ∏ ∏ ∏P P P

.

d) En passant au logarithme : 2

1 1

ln 2 ln (2 ) ln(2 )n n

k k

k k n nπ= =

− =∑ ∑ .

A l’aide d’une comparaison intégrale on obtient ( 1)

1 11

ln( ) ln ln( )nn n

k

t t k t t+

=

≤ ≤∑∫ ∫d d donc

1

ln 1 ln ( 1) ln( 1)n

k

n n n k n n n=

− + ≤ ≤ + + −∑ donc 1

ln ln (ln )n

k

k n n n O n=

= − +∑ .

Par suite 2

1 1

ln 2 ln 2 ln(2 ) 2 2( ln ) (ln )n n

k k

k k n n n n n n O n= =

− = − − − +∑ ∑ puis 2

1 1

ln 2 ln ln(2)(2 )n n

k k

k k n= =

−∑ ∑ ∼ .

On en déduit 2

( (2 ))ln 2

nO n

nπ= .

Ajoutons [ ][ ]

2 2

ln ln 2 2

xx

x x∼ par calculs et [ ]( ) (2 2 )x xπ π∼ car ( )xπ et [ ](2 2 )xπ ne différent qu’au plus d’une

unité et ( )xπ →+∞ . Finalement, une certaine satisfaction.

Planche 26 ∗ Soit 1 2 3, ,x x x les racines de [ ]3 2X aX bX c X+ + + ∈ℂ .

Calculer 31 2

2 3 1 3 2 1

xx xS

x x x x x x= + +

+ + +.

Par les relations coefficients racines d’un polynôme scindé : 1 1 2 3x x x aσ = + + =− , 2 1 2 2 3 3 1x x x x x x bσ = + + =

et 3 1 2 3x x x cσ = =− .

En réduisant au même dénominateur : 31 21

1 1 1 2 1 3 1 1 1 2 1 3

1 1 13

xx xS

x x x x x xσ

σ σ σ σ σ σ

= + + =− + + + − − − − − −

avec 1

1 1 1 2 1 3 1

( )1 1 1

( )

P

x x x P

σ

σ σ σ σ

′+ + =

− − − avec 3 2

1 2 3( )( )( )P X aX bX c X x X x X x= + + + = − − − donc

1 1 1

1

( ) 3 ( )

( )

P PS

P

σ σ σ

σ

′ −= .

Planche 27 ∗∗ Soit ,p q deux projecteurs de E . Montrer que p q+ est un projecteur ssi 0p q q p= = ɶ .

( )⇐ Supposons 0p q q p= = ɶ . 2 2 2( )p q p p q q p q p q+ = + + + = + .

( )⇒ Supposons p q+ projecteur. Par les mêmes calculs que ci-dessus 0p q q p+ = ɶ .

Soit kerx p∈

. On a ( )( ) ( )( )p q x q p x o=− =

donc kerx p q∈

.

Soit Imx p∈

. On a ( )( ) ( )( ) ( )p q x q p x q x=− =−

.

En y appliquant p on obtient : ( )( ) ( )( )p q x p q x=−

donc ( )( )p q x o=

.

Ainsi ker kerp q p⊂ et Im kerp q p⊂ d’où Im ker kerE p p q p= + ⊂ .

Finalement 0p q = ɶ et de même 0q p= ɶ .

Planche 28 ∗∗ Soit 1 2E E E= ⊕ un K -espace vectoriel. On considère

1 2( ),ker et Imu E u E u EΓ= ∈ = =L .

a) Montrer, pour tout u de Γ que 2Eu u=ɶ est un automorphisme de 2E .

Soit 2: ( )GL Eφ Γ→ définie par ( )u uφ = ɶ .

b) Montrer que est une loi interne dans Γ . c) Montrer que φ est un morphisme injectif de ( , )Γ dans 2( ( ), )GL E .

d) Montrer que φ est surjectif.

e) En déduire que ( , )Γ est un groupe. Quel est son élément neutre.

a) Imu est stable pour u donc 2Eu est bien défini. Par le théorème du rang la restriction de u à tout

supplémentaire de keru définit un isomorphisme avec Imu . Ici cela donne 2Eu automorphisme.

b) Soit ,u v ∈Γ . Si ker( )x v u∈ alors ( ) Im keru x u v∈ ∩ donc 1 2( )u x E E∈ ∩ et ( ) 0u x = puis 1x E∈ . Ainsi

1ker( )v u E⊂ et l’inclusion réciproque est immédiate.

2 2Im( ) ( ( )) ( )v u v u E v E E= = = car 2Ev est un automorphisme de 2E . Ainsi v u ∈Γ .

c) Si ( ) ( )u vφ φ= alors 2 2E Eu v= . Or

1 10E Eu v= = donc les applications linéaires u et v coïncident sur des

sous-espaces vectoriels supplémentaires et donc u v= . d) Une application linéaire peut être définit de manière unique par ses restrictions linéaires sur deux sous-espaces

vectoriels supplémentaires. Pour 2( )w GL E∈ considérons ( )u E∈L déterminé par 1

0Eu = et 2Eu w= . On

vérifie aisément 1 kerE u⊂ et 2 ImE u⊂ . Pour kerx u∈ , x a b= + avec 1a E∈ et 2b E∈ . La relation

( ) 0u x = donne alors ( ) ( ) 0u a u b+ = c'est-à-dire ( ) 0w b = . Or 2( )w GL E∈ donc 0b = puis 1x E∈ . Ainsi

1keru E⊂ et finalement 1keru E= . Pour Im( )y u∈ , il existe x E∈ tel que ( )y u x= . Or on peut écrire

x a b= + avec 1a E∈ et 2b E∈ . La relation ( )y u x= donne alors 2( ) ( ) ( )y u a u b w b E= + = ∈ . Ainsi

1Imu E⊂ et finalement 1Imu E= . On peut conclure que u ∈Γ et u w=ɶ : φ est surjectif.

e) ϕ est un morphisme bijectif : il transporte la structure de groupe existant sur 2( )GL E en une structure de

groupe sur ( , )Γ . Le neutre est l’antécédent de 2

IdE c'est-à-dire la projection sur 2E parallèlement à 1E .

Planche 29 ∗ Soit 6( )f ∈L ℝ tel que 2rg 3f = . Quels sont les rangs possibles pour f ?

Puisque 2 6Im Imf f⊂ ⊂ℝ , on a 3 rg 6f≤ ≤ .

Si rg 6f = alors f est un isomorphisme, donc 2f aussi et 2rg 6f = . Contradiction.

Si rg 5f = alors dimker 1f = . Considérons |Im fg f= . Par le théorème du rang dimker 5 rgg g= − . Or 2Im Img f⊂ donc rg 3g ≤ et par suite dim ker 2g ≥ . Or ker kerg f⊂ donc dim ker 2f ≥ . Contradiction.

rg 3f = et rg 4f = sont possibles en considérant :

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

et

1 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0

.

Planche 30 ∗∗ Quels sont les ( )nf ∈L ℝ telles que ( )n nf =ℤ ℤ .

Soit f solution. La matrice de f relative à la base canonique est à coefficients entiers. De plus f est un

automorphisme car les vecteurs de la base canonique sont des valeurs prises par f et comme 1( )n nf − =ℤ ℤ , la

matrice de 1f − relative à la base canonique est à coefficients entiers. Inversement, si f est un automorphisme

telle que f et 1f − soient représentés par des matrices à coefficients entiers dans la base canonique, il est

immédiat que ( )n nf ⊂ℤ ℤ et que 1( )n nf − ⊂ℤ ℤ donc que ( )n nf⊂ℤ ℤ et finalement ( )n nf =ℤ ℤ . Notons que

les endomorphismes solutions peuvent aussi se décrire comme étant les endomorphismes canoniquement représentés par une matrice à coefficients entiers et qui sont de déterminant égal à 1.

Planche 31 ∗ Montrer que les matrices triangulaires réelles qui commutent avec leur transposée sont diagonales.

Soit ,( ) ( )i j nA a M= ∈ ℝ une matrice triangulaire supérieure commutant avec sa transposée.

Pour tout 1, ,i n∈ … , le coefficient d’indice ( , )i i de tAA est 2,

1

i

j i

j

a=∑ alors que celui de tA A est 2

,

n

i j

j i

a=∑ .

Pour 1i = , on en déduit 1,2 1, 0na a= = =… puis pour 2i = , 2,3 2, 0na a= = =… et ainsi de suite. On peut

conclure que A est diagonale.

Planche 32 ∗ Quelles sont les matrices carrées réelles d’ordre n qui commutent avec diag(1,2, , )n… et lui

sont semblables ?

Posons diag(1,2, , )D n= … . L’étude, coefficient par coefficient, de la relation MD DM= donne que les

matrices commutant avec D sont les matrices diagonales. Parmi les matrices diagonales, celles qui sont semblables à D sont celles qui ont les mêmes coefficients diagonaux

Planche 33 ∗ Soit K un sous-corps de ℂ et

1 1

( )

1 1nJ M

= ∈

⋯

⋮ ⋮

⋯

K .

Montrer que J est diagonalisable.

Notons 1( , , )ne e=B … la base canonique de nK et f l’endomorphisme de nK dont la matrice dans B est J .

Posons 1 1 ne eε = + +⋯ , de sorte que 1 1( )f ε ε= . Puisque rg rg 1f J= = , on peut introduire 2( , , )nε ε… base du

noyau de f . Il est alors clair que 1( , , )nε ε′ =B … est une base de nK et que la matrice de f dans celle-ci est

diagonale.

Planche 34 ∗∗ Existe-t-il dans ( )nM ℝ une matrice de polynôme minimal 2 1X + ?

Supposons n est impair. Le polynôme caractéristique d’une matrice de ( )nM ℝ étant de degré impair possèdera

une racine qui sera valeur propre de la matrice et aussi racine de son polynôme minimal. Celui-ci ne peut alors être le polynôme 2 1X + .

Supposons n est pair. Considérons 0 1

1 0A

− = et diag( , , ) ( )n nA A A M= ∈… ℝ . nA n’est pas une homothétie

donc le degré de son polynôme minimal est supérieur à 2. De plus 2n nA I= donc 2 1X + annule nA . Au final,

2 1X + est polynôme minimal de nA .

Planche 35 ∗∗∗ Soit M une matrice carrée de taille n à coefficients dans K sous-corps de ℂ . Montrer que si tr 0M = , il existe deux matrices A et B telles que M AB BA= − .

Supposons que M soit semblable à une matrice M ′ via une matrice inversible P i.e. 1M P MP−′ = . Si on peut écrire M A B B A′ ′ ′ ′ ′= − alors M AB BA= − avec 1A PA P−′= et 1B PB P−′= . Etablissons le résultat en raisonnant par récurrence sur la taille de la matrice M . Si M est taille 1 : ok Supposons la propriété établie au rang n ∗∈ℕ . Soit M une matrice carrée d’ordre 1n+ de trace nulle.

Montrons que M est semblable à une matrice de la forme 0 ∗ ∗ ∗

.

Si M est matrice d’une homothétie alors tr 0M = permet de conclure 0nM = .

Sinon, il existe des vecteurs qui ne soit pas vecteurs propres de l’endomorphisme associé à M . Soit x , un tel vecteur. En introduisant une base dont x et ( )f x sont les deux premiers vecteurs, on obtient le résultat voulu.

Le problème revient maintenant à établir le résultat quand M est de la forme 0 L

C M

′ avec tr 0M ′ = .

Par l’hypothèse de récurrence on peut écrire M A B B A′ ′ ′ ′ ′= − . Soit λ qui ne soit par valeur propre de B ′ .

Posons 1

1

1 ( )

( )

L B IA

I B C A

λ

λ

−

−

′− = ′ ′− et

0

0B

B

λ = ′ . On a M AB BA= − . Récurrence établie.

Planche 36 ∗∗ Soit 1, , nλ λ ∈… ℂ distincts et 1

( ) ( )n

i

i

P X X λ=

= −∏ . Calculer :

1 2

2 2 21 2

( ) ( ) ( )

1 1 1( )n

n n n

n

P X P X P X

X X X

X

λ λ λ

λ λ λ− − −

− − −

∆ =

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮

⋯

.

En développant selon la première ligne, on peut affirmer que ∆ est un polynôme de degré inférieur à 1n− .

Pour 1, ,k n∈ … , 1 11 1 1

ˆ( ) ( 1) ( ) ( , , , , ) ( 1) ( , , )k n

k k i n k n n n

i k

V Vλ λ λ λ λ λ λ λ+ +−

≠

∆ = − − = −∏ … … …

où 1( , , )n nV a a… désigne le Vandermonde de 1( , , )na a… .

Le polynôme ∆ coïncide en n point avec le polynôme constant égal à 11( 1) ( , , )n

n nV λ λ+− … , ils sont donc

égaux.

Planche 37 ∗∗ Pour ( )nA M∈ K , on note Aɶ la transposée de la comatrice de A .

a) Calculer detAɶ .

b) Etudier le rang de Aɶ .

c) Montrer que si A et B sont semblables alors Aɶ et Bɶ le sont aussi.

d) Calculer Aɶɶ .

a) On sait det . nAA AA AI= =ɶ ɶ .

Si A est inversible alors det .det (det )nA A A=ɶ donne 1det (det )nA A −=ɶ .

L’application detA Aɶ֏ étant continue et coïncidant avec l’application elle aussi continue 1(det )nA A −֏ sur

( )nGL K qui est dense dans ( )nM K , on peut assurer que 1det (det )nA A −=ɶ pour tout ( )nA M∈ K .

b) Si A est inversible alors Aɶ aussi donc rg( ) rg( )A n A n= ⇒ =ɶ .

Si rg( ) 2A n≤ − alors A ne possède pas de déterminant extrait non nul d’ordre 1n− et donc 0A=ɶ . Ainsi

rg( ) 2 rg( ) 0A n A≤ − ⇒ =ɶ .

