BANQUE ÉPREUVE ORALE DE MATHÉMATIQUES SESSION 2017

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1 CONCOURS COMMUNS POLYTECHNIQUES FILIÈRE MP BANQUE ÉPREUVE ORALE DE MATHÉMATIQUES SESSION 7 avec corrigés V. Bellecave, J.-L. Artigue, P. Berger, M. Boukhobza, F. Bernard, J.-P. Bourgade, J.Y. Boyer, S. Calmet, A. Calvez, D. Clenet, J. Esteban, M. Fructus, B. Harington, J.-P. Keller, M.-F. Lallemand, A. Lluel, O. Lopez, J.-P. Logé, S. Moinier, P.-L. Morien, S. Pellerin, V. Rayssiguier, S. Rigal, A. Rigny, A. Walbron et A. Warin 4, CC BY-NC-SA 3. FR Dernière mise à jour : le 8/9/6

2 Introduction L épreuve orale de mathématiques des CCP, filière MP, se déroule de la manière suivante : 5mn de préparation sur table. 5mn de passage à l oral. Chaque sujet proposé est constitué de deux exercices : un exercice sur 8 points issu de la banque publique accessible sur le site un exercice sur points. Les deux exercices proposés portent sur des domaines différents. Ce document contient les exercices de la banque pour la session 7 : 58 exercices d analyse ( exercice à exercice 58). 36 exercices d algèbre (exercice 59 à exercice 94). 8 exercices de probabilités (exercice 95 à exercice ). Dans l optique d aider les futurs candidats à se préparer au mieux aux oraux des CCP, chaque exercice de la banque est proposé, dans ce document, avec un corrigé. Il se peut que des mises à jour aient lieu en cours d année scolaire. Cela dit, il ne s agira, si tel est le cas, que de mises à jour mineures : reformulation de certaines questions pour plus de clarté, relevé d éventuelles erreurs, suppression éventuelle de questions ou d exercices. Nous vous conseillons donc de vérifier, en cours d année, en vous connectant sur le site : si une nouvelle version a été mise en ligne, la date de la dernière mise à jour figurant en haut de chaque page. Si tel est le cas, les exercices concernés seront signalés dans le présent document, page 3. Remerciements à David DELAUNAY pour l autorisation de libre utilisation du fichier source de ses corrigés des exercices de l ancienne banque, diffusés sur son site NB : la présente banque intègre des éléments issus des publications suivantes : A. Antibi, L. d Estampes et interrogateurs, Banque d exercices de mathématiques pour le programme 3-4 des oraux CCP-MP, Éd. Ress. Pédag. Ouv. INPT, 7 (3) exercices. D. Delaunay, Prépas Dupuy de Lôme, cours et exercices corrigés MPSI - MP, 4. L équipe des examinateurs de l oral de mathématiques des CCP, filière MP. Contact : Valérie BELLECAVE, coordonnatrice des oraux de mathématiques des CCP, filière MP. [email protected] CC BY-NC-SA 3. FR Page

3 MISES À JOUR : Les mises à jour signalées sont des mises à jour par rapport à la dernière version publiée sur le site des concours, en date du 4/4/6. mise à jour du 8/9/6 : exercice corrigé. modifié. exercice 3 énoncé : une virgule otée " à gauche de concernant". exercice 7 corrigé. : X changé en A dans tout le corrigé. exercice 49 corrigé.(a) autre méthode : a n M = n= a n changé en a n M = exercice 59 énoncé : rajout de : Soit n un entier naturel tel que n. exercice 59 corrigé : justification du fait que f est un endomorphisme de E placée avant les questions.(a) et.(b). exercice 6 corrigé 4. : "d après les questions précédentes" supprimé. exercice 6 corrigé.(b) : analyse remplacée par analyse (unicité) et synthèse remplacée par synthèse (existence). exercice 63 corrigé. : (D n ) n> changé en (D n ) n. exercice 69 corrigé. troisième cas : les deux première colonnes changé en les deux premières colonnes. exercice 7 énoncé : rajout de : Soit n un entier naturel non nul. exercice 77 : changement de barème. exercice 78 : corrigé 3. ligne 4 changée en : ore est une base orthonormée de E donc (e i e j ) = δ j i où δj i désigne le symbole de Kronecker. exercice 8 énoncé : deux phrases permutées dans le début de l énoncé. exercice 84 corrigé. : début modifié. exercice 85 corrigé : harmonisation de la numérotation du corrigé avec celle de l énoncé. exercice 86 énoncé.(c) : changé en : En déduire, pour tout entier naturel n, que : p ne divise pas n = n p mod p. exercice 87 énoncé : p,..., n changé en p, n. exercice 88 énoncé.b : jutfier remplacé par justifier. et question reformulée. exercice 9 énoncé. : rajout de : On admet que S n (R) et A n (R) sont des sous-espaces vectoriels de E. exercice 98 corrigé.b : une parenthèse en trop dans l expression de Z(Ω). exerccie 5 énoncé : 5 dés sont pipés changé en 5 sont pipés (c est-à-dire truqués). exercice énoncé.(a) : pour tout réel t fixé changé en Pour tout réel t fixé de D GX. p= a p. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

4 BANQUE ANALYSE EXERCICE analyse Énoncé exercice. On considère deux suites numériques (u n ) n N et (v n ) n N telles que (v n ) n N est non nulle à partir d un certain rang et u n v n. + Démontrer que u n et v n sont de même signe à partir d un certain rang. ( ) ( ). Déterminer le signe, au voisinage de l infini, de : u n = sh tan. n n Corrigé exercice. Par hypothèse, ( N) N/ n N, n N = v n. un Ainsi la suite est définie à partir du rang N. v n u n De plus, comme u n v n, on a lim =. + n + v n Alors, ε >, N N/N N et n N, n N = u n v n ε. () Prenons ε =. Fixons un entier N vérifiant (). Ainsi, n N, n N = u n v n. C est-à-dire, n N, n N = u n v n. On en déduit que n N, n N = u n v n. Et donc, n N, n N = u n >. v n Ce qui implique que u n et v n sont de même signe à partir du rang N.. Au voisinage de +, sh( n ) = n + ( ) 6n 3 + o n 3 et tan n = n + On en déduit, d après., qu à partir d un certain rang, u n est négatif. 3n 3 + o ( ) n 3. Donc u n + 6n 3. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

5 EXERCICE analyse Énoncé exercice On pose f(x) = 3x + 7 (x + ).. Décomposer f(x) en éléments simples.. En déduire que f est développable en série entière sur un intervalle du type ] r, r[ (où r > ). Préciser ce développement en série entière et déterminer, en le justifiant, le domaine de validité D de ce développement en série entière. 3. (a) Soit a n x n une série entière de rayon R >. On pose, pour tout x ] R, R[, g(x) = n= a n x n. Exprimer, pour tout entier p, en le prouvant, a p en fonction de g (p) (). (b) En déduire le développement limité de f à l ordre 3 au voisinage de. Corrigé exercice. En utilisant les méthodes habituelles de décomposition en éléments simples, on trouve : f(x) = 3 x (x + ).. D après le cours, x et x sont développables en série entière à l origine. x + (x + ) De plus, on a x ], [, + x = ( ) n x n. n= Et, x ], [, ( + x) = ( ) n+ nx n ( obtenu par dérivation du développement précédent). n= On en déduit que f est développable en série entière en tant que somme de deux fonctions développables en série entière. Et x ], [, f(x) = 3 + ( ) n x n ( ) n (n + )x n. n= C est-à-dire : x ], [, f(x) = n= n= (4n + 7)( ) n x n. Notons D le domaine de validité du développement en série entière de f. D après ce qui précéde, ], [ D. Notons R le rayon de convergence de la série entière (4n + 7)( ) n x n. D après ce qui précéde R. Posons, pour tout entier naturel n, a n = (4n + 7)( ) n. Pour x = et x =, Donc R, D et D. On en déduit que D = ], [. lim a nx n = + donc (4n + 7)( ) n x n diverge grossièrement. n + 3. (a) Soit a n x n une série entière de rayon R >. On pose, pour tout x ] R, R[, g(x) = n= a n x n. D après le cours, g est de classe C sur ] R, R[. De plus, x ] R, R[, g (x) = g (x) = n= n= na n x n = n= n(n + )a n+ x n = (n + )a n+ x n n= (n + )(n + )a n+ x n. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

6 et, par récurrence, on a : p N, x ] R, R[, g (p) (x) = n= Ainsi, pour tout p N, g (p) () = p!a p. C est-à-dire, pour tout p N, a p = g(p) (). p! (b) f est de classe C sur ], [. (n + )(n + )...(n + p)a n+p x n = Donc d après la formule de Taylor-Young, au voisinage de, f(x) = n= 3 p= (n + p)! a n+p x n. n! f (p) () x p + o(x 3 ). (*) p! Or, d après 3.(a), pour tout entier p, f (p) () est aussi la valeur du p ième coefficient du développement en p! série entière de f. Donc, d après., pour tout entier p, f (p) () = (4p + 7)( ) p. (**) p! 3 Ainsi, d après (*) et (**), au voisinage de, f(x) = (4p + 7)( ) p x p + o(x 3 ). C est-à-dire, au voisinage de, f(x) = 7 x + 5x 9x 3 + o(x 3 ). p= CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

7 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3. On pose g(x) = e x et h(x) = + x. Calculer, pour tout entier naturel k, la dérivée d ordre k des fonctions g et h sur leurs ensembles de définitions respectifs.. On pose f(x) = ex + x. En utilisant la formule de Leibniz concernant la dérivée n ième d un produit de fonctions, déterminer, pour tout entier naturel n et pour tout x R\ { }, la valeur de f (n) (x). 3. Démontrer, dans le cas général, la formule de Leibniz, utilisée dans la question précédente. Corrigé exercice 3. g est de classe C sur R et h est de classe C sur R\ { }. On prouve, par récurrence, que : x R, g (k) (x) = k e x et x R\ { }, h (k) (x) = ( )k k! ( + x) k+.. g et h sont de classe C sur R\ { } donc, d après la formule de Leibniz, f est de classe C sur R\ { } et x R\ { } : f (n) (x) = k= ( n k ) g (n k) (x)h (k) (x) = k= ( ) n k n k e x ( )k k! ( + x) k+ = n!ex k= ( ) k n k (n k)!( + x) k+. 3. Notons (P n ) la propriété : Si f : I R et g : I R sont n fois dérivables sur I alors, fg est n fois dérivable sur I et : ( ) n x I, (fg) (n) (x) = f (n k) (x)g (k) (x). k k= Prouvons que (P n ) est vraie par récurrence sur n. La propriété est vraie pour n = et pour n = (dérivée d un produit). Supposons la propriété vraie au rang n. Soit f : I R et g : I R deux fonctions n + fois dérivables sur I. Les fonctions f et g sont, en particulier, n fois dérivables sur I et donc par hypothèse de récurrence la fonction fg l est aussi avec x I, (fg) (n) (x) = k= ( n k ) f (n k) (x)g (k) (x). Pour tout k {,..., n}, les fonctions f (n k) et g (k) sont dérivables sur I donc par opération sur les fonctions dérivables, la fonction (fg) (n) est encore dérivable sur I. Ainsi la fonction fg est (n + ) fois dérivable et : x I,(fg) (n+) (x) = k= ( n k ) ( f (n+ k) (x)g (k) (x) + f (n k) (x)g (k+) (x)). En décomposant la somme en deux et en procédant à un décalage d indice sur la deuxième somme, on ( ) n+ n ( ) n obtient : x I, (fg) (n+) (x) = f (n+ k) (x)g (k) (x) + f (n+ k) (x)g (k) (x). k k k= C est-à-dire (( ) ( )) ( ) n n n (fg) (n+) (x) = + f (n+ k) (x)g (k) (x) + f (n+) (x)g () (x) + k k k= ( ) ( ) ( ) n n n + Or, en utilisant le triangle de Pascal, on a + =. ( ) ( k ) k ( ) ( k ) n n + n n + On remarque également que = = et = =. n n + n+ ( ) n + On en déduit que (fg) (n+) (x) = f (n+ k) (x)g (k) (x). k Donc (P n+ ) est vraie. k= k= ( ) n f () (x)f (n+) (x). n CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

8 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4. Énoncer le théorème des accroissements finis.. Soit f : [a, b] R et soit x ]a, b[. On suppose que f est continue sur [a, b] et que f est dérivable sur ]a, x [ et sur ]x, b[. Démontrer que, si f admet une limite finie en x, alors f est dérivable en x et f (x ) = lim x x f (x). 3. Prouver que l implication : ( f est dérivable en x ) = (f admet une limite finie en x ) est fausse. Indication : on pourra considérer la fonction g définie par : g(x) = x sin x si x et g() =. Corrigé exercice 4. Théorème des accroissements finis : Soit f : [a, b] R. On suppose que f est continue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[. Alors c ]a, b[ tel que f(b) f(a) = f (c)(b a).. On pose l = lim f (x). x x Soit h tel que x + h [a, b]. En appliquant le théorème des accroissements finis, à la fonction f, entre x et x + h, on peut affirmer qu il existe c h strictement compris entre x et x + h tel que f(x + h) f(x ) = f (c h )h. Quand h (avec h ), on a, par encadrement, c h x. Donc lim h (f(x + h) f(x )) = lim f (c h ) = lim f (x) = l. h x x On en déduit que f est dérivable en x et f (x ) = l. h 3. La fonction g proposée dans l indication est évidemment dérivable ) sur ], [ et ], + [.. g est également dérivable en car ( h (g(h) g()) = h sin ( ) ( ) h Or lim h sin = car h sin h. h h h h Donc, g est dérivable en et g () =. Cependant, x R\ {}, g (x) = x sin ( ) x sin x x Donc g n a pas de limite en. ( ) cos x ( ). x (car x sin( ) x ), mais x cos x ( ) n admet pas de limite en. x CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