Si rg( ) 1A n= − alors dimker 1A= or det . 0nAA AI= =ɶ donne Im kerA A⊂ɶ et donc rg( ) 1A ≤ɶ . Or puisque

rg( ) 1A n= − , A possède un déterminant extrait d’ordre 1n− non nul et donc A O≠ɶ . Ainsi

rg( ) 1 rg( ) 1A n A= − ⇒ =ɶ .

c) Soit P une matrice inversible. Pour tout ( )nA GL∈ K , 1 1( )( ) det . nP AP P AP AI− − =ɶ et 1P AP− inversible

donc 1 1P AP P AP− −=ɶ . Ainsi 1 1A PP APP− −=ɶ . Les applications A Aɶ֏ et 1 1A PP APP− −֏ sont continues et coïncident sur la partie dense ( )nGL K elles sont donc égales sur ( )nM K .

Si A et B sont semblables alors il existe P inversible vérifiant 1P AP B− = et par la relation ci-dessus 1 1P AP P AP B− −= =ɶ ɶ donc Aɶ et Bɶ sont semblables.

d) Si A est inversible alors 11

detA A

A

−=ɶ et 12

1 1

(det )det nA A A

AA

−−= =ɶɶ ɶ

ɶ.

Si rg 2A n≤ − alors 0A=ɶ et 0A=ɶɶ .

Si rg 1A n= − et 3n≥ alors rg( ) 1 2A n= ≤ −ɶ et 0A=ɶɶ .

Si rg 1A= et 2n = alors a b

Ac d

= ,

d bA

c a

− = − ɶ et A A=ɶɶ .

Planche 38 ∗∗∗ a) Soit , ( )nA B M∈ ℝ . Montrer que det 0A B

B A

≥ − .

b) Soit , ( )nA B M∈ ℝ telles que AB BA= . Montrer que 2 2det( ) 0A B+ ≥ .

c) Trouver un contre-exemple à b) si A et B ne commutent pas.

d) Soit , , , ( )nA B C D M∈ ℝ telles que AC CA= . Montrer que det det( )A B

AD CBC D

= − .

a) En multipliant les n dernières lignes par i et les n dernières colonnes aussi :

det ( 1) detnA B A iB

B A iB A

= − − − − puis par opérations sur les lignes :

det ( 1) detnA B A iB

B A A iB A iB

= − − − − + et par opérations sur les colonnes :

det ( 1) det0

nA B A iB iB

B A A iB

+ = − − − + donc det ( 1) det( )det( )n

A BA iB A iB

B A

= − + − + − et enfin

det det( )det( )A B

A iB A iBB A

= + − − . Les matrices A et B étant réelles, cette écriture est de la forme

20zz z= ≥ .

b) 2 2det( )det( ) det( )A iB A iB A B+ − = + car A et B commutent donc 2 2det( ) 0A B+ ≥ .

c) 1 2

0 1A

= et

1 0

2 1B

= par exemple.

d) Si A est inversible, on remarque : 1 10

I O A B A B

CA I C D CA B D− −

= − − +

donc 1det det( )det( ) det( )A B

A CA B D AD CBC D

− = − + = −

car A et C commutent.

On étend cette égalité aux matrices non inversibles par densité :

Les applications detA B

AC D

֏ et det( )A AD CB−֏ sont continues et coïncident sur l’ensemble des

matrices inversibles commutant avec C . Or cet ensemble est dense dans l’ensemble des matrices commutant avec C : si A commute avec C alors pour tout 0λ> assez petit nA Iλ+ est inversible et commute avec C ).

Par coïncidence d’applications continues sur une partie dense, les deux applications sont égales.

Planche 39 ∗∗∗ a) Soit A et B dans 2( )M K telles que AB BA= . Montrer que soit [ ]B A∈K , soit

[ ]A B∈K .

b) Le résultat subsiste-t-il dans 3( )M K ?

a) Contrairement à ce qu’entend l’énoncé, l’alternative [ ]B A∈K ou [ ]A B∈K n’est pas exclusive.

Commençons par quelques cas particuliers.

Si ( )00Aλλ

= alors [ ]A B∈K en s’appuyant sur un polynôme constant.

Si 1

2

00Aλλ

= avec 1 2λ λ≠ alors les matrices qui commutent avec A sont diagonales donc B est de la forme

1

2

00αα

. En considérant P aX b= + tel que 1 1( )P λ α= et 2 2( )P λ α= , on a [ ]( )B P A A= ∈K .

Si ( )0Aλ µλ

= avec 0µ≠ , une étude de commutativité par coefficients inconnus donne ( )0B α βα

= . Pour

P Xβ

γµ

= + avec βλ

γ αµ+ = , on a [ ]( )B P A A= ∈K .

Enfin, dans le cas général, A est semblable à l’un des trois cas précédent via une matrice 2( )P GL∈ K . La

matrice 1B P BP−′ = commute alors avec 1A P AP−′ = donc B ′ est polynôme en A′ et par le même polynôme B est polynôme en A . b) On imagine que non, reste à trouver un contre-exemple. Par la recette des tâtonnements successifs ou saisi d’une inspiration venue d’en haut, on peut proposer

1 1 00 1 00 0 1

A =

et 1 0 00 1 00 1 1

B =

. On vérifie que A et B commutent et ne sont ni l’un ni l’autre polynôme en

l’autre car tout polynôme en une matrice triangulaire supérieure est une matrice triangulaire supérieure.

Planche 40 ∗∗ Soit n un entier 2≥ et A un hyperplan de ( )nM ℂ stable pour le produit matriciel.

a) On suppose que nI ∉A . Montrer, si 2M ∈A , que M ∈A . En déduire que pour tout

1, ,i n∈ … que la matrice ,i iE est dans A . En déduire une absurdité.

b) On prend 2n = . Montrer que A est isomorphe à l’algèbre des matrices triangulaires supérieures.

a) Supposons 2M ∈A . A et Vect( )nI étant supplémentaires dans ( )nM ℂ , on peut écrire nM A Iλ= + avec

A∈A . On a alors 2 2 22 n nM A AI Iλ λ= + + d’où l’on tire 2nIλ ∈A puis 0λ= ce qui donne M ∈A .

Pour i j≠ , 2, 0i jE = ∈A donc ,i jE ∈A puis , , ,i i i j j iE E E= × ∈A . Par suite 1,1 ,n n nI E E= + + ∈A⋯ .

Absurde. b) Formons une équation de l’hyperplan A de la forme 0ax by cz dt+ + + = en la matrice inconnue

x yM

z t

= avec ( , , , ) (0,0,0,0)a b c d ≠ . Cette équation peut se réécrire tr( ) 0AM = avec

a cA

b d

= .

Puisque 2I ∈A , on a tr 0A= . Soit λ une valeur propre de A .

Si 0λ≠ alors λ− est aussi valeur propre de A et donc A est diagonalisable via une matrice P .

On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que 1P MP− a ses coefficients diagonaux égaux.

Mais alors pour 11 1

0 1M P P−

= et 11 0

1 1N P P−

= on a ,M N ∈A alors que MN ∈A .

Si 0λ= alors A est trigonalisable en 0

0 0

α avec 0α≠ via une matrice P .

On observe alors que les matrices M de A sont celles telles que 1P MP− est triangulaire supérieure.

L’application 1M P MP−֏ est un isomorphisme comme voulu.

Planche 41 ∗∗ Soit E un espace euclidien orienté de dimension 3 et u un endomorphisme de E . a) Réduire l’expression [ ] [ ] [ ]( , , ) ( ), , , ( ), , , ( )x y z u x y z x u y z x y u zϕ = + + .

b) Montrer qu’il existe ( )v E∈L tel que pour tout 2( , )x y E∈ , ( ) ( ) ( )v x y u x y u y x∧ = ∧ − ∧ .

a) ϕ est une forme trilinéaire alternée sur E de dimension 3 donc ϕ est proportionnel au déterminant. Pour

( , , )i j k base orthonormée, ( , , ) ( | ( )) ( | ( )) ( | ( )) tri j k i u i j u j k u k uϕ = + + = donc [ ]( , , ) tr . , ,x y z u x y zϕ = .

b) [ ] [ ] [ ] [ ]( ( ) ( ) | ) ( ), , , ( ), tr , , , , ( ) ( , (tr .Id )( ))u x y u y x z u x y z x u y z u x y z x y u z x y u u z∧ − ∧ = + = − = ∧ − . L’adjoint

de (tr .Id )u u− résout notre problème.

OOrraauuxx CCeennttrraallee AAnnaallyyssee

Planche 42 ∗∗ Soit [ ]1( 0,1 , )E C= ℝ et :N E +→ ℝ définie par 1

2 2

0( ) (0) ( )N f f f t t′= +∫ d .

a) Montrer que N définit une norme sur E . b) Comparer N et .

∞.

a) Posons 1

0( , ) (0) (0) ( ) ( )f g f g f t g t tϕ ′ ′= +∫ d . ϕ est une forme bilinéaire symétrique, ( , ) 0f fϕ ≥ et si

( , ) 0f fϕ = alors (0) 0f = et pour tout [ ]0,1t ∈ , ( ) 0f t′ = donc 0f = . ϕ est donc un produit scalaire et N

apparaît comme étant la norme associée.

b) Pour tout [ ]0,1x ∈ , 0

( ) (0) ( ) 2 ( )x

f x f f t t N f′≤ + ≤∫ d , donc 2 ( )f N f∞ ≤ .Pour ( ) sin( )f x nxπ= ,

1f ∞ = et ( ) 2N f n= →+∞ . Les deux normes ne sont donc pas équivalentes.

Planche 43 ∗∗ Soit E le ℝ -espace vectoriel des suites réelles bornées muni de la norme : sup nn

u u∞

∈=

ℕ

.

Déterminer si les sous-ensembles suivants sont fermés ou non : A = suites croissantes , B = suites convergeant vers 0 , C = suites convergentes D = suites admettant 0 pour valeur d’adhérence et E = suites périodiques .

A est fermé car si ( )p p

nu u= est une suite d’éléments de A convergeant vers une suite ( )nu u= pour la norme

.∞

alors pour tout n ∈ℕ et tout p ∈ℕ , 1p p

n nu u +≤ qui donne à la limite 1n nu u +≤ et donc u A∈ .

B est fermé car si ( )p p

nu u= est une suite d’éléments de B convergeant vers une suite ( )nu u= pour la norme

.∞

alors 0ε∀ > , p∃ ∈ℕ , 2pu u ε∞

− ≤ et puisque 0p

nn

u→∞→ , , , 2p

nN n N u ε∃ ∈ ∀ ≥ ≤ℕ et donc

p p

n n n nu u u u ε≤ − + ≤ . Ainsi 0u→ et donc u B∈ .

C est fermé. En effet si ( )p p

nu u= est une suite d’éléments de C convergeant vers une suite ( )nu u= pour la

norme .∞

alors en notant pℓ la limite de pu , la suite ( )pℓ est une suite de Cauchy puisque p q p qu u

∞− ≤ −ℓ ℓ . Posons ℓ la limite de la suite ( )pℓ et considérons p p pv u= −ℓ . pv B∈ et pv u→ −ℓ

donc u B− ∈ℓ et u C∈ .

D est fermé car si ( )p p

nu u= est une suite d’éléments de B convergeant vers une suite ( )nu u= pour la norme

.∞

alors 0ε∀ > , p∃ ∈ℕ , 2pu u ε∞

− ≤ et puisque 0 est valeur d’adhérence de pu , il existe une infinité de

n tels que 2p

nu ε≤ et donc tels que p p

n n n nu u u u ε≤ − + ≤ . Ainsi 0 est valeur d’adhérence de u et donc

u D∈ .

E n’est pas fermé. Notons pδ , la suite déterminée par 1p

nδ = si |p n et 0 sinon. La suite pδ est périodique et

toute combinaison linéaire de suites pδ l’est encore. Posons alors 1

1

2

pp k

kk

u δ=

=∑ qui est élément de E . La suite

pu converge car 1

1 10

2 2

p qp q p

k pk p

u u+

+

∞= +

− ≤ ≤ →∑ et la limite u de cette suite n’est pas périodique car

01

1lim 1

2

p

kpk

u→+∞

=

= =∑ et que 0n∀ > , 1nu < puisque pour que 1nu = il faut |k n pour tout k ∈ℕ .

Planche 44 ∗∗ Soit E un espace vectoriel réel normé. On pose 1

( )max(1, )

f x xx

= .

Montrer que f est 2-lipschitzienne. Montrer que si la norme sur E est hilbertienne alors f est 1-lipschitzienne.

Si , 1x y ≤ alors ( ) ( )f y f x y x− = − .

Si 1x ≤ et 1y > alors ( ) ( ) 1 2y y

f y f x x y y x y y x y xy y

− = − = − + − ≤ − + − ≤ − .

Si , 1x y > alors 1 1

( ) ( ) 2x yy xy x y x

f y f x x y xy x y y x y y

−−− − = − = + − ≤ + ≤ − .

Au final f est 2-lipschitzienne.

Supposons maintenant que la norme . soit hilbertienne.

Si , 1x y ≤ alors ( ) ( )f y f x y x− = − .

Si 1x ≤ et 1y > alors 2 2 2 1

( ) ( ) 1 2 ( | )y

f y f x y x y x yy

−− − − = − − .

Or ( | )x y x y y≤ ≤ donc 2 2 2 2( ) ( ) 1 2( 1) (1 ) 0f y f x y x y y y− − − ≤ − + − =− − ≤ .

Si , 1x y > alors 2 2 2 2 1

( ) ( ) 2 2 ( | )x y

f y f x y x y x x yx y

−− − − = − − −

Or ( | )x y x y≤ donc 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 2( 1) ( ) 0f y f x y x y x x y x y− − − = − − + − =− − ≤ .

Au final f est 1-lipschitzienne.

Planche 45 ∗∗ Soit A une partie non vide de ℝ telle que pour tout x réel il existe un et un seul y A∈ tel

que ( , )x y d x A− = . Montrer que A est un intervalle fermé.

Soit ( )nx A∈ ℕ convergeant vers x ∈ℝ . Il existe un unique y A∈ tel que ( , )x y d x A− = . Or ( , ) 0d x A =

donc x y A= ∈ . Ainsi A est fermé.