9 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5. On considère la série de terme général u n = (a) Cas α n (ln n) α où n et α R. En utilisant une minoration très simple de u n, démontrer que la série diverge. (b) Cas α > Étudier la nature de la série. Indication : on pourra utiliser la fonction f définie par f(x) = x(ln x) α. ( (. Déterminer la nature de la série e + ) n ) e n n (ln(n n + n)). Corrigé exercice 5. (a) Cas α n, ln n ln donc (ln n) α (ln ) α. On en déduit que : n, u n (ln ) α n. Or n diverge. n Donc, par critère de minoration pour les séries à termes positifs, on en déduit que n u n diverge. (b) Cas α > La fonction f : x est continue par morceaux, décroissante et positive sur [, + [ donc : x(ln x) α + f(n) et f(x) dx sont de même nature. n Puisque X ln(x) f(x) dx = t=ln x ln dt, on peut affirmer que : tα On en déduit que : n f(n) converge α >.. On pose, pour tout entier naturel n, u n = Au voisinage ( de +, + n + ( ( e + ) n ) e n n (ln(n + n)). ) n = e e n ln(+ n) = e e n( n +o( n )) n = e e +o( n n) e = e ( On en déduit qu au voisinage de +, e + n) n De plus, au voisinage de +, ln ( n + n ) = ln n + ln Donc ln ( n + n ) + ln n. + e n. ( + n e Et comme e n, on en déduit que u n n (ln n). Or, d après.(b), n (ln n) converge. n f(x) dx converge α >. n + o ) = ln n + ( n + o n ( ). n ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

10 Donc, par critère d équivalence pour les séries à termes positifs, n u n converge. CC BY-NC-SA 3. FR Page

11 EXERCICE 6 analyse Énoncé exercice 6 Soit (u n ) n N une suite de réels strictement positifs et l un réel positif strictement inférieur à. u n+. Démontrer que si lim = l, alors la série u n converge. n + u n u n+ Indication : écrire, judicieusement, la définition de lim = l, puis majorer, pour n assez grand, u n n + u n par le terme général d une suite géométrique.. Quelle est la nature de la série n! n n? n Corrigé exercice 6. Par hypothèse : ε >, N N/ n N, u n+ u n l ε. () Prenons ε = l. Fixons un entier N vérifiant (). Alors n N, n N = u n+ u n Et donc, n N, u n+ u n On pose q = + l + l.. On a donc q ], [. l l. On a alors n N, u n+ qu n. On en déduit, par récurrence, que n N, u n q n N u N. Or q n N u N = u N q N q n et q n converge car q ], [. n N n N n N Donc, par critère de majoration des séries à termes positifs, u n converge.. On pose : n N, u n = n! n n. n N, u n > et n N, u n+ u n = Or n ln( + n ) donc lim + n + Donc u n converge. n n (n + ) n = ln(+ e n n ). u n+ = e <. u n CC BY-NC-SA 3. FR Page

12 EXERCICE 7 analyse Énoncé exercice 7. Soient (u n ) n N et (v n ) n N deux suites de nombres réels positifs. On suppose que (v n ) n N est non nulle à partir d un certain rang. Montrer que : u n v n = u n et v n sont de même nature. + ( ). Étudier la convergence de la série (i ) ln n sin n ( ). n n + 3 Remarque : i désigne le nombre complexe de carré égal à. Corrigé exercice 7. Par hypothèse, ( N) N/ n N, n N = v n. un Ainsi la suite est définie à partir du rang N. v n De plus, on suppose que u n v n. + u n v n =. On en déduit que lim n + Alors, ε >, N N tel que N N et n N, n N = u n v n ε. () Prenons ε =. Fixons un entier N vérifiant (). Ainsi, n N, n N = u n v n. C est-à-dire, n N, n N = u n v n. On en déduit que n N, n N = u n v n 3. (*) Premier cas : Si v n converge D après (*), n N, u n 3 v n. Donc, par critère de majoration des séries à termes positifs, u n converge. Deuxième cas : Si v n diverge D après (*), n N, v n u n. Donc, par critère de minoration des séries à termes positifs, u n diverge. Par symétrie de la relation d équivalence, on obtient le résultat. ( ) (i ) ln n sin n. On pose n, u n = ( ). n + 3 ln n sin( u n = n ) ( ). n + 3 ln n De plus u n On a n 5 4 v n = + D après., n n 3 ln n n 4 = v n, donc lim n + n 5 4 v n =. On en déduit que v n converge. u n converge. CC BY-NC-SA 3. FR Page

13 Donc n u n converge absolument. De plus, la suite (u n ) n est à valeurs dans C, donc n u n converge. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

14 EXERCICE 8 analyse Énoncé exercice 8. Soit (u n ) n N une suite décroissante positive de limite nulle. (a) Démontrer que la série ( ) k u k est convergente. Indication : on pourra considérer (S n ) n N et (S n+ ) n N avec S n = ( ) k u k. (b) Donner une majoration de la valeur absolue du reste de la série ( ) k u k.. On pose : n N, x R, f n (x) = ( )n e nx. n (a) Étudier la convergence simple sur R de la série de fonctions f n. n k= (b) Étudier la convergence uniforme sur [, + [ de la série de fonctions n f n. Corrigé exercice 8. (a) S n+ S n = u n+ u n+, donc (S n ) n N est décroissante. De même S n+3 S n+, donc (S n+ ) n N est croissante. De plus S n S n+ = u n+ et lim u n+ =, donc lim (S n S n+ ) =. n + n + On en déduit que les suites (S n ) n N et (S n+ ) n N sont adjacentes. Donc elles convergent et ce vers une même limite. Comme (S n ) n N et (S n+ ) n N recouvrent l ensemble des termes de la suite (S n ) n N, on en déduit que la suite (S n ) n N converge aussi vers cette limite. Ce qui signifie que la série ( ) k u k converge. (b) Le reste R n = k=n+ ( ) k u k vérifie n N, R n u n+.. On pose : x R, n N, f n (x) = ( )n e nx. n On a alors n N, f n (x) = ( ) n u n (x) avec u n (x) = e nx n. (a) Soit x R. Si x <, alors lim f n(x) = +, donc f n (x) diverge grossièrement. n + n Si x, alors (u n (x)) n N est positive, décroissante et lim u n(x) =. n + Donc d après.(a), f n (x) converge. n Donc n f n converge simplement sur [, + [. Remarque : pour x >, on a aussi convergence absolue de f n (x). n ( ) En effet, pour tout réel x >, n f n (x) = ne nx donc, au vosinage de +, f n(x) = o n + n. (b) Comme n f n converge simplement sur [, + [, on peut poser x [, + [, R n (x) = Alors, comme, x [, + [, (u n (x)) n N est positive, décroissante et d après.(b), que : k=n+ f k (x). lim u n(x) =, on en déduit, n + CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

15 x [, + [, R n (x) e (n+)x n +. Et donc x [, + [, R n (x). (majoration indépendante de x) n + Et comme lim n + n + =, alors (R n) converge uniformément vers sur [, + [. C est-à-dire n f n converge uniformément sur [, + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

16 EXERCICE 9 analyse Énoncé exercice 9. Soit X un ensemble, (g n ) une suite de fonctions de X dans C et g une fonction de X dans C. Donner la définition de la convergence uniforme sur X de la suite de fonctions (g n ) vers la fonction g.. On pose f n (x) = n + n + e nx cos ( nx). (a) Étudier la convergence simple de la suite de fonctions (f n ). (b) La suite de fonctions (f n ) converge-t-elle uniformément sur [, + [? (c) Soit a >. La suite de fonctions (f n ) converge-t-elle uniformément sur [a, + [? (d) La suite de fonctions (f n ) converge-t-elle uniformément sur ], + [? Corrigé exercice 9. Soit g n : X C et g : X C. Dire que (g n ) converge uniformément vers g sur X signifie que : ε >, N N/ n N, n N = x X, g n (x) g(x) ε. ( ) Ou encore, (g n ) converge uniformément vers g sur X lim sup g n (x) g(x) =. n + x X. (a) On pose pour tout x R, f n (x) = n + n + e nx cos ( nx). Soit x R. Si x =, alors f n () = n + n +, donc Si x, alors lim f n(x) =. n + lim f n() =. n + En effet, f n (x) + e nx cos ( nx) et e nx cos ( nx) e nx n +. On en déduit que (f n ) converge simplement sur R vers la fonction f définie par : { si x f(x) = si x = (b) Pour tout n N, f n est continue sur [, + [ et f non continue en donc (f n ) ne converge pas uniformément vers f sur [, + [. (c) Soit a >. On a : x [a, + [, f n (x) f(x) = f n (x) n + n + e na (majoration indépendante de x). n + Par ailleurs, lim = (car n + e n + n + e na n + e na na ). + Donc (f n ) converge uniformément vers f sur [a, + [. (d) On remarque que pour tout n N, f n est bornée sur ], + [ car pour tout x ], + [, f n (x) n +. n + D autre part, f est bornée sur ], + [, donc, pour tout n N, sup f n (x) f(x) existe. x ],+ [ On a f n ( n ) f( n ) = (n + )e cos n + donc lim f n( ) f( ) = e cos. n + n n Or sup f n (x) f(x) f n ( ) f( ), donc sup f n (x) f(x). x ],+ [ n n x ],+ [ n + Donc (f n ) ne converge pas uniformément vers f sur ], + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

17 EXERCICE analyse Énoncé exercice On pose f n (x) = ( x + ) ne x + xe x. n + x. Démontrer que la suite de fonctions (f n ) converge uniformément sur [, ].. Calculer lim n + Corrigé exercice ( x + ) ne x + xe x dx. n + x. Pour x [, ], lim n + f n(x) = (x + )e x. La suite de fonctions (f n ) converge simplement vers f : x (x + )e x sur [, ]. On a x [, ], f n (x) f(x) = (x + ) x(e x e x ), et donc : x [, ], f n (x) f(x) e n + x n. Ce majorant indépendant de x tend vers quand n +, donc la suite de fonctions (f n ) converge uniformément vers f sur [, ].. Par convergence uniforme sur le segment [, ] de cette suite de fonctions continues sur [, ], on peut intervertir limite et intégrale. On a donc lim (x + ) nex + xe x dx = (x + )e x dx. n + n + x Puis, en effectuant deux intégrations par parties, on trouve (x + )e x dx = e 3. CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

18 EXERCICE analyse Énoncé exercice. Soit X une partie de R, (f n ) une suite de fonctions de X dans R convergeant simplement vers une fonction f. On suppose qu il existe une suite (x n ) n N d éléments de X telle que la suite (f n (x n ) f (x n )) n N ne tende pas vers. Démontrer que la suite de fonctions (f n ) ne converge pas uniformément vers f sur X. sin (nx). Pour tout x R, on pose f n (x) = + n x. (a) Étudier la convergence simple de la suite (f n ). (b) Étudier la convergence uniforme de la suite (f n ) sur [a, + [ (avec a > ), puis sur ], + [. Corrigé exercice. Par contraposée : si (f n ) converge uniformément vers f alors : il existe un entier N tel que n N, f n f = sup f n (x) f(x) existe et lim f n f x X n + =. Or, n N, x n X donc n N, n N = f n (x n ) f(x n ) f n f. Or lim f n f n + =. Donc lim f n(x n ) f(x n ) =. n + C est-à-dire la suite (f n (x n ) f(x n )) n N converge vers.. (a) Soit x R. Si x =, alors f n () =. Si x, alors lim f n(x) = car f n (x) n + n x. Donc la suite (f n ) converge simplement vers la fonction nulle sur R. (b) Soit a >. x [a, + [, f n (x) f(x) = f n (x) Cette majoration est indépendante de x et + n a. lim n + + n a =. On en déduit que la suite de fonctions (f n ) converge uniformément vers la fonction nulle sur [a, + [. On pose, n N, x n = π n. On a n N, x n ], + [ et f n (x n ) f(x n ) = qui ne tend pas vers quand n +. + π 4 On en déduit, d après., que la suite de fonctions (f n ) ne converge pas uniformément sur ], + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

19 EXERCICE analyse Énoncé exercice. Soit (f n ) une suite de fonctions de [a, b] dans R. On suppose que la suite de fonctions (f n ) converge uniformément sur [a, b] vers une fonction f, et que, pour tout n N, f n est continue en x, avec x [a, b]. Démontrer que f est continue en x.. On pose : n N, x [; ], g n (x) = x n. La suite de fonctions (g n ) n N converge-t-elle uniformément sur [; ]? Corrigé exercice. Soit x [a, b]. Prouvons que f est continue en x. Soit ε >. Par convergence uniforme, il existe un entier N tel que n N, n N = ( x [a, b], f(x) f n (x) ε). En particulier pour n = N, on a x [a, b], f(x) f N (x) ε. (*) Or la fonction f N est continue en x donc α > tel que : x [a, b], x x α f N (x) f N (x ) ε. (**) D après l inégalité triangulaire, x [a, b], f(x) f(x ) f(x) f N (x) + f N (x) f N (x ) + f N (x ) f(x ). Alors d après (*) et (**), x [a, b], x x α f(x) f(x ) 3ε. On en déduit que f est continue en x.. La suite (g n ) n N converge simplement sur [, ] vers la fonction g : x n N, g n est continue en alors que g est discontinue en. { si x [, [ si x = D après la question précédente, on en déduit que (g n ) n N ne converge pas uniformément vers g sur [, ]. CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