Par l’absurde supposons que A ne soit pas un intervalle. Il existe a c b< < tel que ,a b A∈ et c A∉ .

Posons sup /x A x cα= ∈ ≤ et inf /x A x cβ = ∈ ≥ . On a , Aα β ∈ , cα β< < et ] [, C Aα β ⊂ ℝ .

Posons alors 2

α βγ

+= . On a ( , )

2d A

β αγ γ α γ β

−= = − = − ce qui contredit l’hypothèse d’unicité.

Absurde.

Planche 46 ∗ Développement asymptotique à trois termes de : 2

1

sinn

n

k

ku

n=

=∑ .

Pour [ ]0,1x ∈ , 31 1sin

6 120x x x− + ≤ .

3

2 61

1

6

n

n n

k

k ku M

n n=

= + +∑ avec 5

10 41

1 1 1

120 120

n

n

k

kM

n n=

≤ ≤∑ donc 3(1 )nM o n= .

2 21

( 1) 1 1

2 2 2

n

k

k n n

n n n=

+= = +∑ et

33

6 6 21 1

1 1

4

n n

k k

kk

n n n= =

=∑ ∑ ∼ donc 2 2

1 1 1 1

2 2 4nu on n n

= + + + .

Planche 47 ∗∗ Montrer que l’équation 2 1 0nx x+ − = admet une unique racine réelle strictement positive pour 1n ≥ . On la note nx . Déterminer la limite ℓ de la suite ( )nx puis un équivalent de nx −ℓ .

Posons 2( ) 1n

nf x x x= + − . L’étude de la fonction nf assure l’existence et l’unicité d’une solution nx+∈ℝ à

l’équation étudiée. De plus, on observe que [ ]0,1nx ∈ . Puisque 1 1 10 ( ) ( )n n n nf x f x+ + += ≤ , on peut affirmer

1n nx x+ ≥ . La suite ( )nx est croissante et majorée donc converge vers un réel ℓ . Puisque pour tout n ∈ℕ ,

[ ]0,1nx ∈ , à la limite [ ]0,1∈ℓ . Si 1<ℓ alors 0 0n n

nx≤ ≤ →ℓ et la relation 2 1 0n

n nx x+ − = donne à la limite 2 1=ℓ ce qui est absurde. On conclut que 1=ℓ .

Posons 1n nu x= − , (1 ) (2 )n

n n nu u u− = − donne ln(1 ) ln ln(2 )n n nn u u u− = + − d’où lnn nnu u− ∼ puis

ln ln ln( ln )n nn u u+ −∼ or ln( ln ) (ln )n nu o u− = donc ln lnnu n−∼ puis ln

n

nu

n∼ et enfin

ln1n

nx

n− −∼ .

Planche 48 ∗∗ Pour 2n ≥ , on considère le polynôme 1n

nP X nX= − + .

a) Montrer que nP admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée nx .

b) Déterminer la limite de nx lorsque n→+∞ .

c) Donner un équivalent de ( )nx puis le deuxième terme du développement asymptotique nx .

a) nP réalise une bijection strictement décroissante de [ ]0,1 vers [ ],1n− .

b) 11( ) ( 1) 1 ( ) 0n

n n n n n nP x x n x P x++ = − + + ≤ = donc 1n nx x+ ≤ . La suite ( )nx est décroissante et minorée, elle

converge donc vers un réel [ ]0,1∈ℓ . Si 0>ℓ alors 0 ( )n nP x= →−∞ , c’est absurde. On conclut 0=ℓ .

c) 110

nnnn

n

xx

nx n

−= → donc ( )n

n nx o nx= puis sachant 1 0n

n nx nx− + = , on obtient 1nx n∼ .

d) Posons 1n ny x n= − , on a 1

n

n ny nyn

+ = puis

1ln ln lnn nn y n y

n

+ = + . Or

1 10ny

n n+ →∼ donc

1ln lnny n

n

+ − ∼ , de plus ln ( ln )n o n n= donc ln lnny n n−∼ . En revenant à la relation de départ

( ) ln(1 )1 1 nn n nyn

n nn y ny ++ = + = e avec 2ln(1 )n nn ny n y+ ∼ et 2ln 2ln lnn nn y n y= + →−∞ donc 2 0nn y → puis

1 1n

nn y+ → . Finalement 1 1

1 1 1n n n

x on n n+ +

= + + .

Planche 49 ∗∗ Pour 2n ≥ , on considère le polynôme 1n

nP X nX= − + .

a) Montrer que nP admet exactement une racine réelle entre 0 et 1, notée nx .

b) Déterminer la limite de nx lorsque n→+∞ .

c) Donner un équivalent de ( )nx puis le deuxième terme du développement asymptotique nx .

a) nP réalise une bijection strictement décroissante de [ ]0,1 vers [ ],1n− .

b) 11( ) ( 1) 1 ( ) 0n

n n n n n nP x x n x P x++ = − + + ≤ = donc 1n nx x+ ≤ . La suite ( )nx est décroissante et minorée, elle

converge donc vers un réel [ ]0,1∈ℓ . Si 0>ℓ alors 0 ( )n nP x= →−∞ , c’est absurde. On conclut 0=ℓ .

c) 110

nnnn

n

xx

nx n

−= → donc ( )n

n nx o nx= puis sachant 1 0n

n nx nx− + = , on obtient 1nx n∼ .

d) Posons 1n ny x n= − , on a 1

n

n ny nyn

+ = puis

1ln ln lnn nn y n y

n

+ = + . Or

1 10ny

n n+ →∼ donc

1ln lnny n

n

+ − ∼ , de plus ln ( ln )n o n n= donc ln lnny n n−∼ . En revenant à la relation de départ

( ) ln(1 )1 1 nn n nyn

n nn y ny ++ = + = e avec 2ln(1 )n nn ny n y+ ∼ et 2ln 2ln lnn nn y n y= + →−∞ donc 2 0nn y → puis

1 1n

nn y+ → . Finalement 1 1

1 1 1n n n

x on n n+ +

= + + .

Planche 50 ∗∗ a) Soit 1

1np

n

k

un k=

=+∑ ù p ∗∈ℕ est fixé. Montrer que la suite ( )nu converge. Sa limite sera

notée ℓ (on ne demande pas ici de la calculer)

b) Soit :f +→ℝ ℂ de classe 1C et telle que (0) 0f = . Soit

1

1np

n

k

v fn k=

= +∑ .

Montrer que ( )nv converge. Exprimer sa limite en fonction de ℓ .

c) Calculer ℓ en utilisant ( ) ln(1 )f x x= + .

d) Si f de +ℝ dans ℂ est continue et vérifie (0) 0f = , montrer qu’il peut y avoir divergence de

la suite ( )nv .

a) 1

1 1 10

( 1) 1 ( 1)( 1) 1n nu un p n p n

+ − = + + − ≤+ + + + +

⋯ et 1n

npu p

n≤ ≤

+ donc ( )nu converge.

b) Pour tout n ∗∈ℕ et 1, ,k np∈ … , il existe ,

10,n kc

n k

∈ +

tel que ,

1 1(0) ( )n kf f f c

n k n k

′− = + + (TAF)

On a alors ( ),1

1(0) ( ) (0)

np

n n k

k

v f f c fn k=

′ ′ ′− = −+∑ℓ .

Pour tout 0ε> , il existe 0α> tel que pour tout [ ]0,x α∈ on ait ( ) (0)f x f ε′ ′− ≤ .

Pour n suffisamment grand pour que 1

1nα≤

+, on a [ ], 0,n kc α∈ et donc (0)nv f ε′− ≤ℓ ℓ .

On en déduire (0)nv f ′→ ℓ .

c) Pour ( ) ln(1 )f x x= + , 1

ln( 1) ln( ) ln(( 1) 1) ln( 1) lnnp

n

k

v n k n k n p n p=

= + + − + = + + − + →∑ . On conclut

lnp=ℓ .

d) Pour ( )f x x= , 1

1

( 1)

np

n

k

npv

n k n p=

= ≥ →+∞+ +

∑ .

Planche 51 ∗∗ a) Donner un développement asymptotique à deux termes de 2

lnn

n

p

pu

p=

=∑ . On pourra

introduire la fonction ln

( )t

f tt

= .

b) Calculer 1

ln( 1)n

n

n

n

+∞

=

−∑ à l’aide de la constante d’Euler.

a) f est décroissante sur [ [,+∞e . Pour 4p≥ , 1

1

ln ln lnp p

p p

t p tt t

t p t

+

−≤ ≤∫ ∫d d donc

ln 2 ln3

2 3n nu v= + +

avec 1

4 3

ln lnn n

n

t tt v t

t t

+≤ ≤∫ ∫d d donc 21

(ln )2nv n∼ . Etudions 21

(ln )2n nw u n= − ,

11

ln ln0

n

n nn

n tw w t

n t−

−− = − ≤∫ d donc ( )nw est décroissante. D’autre part les calculs précédents donnent ( )nw

minorée et donc on peut conclure que nw converge. Ainsi ( )21ln (1)

2nu n C o= + + .

b) 2 1

1 1 0

ln ln(2 ) ln(2 1)( 1)

2 2 1

N N Nn

n n n

n n n

n n n

−

= = =

−− = −

−∑ ∑ ∑ donc

2 2

21 1 1 1

ln ln(2 ) ln( ) 1( 1) ln 2

N N N Nn

N N

n n n n

n n nu u

n n n n= = = =

− = − = + −∑ ∑ ∑ ∑ . Par le DA précédent, on obtient :

22 2

1

ln 1 1( 1) ln 2.ln ln(2) (ln ) (ln 2 ) (1)

2 2

Nn

n

nn n C n C o

nγ

=

− = + + + − − +∑

et après simplification 2

1

ln 1( 1) ln(2)(2 ln 2)

2

Nn

n

n

nγ

=

− → −∑ . De plus

2 1 2

1 1

ln ln 1( 1) ( 1) (1) ln(2)(2 ln 2)

2

N Nn n

n n

n no

n nγ

+

= =

− = − + → −∑ ∑ donc 1

ln 1( 1) ln(2)(2 ln 2)

2n

n

n

nγ

+∞

=

− = −∑ . N’est-ce pas

magnifique ?

Planche 52 ∗ Soit ,a b ∈ℝ . Déterminer la nature de la série 1

ln ln( 1) ln( 2)n

n a n b n≥

+ + + +∑ .

Calculer la somme lorsqu’il y a convergence.

2

2 1ln ln( 1) ln( 2) (1 ) ln

a bn a n b n a b n O

n n

+ + + + + = + + + + .

Il y a convergence ssi 1 0a b+ + = et 2 0a b+ = ce qui correspond à 2a =− et 1b = . Dans ce cas :

1 2

1 1 2 3

ln ln( 1) ln( 2) ln 2 ln lnN N N N

n n n n

n a n b n n n n+ +

= = = =

+ + + + = − +∑ ∑ ∑ ∑

1

ln ln( 1) ln( 2) ln1 ln 2 2ln 2 2ln( 1) ln( 1) ln( 2) ln2N

n

n a n b n N N N=

+ + + + = + − − + + + + + →−∑

Planche 53 ∗∗ Soit 0, 0a b> > et pour n ∗∈ℕ , 1

1( )

n

n

k

A a bkn =

= +∑ , 1

1

( )n

n

n

k

B a bk=

= +∏ .

Trouver lim n

nn

B

A∞ en fonction de e .

( 1)

2n

b nA a

+= + ,

1

1ln ln( )

n

n

k

B a bkn =

= +∑ . Posons ( ) ln( )f t a bt= + fonction croissante.

A l’aide d’une comparaison série-intégrale : 1

( ) ln( ) ( )n

k

f k n a bn n o n=

= + − +∑ donc

ln ln ln ln 1 (1) ln 2 12

nn n

n

B a bnB A o

A a bn

+ = − = − + → − + d’où

2n

n

B

A→e

.

Planche 54 ∗∗ a) Etudier nu∑ où 1

0 1n n

xu

x x=

+ + +∫d

⋯.

b) Etudier nv∑ où 1

0 1

n

n n

x xv

x x=

+ + +∫d

⋯.

a) 1 1

10 0

1

1 1n n n

x xu x

x x x +

−= =

+ + + −∫ ∫d

d⋯

, 1

11

1 n

xx

x +

−→ −

− et

1

1 11

1 1n

x x

x x+

− −≤ =

− − donc

1

0

1(1 )

2nu x x→ − =∫ d . La série diverge grossièrement.

b) 1 1 1

1 10 0 0

1(1 )

1 1 1

n nn

n n n n

x x x xv x x x x

x x x x+ +

−= = = −

+ + + − −∫ ∫ ∫d

d d⋯

avec par intégration par parties

11 1

1 110 0

0

1 1(1 ) ln(1 )(1 ) ln(1 )

1 1 1

nn n

n

xx x x x x x

x n n

+ ++

− = − − − − − − + +

∫ ∫d d

avec 1 1

1 ( 1)

0 01

1ln(1 )n n k

k

x x x xk

+∞+ +

=

− − = ∑∫ ∫d d . Or 1

( 1)

01 1

1 1

(( 1) 1)n k

k k

x xk k n k

+∞ +∞+

= =

= <+∞+ +∑ ∑∫ d donc

1 11 ( 1)

20 01 1 1

1 1 1 1ln(1 )

(( 1) 1) ( 1)n n k

k k k

x x x xk k n k n k

+∞ +∞ +∞+ +

= = =

− − = = ≤+ + +∑ ∑ ∑∫ ∫d d puis ( )21nv O n= et donc la série

de terme général nv converge.

Planche 55 ∗∗∗ Soit 0α> et 1( )n nu ≥ la suite définie par : 1 0u > et 1n∀ ≥ , 1

1n n

n

u un uα

+ = + .

a) Condition nécessaire et suffisante sur α pour que ( )nu converge.

b) Equivalent de nu dans le cas où ( )nu diverge.

c) Equivalent de ( )nu −ℓ dans le cas où ( )nu converge vers ℓ .

a) Notons la suite ( )nu est bien définie, strictement positive et croissante.