20 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3. Soit (g n ) une suite de fonctions de X dans C, X désignant un ensemble non vide quelconque. On suppose que, pour tout n N, g n est bornée et que la suite (g n ) converge uniformément sur X vers g. Démontrer que la fonction g est bornée.. Pour tout entier naturel n non nul, on considère la fonction f n définie sur R par : { n 3 x si x n f n (x) = si x > x n Prouver que la suite de fonctions (f n ) converge simplement sur R. La convergence est-elle uniforme sur R? Corrigé exercice 3. Pour tout n N, g n est bornée sur X, c est-à-dire : n N, M n R +, x X, g n (x) M n. ( ) Notons que ce majorant M n dépend de n. (g n ) converge uniformément vers g sur X. Ce qui signifie que : ε >, N N/ n N, n N = x X, g n (x) g(x) ε. () Prenons ε = et fixons un entier N vérifiant () pour ce choix de ε. Alors, n N, n N = x X, g n (x) g(x). En particulier, x X, g N (x) g(x). (**) Or, d après l inégalité triangulaire, x X, g(x) g(x) g N (x) + g N (x). Donc, d après (*) et (**), x X, g(x) + M N. Ce qui signifie que g est bornée sur X.. n N, f n () =, donc lim f n() =. n + Soit x R. lim n + n = donc, N N tel que, n N, n N = n < x. Fixons un tel entier N. Alors n N, n N = f n (x) = x. Donc lim f n(x) = n + x. On en déduit que (f n ) converge simplement sur R vers la fonction f définie par : { si x f(x) = x si x =. De plus, n N, f n est bornée car x R, f n (x) n. Or f n est pas bornée sur R donc, d après la question précédente, (f n ) ne converge pas uniformément sur R. CC BY-NC-SA 3. FR Page

21 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4. Soit a et b deux réels donnés avec a < b. Soit (f n ) une suite de fonctions continues sur [a, b], à valeurs réelles. ( b ) Démontrer que si la suite (f n ) converge uniformément sur [a, b] vers f, alors la suite f n (x) dx converge vers b a f (x) dx.. Justifier comment ce résultat peut être utilisé dans le cas des séries de fonctions. ( + ) 3. Démontrer que x n dx = n n. Corrigé exercice 4 n= n=. Comme la suite (f n ) converge uniformément sur [a, b] vers f, et que, n N, f n est continue sur [a, b], alors f est continue sur [a, b]. Ainsi, n N, f n f est continue sur le segment [a, b]. On pose alors, n N, f n f = sup f n (x) f(x). x [a,b] b b b b On a f n (x) dx f(x) dx = (f n (x) f(x)) dx f n (x) f(x) dx (b a) f n f. (*) a a Or (f n ) converge uniformément vers f sur [a, b], donc Donc d après (*), b lim n + a a f n (x) dx = b a f(x) dx. a lim f n f n + =.. On suppose que n N, f n est continue sur [a, b] et f n converge uniformément sur [a, b]. On pose S n = f k. k= fn converge uniformément sur [a, b], donc converge simplement sur [a, b]. On pose alors, également, x [a, b], S(x) = f k (x). k= fn converge uniformément sur [a, b] signifie que (S n ) converge uniformément sur [a, b] vers S. De plus, n N, S n est continue sur [a, b], car S n est une somme finie de fonctions continues. On en déduit que S est continue sur [a, b]. Et d après., Or b Donc a lim S n (x)dx = lim Ou encore b n + a b n + k= lim a k= b a n + k= S n (x) dx = f k (x)dx = f k (x) dx = b a b a f k (x) dx = b a k= S(x) dx. b a S(x) dx. b a k= Ce qui signifie que b f k (x) dx converge et a f k (x)dx car il s agit d une somme finie. f k (x) dx. b k= a f k (x) dx = b a k= f k (x) dx. Bilan : La convergence uniforme de la série de fonctions f n où les f n sont continues sur [a, b] permet d intégrer terme à terme, c est-à-dire : b a n= f n (x) dx = b n= a f n (x) dx. a n N CC BY-NC-SA 3. FR Page

22 3. La série entière x n est de rayon de convergence R = donc cette série de fonctions converge [ normalement et donc uniformément sur le compact, ] ], [. [ De plus, n N, x x n est continue sur, ]. ( + ) On en déduit alors, en utilisant., que : x n + dx = x n dx = n + n+ = n n. n= n= n= n= CC BY-NC-SA 3. FR Page

23 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5 Soit X une partie de R ou C.. Soit f n une série de fonctions définies sur X à valeurs dans R ou C. Rappeler la définition de la convergence normale de f n sur X, puis celle de la convergence uniforme de fn sur X.. Démontrer que toute série de fonctions, à valeurs dans R ou C, normalement convergente sur X est uniformément convergente sur X. 3. La série de fonctions n n! zn est-elle uniformément convergente sur le disque fermé de centre et de rayon R R +? Corrigé exercice 5. On suppose que n N, f n est bornée sur X. On pose alors n N, f n = sup f n (t). t X fn converge normalement sur X f n converge. On pose n N, S n = f k. k= fn converge uniformément sur X la suite de fonctions (S n ) converge uniformément sur X.. On suppose que f n converge normalement sur X. Les fonctions f n sont donc bornées sur X et la série numérique f n converge. Or, x X, f n (x) f n. Donc, par comparaison des séries à termes positifs, la série f n (x) est absolument convergente et donc convergente, puisque les fonctions f n sont à valeurs dans R ou C. Ainsi la série de fonctions f n converge simplement sur X. On peut donc poser x X, n N, R n (x) = x X, n N, N N, N n + = N k=n+ k=n+ Alors, en faisant tendre N vers +, on obtient : + x X, R n (x) = f k (x) f k (x) k=n+ k=n+ Or f n converge normalement sur X donc lim f k (x). f k (x) k=n+ n + k=n+ N k=n+ f k (x) N k=n+ f k. f k. (majoration indépendante de x) f k =. On en déduit alors que la suite de fonctions (R n ) converge uniformément vers sur X. Comme R n = S S n, la suite (S n ) converge uniformément vers S sur X. C est-à-dire f n converge uniformément sur X. 3. On pose, n N, a n = n n!. n N, a n+ = n + a n n. Donc lim n + a n+ a n =. On en déduit que série entière n n! zn a un rayon de convergence égal à +. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

24 Cette série entière converge donc normalement sur tout compact de C. En particulier, cette série entière converge normalement et donc uniformément, d après., sur tout disque de centre O et de rayon R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

25 EXERCICE 6 analyse Énoncé exercice 6 On considère la série de fonctions de terme général u n définie par : ( n N, x [, ], u n (x) = ln + x ) x n n. On pose, lorsque la série converge, S(x) = n=. Démontrer que S est dérivable sur [, ].. Calculer S (). Corrigé exercice 6. Soit x [, ]. Si x =, u n () = et donc u n () converge. [ ( ln + x ) x ]. n n ( ) n + o x n, alors u n (x) + n. n converge donc, par critère de comparaison des séries à termes positifs, u n (x) converge Si x, comme au voisinage de +, u n (x) = x Or n absolument, donc converge. On en déduit que la série des fonctions u n converge simplement sur [, ]. La fonction S est donc définie sur [, ]. n N, u n est de classe C sur [, ] et x [, ], u n(x) = x + n n = x n(x + n). Donc n N, x [, ], u n(x) n. On en déduit que u n = Or n n converge. sup u n(x) x [,] n. Donc n u n converge normalement, donc uniformément sur [, ]. On peut alors affirmer que la fonction S est de classe C. Elle est donc dérivable sur [, ]. Et on a : x [; ], S (x) = n=. En vertu de ce qui précède, S () = Or N n= u n(x). n= u n() = ( n + ) = n N +. N + Donc S () =. n= ( n + ). n CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

26 EXERCICE 7 analyse Énoncé exercice 7 Soit A C et (f n ) une suite de fonctions de A dans C.. Démontrer l implication : ( la série de fonctions ) f n converge uniformément sur A (la suite de fonctions (f n ) converge uniformément vers sur A). On pose : n N, x [; + [, f n (x) = nx e x n. Prouver que f n converge simplement sur [; + [. fn converge-t-elle uniformément sur [; + [? Justifier. Corrigé exercice 7. On suppose que f n converge uniformément sur A. On en déduit que f n converge simplement sur A. On pose alors, x A, S(x) = f k (x) et n N, S n (x) = f k (x). k= k= fn converge uniformément sur A, c est-à-dire (S n ) converge uniformément vers S sur A, c est-à-dire lim S n S =, avec S n S = sup S n (x) S(x). n + x A On a n N, x A, f n (x) = S n (x) S n (x) S n (x) S(x) + S(x) S n (x). Donc n N, x A, f n (x) S n S + S n S (majoration indépendante de x). Or lim S n S =, donc lim ( S n S + S n S ) =. n + n + Donc (f n ) converge uniformément vers sur A.. On pose : n N, x [; + [, f n (x) = nx e x n. Soit x [; + [. Si x = : n N, f n () = donc f n () converge. Si x : Or n ( ) n. lim n + n f n (x) =, donc au voisinage de +, f n (x) = o n converge donc, par critère de domination, f n (x) converge. On en déduit que f n converge simplement sur [; + [. n N, f n est continue sur [; + [ et lim f n(x) =, donc f n est bornée sur [; + [. x + Comme f est bornée (f = ), on en déduit que n N, f n est bornée. De plus, la suite de fonctions (f n ) converge simplement vers la fonction nulle. En effet, si x = alors f n () = et si x, lim f n(x) =. n + On a n N, f n ( n ) = e. ( ) ( ) Or, n N, f n n = f n n sup f n (t) ; donc sup f n (t) e. t [;+ [ t [;+ [ Ainsi, sup f n (t). t [;+ [ n + CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

27 On en déduit que (f n ) ne converge pas uniformément vers la fonction nulle sur [; + [. Donc, d après., f n ne converge pas uniformément sur [; + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

28 EXERCICE 8 analyse Énoncé exercice 8 On pose : n N, x R, u n (x) = ( )n x n. n On considère la série de fonctions u n. n. Étudier la convergence simple de cette série. On note D l ensemble des x où cette série converge et S(x) la somme de cette série pour x D.. (a) Étudier la convergence normale, puis la convergence uniforme de cette série sur D. (b) La fonction S est-elle continue sur D? Corrigé exercice 8. La série de fonctions étudiée est une série entière de rayon de convergence R =. En x =, il y a convergence par le critère spécial des séries alternées. En x =, la série diverge (série harmonique). On a donc D = ], ].. (a) x D, u n (x) = ( )n x n. n u n = sup u n (x) = x ],] n et n diverge. n Donc ( ) n x n ne converge pas normalement sur D. n n ( ) n x n ne converge pas uniformément sur D non plus car, sinon, on pourrait employer le n n théorème de la double limite en et cela entraînerait la convergence absurde de la série n (b) En tant que somme d une série entière de rayon de convergence, S est continue sur ], [. (*) Pour étudier la continuité en, on peut se placer sur [, ]. x [, ], la série numérique n u n (x) satisfait le critère spécial des séries alternées ce qui permet de majorer son reste. On a, x [, ], k=n+ Et, lim n + n + =. Donc, u n converge uniformément sur [, ]. n u k (x) u n+(x) = xn+ n +. (majoration indépendante de x) n + Les fonctions u n étant continues sur [, ], la somme S est alors continue sur [, ]. Donc, en particulier, S est continue en. (**) Donc, d après (*) et (**), S est continue sur D. n. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

29 EXERCICE 9 analyse Énoncé exercice 9. Prouver que, pour tout entier naturel n, f n : t t n ln t est intégrable sur ], ] et calculer I n = t n ln tdt.. Prouver que f : t e t ln t est intégrable sur ], ] et que e t ln tdt = nn!. n= Indication : utiliser le développement en série entière de la fonction exponentielle. Corrigé exercice 9. On pose, pour tout entier naturel n, pour tout t ], ], f n (t) = t n ln t. Pour tout entier naturel n, f n est continue par morceaux( sur )], ]. On a t f n (t) donc, au voisinage de, f n (t) = o. t t Or, t est intégrable sur ], ](fonction de Riemann intégrable). t Donc f n est intégrable sur ], ]. De plus,pour x ], ], par intégration par parties : [ t t n n+ ] ln t t n xn+ ln tdt = x n + x x n + dt = ln x n + (n + ) + xn+ (n + ). On en déduit, en faisant tendre x vers, que I n = (n + ).. t R, e t = n= t n + n! donc, pour tout t ], ], f(t) = n= t n ln t. n! On pose : n N, t ], ], g n (t) = tn ln t. n! i) n N, g n est continue par morceaux et intégrable sur ], ] d après la question. ii) g n converge simplement sur ], ] et a pour somme f. iii) f est continue par morceaux sur ], ]. iv) g n (t) dt = t n ln t dt = I n = n! n! (n + ) n!. On a : n N, (n + ) n! (n + ). n et n converge. n Donc, par critère de majoration des séries à termes positifs, (n + ) n! converge. De plus, (n + ) = n Alors, d après le théorème d intégration terme à terme pour les séries de fonctions, f est intégrable sur ], ] et on a : e t t n ln t I n ln tdt = g n (t)dt = dt = n! n! = + n!(n + ) = + n= n= C est-à-dire, n= e t ln tdt = n= n= nn!. n= (n + )!(n + ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

30 EXERCICE analyse Énoncé exercice. Donner la définition du rayon de convergence d une série entière de la variable complexe.. Déterminer le rayon de convergence de chacune des séries entières suivantes : (a) (n!) (n)! zn+. (b) n ( )n z n. (c) cos nz n. Corrigé exercice. Soit a n z n une série entière. Le rayon de convergence R de la série entière a n z n est l unique élément de R + {+ } défini par : R = sup {r /(a n r n ) est bornée}. On peut aussi définir le rayon de convergence de la manière suivante :! R R + {+ } tel que : i) z C, z < R = a n z n converge absolument. ii) z C, z > R = a n z n diverge (grossièrement). R est le rayon de convergence de la série entière a n z n. Remarque : pour une série entière de la variable réelle, la définition est identique.. (a) Notons R le rayon de convergence de (n!) (n)! zn+ et posons : n N, z C, u n (z) = (n!) (n)! zn+. Pour z =, u n () converge. Pour z, u n+ (z) u n (z) = n + 4n + z. Donc lim u n+ (z) n + u n (z) D après la règle de d Alembert, Pour z <, la série numérique u n (z) converge absolument. Pour z >, la série numérique diverge grossièrement. On en déduit que R=. = z 4. (b) Notons R le rayon de convergence de n ( )n z n et posons : n N, a n = n ( )n. On a, n N, z C, a n z n nz n et le rayon de convergence de la série entière nz n vaut. Donc R. (*) De même, n N, z C, n zn a n z n et le rayon de convergence de la série n Donc R. (**) D après (*) et (**), R =. (c) Notons R le rayon de convergence de cos nz n et posons : n N, a n = cos n. n zn vaut. On a, n N, z C, a n z n z n et le rayon de convergence de la série entière z n vaut. Donc R. (*) Pour z =, la série cos nz n = cos n diverge grossièrement car cos n. n + Donc R. (**) D après (*) et (**), R =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

31 EXERCICE analyse Énoncé exercice. Donner la définition du rayon de convergence d une série entière de la variable complexe.. Soit (a n ) n N une suite bornée telle que la série a n diverge. Quel est le rayon de convergence de la série entière a n z n? Justifier. 3. Quel est le rayon de convergence de la série entière n ( n ) ( ) n ln ( + n ) z n? Corrigé exercice. Soit a n z n une série entière. Le rayon de convergence R de la série entière a n z n est l unique élément de R + {+ } défini par : R = sup {r /(a n r n ) est bornée}. On peut aussi définir le rayon de convergence de la manière suivante :! R R + {+ } tel que : i) z C, z < R = a n z n converge absolument. ii) z C, z > R = a n z n diverge (grossièrement). R est le rayon de convergence de la série entière a n z n. Pour une série entière de la variable réelle, la définition est identique.. La série numérique a n z n diverge pour z =. Donc R. (*) De plus, la suite (a n ) n N étant bornée, la suite (a n n ) n N est bornée. Donc {r /(a n r n ) est bornée}. Donc R. (**) D après (*) et (**), R =. 3. Notons R le rayon de convergence de n On pose, n N, a n = ( ( n) ( )n ln n N, a n n ln Or b n ( + n ) = b n. ( n ) ( ) n ln ( + n ) z n. + ). n + n et n diverge donc b n diverge. n n Donc, par critère de minoration pour les séries à termes positifs, n a n diverge. (***) De plus, n N, a n = a n ( n ln + ) car x [, + [, ln( + x) x. n Donc (a n ) n N est bornée. (****) D après (***) et (****), on peut appliquer. et on en déduit que R =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

32 EXERCICE analyse Énoncé exercice. Que peut-on dire du rayon de convergence de la somme de deux séries entières? Le démontrer.. Développer en série entière au voisinage de, en précisant le rayon de convergence, la fonction f : x ln ( + x) + ln ( x). La série obtenue converge-t-elle pour x = 4? x =? x =?. Corrigé exercice. On note R a et R b les rayons de convergence respectifs de a n z n et b n z n. On note R le rayon de convergence de la série entière somme de a n z n et b n z n, c est-à-dire le rayon de convergence de la série entière (a n + b n )z n. On a toujours R min(r a, R b ). De plus, si R a R b alors R = min(r a, R b ). Preuve : On suppose par exemple que R a R b. Premier cas : R a =. R = min(r a ; R b ). Deuxième cas : R a >. Soit z C tel que z < min(r a, R b ) = R a. Comme z < R a, alors a n z n converge absolument. De même, comme z < R b, alors b n z n converge absolument. De plus, n N, (a n + b n )z n a n z n + [b n z n. (*) Or ( a n z n + [b n z n ) converge car somme de deux séries convergentes. Donc, par critère de majoration pour les séries à termes positifs et en utilisant (*), on en déduit que (an + b n )z n converge, c est-à-dire (a n + b n )z n converge absolument. Donc z D (O, R). On en déduit que R min(r a, R b ). (**) On suppose maintenant que R a R b, c est-à-dire R a < R b. Soit z C tel que R a < z < R b. z < R b, donc b n z n converge. z > R a, donc a n z n diverge. Donc (a n + b n )z n diverge (somme d une série convergente et d une série divergente). On en déduit que z R. On a donc prouvé que z C, R a < z < R b z R. Donc R R a. C est-à-dire R min(r a, R b ). (***) Donc, d après (**) et (***), R = min(r a, R b ).. Pour x <, ln( + x) = n= ( ) n x n. n Pour x < +, ln( x) = n n xn. n= CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

33 D après., le rayon de convergence de ( ) n n x n vaut n. n Donc le domaine de validité du développement en série entière à l origine de f contient [ contenu dans, ]. Et, pour x < +, f(x) = ( ) n n x n. n n= Pour x = 4 : la série entière ( ) n n x n converge car n 4 <. n Pour x = : ], [ et est la série entière ( ) n n x n diverge car elle est la somme d une série convergente ( appartient au n n disque de convergence de la série entière ( ) n x n ) et d une série divergente (série harmonique). n n Pour x = : la série entière ( ) n n x n converge comme somme de deux séries convergentes. n n En effet : D une part, n ( ) n x n. n n n ( ) n n n ( ) n converge car appartient au disque de convergence de la série entière D autre part, ( n ) n = ( ) n converge d après le critère spécial des séries alternées ( la suite ( n n n ) n N est bien positive, décroissante et de limite nulle). CC BY-NC-SA 3. FR Page 33

34 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3 Soit (a n ) n N une suite complexe telle que la suite ( ) an+ admet une limite. a n n N. Démontrer que les séries entières a n x n et (n + )a n+ x n ont le même rayon de convergence. On le note R.. Démontrer que la fonction x Corrigé exercice 3 n= a n x n est de classe C sur l intervalle ] R, R[... Pour x, posons u n (x) = a n x n et v n (x) = (n + )a n+ x n. a n+ On pose l = lim. n a n u n+ (x) v n+ (x) On a, alors, lim = l x et lim = l x. n u n (x) n v n (x) On en déduit que le rayon de convergence des deux séries entières a n x n et (n + )a n+ x n vaut R = /l (avec R = + dans le cas l = et R = dans le cas l = + ).. Soit R le rayon de convergence de a n x n. On pose, n N, x ] R, R[, f n (x) = a n x n. Soit r [, R[. On pose D r = [ r, r]. i) f n converge simplement sur D r. ii) n N, f n est de classe C sur D r. iii) D après., f n est une série entière de rayon de convergence R. Donc, d après le cours, f n converge normalement donc uniformément sur tout compact inclus dans ] R, R[, donc converge uniformément sur D r. On en déduit que r [, R[, S : x Donc, S est de classe C sur ] R, R[. n= a n x n est de classe C sur D r. CC BY-NC-SA 3. FR Page 34

35 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4. Déterminer le rayon de convergence de la série entière x n (n)!. On pose S(x) = n= x n (n)!.. Rappeler, sans démonstration, le développement en série entière en de la fonction x ch(x) et préciser le rayon de convergence. 3. (a) Déterminer S(x). (b) On considère la fonction f définie sur R par : Démontrer que f est de classe C sur R. Corrigé exercice 4 f() =, f(x) = ch x si x >, f(x) = cos x si x <.. Notons R le rayon de convergence de la série entière x n (n)!. Pour x, posons u n = xn (n)!. lim u n+ n + u n = lim n + On en déduit que la série entière. x R, ch(x) = est égal à +. n= x (n + )(n + ) =. x n (n)! x n (n)! 3. (a) Pour x, on peut écrire x = t et S(x) = Pour x <, on peut écrire x = t et S(x) = converge pour tout x R et donc R = +. et le rayon de convergence du développement en série entière de la fonction ch x n (n)! = + n= n= n= x n + (n)! = n= t n (n)! = ch(t) = ch x. ( ) n t n (n)! = cos(t) = cos x. (b) D après la question précédente, la fonction f n est autre que la fonction S. S est de classe C sur R car développable en série entière à l origine avec un rayon de convergence égal à +. Cela prouve que f est de classe C sur R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 35

36 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5. Démontrer que, pour tout entier naturel n, la fonction t + t + t n est intégrable sur [, + [. e t + dt. Pour tout n N, pose u n = + t + t n. Calculer lim e t u n. n + Corrigé exercice 5. f n : t + t + t n est définie et continue par morceaux sur [, + [. e t De plus, t [, + [, f n (t) + t = ϕ(t). Or ϕ(t) t et t est intégrable sur [, + [, donc ϕ est intégrable sur [, + [. t Donc, par critère de majoration pour les fonctions positives, f n est intégrable sur [, + [. Or f n est continue sur [, ] donc f n est intégrable sur [, + [. +. i) La suite de fonctions (f n ) converge simplement sur [, + [ vers la fonction f définie par : + t si t [, [ f(t) = + e si t = si t ], + [ ii) Les fonctions f n et f sont continues par morceaux sur [, + [. iii) t [, + [, f n (t) ϕ(t) avec ϕ intégrable sur [, + [. Alors, d après le théorème de convergence dominée, Or + Donc, f(t) dt = lim u n = π n + 4. dt + t = π 4. lim u n = n + lim n + + f n (t) dt = + f(t) dt. CC BY-NC-SA 3. FR Page 36

37 EXERCICE 6 analyse Énoncé exercice 6 Pour tout entier n, on pose I n =. Justifier que I n est bien définie. + ( + t ) n dt.. (a) Étudier la monotonie de la suite (I n ) n N. (b) Déterminer la limite de la suite (I n ) n N. 3. La série n ( ) n I n est-elle convergente? Corrigé exercice 6 Posons pour tout n N et t [, + [, f n (t) = ( + t ) n.. n N, f n est continue sur [, + [. De plus, f n (t) + t n. Or n, alors t est intégrable sur [, + [. tn Donc, par règle d équivalence pour les fonctions positives, f n est intégrable sur [, + [. Or f n est continue sur[, ], donc f n est intégrable sur [, + [.. (a) t [, + [, ( + t ) n+ ( + t ) n car + t. En intégrant, on obtient : n N, I n+ I n. Donc (I n ) n N est décroissante. (b) Remarque : (I n ) n N est décroissante et clairement positive ce qui nous assure la convergence de la suite (I n ) n N. Déterminons la limite de la suite (I n ) n N. i) n N, f n est continue par morceaux sur [, + [. ii) La suite { de fonctions (f n ) n converge simplement sur [, + [ vers la fonction f définie sur [, + [ si x > par f(x) = si x =. De plus, f est continue par morceaux sur [, + [. iii) t [, + [, n N, f n (t) = ϕ(t) avec ϕ intégrable sur [, + [. + t En effet ϕ est continue sur [, + [ et ϕ(t) t. Comme t est intégrable sur [, + [, donc ϕ est t intégrable sur [, + [. Comme ϕ est continue sur [, ], donc ϕ est intégrable sur [, ] donc sur [, + [. + Par le théorème de convergence dominée on obtient : lim I n = n + et la suite (I n ) n N a pour limite. lim n + + f n (t) dt = + f(t) dt = 3. D après les questions précédentes, la suite (I n ) n N est positive, décroissante et converge vers. Donc, par application du théorème spécial des séries alternées, on peut affirmer la convergence de la série ( ) n I n. n CC BY-NC-SA 3. FR Page 37

38 EXERCICE 7 analyse Énoncé exercice 7 Pour tout n N, on pose f n (x) = e x + n x et u n = f n (x) dx.. Étudier la convergence simple de la suite de fonctions (f n ) sur [, ].. Soit a ], [. La suite de fonctions (f n ) converge-t-elle uniformément sur [a, ]? 3. La suite de fonctions (f n ) converge-t-elle uniformément sur [, ]? 4. Trouver la limite de la suite (u n ) n N. Corrigé exercice 7. Soit x [, ]. Si x =, f n () =. e x Si x ], ], pour n au voisinage de +, f n (x) + x n, donc lim f n(x) =. n + On en déduit { que la suite de fonctions (f n ) converge simplement sur [, ] vers la fonction f définie par : si x ], ] f(x) = si x =. Soit a ]; [. n N, x [a, ], f n (x) f(x) = f n (x) Donc sup f n (t) f(t) e a t [a,] + n a. e a Or lim n + + n =, donc lim a sup f n (t) f(t) = n + t [a,] On en déduit que (f n ) converge uniformément vers f sur [a, ]. e a + n (majoration indépendante de x). a 3. Les fonctions f n étant continues sur [, ] et la limite simple f ne l étant pas, on peut assurer qu il n y a pas convergence uniforme sur [, ]. 4. i) Les fonctions f n sont continues par morceaux sur [, ]. ii) (f n ) converge simplement vers f sur [, ], continue par morceaux sur [, ]. iii) De plus, x [, ], f n (x) e x = ϕ(x) avec ϕ : [, ] R + continue par morceaux et intégrable sur [, ]. D après le théorème de convergence dominée, on peut donc affirmer que : lim u n = n + lim n + f n (x) dx = f(x) dx =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 38

39 EXERCICE 8 analyse Énoncé exercice 8 N.B. : les deux questions sont indépendantes.. La fonction x e x est-elle intégrable sur ], + [? x 4. Soit a un réel strictement positif. La fonction x ln x est-elle intégrable sur ], + [? + x a Corrigé exercice 8. Soit f : x e x x 4. f est continue sur ], + [. f(x) = e x (x )(x + ) e (x ). Or x est intégrable sur ], 3] (fonction de Riemann intégrable sur ], 3] car (x ) < ). Donc, par règle d équivalence pour les fonctions positives, f est intégrable sur ], 3]. (*) e x f(x) + x = g(x). Or lim x + x g(x) = donc, au voisinage de +, g(x) = o( x ). Comme x est intégrable sur [3, + [, on en déduit que g est intégrable sur [3, + [. x Donc, par règle d équivalence pour les fonctions positives, f est intégrable sur [3, + [. (**) D après (*) et (**), f est intégrable sur ], + [.. Soit a un réel strictement positif. ln x On pose x ], + [, f(x) =. + x a f est continue sur ], + [. f(x) ln x = g(x). ( Or lim x g(x) = donc, au voisinage de, g(x) = o x x Or x x est intégrable sur ], ] (fonction de Riemann intégrable sur ], ] car < ). Donc g est intégrable sur ], ]. Donc, par règle d équivalence pour les fonctions positives, f est intégrable sur ], ]. Donc, f est intégrable sur ], ] (*) ln x f(x) + x a = h(x). Premier cas : si a >. ( ) lim x +a h(x) = lim x a ln x =, donc, au voisinage de +, h(x) = o. x + x + x +a Or x est intégrable sur [, + [ (fonction de Riemann intégrable sur [, + [ car + a > ). x +a Donc, h est intégrable sur [, + [. Donc, par règle d équivalence pour les fonctions positives, f est intégrable sur [, + [. (**). D après (*) et (**), f est intégrable sur ], + [. Deuxième cas : si a x [e, + [, f(x) x a. ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 39