Si 1α> , on a 11

1n nu u

n uα+ ≤ + puis par récurrence

1 1

1n

n

k

uk uα=

≤∑ . Ainsi ( )nu converge.

Si ( )nu converge. Posons lim nu=ℓ , on observe 0>ℓ . On a 1

1 1n n

n

u un u nα α+ − = ∼

ℓ, or la série de terme

général 1n nu u+ − est convergente donc 1α> .

b) 2 21 2 2

2 1 2n n

n

u un n u nα α α+ − = + ∼ donc 2

1

12

n

n

k

uk α=

∑∼ or par comparaison série-intégrale, 1

1

1

1

n

k

n

k

α

α α

−

= −∑ ∼ si

1α< et 1

1ln

n

k

nk=

∑ ∼ si 1α= . On conclut alors 12

1n

nu

α

α

−

−∼ si 1α< et 2lnnu n∼ si 1α= .

c) Posons n nv u= −ℓ . 1

1 1n n

n

v vn u nα α+ − = ∼

ℓ donc 1 1

1 1 1

1k k n

k n k n

v v vn nα αα

+∞ +∞

+ −= =

− =−−∑ ∑∼ ∼

ℓ ℓ puis

1

1 1

1nvnαα −=

− ℓ.

Planche 56 ∗ Etudier la limite de 1

0( )nf t t∫ d où [ ]: 0,1f → ℝ est continue.

On applique le théorème de convergence dominée en exploitant f bornée car continue sur segment. On obtient 1

0( ) (0)nf t t f→∫ d

Planche 57 ∗∗ Calculer 0

lim e sin ( )dt n

nt t

+∞−

→∞∫ .

La fonction intégrée ne converge pas simplement en les [ ]2 2t π π π= + . Pour contourner cette difficulté on

raisonne à l’aide de valeurs absolues.

00e sin ( )d sin

tt n nt t t+∞+∞ −− ≤ ∫∫ e

( ) ( )sin ( ) CSt nnf t f tt−= →e avec ( ) 0f t = si [ ]2t nπ π≠ et ( ) tf t −= e sinon.

nf et f sont continues par morceaux et ( )( ) t

n tf t ϕ−≤ =e avec ϕ continue par morceaux intégrable sur

[ [0,+∞ donc par convergence dominée : 0 0

lim e sin ( )d ( ) 0t n

nt t f t t

+∞ +∞−

→∞= =∫ ∫ d .

Planche 58 ∗∗ a) Démontrer la convergence de la série de terme général !

n n

na

n= .

b) Comparer na et 0

n ntn t t+∞

−∫ e d .

c) En déduire : 20

1 (1 )

t

n tn

ta t

t

−+∞ +∞

−=

=−∑ ∫e

de

.

a) 1 1 1n na a+ → <e .

b) Posons 0

n t

nI t tα+∞

−= ∫ e d . Par intégration par parties, on obtient 1

!n n

nI

α += d’où 0

n nt

na n t t+∞

−= ∫ e d .

c) 0

1 1

n nt

n

n n

a nt t+∞ +∞ +∞

−

= =

=∑ ∑∫ e d et la série 0

n ntnt ant

+∞− =∑ ∑∫ de converge donc on peut intégrer terme à

terme et on obtient 0

1 1

n nt

n

n n

a nt t+∞ +∞+∞

−

= =

=∑ ∑∫ e d avec 1 1

(1 )1

tt n nt n nt

tn n

tt nt t

t

−+∞ +∞− − −

−= =

− = =−∑ ∑ e

e e ee

d’où la

conclusion.

Planche 59 ∗∗ Existence et calcul de 2

0( ) e cos( )tx xt tϕ

+∞−= ∫ d .

Posons 2

( , ) cos( )tg x t xt−= e . ( , )t g x t֏ , ( , )g

t x tx

∂∂

֏ sont continues par morceaux sur +ℝ et ( , )g

x x tx

∂∂

֏

est continue sur ℝ . ( , )t g x t֏ est intégrable sur [ [0,+∞ car négligeable devant 21 t en +∞ .

Pour [ [0,x ∈ +∞ , 2

( , ) tgx t t

x

−∂≤

∂e avec

2tt t −e֏ intégrable sur [ [0,+∞ , la fonction ϕ est de classe 1C et

2

0( ) sin( )tx t xt tϕ

+∞−′ = −∫ e d .

Par intégration par parties, 2 2

00

1 1 1( ) sin( ) cos( ) ( )

2 2 2t tx xt x xt t x xϕ ϕ

+∞+∞

− − ′ = − =−

∫e e d .

ϕ est solution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 et (0) 2ϕ π= on conclut 21

4( )2

x

xπ

ϕ−

= e .

Planche 60 ∗∗∗ Soit 0α> , n ∈ℕ . On pose 2

0( ) (sin ) (cos )nnu t t t

παα = ∫ d .

a) Nature de la série de terme général (1)nu .

b) Plus généralement, nature de la sérier de terme général ( )nu α .

c) Calculer 1

( )n

n

u α∞

=∑ pour 2,3α= .

a) 2

21

00

1 1(1) sin (cos ) cos

1 1n n

nu t t t tn n

ππ

+ = = − = + +

∫ d . La série de terme général (1)nu est divergente.

b) Pour 1α≤ , (sin ) sint tα ≥ donc ( ) (1)n nu uα ≥ et donc la série de terme général ( )nu α est divergente.

Pour 1α> , 1α β= + , 21 2 2

1 2 1 2

0 00

cos( ) sin sin cos sin cos

1 1 1

nn n

n

tu t t t t t t t

n n n

ππ π

β β ββ βα

+− + − +

= − + = + + +

∫ ∫d d

2 21 2 1 2 1 2

0 0sin cos sin cos sin cosn n nt t t t t t t t t

π ε πβ β β

ε

− + − + − += +∫ ∫ ∫d d d

1 2 1

0sin cos .nt t tε

β β βε ε ε− + −≤ =∫ d et 2

1 2 2sin cos cos2

n nt t tπ

β

ε

πε− + +≤∫ d .

Pour 3

1

nε= ,

312 2

1cos e

nn o

nε

−+ = = donc

3 2 1 3

10 ( )

( 1)nu on n n nβ β

β βα +

≤ ≤ + +∼ donc la série de terme

général ( )nu α converge.

c) Soit 1α> ,

Les fonctions sin cosnt t tα֏ sont continues par morceaux et positives.

La série de ses fonctions converge vers 0

sinsin cos

1 cosn

n

tt t

t

αα

+∞

=

=−∑ qui est continue par morceaux.

Puisque la série des 2

0(sin ) (cos )nt t t

πα∫ d convergente, on a

2 2

0 00

sinsin cos

1 cosn

n

tt t t t

t

απ πα

+∞

=

=−∑∫ ∫d d .

Pour 2α= : 22 2

0 0

sin1 cos 1

1 cos 2

tt t

t

π π π= + = +

−∫ ∫d .

Pour 3α= : 32 2

0 0

sin 3sin (1 cos )

1 cos 2

tt t t

t

π π

= + =−∫ ∫d .

Planche 61 ∗∗∗ a) Existence de 2

0lim sin( )

x

xA t t

→+∞= ∫ d .

b) Montrer que A se met sous la forme 0

( 1)n n

n

A u+∞

=

= −∑ avec 0nu ≥ . En déduire 0A≥ .

c) Mêmes questions avec 2

0lim cos( )

x

xB t t

→+∞= ∫ d .

d) Comment retrouver ces résultats avec un logiciel de calcul formel

a) 2 2 2

0 0sin( ) sin( ) sin( )

x x

t t t t t tπ

π= +∫ ∫ ∫d d d . Or

2 22 2

2

2 cos( ) cos( )sin( ) sin( )

2 2 2

xx x xt t t

t t t t tt t tπ π π

π

= = − −

∫ ∫ ∫d d d donc

22 2

20 0

1 1 cos( )sin( ) sin( )

22

x

x

tt t t t t

t

π

ππ

+∞

→+∞→ − −∫ ∫ ∫d d d où l’on vérifie que la dernière intégrale

converge.

b) ( 1)

2

0

sin( )n

nn

A t tπ

π

+∞ +

=

=∑∫ d et ( 1) ( 1)

2

0

sin( ) sinsin( ) ( 1) ( 1)

2 2

n nn n

nn n

u vt t u v u

u v n

π π π

π π π

+ += = − = −

+∫ ∫ ∫d d d avec

0

sin

2n

vu v

v n

π

π=

+∫ d . Aisément 0nu ≥ , 1n nu u+ ≤ et 0nu → donc on peut appliquer le critère spécial qui

assure que A est du signe de 00( 1) u− c'est-à-dire positif.

c) La question a) est identique. Pour b) les choses se compliquent car on découpe l’intégrale en 2π , 3 2π ,…

pour obtenir : 2 2

0 21

cos cos( 1)

2 2n

n

v vB v v

v v n

π π

π π

+∞

−=

= + −+

∑∫ ∫d d . Le CSSA s’applique à la série sous-jacente et B est du signe

de 2 2 2

0 2 2

cos cos cos

2 2 2 2

v v vv v v

v v v

π π π

π ππ π− −− +

+ +∫ ∫ ∫d d d .

Or ( )3 2

1 1 1

2 22v v vv

π

π π ππ− ≤ ≤

+ + ++ donc

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 0 0

cos cos cos cos cos cos

2 2 2 4 4 2 2 2 2

v v v v v vv v v v v v

v v v v

π π π π π π

π π π ππ π π π π− − − −− ≤ ≤ = ≤

+ + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫d d d d d d

et on peut conclure. d) on utilise l’instruction evalf.

Planche 62 ∗ Réaliser le développement en série entière en 0 de 2 21

tx

t x

+∞

+∫d

֏ et reconnaître cette

fonction.

1 12 2

2 2 211 0 00

( 1)1 ( )

n n n

u tn

t uu x u

t x ux

+∞+∞

==

= = −+ + ∑∫ ∫ ∫d d

d . Pour 1x < , il y a convergence normale pour [ ]0,1u ∈

donc 22 21

0

( 1) arctan

2 1

nn

n

t xx

t x n x

+∞+∞

=

−= =

+ +∑∫d

.

Planche 63 ∗∗ Soit ( )na la suite définie par 0 1a = et 11

00

1( )

!

n

n

k

a t k tn

−

=

= −∏∫ d pour n ∗∈ℕ .

a) Rayon de convergence de n

na x∑ .

b) Somme de n

na x∑ .

a) 1 11 1

0 01 1

1 1 1( )

! !

n n

n

k k

a t k t t k tn n n

− −

= =

= − ≤ ≤∏ ∏∫ ∫d d donc 1R≥ .

11

02

1 1(1 ) ( 1)

! 4 ( 1)

n

n

k

a t t k tn n n

−

=

≥ − × − ≥−∏∫ d donc 1R≤ . Finalement 1R= .

b) Soit ] [1,1x ∈ − . 11

000 0

1( ) ( )

!

nn n

n

kn n

S x a x t k x tn

+∞ +∞ −

== =

= = −∑ ∑ ∏∫ d or par CU de la suite de fonctions de la variable t

sur [ ]0,1 (CU obtenue par CN grâce à 1x < ) on peut permuter somme et intégrale. 1

11 1

0 000 0

1 (1 )( ) ( ) (1 )

! ln(1 ) ln(1 )

ttn

n t

kn t

x xS x t k x t x t

n x x

=+∞ −

== =

+ = − = + = = + + ∑ ∏∫ ∫d d .

Planche 64 ∗∗ On note ( , )N n p le nombre de permutations de 1,n qui ont exactement p points fixes. On

pose en particulier ( ) ( ,0)D n N n= , puis 0

( )( )

!n

n

D nf x x

n

+∞

=

=∑ .

a) relier ( , )N n p et ( )D n p− .

b) Justifier la définition de f sur ] [1,1− puis calculer f .

c) Calculer ( , )N n p .

d) Etudier la limite de 1

( , )!N n p

n

quand n tend vers +∞ .

a) ( )( , ) ( )nN n p D n p

p= − .

b) ( ) !D n n≤ donc ( )

1!

D n

n≤ qui implique 1R≥ .

On a 0

( , ) !n

p

N n p n=

=∑ donc 0

1( ) 1

!( )!

n

p

D n pp n p=

− =−∑ d’où par produit de Cauchy

1( )

1x f x

x=−

e puis

( )1

x

f xx

−

=−e

.

c) 0 0

( 1)

1 !

x knn

n k

xx k

− +∞

= =

−=

− ∑∑e donc

0

( 1)!

!

kn

n

k

D nk=

−= ∑ puis

0

! ( 1)( , )

! !

kn

k

nN n p

p k=

−= ∑ .

d) 1 1

( , )! !nN n p

n p→+∞→e

.

Planche 65 ∗∗∗ Soit γ une application de classe 1C et 2π -périodique de ℝ vers ℂ telle que

, ( ) 1s sγ ′∀ ∈ =ℝ . On note S l’aire orientée délimitée par [ ]| 0,2πγ .

a) Exprimer S à l’aide des coefficients de Fourier de γ .

b) Montrer S π≤ et préciser le cas d’égalité.

a) Posons Re( )x γ= , Im( )y γ= . ( ) ( )2

0

1 1( ) ( ) ( ) ( )

2 2S x y y x x s y s y x x s s

π

γ

′ ′= − = −∫ ∫d d d donc

2

0

1Im( ( ) ( )) Im( | )

2S s s s

π

γ γ π γ γ′ ′= =∫ d en notant (. | .) le produit scalaire usuel.

Par la formule polarisée de Parseval : 2

( | ) ( ) ( ) ( )n n n

n n

c c in cγ γ γ γ γ∈ ∈

′ ′= =∑ ∑ℤ ℤ

car ( ) ( )n nc incγ γ′ = et donc

2( )n

n

S n c γ∈

=∑ℤ

.

b) Par la formule de Parseval on a : 2 22

0

1( ) 1

2n

n

inc s sπ

γπ

′= =∑ ∫ d donc 22 1n

n

n c =∑ .