40 Or x non intégrable sur [e, + [.(fonction de Riemann avec a ) xa Donc, par règle de minoration pour les fonctions positives, f non intégrable sur [e, + [ Donc, f non intégrable sur ], + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

41 EXERCICE 9 analyse Énoncé exercice 9 On pose : x ], + [, t ], + [, f(x, t) = e t t x.. Démontrer que : x ], + [, la fonction t f(x, t) est intégrable sur ], + [. On pose alors : x ], + [, Γ(x) = + e t t x dt.. Pour tout x ], + [, exprimer Γ(x + ) en fonction de Γ(x). 3. Démontrer que Γ est de classe C sur ], + [ et exprimer Γ (x) sous forme d intégrale. Corrigé exercice 9. Soit x ], + [. La fonction t e t t x est définie, positive et continue par morceaux sur ], + [. f(x, t) t tx et t t x = est intégrable sur ], ] (fonction de Riemann avec x < ). + t x Donc, par critère d équivalence pour les fonctions positives, t f(x, t) est intégrable sur ], ]. (*) De plus, lim t + t f(x, t) =, donc, pour t au voisinage de +, f(x, t) = o( t ). Or t est intégrable sur [, + [ (fonction de Riemann intégrable). t Donc t f(x, t) est intégrable sur [, + [. (**) Donc, d après (*) et (**), t f(x, t) est intégrable sur ], + [.. Par intégration par parties A ε e t t x dt = [ e t t x] A A + x e t t x dt. ε On passe ensuite à la limite quand ε + et A + et on obtient : + e t t x dt = x + e t t x dt. C est-à-dire Γ(x + ) = xγ(x). 3. i) t ], + [, la fonction x f(x, t) est dérivable et (x, t) ], + [, f x (x, t) = (ln t)e t t x. ii) Pour tout x >, t f (x, t) est continue par morceaux sur ], + [. x iii) Pour tout t >, x f (x, t) est continue sur ], + [. x iv) Pour tout [a, b] ], + [ { et (t, x) ], + [ [a, b] : f (x, t) ln t e x ϕ(t) avec ϕ(t) = t t a si t ], [ ln t e t t b si t [, + [ avec ϕ continue par morceaux et intégrable sur ], + [. En effet : a ϕ(t) ln t t a = ϕ (t) et lim t ϕ (t) = lim + t + Donc, au voisinage de +, ϕ (t) = o Or t t a. t t ε a ln t =. est intégrable sur ], [(fonction de Riemann avec a < ). t a Donc, ϕ est intégrable sur ], [. Donc, par critère d équivalence pour les fonctions positives, ϕ est intégrable sur ], [. (*) lim t + t ϕ(t) =. Donc, pour t au voisinage de +, ϕ(t) = o( t ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

42 Or, t est intégrable sur [, + [ (fonction de Riemann intégrable). t Donc ϕ est intégrable sur [, + [. (**) D après (*) et (**), ϕ est intégrable sur ], + [. D où, d après le théorème de dérivation des intégrales à paramètres, Γ est de classe C sur ], + [. De plus, x ], + [, Γ (x) = + (ln t)e t t x dt. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

43 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3. Énoncer le théorème de dérivation sous le signe intégrale.. Démontrer que la fonction f : x + e t cos (xt) dt est de classe C sur R. 3. (a) Trouver une équation différentielle linéaire (E) d ordre dont f est solution. (b) Résoudre (E). Corrigé exercice 3. Soit u : (x, t) u(x, t) une fonction définie de X I vers C, avec X et I intervalles contenant au moins deux points de R. On suppose que : i) x X, t u(x, t) est continue par morceaux et intégrable sur I. On pose alors x X, f(x) = u(x, t)dt. I ii) u admet une dérivée partielle u x sur X I vérifiant : - x X, t u (x, t) est continue par morceaux sur I. x - t I, x u (x, t) est continue sur X. x iii) il existe ϕ : I R + continue par morceaux, positive et intégrable sur I vérifiant : (x, t) X I, u (x, t) x ϕ(t). Alors la fonction f est de classe C sur X et x X, f u (x) = (x, t) dt. x. On pose (x, t) R [, + [, u(x, t) = e t cos(xt). i) x R, t u(x, t) est continue sur [, + [. De plus, x R, u(x, t) e t. Or lim t + t e t =, donc, au voisinage de +, e t = o Donc, t u(x, t) est intégrable sur [, + [. ii) (x, t) R [, + [, u x (x, t) = sin(xt). te t I ( ) t. - x R, t u (x, t) est continue par morceaux sur [, + [.. x - t [, + ], x u (x, t) est continue sur R. x -iii) (x, t) R [, + [, u (x, t) x te t = ϕ(t) avec ϕ continue par morceaux, positive et intégrable sur [, + [. En effet, lim t + t ϕ(t) = donc, au voisinage de +, ϕ(t) = o( t ). On en déduit que ϕ est intégrable sur [, + [ et comme elle est continue sur [, [, alors ϕ est bien intégrable sur [, + [. Donc f est de classe C sur R et : x R, f (x) = + 3. (a) On a, x R, f (x) = te t sin(xt)dt + te t sin(xt) dt. Procédons à une intégration par parties. Soit A. A te t sin(xt) dt = [ ] A A x e t sin(xt) e t cos(xt) dt CC BY-NC-SA 3. FR Page 43

44 En passant à la limite quand A +, on obtient f (x) + x f(x) =. Donc f est solution de l équation différentielle (E) : y + x y =. (b) Les solutions de (E) sont les fonctions y définies par y(x) = Ae x 4, avec A R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 44

45 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3. Déterminer une primitive de x cos 4 x.. Résoudre sur R l équation différentielle : y + y = cos 3 x en utilisant la méthode de variation des constantes. Corrigé exercice 3. En linéarisant cos 4 x, on obtient cos 4 x = (cos(4x) + 4 cos(x) + 3). 8 Donc, x 3 sin(4x) + 4 sin(x) x est une primitive de x cos4 x.. Notons (E) l équation différentielle y + y = cos 3 x. C est une équation différentielle linéaire d ordre à coefficients constants. Les solutions de l équation homogène associée sont les fonctions y définies par : y(x) = λ cos x + µ sin x. Par la méthode de variation des constantes, on cherche une solution { particulière de (E) de la forme y p (x) = { λ(x) cos x + µ(x) sin x avec λ, µ fonctions λ (x) cos x + µ (x) sin x = λ dérivables vérifiant : λ (x) sin x + µ (x) cos x = cos 3 x i.e. (x) = sin x cos 3 x. µ (x) = cos 4 x λ(x) = 4 cos4 x convient. D après la question., µ(x) = 3 sin(4x) + 4 sin(x) x convient. On en déduit que la fonction y p définie par y p (x) = ( 4 cos5 x + 3 sin(4x) + 4 sin(x) + 3 ) 8 x sin x est une solution particulière de (E). Finalement, les solutions de l équation (E) sont les fonctions y définies par : y(x) = λ cos x + µ sin x + y p (x), avec (λ, µ) R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 45

46 EXERCICE 3 analyse Énoncé exercice 3 Soit l équation différentielle : x(x )y + 3xy + y =.. Trouver les solutions de cette équation différentielle développables en série entière sur un intervalle ] r, r[ de R, avec r >. Déterminer la somme des séries entières obtenues.. Est-ce que toutes les solutions de x(x )y + 3xy + y = sur ]; [ sont les restrictions d une fonction développable en série entière sur ], [? Corrigé exercice 3. Soit a n x n une série entière de rayon de convergence R > et de somme S. Pour tout x ] R, R[, S(x) = n= a n x n, S (x) = n= na n x n et S (x) = Donc x(x )S (x) + 3xS (x) + S(x) = n= n= n(n )a n x n = n= ( (n + ) a n n(n + )a n+ ) x n. (n + )na n+ x n. Par unicité des coefficients d un développement en série entière, la fonction S est solution sur ] R, R[ de l équation étudiée si, et seulement si, n N, (n + ) a n n(n + )a n+ =. C est-à-dire : n N, na n+ = (n + )a n. Ce qui revient à : n N, a n = na. Le rayon de convergence de la série entière nx n étant égal à, on peut affirmer que les fonctions développables en série entière solutions de l équation sont les fonctions : x a + n= nx n = a x d dx ( x ) = a x ( x) définies sur ], [, avec a R.. Notons (E) l équation x(x )y + 3xy + y =. Prouvons que les solutions de (E) sur ]; [ ne sont pas toutes développables en série entière à l origine. Raisonnons par l absurde. Si toutes les solutions de (E) sur ]; [ étaient développables en série entière à l origine alors, d après., l ensemble des solutions de (E) sur ]; [ serait égal à la droite vectorielle Vect(f) où f est la fonction définie par x ]; [, f(x) = x ( x). Or, d après le cours, comme les fonctions x x(x ), x 3x et x sont continues sur ]; [ et que la fonction x x(x ) ne s annule pas sur ]; [, l ensemble des solutions de (E) sur ]; [ est un plan vectoriel. D où l absurdité. CC BY-NC-SA 3. FR Page 46

47 EXERCICE 33 analyse Énoncé exercice 33 On pose : (x, y) R \ {(, )}, f (x, y) =. Démontrer que f est continue sur R. xy et f (, ) =. x + y. Démontrer que f admet des dérivées partielles en tout point de R. 3. f est-elle de classe C sur R? Justifier. Corrigé exercice 33. Par opérations sur les fonctions continues, f est continue sur l ouvert R \ {(, )}. On considère la norme euclidienne sur R définie par (x, y) R, (x, y) = x + y. On a (x, y) R, x (x, y) et y (x, y). On en déduit que (x, y) R \ {(, )}, f(x, y) f(, ) = x y ( (x, y) ) = (x, y) (x, y) (x, y). (x,y) (,) On en déduit que f est continue en (, ). Ainsi f est continue sur R.. Par opérations sur les fonctions admettant des dérivées partielles, f admet des dérivées partielles en tout point de l ouvert R \ {(, )}. En (, ) : lim t (f(t, ) f(, )) =, donc f admet une dérivée partielle en (, ) par rapport à sa première variable t et f (, ) =. x De même, lim (f(, t) f(, )) =. Donc f admet une dérivée partielle en (, ) par rapport à sa t t seconde variable et f (, ) =. y 3. D après le cours, f est de classe C sur R si et seulement si f x Or, (x, y) R \ {(, )}, f x (x, y) = y 3. (x + y ) 3 On remarque que x >, f (x, x) = x. f Donc, lim (x, x) = x + x f (, ). x On en déduit que f n est pas continue en (, ). x Donc f n est pas de classe C sur R. et f y existent et sont continues sur R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 47

48 EXERCICE 34 analyse Énoncé exercice 34 Soit A une partie non vide d un R-espace vectoriel normé E.. Rappeler la définition d un point adhérent à A, en termes de voisinages ou de boules.. Démontrer que : x Ā (x n) n N telle que, n N, x n A et lim n + x n = x. 3. Démontrer que, si A est un sous-espace vectoriel de E, alors Ā est un sous-espace vectoriel de E. 4. Démontrer que si A est convexe alors Ā est convexe. Corrigé exercice 34. Soit A une partie non vide de E. V(a) désigne l ensemble des voisinages de a. r >, B (a, r) désigne la boule ouverte de centre a et de rayon r. Soit a A. a Ā V V(a), V A. Ou encore : a Ā r >, B (a, r) A.. Soit x A. Prouvons que (x n ) n N telle que, n N, x n A et lim x n = x. n + Par hypothèse, r >, B (a, r) A. Donc n N, B (x, n ) A. C est-à-dire n N, x n B (x, n ) A. On fixe alors, pour tout entier naturel n non nul, un tel x n. Ainsi, la suite (x n ) n N est une suite à valeurs dans A et n N, x n x < n. C est-à-dire la suite (x n ) n N converge vers x. Soit x E. On suppose que (x n ) n N telle que n N, x n A et lim x n = x. n + Prouvons que x Ā. Soit V V(x). Alors, ε > tel que B (x, ε) V. On fixe un tel ε strictement positif. lim x n = x donc N N tel que n N, n N = x n x < ε. n + On fixe un tel entier N. Donc, comme (x n ) est à valeurs dans A, on en déduit que n N, n N = x n B (x, ε) A. Or B (x, ε) V, donc n N, n N = x n V A, c est-à-dire V A. On peut en conclure que x Ā. 3. Ā E et E Ā car E A et A Ā. Soit (x, y) ( Ā ) et λ K. D après., Il existe deux suites (x n ) et (y n ) d éléments de A convergeant respectivement vers x et y. On a alors lim (x n + λy n ) = x + λy. n + Or A est un sous-espace vectoriel de E et n N, (x n, y n ) A, donc x n + λy n A. On en déduit que la suite (x n + λy n ) n N est à valeurs dans A et converge vers x + λy. On a bien x + λy Ā. 4. On suppose que A partie non vide et convexe de E. Prouvons que A est convexe. Soit (x, y) ( A ). Soit t [, ]. Prouvons que z = tx + ( t)y A. x A, donc il existe une suite (x n ) à valeurs dans A telle que lim x n = x. n + y A, donc il existe une suite (y n ) à valeurs dans A telle que lim y n = y. n + CC BY-NC-SA 3. FR Page 48

49 On pose n N, z n = tx n + ( t)y n. n N, x n A, y n A et A est convexe, donc z n A. De plus lim z n = z. n + Donc z est limite d une suite à valeurs dans A, c est-à-dire z A. CC BY-NC-SA 3. FR Page 49