2 22n n

n n

S n c n cπ π π∈

= ≤ ≤∑ ∑ℤ

avec égalité ssi 0nc = pour tout n ∈ℤ tel que 1n > . On a alors

0 1( ) iss c cγ = + e avec 1 1c = car ( ) 1sγ ′ = . γ est un paramétrage direct d’un cercle de diamètre 1.

Planche 66 ∗∗ On pose cos cos

( , )x y

x yx y

ϕ−

=−

pour x y≠ .

a) Montrer que ϕ admet un prolongement par continuité à 2ℝ noté encore ϕ .

b) Montrer que ϕ est 1C puis ∞

C .

a) On pose ( , ) sina a aϕ =− et on observe que ( , ) ( , )x y a aϕ ϕ→ quand ( , ) ( , )x y a a→ avec x y≠ et avec

x y= .

b) En vertu de cos cos 2cos cos2 2

p q p qp q

− + − =− , on a ( , ) sinc( )sin

2

x yx y x yϕ

+ =− − avec sinc de

classe ∞C car DSE.

Planche 67 ∗∗ Montrer que : nf →ℝ ℝ de classe 1C est homogène de degré p ssi 1( , , ) n

nx x∀ ∈… ℝ ,

1 11

( , , ) ( , , )n

i n n

i i

fx x x pf x x

x=

∂=

∂∑ … … .

Supposons f homogène de degré p i.e. 0t∀ > , 1 1( , , ) ( , , )p

n nf tx tx t f x x=… … .

En dérivant cette relation par rapport à t et en évaluant en 1t = , on obtient

1 11

( , , ) ( , , )n

i n n

i i

fx x x pf x x

x=

∂=

∂∑ … … .

Inversement, cette relation donne ( )t g t֏ est solution de l’équation différentielle ( ) ( )tg t pg t′ = donc f

homogène de degré p .

Notons que pour 1n = , 3

( )f x x= vérifie la relation et n’est homogène de degré 3 que dans le sens préciser

initialement.

Planche 68 ∗ Trouver les extrema sur 2ℝ de 2 2( , ) 2 2f x y x xy y x y= + + + − .

L’étude des points critiques donne ( 2,2)− seul point critique.

En posant 2x u=− + et 2y v= + , 2 2 2( , ) (1 cos sin ) 0f x y u uv v ρ θ θ= + + = + ≥ .

Il y a un minimum global en ( 2,2)− .

Planche 69 ∗ Déterminer les extremums de ln lnx yx y+ sur ] [20,+∞ .

L’étude des points critiques donne (1,1) seul point critique.

La fonction lntt t֏ admet un minimum en 1, donc ln ln( , ) x yx y x y+֏ admet un minimum en (1,1).

Planche 70 ∗ Soit 0a> . Montrer que : ( , )a

f x y x yxy

+ +֏ admet un minimum strict sur 2( )+∗ℝ

L’étude des points critiques donne 3 3( , )a a seul point critique.

Posons 3 aα= . 3 2 2 3 3

( , ) ( , ) 3x y xy xy

f x y f x yxy xy

α α αα α α

+ + −− = + + − = .

Etudions 2 2 3: 3x y xy xyϕ α α α+ + −֏ . Cette application admet un minimum en xy de valeur 2 2 22 ( 2 ) ( ) 0x y xy xy xy xy x y xy xy x y+ − = + − = − ≥ donc pour tout , 0x y> , ( , ) ( , )f x y f α α≥ .

De plus, il y a égalité ssi x y= et xyα= i.e. x y α= = .

Planche 71 ∗∗ Soit un triangle ABC et M parcourant l’intérieur de ce triangle. On veut déterminer en quelle position le produit des 3 distances de M à chacun des côtés du triangle est maximal. Indications : ne pas oublier de justifier l’existence de ce maximum, la réponse est le centre de gravité du triangle.

L’intérieur du triangle et son bord forment un compact. La fonction considérée est continue sur celui-ci donc admet un maximum. Celui-ci ne peut être au bord car la fonction prend des valeurs strictement positives alors qu’elle est nulle sur le bord. Il existe donc un maximum à l’intérieur du triangle et celui-ci annule la différentielle de la fonction. En introduisant un repère, (0,0)A , (1,0)B et ( , )C a b (ce qui est possible qui à appliquer une homothétie pour

que 1AB = ) la fonction étudiée est ( , ) ( )( ( 1) ( 1) )f x y y bx ay b x a y= − − − − . On résout le système formé par les

équations ( , ) 0f

x yx

∂=

∂ et ( , ) 0

fx y

y

∂=

∂. Le calcul est très lourd sans logiciel de calcul formel mais on parvient

à conclure. Peut-être existe-t-il une solution plus simple ?

Planche 72 ∗∗ Calculer 2 2 2(1 )

x y

x y+ +∫∫d d

D

où D est donné par 2 2 1x x y≤ + ≤ .

En visualisant le domaine comme le complémentaire de la réunion de deux cercles dans le cercle unité et par des

considérations de symétrie : 2 1 2

2 2 2 2 2 20 cos 0

1 14 2

(1 ) (1 ) 1 cos 2

x y

x y

π π

θ

ρρ θ θ

ρ θ= = −

+ + + +∫∫ ∫ ∫ ∫d d

d d dD

.

2

2 20 01 cos 2 2 2

t

t

π θ π

θ

+∞= =

+ +∫ ∫d d

puis 2 2 2

( 2 1)

(1 ) 2 22

x y

x y

π π π−= − =

+ +∫∫d d

D

.

Planche 73 ∗∗ Que dire de 3( )D

x yx y

x y

−+∫∫ d d où ] ] [ ]0,1 0,1D = × .

L’intégrale à la même nature que sur ] ]20,1D = .

3( )

x yx

x y

−+

֏ est intégrable sur ] ]0,1 et 1

3 20

1

( ) (1 )

x yx

x y y

−=−

+ +∫ d .

2

1

(1 )y

y−

+֏ est intégrable sur ] ]0,1 et

1

20

1

(1 ) 2

y

y− =−

+∫d

.

Ainsi 1 1

30 0

1

( ) 2

x yx y

x y

−=−

+∫ ∫ d d . Par une démarche symétrique 1 1

30 0

1

( ) 2

x yy x

x y

−=

+∫ ∫ d d .

On peut donc dire que 3

( , )( )

x yx y

x y

−+

֏ n’est pas intégrable sur D .

Planche 74 ∗∗ On considère 2

1

: ( , )1

n

nn

xf x y

y

+∞

= +∑֏ .

a) Déterminer le domaine de définition D de f .

b) Etudier l’existence de f

x

∂∂

et f

y

∂∂

sur D .

a) Si 1y ≤ alors la série définissant ( , )f x y converge ssi 1x <

Si 1y > alors la série définissant ( , )f x y converge ssi 2x y< car 2 21

nn

n

x x

y y

= + .

Finalement 2 2( , ) / max(1, )D x y x y= ∈ <ℝ .

b) 2

( , )1

n

n n

xu x y

y=+

. Soit [ [0,1a ∈ et 2 2( , ) / max(1, )aD x y x a y= ∈ ≤ℝ . Pour ( , ) ax y D∈ :

1

2( , )

1

n

n

n

u nxx y

x y

−∂=

∂ +

Si 1y ≤ alors x a≤ et 1 1

12 2

( , )1 1

n nnn

n n

u nx nax y na

x y y

− −−∂

= ≤ ≤∂ + +

.

Si 1y > alors 2x ay≤ et 1 1 2 2 1

12 2 2

( , )1 1

n n n nnn

n n

u nx na y nax y na

x y y y

− − − −−∂

= ≤ ≤ ≤∂ + +

Dans les deux cas 1( , ) nnu x y nax

−∂≤

∂ qui est le terme général d’une série convergente.

2 1

2 2 2

2 2( , )

(1 ) 1

n n n

n

n n

u ny x nxx y

y y y

−∂= ≤

∂ + + car

2 1

21

1

n

n

y

y

−

≤+

.

Si 1y ≤ alors x a≤ et 2

2( , ) 2

1

nnn

n

u nax y na

y y

∂≤ ≤

∂ +.

Si 1y > alors 2x ay≤ et 2

2

2( , ) 2

1

n nnn

n

u na yx y na

y y

∂≤ ≤

∂ +.

Dans les deux cas ( , ) 2 nnu x y nay

∂≤

∂ qui est le terme général d’une série convergente.

Par convergence normale, f

x

∂∂

et f

y

∂∂

existent sur aD et comme ceci vaut pour tout [ [0,1a ∈ , f

x

∂∂

et f

y

∂∂

existent sur D .

OOrraauuxx MMiinneess--PPoonnttss AAllggèèbbrree

Planche 75 ∗∗ Soit des entiers 1a> et 0n> . Montrer que si 1na + est premier alors n est une puissance de 2.

2 (2 1)kn p= + , 2 1 2 11 ( 1) ( 1)n p pa b b c+ ++ = − − = + avec 2k

b a= . On en déduit que 1|b n+ , or n est supposé

premier et 1 1b+ > donc 1b n+ = puis 0p = .

Planche 76 ∗ Combien y a-t-il d’éléments inversibles dans 78ℤ ℤ ?

Les inversibles dans 78ℤ ℤ sont les classes associés aux entiers de 1, ,78… qui sont premiers avec

78 2 3 13= × × . Il suffit ensuite de dénombrer les multiples de 2,3,13 compris entre 1 et 78. On conclut qu’il y a

24 éléments inversible dans 78ℤ ℤ . On peut aussi calculer (78) 1 2 12 24ϕ = × × = .

Planche 77 ∗∗ Déterminer les P de [ ] \ 0Xℝ tels que 2( ) ( ) ( 1)P X P X P X= − .

Supposons P solution. Le coefficient dominant de P est égal à 1. Si a est racine de P alors 2 4, ,a a … le sont aussi. Or P ne possède qu’un nombre fini de racines donc a est obligatoirement une racine de l’unité, en particulier 1a = . Aussi, si a est racine de P alors 2( 1)a+ est aussi racine de P et cela permet d’établir que

1 1a+ = . Les seuls complexes a vérifiant 1 1a a= + = sont a j= et 2j . On en déduit que 2( 1)nP X X= + + . On vérifie par le calcul qu’un tel polynôme est bien solution.

Planche 78 ∗ Soit E un K -espace vectoriel, F un sous-espace vectoriel de E et G un sous-espace vectoriel de F . On suppose que G est de codimension finie dans E . Montrer que codim codim codimE E FG F G= = .

G possède un supplémentaire de dimension finie H . Considérons alors K supplémentaire de H F∩ dans H . F et K sont supplémentaires dans E et K est de dimension finie donc F est de codimension finie dans E . De plus, G et H F∩ étant supplémentaires dans F , on peut dire que G est de codimension finie dans F . Enfin la relation dim dim dimH K H G= + ∩ se relit codim codim codimE E FG F G= = .

Planche 79 ∗ Soit E un ℝ -espace vectoriel de dimension finie, p dans ∗ℕ , 1, , pf f… des formes linéaires

sur E . Montrer que 1( , , )pf f… est une famille libre de E ∗ ssi

1( , , ) , , 1, , , ( )p

p i ix E i p f xλ λ λ∀ ∈ ∃ ∈ ∀ ∈ =… ℝ … .

Si 1( , , )pf f… est libre on peut compléter cette famille en une base 1( , , )nf f… et si 1( , , )ne e… en désigne la base

antéduale alors 1 1 p px e eλ λ= + +⋯ résout le problème.

Inversement si 1( , , ) , , 1, , , ( )p

p i ix E i p f xλ λ λ∀ ∈ ∃ ∈ ∀ ∈ =… ℝ … alors sans peine on montre que la famille

1( , , )pf f… est libre en prenant appui sur des x tels que ,( )i i jf x δ= .

Planche 80 ∗∗∗ Soit A et B deux matrices de ( )nM ℝ semblables sur ℂ .

Montrer que A et B sont semblables sur ℝ .

Il existe ( )nP GL∈ ℂ tel que PA BP= . P R iS= + avec , ( )nR S M∈ ℝ . L’égalité ( ) ( )R iS A B R iS+ = +

donne RA BR= et SA BS= . Malheureusement, on ne sait si R ou S sont inversibles. Cependant pour λ∈ℝ , ( ) ( )R S A B R Sλ λ+ = + et det( )R Sλ λ+֏ est une fonction polynomiale non nulle (car ne s’annule

pas en iλ= ) donc il existe λ∈ℝ tel que P R Sλ= + soit inversible. On obtient ainsi A et B semblables sur ℝ .

Planche 81 ∗ Les matrices 1 2 33 1 22 3 1

et

1 3 22 1 33 2 1

sont-elles semblables ?

Les deux matrices ont trois valeurs propres distinctes 6, 3 3

2

i− + et

3 3

2

i− −. Elles sont donc toutes deux

semblables à 3 3 3 3

diag 6, ,2 2

i i − + − − et donc a fortiori semblables entre elles.

Planche 82 ∗ Soit ( )nA M∈ K avec = ℝK ou ℂ telle que 4nA I= . Déterminer exp( )A .

2 3

0 0 0 0

1 1 1 1exp( )

(4 )! (4 1)! (4 2)! (4 3)!n

k k k k

A I A A Ak k k k

+∞ +∞ +∞ +∞

= = = =

= + + ++ + +∑ ∑ ∑ ∑ donne

2 3cos(1) ch(1) sin(1) sh(1) ch(1) cos(1) sh(1) sin(1)exp( )

2 2 2 2nA I A A A+ + − −

= + + + .

Planche 83 ∗ Soit a ∗∈ℝ et

2

2

01 01 1 0

a a

A a a

a a

= .

a) Calculer le polynôme minimal de A . b) La matrice A est-elle diagonalisable ? Si oui, la diagonaliser. c) Calculer A

e .

a) 2( 2)( 1)A X Xχ =− − + ,

2

2( ) Vect1

a

E A a

= et

2

1( ) Vect 0 , 11 0

a a

E A−

− − =

.

La matrice A est diagonalisable, 1P AP D− = avec

2 2

0 11 1 0

a a a

P a

− − = et

2 0 00 1 00 0 1

D

= − − .

On en déduit ( 2)( 1)A X Xµ = − + .

b) Ci-dessus.

c) Par division euclidienne ( 1)( 2) ( )nX X X Q X Xα β= + − + + avec 2 ( 1)

3

n n

α− −

= et 2( 1) 2

3

n n

β− +

=

donc 3

2 ( 1) 2( 1) 2

3 3

n n n nnA A I

− − − += + puis

2 1 1 2

3

2

3 3A A I

− −− += +e e e e

e .

Planche 84 ∗∗ Soit E un espace vectoriel de dimension finie et ( )u E∈L tel que 3u u= .

Décrire les sous-espace stables de u .

u annule un polynôme scindé simple, l’endomorphisme u est donc diagonalisable. Tout sous-espace vectoriel somme de sous-espace vectoriel des sous-espaces propres de u est stable. Inversement, si F est stable par u alors Fu est diagonalisable et F peut se percevoir comme somme de sous-espace vectoriel des sous-espaces

propres de u .

Planche 85 ∗∗ Soit , ( )nA B M∈ ℝ . Montrer que AB et BA ont même valeurs propres.

Il est classique d’établir AB BAχ χ= en commençant par établir le résultat pour A inversible et le prolongeant

par un argument de continuité et de densité.

Planche 86 ∗∗ Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie et ( )f E∈L . On définit

( ) ( )T E E∈ →L L par ( )T g f g g f= − .

Montrer que si f est diagonalisable, alors T est diagonalisable ; si f est nilpotente, alors T est nilpotente.

Supposons f diagonalisable et soit 1( , , )ne e=B … une base de vecteurs propres de f . Pour 1 ,i j n≤ ≤ , on pose

,i jg l’endomorphisme de E déterminé par , ,( )i j k j k ig e eδ= . La famille ,( )i jg est une base de ( )EL et on observe

, ,( ) ( )i j i k i jT g gλ λ= − donc T est diagonalisable.

Supposons f nilpotente, c'est-à-dire qu’il existe n ∗∈ℕ pour lequel 0nf = . Puisque ( )pT g est combinaison

linéaire de termes de la forme k p kf g f − , il est assuré que 2 0nT = et donc que T est nilpotente.

Planche 87 ∗∗∗ Soit E un espace vectoriel de dimension finie et G un sous-groupe de ( )GL E d’ordre fini

n .

Montrer que ( ) 1dim ker( Id ) trE

g G g G

g gn∈ ∈

− = ∑∩ .

Soit 1

g G

p gn ∈

= ∑ . On a 2 2

1 1 1

h G g G h G k G k G

p p h g k k pn n n∈ ∈ ∈ ∈ ∈

= = = =∑∑ ∑∑ ∑ donc p est un projecteur et la

dimension de Im ker( Id)p p= − est 1

trg G

p gn ∈

= ∑ . Pour tout g G∈ , on a g p p= donc si x est invariant par

p il est aussi par g . Ainsi ker( Id) ker( Id)g G

p g∈

− ⊂ −∩ . L’inclusion inverse étant immédiate, on conclut

Il est clair que ker( Id) ker( Id)g G

g p∈

− = −∩ puis l’égalité ( ) 1dim ker( Id ) trE

g G g G

g gn∈ ∈

− = ∑∩ .

Planche 88 ∗∗ Soit E un espace euclidien de norme . , u dans ( )EL et ( )

.EL

la norme sur ( )EL

subordonnée à . .

a) Comparer ( )E

uL

et ( )E

u∗L

.

b) Si ( )

1E

u ≤L

, comparer ker( Id)u− et ker( Id)u∗− .

c) Si ( )

1E

u ≤L

, montrer ker( Id) Im( Id)E u u= − ⊕ − .

a) ( ) ( )E E

u u∗=L L

(cf. cours). Rappelons que cette relation se démontre en commençant par établir

2

( ) ( )E Eu u u∗≤L L

.

b) Soit ker( Id)x u∈ − . 2 2 2 2 2

( ) ( ) 2( ( ) | ) 2( | ( )) 0u x x u x u x x x x x u x x∗ ∗ ∗− = − + ≤ − + = car ( )u x x= .

Ainsi ( )u x x∗ = et ker( Id)x u∗∈ − . On peut conclure ker( Id) ker( Id)u u∗− ⊂ − puis l’égalité par symétrie.

c) Soit ker( Id) Im( Id)x u u∈ − ∩ − . Il existe a E∈ tel que ( )x u a a= − .

( )u x x∗ = donne ( ( )) ( ) ( )u u a u a u a a∗ ∗− = − puis ( ) ( )( ( )) ( ) | ( ) |u u a u a a u a a a∗ ∗− = − qui conduit à

2 2 2( ) 2( ( ) | ) 0x u a u a a a= − + = . Ainsi ker( Id) Im( Id) 0u u− ∩ − = . De plus,

dimker( Id) rg( Id) dimu u E− + − = donc ker( Id) Im( Id)u u E− ⊕ − = .

Planche 89 ∗∗ Soit E un espace euclidien et ( )u E∈L tel que 0u u = . Montrer que

Im ker ( )u u u u GL E∗= ⇔ + ∈ .

(⇐ ) Supposons u u∗+ inversible.

Soit ker Imx u u⊥∈ ∩ . On a ( ) ( ) 0u x u x∗+ = donc 0x = . Par suite ker Im 0u u⊥∩ = .

Donc dimker dim Im dimu u E⊥+ ≤ puis dimker dimImu u≤ . Par suite Im keru u= .

(⇒ ) Supposons Im keru u= .

Soit ker( )x u u∗∈ + . ( ) ( ) 0u x u x∗+ = .

Or ( ) Imu x u∈ et ( ) Im (ker ) (Im )u x u u u∗ ∗ ⊥ ⊥∈ = = donc ( ) ( ) 0u x u x∗= = .

Par suite kerx u∈ et ker Im kerx u u u∗ ⊥ ⊥∈ = = donc 0x = .

Par suite u u∗+ est injectif donc bijectif.

Planche 90 ∗ Soit A une matrice symétrique réelle. On suppose qu’il existe p ∗∈ℕ tel que p

nA I= .

Calculer 2A .

Puisque 1pX − annule A , les valeurs propres de A sont 1 ou 1− . Or A est diagonalisable, donc A est semblable à diag(1, ,1, 1, 1)− −… … puis 2A est semblable à nI et donc 2

nA I= .

Planche 91 ∗∗ Soit ( )nA M∈ ℝ . Montrer que A est symétrique positive ssi il existe ( )nP M∈ ℝ telle que tA PP= . Montrer que A est symétrique définie positive ssi il existe ( )nP GL∈ ℝ telle que tA PP= .

Si tA PP= alors il est facile d’établir que A est symétrique positive (voire définie positive si P est inversible). Inversement, si A est symétrique positive alors par le théorème spectral, on peut écrire tA QDQ=

avec ( )nQ O∈ ℝ , 1diag( , , )nD λ λ= … et 0iλ ≥ (voire 0iλ > si A est définie positive). Pour P Q=∆ avec

1diag( , , )nλ λ∆= … on dispose d’une matrice solution (inversible dans le cas où est définie positive.)

Planche 92 ∗∗∗ Montrer que le déterminant d’une matrice symétrique réelle définie positive est majoré par le produit de ses éléments diagonaux.

Soit ( )nM ++∈S ℝ . ( , ) tx y XMYϕ = définit un produit scalaire sur nE = ℝ .

En orthonormalisant pour le produit scalaire ϕ la base canonique B de nℝ par le procédé de Schmidt, on

obtient une base ′B et la matrice de passage P de ′B à B est triangulaire supérieure. Par changement de base

( , ) t t tx y X Y X PPYϕ ′ ′= = donne tM PP= . D’une part 2 2, , ,

1

n

i i i j i i

j

m p p=

= ≥∑ et d’autre part

2 2,

1

det (det )n

i i

i

M P p=

= =∏ permettent de conclure.

Planche 93 ∗∗ Soit 1 2 2, ,..., nx x x + des vecteurs d’un espace vectoriel euclidien de dimension n ∗∈ℕ .

Montrer qu’il est impossible que ,( | ) 0i ji j x x∀ ≠ < .

On pourra commencer par les cas 1n = et 2n =

Cas 1n = . Supposons disposer de vecteurs 1 2 3, ,x x x tels que ,( | ) 0i ji j x x∀ ≠ < .

Puisque 1 0x ≠ , 1( )x est une base de E .

Cela permet d’écrire 2 1x xλ= et 3 1x xµ= .

2 1( | ) 0x x < et 3 1( | ) 0x x < donne 0λ< et 0µ< mais alors 2

2 3 1( | ) 0x x xλµ= > !

Cas 2n = . Supposons disposer de vecteurs 1 4,...,x x tels que ,( | ) 0i ji j x x∀ ≠ < .

1x étant non nul on peut écrire 12, i i ii x x yλ∀ ≥ = + avec 1iy x⊥

∈ et 0iλ < .

2,( | ) ( | ) 0i j i j i ji j x x y yλλ∀ ≠ ≥ = + < donc ( | ) 0i jy y < .

2 3 4, ,y y y se positionnant sur la droite 1x⊥

, l’étude du cas 1n = permet de conclure.

Cas général. Par récurrence sur 1n ≥ . Pour 1n = : ci-dessus Supposons la propriété établie au rang 1n ≥ .

Supposons disposer de vecteurs 1 3,..., nx x + tels que ,( | ) 0i ji j x x∀ ≠ < à l’intérieur d’un espace vectoriel

euclidien de dimension 1n+ .

1x étant non nul on peut écrire 12, i i ii x x yλ∀ ≥ = + avec 1iy x⊥

∈ et 0iλ < .

2,( | ) ( | ) 0i j i j i ji j x x y yλλ∀ ≠ ≥ = + < donc ( | ) 0i jy y < .

2 2,..., ny y + se positionnant sur le sous-espace vectoriel 1x⊥

qui est de dimension n , l’hypothèse de récurrence

permet de conclure. Récurrence établie.

OOrraauuxx MMiinneess--PPoonnttss AAnnaallyyssee

Planche 94 ∗ Convergence de la série de terme général ( )2sin 1nu nπ= + .

22

1 11

2n n O

n n

+ = + + donc

2

( 1) 1

2

n

nu On n

π − = + est terme général d’une série convergente.

Planche 95 ∗∗∗ Soit α dans ∗ℝ , a et b dans \ℝ ℕ . On pose 0u α= et n∀ ∈ℕ , 1n n

n au u

n b+

−=

−.

Etudier la nature de la série de terme général nu et calculer éventuellement sa somme.

On peut supposer 0α> quitte à passer la suite à l’opposé.

1 1n

n

u b a

u n b

+ −= +

−. Posons a b

n nv n u−= . ( )21ln ln 1n nv v O n+ − = donc (ln )nv converge puis n b a

Au

n −∼ avec

0A> .

Par conséquent nu∑ CV ssi 1b a− > .

1( ) ( )n nn b u n a u+− = − donc 1 1( 1) ( 1)n n n nn u nu b u au+ ++ − = + − . En sommant et en notant 0

n

n

S u+∞

=

=∑ , on

obtient ( 1)( ) 0b S aSα+ − − = donc ( 1)

1

bS

b a

α+=

+ −.

Planche 96 ∗∗ Existence et calcul éventuel de 2

1

1 ( )t

t ib

+∞

−∞ + +∫ d .

21 ( ) ( ( 1))( ( 1))t ib t i b t i b+ + = + + + − .

Si 1b=± la fonction n’est pas intégrable sur ℝ à cause d’une singularité en 0.

Si 1b≠± alors la fonction 2

1:

1 ( )f t

t ib+ +֏ est continue par morceaux sur ℝ et

2

1( )f t O

t

= quand

t→±∞ donc f est intégrable sur ℝ . Si 1b=± la fonction n’est pas intégrable sur ℝ à cause d’une singularité en 0. En procédant à une décomposition en éléments simples :

2 2 2 22

1 1ln( ( 1) ) arctan ln( ( 1) ) arctan

1 ( ) 2 2 1 2 2 1

A AA

AA A

t i t i tt b t b

t ib b b−− −

= + + + − + − + + + + − ∫

d.

Si 1b > alors 2

01 ( )

t

t ib

+∞

−∞=

+ +∫d

. Si 1b < alors 21 ( )

t

t ibπ

+∞

−∞=

+ +∫d

.

Planche 97 ∗∗ Soit [ ]( , , )f a b∈ C ℝ . On suppose que pour tout n ∈ℕ , ( ) 0b

n

af t t t =∫ d .

a) Montrer que 0f = .

b) Soit (1 )

0

n i x

nI x x+∞

− −= ∫ e d . Calculer nI .

c) En déduire qu’il existe f dans [ [( 0, , )+∞C ℝ non nulle, telle que, pour tout n dans ℕ , on ait

0( ) 0nx f x x

+∞=∫ d .

a) Par le théorème de Weierstrass, pour tout 0ε> , il existe [ ]P X∈ℝ tel que f P ε∞

− ≤ .

20 ( ) ( ) ( )b b b b

a a a af f f P fP f f P b a f ε

∞≤ = − + = − ≤ −∫ ∫ ∫ ∫ . En faisant 0ε→ , on obtient 2 0

b

af =∫ et

donc 0f = .

b) L’intégrale étudiée est bien définie. Par intégration par parties, 1( 1) (1 )n nn I i I ++ = − . Or 0

1

2

iI

+= donc

1

1

(1 )!

2

n

n n

iI n

+

+

+= .

c) 4 3pI + ∈ℝ donc 4 3

0sin( ) 0p xx x x

+∞+ − =∫ e d puis

1 41 4

0sin( ) 0p uu u u

+∞− =∫ e d pour tout p ∈ℕ .

Planche 98 ∗∗ Soit E l’ensemble des suites 0( )n na ≥ de ℂ telles que na∑ converge. Si 0( )n na a ≥=

appartient à E , on pose 0

n

n

a a+∞

=

=∑ .

a) Montrer que . est une norme sur E .

b) Soit 0

, 1n

n

F a E a+∞

=

= ∈ = ∑ . L’ensemble F est-il ouvert ? fermé ? borné ?.

a) Cf. cours.

b) Supposons ( ) ( )p

n na E a∈ → . 0 0 0

0p p

n n n n

n n n

a a a a+∞ +∞ +∞

= = =

− ≤ − →∑ ∑ ∑ donc ( )na E∈ et E est fermé.