50 EXERCICE 35 analyse Énoncé exercice 35 E et F désignent deux espaces vectoriels normés.. Soient f une application de E dans F et a un point de E. On considère les propositions suivantes : P. f est continue en a. P. Pour toute suite (x n ) n N d éléments de E telle que lim x n = a, alors lim f(x n) = f(a). n + n + Prouver que les propositions P et P sont équivalentes.. Soit A une partie dense dans E, et soient f et g deux applications continues de E dans F. Démontrer que si, pour tout x A, f(x) = g(x), alors f = g. Corrigé exercice 35. Prouvons que P. = P.. Supposons f continue en a. Soit (x n ) n N une suite d éléments de E convergeant vers a. Prouvons que lim f(x n) = f(a). n + Soit ε >. Par continuité de f en a, α > / x E, x a α f(x) f(a) ε. (*) On fixe un tel α strictement positif. Par convergence de (x n ) n N vers a, N N / n N, n N x n a α. On fixe un N convenable. Alors, d après (*), n N, n N f(x n ) f(a) ε. On peut donc conclure que lim f(x n) = f(a). n + Prouvons que P. = P.. Supposons P. vraie. Raisonnons par l absurde en supposant que f non continue en a. C est-à-dire ε > / α >, x E tel que x a α et f(x) f(a) > ε. On fixe un tel ε strictement positif. Alors, n N, en prenant α = n, il existe x n E tel que x n a n et f(x n) f(a) > ε. (*) Comme n N, x n a n, la suite (x n) n N ainsi construite converge vers a. Donc, d après l hypothèse, la suite (f(x n )) n N converge vers f(a). Donc N N tel que n N, n N = f(x n ) f(a) ε. Ainsi, on obtient une contradiction avec (*).. Soit x E. Puisque la partie A est dense dans E, il existe une suite (x n ) n N d éléments de A telle que On a alors : n N, f(x n ) = g(x n ). Et en passant à la limite, sachant que f et g sont continues sur E, on obtient f(x) = g(x). lim x n = x. n + CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

51 EXERCICE 36 analyse Énoncé exercice 36 Soient E et F deux espaces vectoriels normés sur le corps R.. Démontrer que si f est une application linéaire de E dans F, alors les propriétés suivantes sont deux à deux équivalentes : P. f est continue sur E. P. f est continue en E. P3. k > tel que : x E, f(x) F k x E.. Soit E l espace vectoriel des applications continues de [; ] dans R muni de la norme définie par : f = sup f(x). On considère l application ϕ de E dans R définie par : ϕ(f) = x [;] Démontrer que ϕ est linéaire et continue. Corrigé exercice 36. P P de manière évidente. Prouvons que P P3. Supposons f continue en E. Pour ε = >, il existe α > tel que x E, x E α f(x) f( E ). Soit x E Si x E, posons y = α x. Puisque y = α, on a f(y). x Donc, par linéarité de f on obtient f(x) α x. Si x = E l inégalité précédente est encore vérifiée. En prenant alors k =, on obtient le résultat voulu. α Prouvons que P3 P. Supposons que k > tel que x E, f(x) k x. Comme f est linéaire, (x, y) E, f(y) f(x) = f(y x) k y x. La fonction f est alors lipschitzienne, donc continue sur E.. L application ϕ est une forme linéaire par linéarité de l intégrale et continue car : f E, ϕ(f) = f(t) dt f(t) dt f dt = f. f(t)dt. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

52 EXERCICE 37 analyse Énoncé exercice 37 On note E l espace vectoriel des applications continues de [; ] dans R. On pose : f E, N (f) = sup f(x) et N (f) = x [;] f(t) dt.. (a) Démontrer que N et N sont deux normes sur E. (b) Démontrer qu il existe k > tel que, pour tout f de E, N (f) kn (f). (c) Démontrer que tout ouvert pour la norme N est un ouvert pour la norme N.. Démontrer que les normes N et N ne sont pas équivalentes. Corrigé exercice 37. (a) Prouvons que N est une norme sur E. f E, f est positive et continue sur le segment [, ] donc f est bornée et donc N (f) existe et est positive. i) Soit f E telle que N (f) =. Alors, t [, ], f(t) =, donc f =. ii) Soit λ R. Soit f E. Si λ = alors N (λf) = = λ N (f). Si λ : t [, ], λf(t) = λ f(t) λ N (f). Donc N (λf) λ N (f). () t [, ], f(t) = λf(t) λ λ N (λf). Donc N (f) λ N (λf). C est-à-dire, λ N (f) N (λf). () Donc, d après () et (), N (λf) = λ N (f). iii) Soit (f, g) E. t [, ], (f + g)(t) f(t) + g(t) N (f) + N (g). Donc N (f + g) N (f) + N (g). On en déduit que N est une norme. Prouvons que N est une norme sur E. f E, f est continue et positive sur [, ] donc N (f) existe et est positive. i) Soit f E telle que N (f) =. Or f est continue et positive sur [, ], donc f est nulle. C est-à-dire f =. ii) Soit λ R. Soit f E. N (λf) = λf(t) dt = λ f(t) dt = λ N (f). iii) Soit (f, g) E. t [, ], (f + g)(t) f(t) + g(t). Donc, par linéarité de l intégrale, N (f + g) N (f) + N (g). On en déduit que N est une norme sur E. (b) k = convient car, f E, f(t) dt N (f)dt = N (f). (c) L application identité de E, muni de la norme N, vers E, muni de la norme N, est continue car linéaire et vérifiant f E, N (f) kn (f). L image réciproque d un ouvert par une application continue étant un ouvert, on en déduit que : un ouvert pour la norme N est un ouvert pour la norme N. On peut aussi raisonner de façon plus élémentaire par inclusion de boules et retour à la définition d un ouvert. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

53 . Pour f n (t) = t n, on a N (f n ) = n + et N N (f n ) (f n ) =, donc lim n + N (f n ) = +. Donc ces deux normes ne sont donc pas équivalentes. CC BY-NC-SA 3. FR Page 53

54 EXERCICE 38 analyse Énoncé exercice 38 On note R[X] l espace vectoriel des polynômes à coefficients réels. On pose : P R[X], N (P ) = a i et N (P ) = max a i où P = a i X i avec n deg P. i n i=. (a) Démontrer que N est une norme sur R[X]. Dans la suite de l exercice, on admet que N est une norme sur R[X]. (b) Démontrer que tout ouvert pour la norme N est un ouvert pour la norme N. (c) Démontrer que les normes N et N ne sont pas équivalentes.. On note R k [X] le sous-espace vectoriel de R[X] constitué par les polynômes de degré inférieur ou égal à k. On note N la restriction de N à R k [X] et N la restriction de N à R k [X]. Les normes N et N sont-elles équivalentes? Corrigé exercice 38. (a) On pose E = R[X]. Montrons que N est une norme sur E. Par définition, N (P ). i) Soit P = a i X i E tel que N (P ) =. i= C est-à-dire max a i =, donc, i, n, a i =. i n On en déduit que P =. ii) Soit P = a i X i E et λ R. i= N (λp ) = max λ a i = λ N (P ). i n iii) Soit (P, Q) E. On considère un entier n tel que n max(deg P, deg Q). Alors, P = a i X i et Q = b i X i. i= Ainsi, P + Q = i= i= (a i + b i )X i et N (P + Q) = max a i + b i. i n i= Or, i, n, a i + b i a i + b i N (P ) + N (Q). Donc, N (P + Q) N (P ) + N (Q). On en déduit que N est une norme. (b) L application identité de R [X], muni de la norme N, vers R [X], muni de la norme N, est continue car linéaire et vérifiant, P R [X], N (P ) N (P ). L image réciproque d un ouvert par une application continue étant un ouvert, on en déduit qu un ouvert pour la norme N est un ouvert pour la norme N. On peut aussi raisonner, de façon plus élémentaire, par inclusion de boules et retour à la définition d un ouvert. (c) Pour P n = + X + X + + X n on a N (P n ) = n + et N (P n ) =. N (P n ) Donc lim n + N (P n ) = +. On en déduit que les normes N et N ne sont pas équivalentes.. En dimension finie, toutes les normes sont équivalentes, en particulier N et N. CC BY-NC-SA 3. FR Page 54

55 EXERCICE 39 analyse Énoncé exercice 39 On note l l ensemble des suites x = (x n ) n N de nombres réels telles que la série x n converge.. (a) Démontrer que, pour x = (x n ) n N l et y = (y n ) n N l, la série x n y n converge. On pose alors (x y) = n= x n y n. (b) Démontrer que l est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des suites de nombres réels. Dans la suite de l exercice, on admet que ( ) est un produit scalaire dans l. On suppose que l est muni de ce produit scalaire et de la norme euclidienne associée.. Soit p N. Pour tout x = (x n ) l, on pose ϕ(x) = x p. Démontrer que ϕ est une application linéaire et continue de l dans R. 3. On considère l ensemble F des suites réelles presque nulles c est-à-dire l ensemble des suites réelles dont tous les termes sont nuls sauf peut-être un nombre fini de termes. Déterminer F (au sens de ( )). Comparer F et ( F ). Corrigé exercice 39. (a) Soit (x, y) ( l ) avec x = (xn ) n N et y = (y n ) n N. n N, x n y n ( ) x n + yn. Or x n et yn convergent donc, par critère de majoration des séries à termes positifs, x n y n converge absolument, donc converge. (b) La suite nulle appartient à l. Soit (x, y) ( l ) avec x = (xn ) n N et y = (y n ) n N. Soit λ R. Montrons que z = x + λy l. On a z = (z n ) n N avec n N, z n = x n + λy n. n N, z n = (x n + λy n ) = x n + λ y n + λx n y n. () Par hypothèse, x n et y n convergent et d après.(a), x n y n converge. Donc, d après (), z n converge. Donc z l. On en déduit que l est un sous-espace vectoriel de l ensemble des suites réelles.. Soit (x, y) l où x = (x n ) n N et y = (y n ) n N. Soit λ R. On pose z = x + λy avec z = (z n ) n N. On a n N, z n = x n + λy n. Ainsi, ϕ(x + λy) = ϕ(z) = z p = x p + λy p = ϕ(x) + λϕ(y). Donc ϕ est linéaire sur l. (*) x = (x n ) l, x p n= x n, donc x p x. Donc x = (x n ) n N l, ϕ(x) = x p x (**) D après (*) et (**), ϕ est continue sur l. 3. Analyse : Soit x = (x n ) n N F. Alors y F, (x y) =. Soit p N. On considère la suite y = (y n ) n N de F définie par : CC BY-NC-SA 3. FR Page 55

56 { si n = p n N, y n = sinon y F, donc (x y) =, donc x p =. On en déduit que, p N, x p =. C est-à-dire x =. Synthèse : la suite nulle appartient bien à F. Conclusion : F = {}. Ainsi, (F ) = l. On constate alors que F (F ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 56

57 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4 Soit A une algèbre de dimension finie admettant e pour élément unité et munie d une norme notée. On suppose que : (u, v) A, u.v u. v.. Soit u un élément de A tel que u <. (a) Démontrer que la série u n est convergente. (b) Démontrer que (e u) est inversible et que (e u) =. Démontrer que, pour tout u A, la série u n Corrigé exercice 4 n! converge.. (a) Soit u un élément de A tel que u <. D après les hypothèses, on a u u. On en déduit, par récurrence, que n N, u n u n. Puisque u <, la série numérique u n est convergente et, par comparaison des séries à termes positifs, on peut affirmer que la série vectorielle u n est absolument convergente. n= Puisque l algèbre A est de dimension finie, la série u n converge. (b) Pour tout N N, on a (e u) N u n = e u N+. () n= A A L application ϕ : est linéaire. x (e u)x Et, comme A est de dimension finie, on en déduit que ϕ est continue sur A. Posons alors pour tout n N, S N = N u n et S = n= lim S N = S (d après.a) et ϕ est continue sur A donc, par caractérisation séquentielle de la N + continuité, lim ϕ(s N) = ϕ(s). N + C est-à-dire lim (e u) N u n = (e u) u n. () N + n= De plus, u N+ N+ u ( Donc ) e u N+ = e. (3) lim N + N +. n= n= Ainsi, d après (), () et (3), on en déduit que : (e u) ( + ) On prouve, de même, que u n (e u) = e. n= Et donc, e u est inversible avec (e u) = n= u n. u n. n= u n. u n = e.. On a u n u n n!. De plus, la série exponentielle u n converge. n! n! Donc, par comparaison des séries à termes positifs, la série vectorielle u n donc convergente, car A est de dimension finie. n! est absolument convergente et CC BY-NC-SA 3. FR Page 57

58 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4 Énoncer quatre théorèmes différents ou méthodes permettant de prouver qu une partie d un espace vectoriel normé est fermée et, pour chacun d eux, donner un exemple concret d utilisation dans R. Les théorèmes utilisés pourront être énoncés oralement à travers les exemples choisis. Remarques :. On utilisera au moins une fois des suites.. On pourra utiliser au plus une fois le passage au complémentaire. 3. Ne pas utiliser le fait que R et l ensemble vide sont des parties ouvertes et fermées. Corrigé exercice 4. Soit E et F deux espaces vectoriels normés. Soit f : E F une application continue. L image réciproque d un fermé de F par f est un fermé de E. Exemple : A = { (x, y) R / xy = } est un fermé de R car c est l image réciproque du fermé {} de R R par l application continue f : R (x, y) xy.. Soit E un espace vectoriel normé. Soit F E. F est un fermé de E si et seulement si E F est un ouvert de E. Exemple : B = { (x, y) R / x + y } est un fermé de R car R B est un ouvert de R. En effet, R B = { (x, y) R / x + y < } = B o (, ) où B o (, ) désigne la boule ouverte de centre et de rayon pour la norme euclidienne sur R. Puis, comme toute boule ouverte est un ouvert, on en déduit que R B est un ouvert. 3. Caractérisation séquentielle des fermés : Soit A une partie d un espace vectoriel normé E. A est un fermé de E si et seulement si, pour toute suite (x n ) à valeurs dans A telle que lim x n = x, alors n + x A. Exemple : C = { (x, y) R / xy } est un fermé. En effet, soit ((x n, y n )) n N une suite de points de C qui converge vers (x, y). n N, x n y n, donc, par passage à la limite, xy donc (x, y) C. 4. Une intersection de fermés d un espace vectoriel normé E est un fermé de E. Exemple : D = { (x, y) R / xy et x }. On pose D = { (x, y) R / xy } et D = { (x, y) R / x }. D après 3., D est un fermé. D est également un fermé. En effet, D est l image réciproque du fermé [, + [ de R par l application continue f : On en déduit que D = D D est un fermé de E. R (x, y) x. Remarque : On peut aussi utiliser le fait qu un produit de compacts est un compact et qu un ensemble compact est fermé. Exemple : E = [; ] [; 5] est un fermé de R. En effet, comme [; ] et [; 5] sont fermés dans R et bornés, ce sont donc des compacts de R. On en déduit que E est un compact de R donc un fermé de R. R CC BY-NC-SA 3. FR Page 58