Soit ( )na a E= ∈ (il en existe). Posons (1,0,0, )e = … . 0α∀ > , a e Eα+ ∉ et ( )a a eα α− + = donc

( , )B a Eα ⊄ et E n’est pas ouvert.

Posons ( 1, ,0,0, )p p pα = + − … . p Eα ∈ et pα →+∞ donc E n’est pas borné.

Planche 99 ∗∗ Soit f une fonction de ℝ dans ℝ et ( , ( )),fG x f x x= ∈ℝ le graphe de f .

a) Montrer, si f est continue, que fG est fermé.

b) Si f est bornée et si fG est fermé dans 2ℝ , montrer que f est continue.

c) Le résultat du b) subsiste-t-il si f n’est pas bornée ?

a) Immédiat par la caractérisation séquentielle des parties fermée. b) Par l’absurde, supposons qu’il existe a ∈ℝ tel que f n’est pas continue en a .

0, 0, ,x x aε α α∃ > ∀ > ∃ ∈ − ≤ℝ et ( ) ( )f x f a ε− > .

Cela permet de construire ( )nx ∈ ℕℝ telle que nx a→ et ( ) ( )nf x f a ε− > .

La suite réelle ( ( ))nf x est, on peut donc en extraire une suite convergente ( )( )nf xϕ . Notons b sa limite. Comme

( ), ( ) ( )nn f x f aϕ ε∀ ∈ − >ℕ , à la limite ( )b f a ε− ≥ et donc ( )f a b≠ . Or ( ) ( )( , ( )) ( , )n nx f x a bϕ ϕ → ,

( ) ( )( , ( ))n n fx f x Gϕ ϕ ∈ et ( , ) fa b G∉ donc fG n’est pas fermé. Absurde.

c) Non, on obtient un contre-exemple avec ( ) 1f x x= si 0x ≠ et (0) 0f = .

Planche 100 ∗∗ a) Déterminer le rayon de convergence R de 0

!

1 3 (2 1)n

n

nx

n≥ × × × +∑⋯

.

b) Pour ] [,x R R∈ − calculer la somme précédente.

a) Posons !

01 3 (2 1)n

na

n= ≠× × × +⋯

. 1 1 1

2 3 2n

n

a n

a n

+ += →

+. 2R= .

b) On sait que 2

2 1

0

2 !sin ( )

1 3 (2 1)

nn n

t tn

π+ =

× × × +∫ d⋯

donc 2

2 1

00 0

sin ( )2

nn n

n nn n

xa x t t

π+∞ +∞+

= =

=∑ ∑∫ d .

Par convergence uniforme, 2 2 2

2 1 2 120 0 0

0 0

2sinsin ( ) sin ( )

2 2 2 sin

n nn n

n nn n

x x tt t t t t

x t

π π π+∞ +∞+ +

= =

= =−∑ ∑∫ ∫ ∫d d d

Ainsi 2 1

2 20 00

sin

(2 ) cos (2 )n

n

n

t ua x t

x x t x xu

π+∞

=

= =− + − +∑ ∫ ∫

dd puis

si 0x > alors 0

2arctan

2(2 )n

n

n

xa x

xx x

+∞

=

=−−

∑ .

Si 0x < alors 0

2argth

2(2 )n

n

n

xa x

xx x

+∞

=

−=

−− −∑ .

Planche 101 ∗∗ Si 1x > , on pose 1

1( )

xn

xn

ζ+∞

=

=∑ .

a) Quelle est la limite de ( )xζ quand x→+∞ .

b) Pour quels réels x la série ( ) nn

xn

ζ∑ converge-t-elle ?.

c) Si 2

( )( ) n

n

nF x x

n

ζ+∞

=

=∑ , montrer que F est continue sur [ [1,1− et de classe 1C sur ] [1,1− .

d) Donner une expression plus simple de ( )F x

a) ( ) 1x

xζ →+∞→ .

b) Le rayon de convergence de la série entière vaut 1.

Pour 1x = , il y a divergence car ( ) 1n

n n

ζ∼ .

Pour 1x =− , il y a convergence en vertu du CSSA sachant que la suite ( )nζ est décroissante positive.

c) Par les séries entières, F est ∞C sur ] [1,1− .

Par application du CSSA permettant une majoration du reste, on établir la convergence uniforme de la série de fonctions sur [ ]1,0− et donc la continuité de sa somme en 1− .

d) Pour ] [1,1x ∈ − , 1

1 1 1

( ) ( 1)n

n

nn n p

xF x n x

pζ

+∞ +∞ +∞

+= = =

′ = + =∑ ∑∑ .

On peut permuter les deux sommes car 1

1

n

np

x

p +≥∑ CV et

11 1

n

nn p

x

p

+∞

+≥ =∑∑ CV.

11 1 1 1

1 1( )

( )

n

np n p p

x xF x

p p p x p p x

+∞ +∞ +∞ +∞

+= = = =

′ = = = − − − ∑∑ ∑ ∑ et on ne peut faire plus simple.

Planche 102 ∗∗ Pour ] [1,1x ∈ − et α∈ℝ , établir : 1

sinsin( ) arctan

1 cos

n

n

x xn

n x

αα

α

+∞

=

= −∑ .

12

1

sin sin 1arctan sin( )

1 cos 21 2 cos 1 1

i in

i in

xn x

x x ix x x x

α α

α α

α αα

α α

− +∞−

−=

= = − = − − + − − ∑d e e

d e e pour 1x < .

Par intégration de série entière, on obtient la relation proposée.

Planche 103 ∗ Soit [ ]: 0,1f → ℝ continue. Etudier la limite de 1

0( )nf t t∫ d .

Il suffit d’appliquer le théorème de convergence dominée (f est bornée) pour obtenir 1

0( ) (0)nf t t f→∫ d .

Planche 104 ∗ Calculer 0

1

!lim

( )nn

k

nx

k x

+∞

→+∞

=

+∫∏

d .

1

! 1 21 ( )

( 1)( 2)( )

n

k

nx

x xk x

ϕ

=

×≤ × =

+ ++∏ avec ϕ intégrable sur [ [0,+∞ .

Quand n→+∞ , 1

1

!ln ln 1

( )

n

nk

k

n x

kk x =

=

=− + →−∞ +

∑∏

car ln 1x x

k k

+ ∼ terme général s’une SATP

divergente.

Par suite

1

!0

( )n

k

n

k x=

→+∏

puis par le théorème de convergence dominée 0

1

!lim 0

( )nn

k

nx

k x

+∞

→+∞

=

=+

∫∏

d .

Planche 105 ∗∗ Soit / Re 1z zΩ= ∈ >−ℂ . Si z ∈Ω , soit 1

0( )

1

ztf z t

t=

+∫ d .

a) Montrer que f est définie et continue sur Ω .

b) Donner un équivalent de ( )f x quand x tend vers 1− .

c) Donner un équivalent de ( )f z quand Rez→+∞ .

a) Pour 1a>− , on note / Re( )a z z aΩ = ∈ ≥ℂ .

1

ztt

t+֏ est continue par morceaux sur ] ]0,1 ,

1

ztz

t+֏ est continue sur Ω et pour az ∈Ω ,

( )1 1

z at tt

t tϕ≤ =

+ + avec ϕ intégrable sur ] ]0,1 donc f est définie et continue sur Ω .

b) 1

( ) ( 1)1

f x f xx

+ + =+

et 1

( 1) (0)x

f x f→−+ → donc 1

1( )

1xf x

x→− +∼ .

c) Par intégration par parties : 11

20

1( 1) ( )

2 (1 )

ztz f z t

t

+

+ = ++∫ d et

11 1Re( ) 1

20 0

10

(1 ) Re( ) 2

zzt

t t tt z

++≤ ≤ →

+ +∫ ∫d d .

Planche 106 ∗∗∗ Existence et calcul de 2 2

20

ln( )( )

1

x tf x t

t

+∞ +=

+∫ d .

2 2

2

ln( )

1

x tt

t

++

֏ est continue par morceaux sur [ [0,+∞ , 2 2

2

ln( )

1

x tx

t

++

֏ est continue sur ℝ et pour [ ],x a a∈ −

2 2 22 2

2 2

ln( ) ln( )ln( )( )

1 1

a t tx tt

t tϕ

+ ++≤ =

+ + avec ϕ intégrable. Par suite f est définie et continue sur ℝ .

Il est immédiat que f est paire. Poursuivons, en étudiant f sur +∗ℝ 2 2

2 2 2 2

ln( ) 2

1 ( )(1 )

x t x

x t x t t

+ = + + + d

d.

2 2 2

2

( )(1 )

xt

x t t+ +֏ est continue par morceaux sur [ [0,+∞ ,

2 2 2

2

( )(1 )

xx t

x t t+ +֏ ֏ est continue sur ℝ et

pour [ ],x a b +∗∈ ⊂ℝ , 2 2 2 2 2 2

2 2( )

( )(1 ) ( )(1 )

x bt

x t t a t tψ≤ =

+ + + + avec ψ intégrable. Par suite f est de classe

1C sur +∗ℝ .

Pour 1x ≠ , 2 2 2 2 2 2 2

2 2 1 1

( )(1 ) 1 1

x x

x t t x t x t

= − + + − + + donc

2 2 20

2( )

( )(1 ) 1

xf x t

x t t x

π+∞′ = =

+ + +∫ d .

En procédant au changement de variable 1u t= , on obtient (0) 0f = et donc on peut conclure

( )( ) ln 1f x xπ= + pour x +∈ℝ en exploitant un argument de continuité.

Planche 107 ∗∗∗ Pour x +∈ℝ , soit 0

sin( ) txt

f x tt

+∞−= ∫ e d .

a) Justifier la définition de ( )f x .

b) Montrer que f est classe 1C sur +∗ℝ .

c) Calculer ( )f x si x +∗∈ℝ .

d) Montrer que f est continue en 0. Qu’en déduit-on ?

a) Pour 0x > , 2 sin0tx

t

tt

t

−→+∞→e donne l’intégrabilité de

sin txtt

t

−e֏ .

Pour 0x = , il est connu que l’intégrale 0

sintt

t

+∞

∫ d est convergente bien que sint

tt

֏ ne soit pas intégrable.

b) Pour [ [ ] [, 0,x a∈ +∞ ⊂ +∞ , sin

( )tx axtx

x tϕ− − ≤ =

de e

d avec ϕ intégrable. On peut donc appliquer le

théorème de dérivation sous le signe intégrale et conclure que f est 1C sur ] [0,+∞ .

c) Pour 0x > , ( )20 0

1( ) sin( ) Im

1tx x i tf x t t t

x

+∞ +∞− − + ′ = = =− +∫ ∫e d e d donc ( ) arctanf x C x= − .

Or 0

1( ) 0tx

xf x t

x

+∞−

→+∞≤ = →∫ e d donc 2

Cπ

= .

d) ( 1)

0

sin( )( )

ntx

nn

tf x t

t

π

π

+∞ +−

=

=∑∫ e d . Posons ( 1) sin( )

( )n

tx

nn

tu t t

t

π

π

+−= ∫ e d . Par application du CSSA, on établir que

la série de fonctions continues nu∑ converge uniformément sur [ ]0,1 , on en déduit que sa somme, à savoir la

fonction f , est continue en 0. On peut conclure que 0

sin

2

tt

t

π+∞=∫ d (intégrale de Dirichlet).

Planche 108 ∗∗∗ Soit α un réel non entier. a) En utilisant la fonction 2π -périodique coïncidant avec cos( )x xα֏ sur [ ],π π− , calculer

22 2

1

( 1)1 2

n

n nα

α

+∞

=

−+

−∑ .

b) En déduire 2

1

( 1)n

n n

+∞

=

−∑ .

c) Ici 0 1α< < . Montrer que 1

0 1 sin

tt

t

α π

απ

−+∞=

+∫ d .

a) La fonction 2π -périodique étudiée est continue et 1C par morceaux dont développable en série de Fourier.

2 2

2 ( 1) sin( )

( )

n

nan

α απ

π α

−=

− et 0nb = . La valeur en 0 de ce développement permet d’établir :

22 2

1

( 1)1 2

sin( )

n

n n

απα

α απ

+∞

=

−+ =

−∑

b) Par convergence normale, la fonction 2 2

1

( 1)n

n nα

α

+∞

=

−−∑֏ est continue sur [ ]0,1 2 . En passant à la limite quand

0α→ , on obtient 2

2 201

( 1) 1lim 1

2 sin( ) 12

n

n n α

απ π

α απ

+∞

→=

− = − =− ∑ .

c) 1 1 11

0 0 11 1 1

t t tt t t

t t t

α α α− − −+∞ +∞= +

+ + +∫ ∫ ∫d d d ,

11 1 1 11 1 1

0 0 0 00 0 1

( 1) ( 1) ( 1)1

Nn n n n n n

n n n N

tt t t t t t t

t

αα α α

− +∞ +∞− + − + − +

= = = +

= − = − + −+ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫ ∫d d d d .

Par le CSSA, 1 1

1

0 01

1( 1) 0

1n n N

n N

t t t tN

α α

α

+∞− + +

= +

− ≤ = →+ +∑∫ ∫d d donc

11 11

0 00 0

( 1)( 1)

1

nn n

n n

tt t

t n

αα

α

− +∞ +∞− +

= =

−= − =

+ +∑ ∑∫ ∫d .

Par 1u t= , 1 11

1 01

( 1)

1 1

n

n

t ut u

t u n

α α

α

− − −+∞+∞

=

−= =

+ + −∑∫ ∫d d par la même démarche qu’au dessus.

Par suite 1

2 201

1 ( 1)2

1 sin( )

n

n

tt

t n

α πα

α α απ

− +∞+∞

=

−= + =

+ −∑∫ d .