59 EXERCICE 4 analyse Énoncé exercice 4 On considère les deux équations différentielles suivantes : xy 3y = (H) xy 3y = x (E). Résoudre l équation (H) sur l intervalle ], + [.. Résoudre l équation (E) sur l intervalle ], + [. 3. L équation (E) admet-elle des solutions sur l intervalle [, + [? Corrigé exercice 4. On trouve comme solution de l équation homogène sur ], + [ la droite vectorielle engendrée par x x 3. En effet, une primitive de x 3 x sur ], + [ est x 3 ln x.. On utilise la méthode de variation de la constante en cherchant une fonction k telle que x k(x)x 3 soit une solution de l équation complète (E) sur ], + [. On arrive alors à k (x)x 5 = x et on choisit k(x) = x. Les solutions de (E) sur ], + [ sont donc les fonctions x kx 3 x avec k R. 3. Si on cherche à prolonger les solutions de (E) sur [, + [, alors le prolongement par continuité ne pose pas de problème en posant f() =. f(x) f() Par contre, aucun prolongement ne sera dérivable en car = k x. x x x Conclusion : l ensemble des solutions de l équation différentielle xy 3y = x sur [, + [ est l ensemble vide. CC BY-NC-SA 3. FR Page 59

60 EXERCICE 43 analyse Enoncé exercice 43 Soit x R. On définit la suite (u n ) par u = x et, n N, u n+ = Arctan(u n ).. (a) Démontrer que la suite (u n ) est monotone et déterminer, en fonction de la valeur de x, le sens de variation de (u n ). (b) Montrer que (u n ) converge et déterminer sa limite.. Déterminer l ensemble des fonctions h, continues sur R, telles que : x R, h(x) = h(arctan x). Corrigé exercice 43 On pose f(x) = Arctan x.. (a) Premier cas : Si u < u Puisque la fonction f : x Arctan x est strictement croissante sur R alors Arctan(u ) < Arctan(u ) c est-à-dire u < u. Par récurrence, on prouve que n N, u n+ < u n. Donc la suite (u n ) est strictement décroissante. Deuxième cas : Si u > u Par un raisonnement similaire, on prouve que la suite (u n ) est strictement croissante. Troisième cas : Si u = u La suite (u n ) est constante. Pour connaître les variations de la suite (u n ), il faut donc déterminer le signe de u u, c est-à-dire le signe de Arctan(u ) u. On pose alors g(x) = Arctanx x et on étudie le signe de la fonction g. On a x R, g (x) = x + x et donc x R, g (x) <. Donc g est strictement décroissante sur R et comme g() = alors : x ], + [, g(x) < et x ], [, g(x) >. On a donc trois cas suivant le signe de x : - Si x >, la suite(u n ) est strictement décroissante. - Si x =, la suite (u n ) est constante. - Si x <, la suite(u n ) est strictement croissante. (b) La fonction g étant strictement décroissante et continue sur R, elle induit une bijection de R sur g(r) = R. admet donc un unique antécédent par g et, comme g() =, alors est le seul point fixe de f. Donc si la suite (u n ) converge, elle converge vers, le seul point fixe de f. Premier cas : Si u > L intervalle ], + [ étant stable par f, on a par récurrence, n N, u n >. Donc la suite (u n ) est décroissante et minorée par, donc elle converge et ce vers, unique point fixe de f. Deuxième cas : Si u < Par un raisonnement similaire, on prouve que (u n ) est croissante et majorée par, donc elle converge vers. Troisième cas : Si u = La suite (u n ) est constante. Conclusion : u R, (u n ) converge vers.. Soit h une fonction continue sur R telle que, x R, h(x) = h(arctan x). Soit x R. Considérons la suite (u n ) définie par u = x et n N, u n+ = Arctan(u n ). On a alors h(x) = h(u ) = h(arctan(u )) = h(u ) = h(arctan(u )) = h(u ) =.... Par récurrence, on prouve que, n N, h(x) = h(u n ). De plus lim h(u n) = h() par convergence de la suite (u n ) vers et par continuité de h. n + On obtient ainsi : h(x) = h() et donc h est une fonction constante. CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

61 Réciproquement, toutes les fonctions constantes conviennent. Conclusion : Seules les fonctions constantes répondent au problème. CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

62 EXERCICE 44 analyse Énoncé exercice 44 Soit E un espace vectoriel normé. Soient A et B deux parties non vides de E.. (a) Rappeler la caractérisation de l adhérence d un ensemble à l aide des suites. (b) Montrer que : A B = A B.. Montrer que : A B = A B. Remarque : une réponse sans utiliser les suites est aussi acceptée. 3. (a) Montrer que : A B A B. (b) Montrer, à l aide d un exemple, que l autre inclusion n est pas forcément vérifiée (on pourra prendre E = R). Corrigé exercice 44 Soit E un espace vectoriel normé. On note A et B deux parties non vides de E.. (a) x A si et seulement si il existe une suite à valeurs dans A qui converge vers x. (b) On suppose A B. Prouvons que A B. Soit x A. Il existe une suite (u n ) n N telle que n N, u n A et lim u n = x. n + Or A B, donc, n N, u n B et lim u n = x. n + Donc x B.. D après la question précédente, A A B, donc A A B. B A B, donc B A B. Donc A B A B. Prouvons que A B A B. Soit x A B. Il existe une suite (u n ) n N telle que, n N, u n A B et lim u n = x. n + On considère les ensembles A = {n N tels que u n A} et A = {n N tels que u n B}. Comme n N, u n A B, A ou A est de cardinal infini. On peut donc extraire de (u n ) n N une sous-suite (u ϕ(n) ) n N à valeurs dans A ou une sous-suite (u ϕ(n) ) n N à valeurs dans B telle que Donc x A B. lim u ϕ(n) = x. n + Remarque :On peut aussi prouver que A B A B sans utiliser les suites : A et B sont fermés, donc A B est un fermé contenant A B. Or A B est le plus petit fermé contenant A B, donc A B A B. 3. (a) D après la question., A B A, donc A B A. A B B, donc A B B. Donc A B A B. Autre méthode : Comme A A et B B alors A B A B. Comme A B est un fermé contenant A B, alors par minimalité de A B, on a A B A B. (b) A =], [ et B =], [. A B = et A B = {}. CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

63 EXERCICE 45 analyse Énoncé Exercice 45 Les questions. et. sont indépendantes. Soit E un R-espace vectoriel normé. Soit A une partie non vide de E. On note A l adhérence de A.. (a) Donner la caractérisation séquentielle de A. (b) Prouver que, si A est convexe, alors A est convexe.. On pose : x E, d A (x) = inf x a. a A (a) Soit x E. Prouver que d A (x) = = x A. (b) On suppose que A est fermée et que : (x, y) E, t [, ], d A (tx + ( t)y) td A (x) + ( t)d A (y). Prouver que A est convexe. Corrigé Exercice 45. (a) Soit A une partie d un ensemble E. x A il existe une suite (x n ) n N à valeurs dans A telle que lim x n = x. n + (b) On suppose que A est une partie non vide et convexe de E. Prouvons que A est convexe. Soit (x, y) ( A ). Soit t [, ]. Prouvons que z = tx + ( t)y A. x A donc, il existe une suite (x n ) n N à valeurs dans A telle que lim x n = x. n + y A donc, il existe une suite (y n ) n N à valeurs dans A telle que On pose : n N, z n = tx n + ( t)y n. n N, x n A, y n A et A est convexe, donc z n A. De plus Donc z est limite d une suite à valeurs dans A, c est-à-dire z A. lim y n = y. n + lim z n = z. n +. (a) Soit A une partie non vide de E. Soit x E tel que d A (x) =. Par définition de la borne inférieure, nous avons : ɛ >, a A tel que x a < ɛ. Donc, n N, pour ɛ = n, il existe a n A tel que x a n < n. Alors la suite (a n ) n N ainsi construite est à valeurs dans A et converge vers x, donc x A. (b) On suppose que A est fermée et que, (x, y) E, t [, ], d A (tx + ( t)y) td A (x) + ( t)d A (y). Soit (x, y) (A). Soit t [, ]. Prouvons que z = tx + ( t)y A. Par hypothèse, on a d A (z) td A (x) + ( t)d A (y). () Or x A et y A, donc d A (x) = d A (y) = et donc, d après (), d A (z) =. Alors, d après.(a), z A. Or A est fermée, donc A = A et donc z A. CC BY-NC-SA 3. FR Page 63

64 EXERCICE 46 analyse Énoncé exercice 46 On considère la série : n ( cos π ) n + n +.. Prouver que, au voisinage de +, π n + n + = nπ + π ( ) + απ n + O n où α est un réel que l on déterminera.. En déduire que n 3. n ( cos π ) n + n + converge. ( cos π ) n + n + converge-t-elle absolument? Corrigé exercice 46. π n + n + = nπ + n + n. Or, au voisinage de +, + n + n = + ( n + n ) 8n + O( n 3 ) = + n + 3 8n + O( n 3 ). Donc, au voisinage de +, π n + n + = nπ + π + 3 π 8 n + O( n ).. On pose n N, v n = cos ( π n + n + ) (. D après., v n = cos nπ + π + 3 π 8 n + O( ) ( 3 n ) = ( ) n+ π sin 8 n + O( ) n ). Donc v n = 3π ( ) n+ + O( 8 n n ). Or ( ) n+ converge (d après le critère spécial des séries alternées) et O( ) converge (par critère n n n n de domination), donc v n converge. n 3. D après le développement asymptotique du., on a v n 8n. Or n diverge (série harmonique), donc v n diverge, c est-à-dire v n ne converge pas absolument. n n n + 3π CC BY-NC-SA 3. FR Page 64

65 EXERCICE 47 analyse Énoncé exercice 47 Pour chacune des séries entières de la variable réelle suivantes, déterminer le rayon de convergence et calculer la somme de la série entière sur le disque ouvert de convergence :. 3 n x n n. n. { a n x n an = 4 avec n a n+ = 5 n+ Corrigé exercice 47. On note R le rayon de convergence de 3 n x n et pour tout réel x, on pose u n (x) = 3n x n n n. n Pour x non nul, u n+ (x) u n (x) = 3nx n + 3x. n + Donc, d après la règle de d Alembert : si 3x < c est-à-dire si x < 3 alors 3 n x n converge absolument n n et si 3x > c est-à-dire si x > alors 3 n x n diverge. 3 n n On en déduit que R =. 3 On pose : x On a : x ] 3, ] 3, [, S(x) = 3 3 [, S(x) = n= n= 3 n x n n. (3x ) n. n Or, d après les développements en séries entières usuels, on a : t ], [, ] Ainsi : x, [, S(x) = ln( 3x ). 3 3 n= t n n = ln( t).. Notons R le rayon de convergence de a n x n. On considère les séries a n x n = 4 n x n et a n+ x n+ = 5 n+ x n+. Notons R le rayon de convergence de 4 n x n et R le rayon de convergence de 5 n+ x n+. Le rayon de convergence de x n vaut. Or, 4 n x n = (4x ) n. Donc pour 4x < c est-à-dire x <, 4 n x n converge absolument et pour 4x > c est-à-dire x >, 4 n x n diverge. On en déduit que R =. Par un raisonnement similaire et comme 5 n+ x n+ = 5x (5x ) n, on trouve R = 5. an x n étant la série somme des séries a n x n et a n+ x n+, on en déduit, comme R R, que R = min(r, R ) = 5. D après ce qui précéde, on en déduit également que : CC BY-NC-SA 3. FR Page 65

66 x ], [, S(x) = a n x n = 5 5 n= n= (4x ) n + 5x n= (5x ) n = 4x + 5x 5x. CC BY-NC-SA 3. FR Page 66

67 EXERCICE 48 analyse Énoncé exercice 48 C ([, ], R) désigne l espace vectoriel des fonctions continues sur [, ] à valeurs dans R. Soit f C ([, ], R) telle que : n N, t n f (t) dt =.. Énoncer le théorème de Weierstrass d approximation par des fonctions polynomiales.. Soit (P n ) une suite de fonctions polynomiales convergeant uniformément sur le segment [, ] vers f. (a) Montrer que la suite de fonctions (P n f) converge uniformément sur le segment [, ] vers f. (b) Démontrer que (c) Calculer f (t) dt = P n (t) f (t) dt. lim n + P n (t)f(t)dt. 3. En déduire que f est la fonction nulle sur le segment [, ]. Corrigé exercice 48. Toute fonction f continue sur un segment [a, b] et à valeurs réelles ou complexes est limite uniforme sur ce segment d une suite de fonctions polynomiales.. On pose : f C ([, ], R), N (f) = sup f(t). t [,] (a) f et P n étant continues sur [, ], t [, ], P n (t)f(t) f (t) = f(t) P n (t) f(t) N (f)n (P n f). On en déduit que N (P n f f ) N (f)n (P n f) () Or (P n ) converge uniformément vers f sur [, ] donc lim N (P n f) =. n + Donc, d après (), lim N (P n f f ) =. n + Donc (P n f) converge uniformément sur [, ] vers f. (b) D après la question précédente, (P n f) converge uniformément sur le segment [, ] vers f. De plus, n N, P n f est continue sur [, ]. Donc, d après le théorème d intégration d une limite uniforme de fonctions continues, lim n + P n (t)f(t)dt = lim (P n(t)f(t))dt = n + (c) Par linéarité de l intégrale, on a ( dn ) P n (t)f(t)dt = a n,k t k f(t)dt = k= Or, par hypothèse, k N, 3. D après les questions.(b) et.(c), on a t k f (t) dt =, donc f (t) dt. ( dn ) a n,k t k f(t) dt = k= f (t) dt =. P n (t)f(t)dt =. d n k= a n,k t k f(t)dt. Or f est positive et continue sur [, ], donc f est nulle sur [, ] et donc f est nulle sur [, ]. CC BY-NC-SA 3. FR Page 67