Planche 109 ∗ Résoudre le système différentiel suivant :

x y z

y x

z x y z

′ = + ′ = ′ = + +

0 1 1

1 0 0

1 1 1

A

=

, Sp( ) 1,2,0A = − , 1

1

( ) Vect 1

0

E A−

− =

, 2

2

( ) Vect 1

3

E A

=

, 0

0

( ) Vect 1

1

E A

= −

.

1 2 0

1 1 1

0 3 1

P

− = −

, 1

1 0 0

0 2 0

0 0 0

P AP−

− =

, 1 2

t

tY P X

λ

µ

ν

−

−

= =

e

e ,

2

2

2

( ) 2

( )

( ) 3

t t

t t

t

x t

y t

z t

λ µ

λ µ ν

µ ν

−

−

=− + = + + = −

e e

e e

e

.

Planche 110 ∗∗ Résoudre l’équation 2( 1) 0x y xy y′′ ′+ + − = .

L’espace des solutions est de dimension 2. ( )y x x= est solution immédiate. Par la méthode de Lagrange (et

quelques déterminations de primitives non triviales) on obtient aussi 2( ) 1y x x= + ce qui fournit un système

fondamental de solutions

Planche 111 ∗∗ a) Soit α∈ℝ . Trouver les 1( , )f +∗∈ ×C ℝ ℝ ℝ telles que : f f

x y fx y

α∂ ∂+ =

∂ ∂.

b) Trouver toutes les 1( , )f +∗∈ ×C ℝ ℝ ℝ telles que : 3 3f f xx y x y

x y y

∂ ∂+ = +

∂ ∂.

a) On passe en coordonnées polaires avec 2 2r x y= + et arctanx

yθ= de sorte que sinx r θ= et cosy r θ= .

On parvient à 2 2 2( , ) ( ) ( )f x y x y C x yα= + + avec C une fonction de classe 1C .

b) Idem, on parvient à ( )3 32( , )

3

xf x y x y C x y

y= + + avec C une fonction de classe 1C .

Planche 112 ∗∗∗ Soit ] [0,1k ∈ et 1( , )f ∈ C ℝ ℝ telle que , ( )x f x k′∀ ∈ ≤ℝ .

On définit 2 2:ϕ →ℝ ℝ par ( , ) ( ( ), ( ))x y y f x x f yϕ = + + .

Montrer que ϕ est un 1C -difféomorphisme de 2ℝ dans lui-même.

ϕ est une application de classe 1C .

Soit 2( , )a b ∈ℝ , ( ) ( ( ))

( , ) ( , )( ) ( )

y f x a y f b f y ax y a b

x f y b x b f yϕ

+ = + − = = ⇔ ⇔ + = = − .

Considérons : ( ( ))b y y f b f yϕ + −֏ . ϕ est continue dérivable et ( ) 1 ( ) ( ( ))b y f y f b f yϕ′ ′ ′= − − donc ( ) 0b yϕ′ >

car 2( ) ( ( )) 1f y f b f y k′ ′ − ≤ < . Par conséquent ϕ est strictement croissante. De plus f étant k lipschitzienne :

( ) (0)f t f k t− ≤ donc ( ) (0)f t k t f≤ + puis 2( ( )) ( ) (0)f b f y k b f y f k y− ≤ − + ≤ + ℓ par suite 2( ) (1 )b y

y k yϕ →+∞≥ − − →+∞ℓ et 2( ) (1 )b yy k yϕ →−∞≤ − + →−∞ℓ donc bϕ réalise une bijection de ℝ

vers ℝ . Par conséquent : 1

1

( )( , ) ( , )

( )b

b

y ax y a b

x b a

ϕϕ

ϕ

−

−

== ⇔ = −.

Finalement, l’application ϕ est bijective et de classe 1C . De plus ( , )

( ) 1Jac

1 ( )x y

f x

f yϕ

′ = ′ et

( , )det(Jac ) ( ) ( ) 1x y f x f yϕ ′ ′= − ≠ car 2( ) ( ) 1f x f y k′ ′ ≤ < donc ϕ est un 1C -difféomorphisme.

Planche 113 ∗ Soit 0a> . On pose, pour 0x > et 0y> , 2 2( , )a

f x y x yxy

= + + .

Montrer que f admet un minimum absolu et calculer ce dernier.

Soit 0x > fixé.

L’application ( , )y f x y֏ a pour dérivée 2

2a

yxy

− , elle donc minimale et 3

2

ay

x= .

Considérons 2

2 332

3 2: ( , )

2 2

a ag x f x x

x x= +֏ .

g est dérivable sur *+ℝ et 3 2

5 3

2( ) 2

ag x x

x′ = − , 8 3 1 3 2 3 4( ) 0 2 2

2

ag x x a x′ = ⇔ = ⇔ = .

g est minimale pour 4 2x a= , puis f admet un minimum en 4 4( 2, 2)a a de valeur 2 2a .

Planche 114 ∗ Soit [ ]20,1 1n n n

x yI

x y=

+ +∫∫d d

. Déterminer la limite de nI quand n→+∞ .

[ ] [ ]2 20,1 0,1

21 ( ) 0

1 1

n nn n

n n n

x yI x y x y x y

x y n

+− = ≤ + = →

+ + +∫∫ ∫∫d d d d .

Planche 115 ∗∗ On considère 2:f →ℝ ℝ de classe 2C vérifiant :

2 2

2 20

f f

x y

∂ ∂+ =

∂ ∂.

Soit :ϕ +→ℝ ℝ définie par r +∀ ∈ℝ , 2

0( ) ( cos , sin )r f r r

π

ϕ θ θ θ= ∫ d .

a) Montrer que ϕ est dérivable.

b) Calculer ϕ′ et en déduire ϕ . On pourra interpréter ( )r rϕ′ comme la circulation d’une forme

différentielle sur un contour simple.

c) Soit D le disque de centre 0 et de rayon R . Quelle est la valeur de ( , )f x y x y∫∫ d dD

?

a) : ( , ) ( cos , sin )g r t f r t r t֏ est 1C donc g et

g

r

∂∂

sont continues sur [ ]0,2π×ℝ et ϕ est 1C sur ℝ .

b) 2

0( ) cos ( cos , sin ) sin ( cos , sin )

f fr r r r r

x y

π

ϕ θ θ θ θ θ θ θ∂ ∂′ = +∂ ∂∫ d .

En notant Γ le cercle de centre O et de rayon r parcouru dans le sens direct et D le disque correspondant, 2 2

2 2( ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 0

f f f fr r x y y x y x x y x y x y

x y x yϕ

Γ

∂ ∂ ∂ ∂′ = − = + =∂ ∂ ∂ ∂∫ ∫∫d d d d

D

.

On en déduit ( ) 0rϕ′ = pour 0r ≠ , puis par continuité pour tout r ∈ℝ .

Par suite la fonction ϕ est constante égale à (0) 2 (0,0)fϕ π= .

c) 2

2

0 0( , ) ( cos , sin ) (0,0)

R

f x y x y f r r r r R fπ

θ θ θ π= =∫∫ ∫ ∫d d d dD

.

Planche 116 ∗∗∗ Soit , ,O A B les points d’affixes respectives 0, , exp( 4)r r iπ avec 0r > . Soit rΓ l’arc

paramétré de ℂ constitué du segment [ ],O A , orienté de O vers A , de l’arc rC du cercle de

centre O et de rayon r d’origine A et d’extrémité B et du segment [ ],B O orienté de B vers

O .

a) Calculer 2( ) ( )

r

x iy

rI x i y− +

Γ= +∫ e d d .

b) Que dire de la limite de 2( ) ( )

r

x iy

rJ x i y− += +∫ e d dC

quand r→+∞ ?

c) Qu’en déduire ?

a) 2( ) ( ) ( , ) ( , )

r r

x iy x i y P x y x Q x y y− +

Γ Γ+ = +∫ ∫e d d d d avec

2( )( , ) ( , ) x iyP x y iQ x y − += = e .

Or 2( )( , ) 2 ( ) ( , )x iyP Q

x y i x iy x yy x

− +∂ ∂=− + =

∂ ∂e donc

2( ) ( ) 0r

x iy x i y− +

Γ+ =∫ e d d .

b) 2 2 24

( ) (cos sin )

0( ) (sin cos )

r

x iy r t i t

rJ x i y r t i t tπ

− + − += + = −∫ ∫e d d e dC

donc 2 2

2 2

44 44 4 4cos2 sin 2

0 0 02sin 0

40

ur urr t r u

r

t t

J r t r u r ur

ππ π π

π π

π

π

− −− −

≥

≤ = ≤ = →

∫ ∫ ∫e d e d e d e ..

c) [ ]

2 2( )

, 0( )

rx iy t

O Ax i y t− + −+ =∫ ∫e d d e d et

[ ]

2 2( )

, 0

1( )

2

rx iy it

B O

ix i y t− + − ++ =−∫ ∫e d d e d .

Sachant que 2

0 2t t

π+∞− =∫ e d , on obtient 2 2

0lim cos sin 2

r

rt t t π

→+∞+ =∫ d et 2 2

0lim cos sin 0

r

rt t t

→+∞− =∫ d

d’où l’on conclut 2 2

0 0lim cos lim sin

2 2r rt t t t

π+∞ +∞

→+∞ →+∞= =∫ ∫d d .

OOrraauuxx MMiinneess--PPoonnttss GGééoommééttrr iiee

Planche 117 ∗ Soit 3( , , )x y z ∈ℝ tels que 0ix iy iz+ + =e e e . Montrer que 2 2 2 0ix iy iz+ + =e e e .

Puisque 0ix iy iz+ + =e e e , on a 1 0i iα β+ + =e e avec y xα= − et z xβ = − .

Ainsi cos cos 1sin sin 0α β

α β

+ =−+ =

.

sin sin 0α β+ = donne [ ]2α β π=− ou [ ]2α π β π= − .

Si [ ]2α π β π= − alors la relation cos cos 1α β+ =− donne 0 1=− .

Il reste [ ]2α β π=− et alors 2cos 1α=− donne [ ]22

3

πα π=± .

Par suite i jα =e ou 2j .

On obtient alors aisément 2 21 i iα β+ +e e puis 2 2 2 0ix iy iz+ + =e e e .

Planche 118 ∗∗ Soit E un espace euclidien de dimension 3, r une rotation et s une symétrie orthogonale. Reconnaître s r s .

Pour fixer les idées : ,Rotur θ= . s r s est un automorphisme orthogonal de E et det( ) 1s r s = donc

s r s est une rotation. On observe ( )( ( )) ( )s r s s u s u= donc s r s est une rotation d’axe dirigé et orienté

par u . tr( ) tr( ) trs r s r s s r= = et si v est un vecteur non colinéaire à u ,

Det( ( ), ( ),( )( ( )) Det( , , ( ))s u s v s r s s v u v r v=− donc s r s est une rotation d’angle θ− . Finalement,

( ),Rots us r s θ−= .

Planche 119 ∗∗ Soit f et g dans 3( )SO ℝ tels que f g≠ et g f f g= . Montrer que f et g sont soit deux

rotations de même axe, doit deux symétries de droites orthogonales.

f et g sont des rotations vectorielles et puisque f g≠ , on peut supposer, quitte à échanger, que Idf ≠ .

Si u dirige l’axe de f alors ( ( )) ( ( )) ( )f g u g f u g u= = donc ( )g u appartient à l’axe de f puis ( )g u uλ= . Or

g est une isométrie donc ( )g u u=± . Si ( )g u u= alors g est une rotation de même axe que f . Si ( )g u u=−

alors v un vecteur unitaire de l'axe de la rotation g . On a ( | ) ( ( ) | ( )) ( | ) ( | )u v g u g v u v u v= = − =− donc

( | ) 0u v = . Les axes de f et g sont donc orthogonaux. De plus, puisque u v⊥∈ et ( )g u u=− , g est un

demi-tour et il en est de même pour f .

Planche 120 ∗ Calculer la longueur de la courbe d’équation polaire (1 cos )aρ θ= + .

( ) sinρ θ θ′ =− , d

2 cosd 2

s θ

θ= . 2 cos d cos d 8

2 2L a

π π

π π

θ θθ θ

− −= = =∫ ∫

Planche 121 ∗∗ Soit C la courbe d’équation polaire cos(2 )ρ θ= .

a) Tracer C . b) Calculer la courbure aux points où elle est définie. c) Calculer l’aire délimitée par la courbe C .

a) Une lemniscate de Bernoulli.

b) d 2

d cos2

s

θ θ= , Vα θ= + ,

cos sin 2

sin cos2

V

V

θ

θ

=− =, 2 2V π θ= + puis

3 cos2

2

θγ = .

c) 4

42 cos2 d 1

π

πθ θ

−= =∫A

Planche 122 ∗ Etudier la conique d’équation 2 23 2 2 1 0x xy y x y+ + − − + = .

1 3 23 2 2

A =

de valeurs propres 3 10

2

±. C’est une conique à centre. Par annulation des dérivées partielles,

le centre est 2

1Ω−

. On obtient pour équation réduite 2 23 10 10 31 0

2 2x y

+ −− + = . C’est une hyperbole.

Planche 123 ∗∗ Soit r dans +∗ℝ . Dans le plan euclidien P , soient A et A′ deux points tels que 3AA r′ =

,

C (resp. ′C ) le cercle de centre A (resp. A′ ) et de rayon r (resp. 2r ).

Décrire ; ( , ) ( , )M P M M ′∈ =d dC C .

( , )M AM r= −d C et ( , ) 2M A M r′ ′= −d C .

Si un point M est égal à distance de C et ′C , la configuration géométrique en cours impose que ce point est

extérieur au cercle C et au cercle ′C . On a alors ( , )M AM r= −d C et ( , ) 2M A M r′ ′= −d C . Par suite

( , ) ( , )M M A M AM r′ ′= ⇔ − =d dC C . L’ensemble ; ( , ) ( , )M P M M ′∈ =d dC C apparaît donc comme une

branche d’hyperbole. Plus précisément, c’est la branche contenant A d’une hyperbole de foyers A et A′ . Pour cette hyperbole, 2a r= et 3 2c r= .