68 EXERCICE 49 analyse Énoncé exercice 49 Soit a n une série absolument convergente à termes complexes. On pose M = On pose : n N, t [, + [, f n (t) = a nt n e t. n!. (a) Justifier que la suite (a n ) est bornée. (b) Justifier que la série de fonctions f n converge simplement sur [, + [. On admettra, pour la suite de l exercice, que f : t n= n= a n. f n (t) est continue sur [, + [.. (a) Justifier que, pour tout n N, la fonction g n : t t n e t est intégrable sur [, + [ et calculer + g n (t)dt. En déduire la convergence et la valeur de ( + + ) a n t n (b) Prouver que e t dt = n! Corrigé exercice 49 n=. Rappelons que, x R, x n n! converge ( n= + n= a n. x n n! = ex ). f n (t) dt. (a) a n converge absolument, donc converge simplement ; donc la suite (a n ) converge vers et donc elle est bornée. Autre méthode : On remarque que n N a n M = (b) Soit t [, + [. On a : n N, f n (t) M tn n!. Or la série t n n! converge, donc f n (t) converge absolument, donc converge. On a donc vérifié la convergence simple de f n sur [, + [.. (a) n N, g n est continue sur [, + [. ( ) De plus, lim t + t g n (t) =, donc, au voisinage de +, g n (t) = o t. Or t t est intégrable sur [, + [, donc g n est intégrable sur [, + [, donc sur [, + [. On pose alors : n N, I n = + g n (t)dt. En effectuant une intégration par parties, on prouve que I n = ni n. On en déduit par récurrence que I n = n!i = n!. Alors t f n (t) est intégrable sur [, + [ car f n (t) = a n n! g n(t). + Et on a f n (t) dt = a n n! n! = a n. (b) i) n N, f n est continue par morceaux et intégrable sur [, + [ d après la question.(a) p= a p. ii) f n converge simplement sur [, + [ et a pour somme f = n= f n d après.(b). iii) f est continue par morceaux sur [, + [ car continue sur [, + [ d après la question.(b) (admis) iv) + f n (t) dt = a n et a n converge par hypothèse, donc + f n (t) dt converge. CC BY-NC-SA 3. FR Page 68

69 Alors, d après le théorème d intégration terme à terme pour les séries de fonctions, f est intégrable sur [, + [ et on a : ( + + ) a n t n + e t a n t n dt = e t a + n dt = t n e t a + n dt = n! n! n! n! n! = a n. n= n= n= n= n= CC BY-NC-SA 3. FR Page 69

70 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5 + e t On considère la fonction F : x x + t dt.. Prouver que F est définie et continue sur ]; + [.. Prouver que x xf (x) admet une limite en + et déterminer la valeur de cette limite. 3. Déterminer un équivalent, au voisinage de +, de F (x). Corrigé exercice 5 { ]; + [ [; + [ R. Notons f : (x, t) e t x+t (a) x ]; + [, t f(x, t) est continue par morceaux sur [; + [. (b) t [; + [, x f(x, t) = e t est continue sur ]; + [. x + t (c) Soit [a, b] un segment de ]; + [. x [a, b], t [; + [, f(x, t) a e t et ϕ : t a e t est continue par morceaux, positive et intégrable sur [; + [. ( ) En effet, lim t + t ϕ(t) =, donc ϕ(t) = o t + t. Donc ϕ est intégrable sur [, + [, donc sur [; + [. On en déduit que, d après le théorème de continuité des intégrales à paramètres, + e t F : x dt est définie et continue sur ]; + [. x + t + x. x ]; + [, xf (x) = x + t e t dt. Posons x ]; + [, t [; + [, h x (t) = x x+t e t. i) x ]; + [, t h x (t) est continue par morceaux sur [, + [. ii) t [; + [, lim h x(t) = e t. x + La fonction h : t e t est continue par morceaux sur [; + [. iii) x ]; + [, t [; + [, h x (t) e t et t e t est continue par morceaux, positive et intégrable sur [; + [. Donc, d après l extension du théorème de convergence dominée à (h x ) x ];+ [, lim x + + Conclusion : h x (t)dt = + lim xf (x) = x +. h(t)dt = 3. D après., lim xf (x) = x +, donc F (x) + x + e t dt =. x. CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

71 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5. Montrer que la série (n)! (n!) 4n (n + ) converge. On se propose de calculer la somme de cette série.. Donner le développement en série entière en de t t en précisant le rayon de convergence. Remarque : dans l expression du développement, on utilisera la notation factorielle. 3. En déduire le développement en série entière en de x Arcsin x ainsi que son rayon de convergence. 4. En déduire la valeur de Corrigé exercice 5 n= (n)! (n!) 4n (n + ). (n)!. On pose : n N, u n = (n!) 4n (n + ). On a : n N, u n >. n N, u n+ (n + )(n + )(n + ) (n + ) = u n (n + ) 4 = (n + 3) 8(n + )(n + 3) + 4. Ainsi, u n+ u n n + 4 <. Donc, d après la règle de d Alembert, u n converge.. D après le cours, α R, u ( + u) α est développable en série entière en et le rayon de convergence R de son développement en série entière vaut si α N. De plus, u ], [, ( + u) α = + + α(α )...(α n + ) u n. n! En particulier, pour α = et u = t : ( )( 3) ( (n ) ) R = et t ], [, = + t n ( t) n. n! n= n= En multipliant numérateur et dénominateur par n = n n!, on obtient : t ], [, t = + n= Conclusion : R = et t ], [, (n)! ( n n!) tn (n)! = t ( n n!) tn. n= 3. D après la question précédente, en remarquant que : x ], [ t = x [, [ et [, [ ], [, il vient : x ], [, = + (n)! x ( n n!) xn avec un rayon de convergence R =. n= Arcsin est dérivable sur ], [ avec Arcsin : x x. D après le cours sur les séries entières, on peut intégrer terme à terme le développement en série entière de x et le rayon de convergence est conservé. x De plus, on obtient : x ], [, Arcsin x = } Arcsin {{ } = + n= 4. Prenons x = ], [ dans le développement précédent. ( ) (n)! On en déduit que Arcsin = n (n!) (n + ) n+. n= (n)! ( n n!) (n + ) xn+ avec un rayon de convergence R =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

72 C est-à-dire, en remarquant que Arcsin ( ) = π + 6, on obtient (n)! (n!) 4n (n + ) = π 3. n= CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

73 EXERCICE 5 analyse Énoncé exercice 5 Soit α R. y 4 On considère l application définie sur R par f(x, y) = x + y si (x, y) (, ) xy α si (x, y) = (, ).. Prouver que : (x, y) R, x + y xy (x + y ).. (a) Quel est le domaine de définition de f? (b) Déterminer α pour que f soit continue sur R. 3. Dans cette question, on suppose que α =. (a) Justifier l existence de f f et x y sur R \ { (, ) } et les calculer. (b) Justifier l existence de f f (, ) et (, ) et donner leur valeur. x y (c) f est-elle de classe C sur R? Corrigé exercice 5. Soit (x, y) R. x + y xy (x + y ) = (x + y xy) = (x y). Donc x + y xy (x + y ).. (a) Soit (x, y) R. D après., x + y xy = x + y = x = y =. Ainsi, f est définie sur R. (b) D après les théorèmes généraux, f est continue sur R \ { (, ) }. D après., pour (x, y) (, ), f(x, y) Ainsi, f(x, y) (x + y ). (x,y) (,) Or : f est continue en (, ) f(x, y) Donc : f est continue en (, ) α =. Conclusion : f est continue sur R α =. y4 x + y (x + y ) x + y. f(, ) = α. (x,y) (,) 3. (a) D après les théorèmes généraux, f est de classe C sur R \ { (, ) }. (x, y) R \ { (, ) }, f x (x, y) = y4 (x y) f (x + y xy) et y (x, y) = y5 3xy 4 + 4x y 3 (x + y xy). (b) Pour tout x, f(x, ) f(, ) x =, donc f x x f(, y) f(, ) Pour tout y, = y, donc f y y y (c) Pour montrer que f est de classe C sur R, montrons que f x Pour cela, il suffit de montrer qu elles sont continues en (, ). f (, ) existe et (, ) =. x f (, ) existe et (, ) =. y (x, y) R \ { (, ) }, on note r = x + y. On a alors x r et y r. De plus, (x, y) (, ) r. D après. et l inégalité triangulaire, f x f y (x, y) f x (x, y) f y y (, ) 4 4 (x y) (x + y ) 4 r4 (r + r) r 4 = r. r (, ) 4 y 5 3xy 4 + 4x y 3 (x + y ) 4 r5 + 3r 5 + 4r 5 r 4 et f y sont continues sur R. = 36r r. CC BY-NC-SA 3. FR Page 73

74 Donc f f et x y sont continues en (, ) et par suite sur R. Ainsi, f est de classe C sur R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 74

75 EXERCICE 53 analyse Énoncé exercice 53 On considère, pour tout entier naturel n non nul, la fonction f n définie sur R par f n (x) =. (a) Prouver que n f n converge simplement sur R. On pose alors : x R, f(x) = n= f n (x). (b) Soit (a, b) R avec < a < b. f n converge-t-elle normalement sur [a, b]? sur [a, + [? n (c) n f n converge-t-elle normalement sur [, + [?. Prouver que f est continue sur R. 3. Déterminer lim x + f(x). x + n 4 x 4. Corrigé exercice 53. (a) Soit x R. Si x =, alors f n () = et donc n f n () converge. Si x, f n (x) n 4 x 3. Or est une série de Riemann convergente donc, par critère d équivalence pour les séries à termes n n4 + de signe constant, n f n (x) converge. Conclusion : n f n converge simplement sur R. (b) Soit (a, b) R tel que < a < b. Prouvons que n f n converge normalement sur [a, b]. x [a, b], f n (x) b n 4 a 4 (majoration indépendante de x). De plus, converge (série de Riemann convergente). n4 n Donc n f n converge normalement sur [a, b]. Prouvons que n f n converge normalement sur [a, + [. x [a, + [, f n (x) x n 4 x 4 = n 4 x 3 n 4 a 3 (majoration indépendante de x). De plus, converge (série de Riemann convergente). n4 n Donc n f n converge normalement sur [a, + [. (c) On remarque que f n est continue sur le compact [, ], donc f n est bornée sur [, ]. De plus, d après.(b), x [, + [, f n (x) n 4, donc f n est bornée sur [, + [. CC BY-NC-SA 3. FR Page 75

76 On en déduit que f n est bornée sur [, + [ et que n N, sup f n (x) f n ( x [,+ [ n ) = n. Or diverge (série harmonique). n n sup f n (x) existe. x [,+ [ Donc, par critère de minoration des séries à termes positifs, n Donc n f n ne converge pas normalement sur [, + [. sup f n (x) diverge. x [,+ [ Autre méthode : n N, f n est dérivable sur ], + [ et x ], + [, f n(x) = 3n4 x 4 ( + n 4 x 4 ). ] [ On en déduit que f n est croissante sur ], 3 4 n f n étant positive sur R, on en déduit que f n est bornée. Donc sup x [,+ [ f n (x) existe et sup x [,+ [ f n (x) = f n ( Or n n diverge (série harmonique), donc n Donc n f n ne converge pas normalement sur [, + [. et décroissante sur 3 4 n ) = n. sup f n (x) diverge. x [,+ [ [, n. n N, f n est continue sur ], + [. () f n converge normalement, donc uniformément, sur tout segment [a, b] inclus dans ], + [. () n Donc, d après () et (), f est continue sur ], + [. Comme f est impaire, on en déduit que f est également continue sur ], [. Conclusion : f est continue sur R. 3. n N, lim f n(x) = car, au voisinage de +, f n (x) x + n 4 x 3. D après.(b), f n converge normalement, donc uniformément, sur [, + [. n Donc, d après le cours, f admet une limite finie en + et lim f(x) = x + Conclusion : lim x + n= f n (x) = lim f(x) =. x + n= lim f n(x) =. x + + CC BY-NC-SA 3. FR Page 76

77 EXERCICE 54 analyse Énoncé Exercice 54 Soit E l ensemble des suites à valeurs réelles qui convergent vers.. Prouver que E est un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des suites à valeurs réelles.. On pose : u = (u n ) n N E, u = sup u n. n N (a) Prouver que. est une norme sur E. (b) Prouver que : u = (u n ) n N E, u n converge. n+ (c) On pose : u = (u n ) n N E, f(u) = Prouver que f est continue sur E. Corrigé Exercice 54 n= u n n+.. La suite nulle appartient à E. Soit (u, v) = ((u n ) n N, (v n ) n N ) E. Soit α R. Posons n N, w n = u n + αv n. Montrons que w E. u E donc lim u n = et v E donc lim v n =. n + n + On en déduit que lim w n =, donc w E. n + On en déduit que E est bien un sous-espace vectoriel de l espace vectoriel des suites à valeurs réelles.. (a) u = (u n ) n N E, u existe car lim u n = donc (u n ) n N converge et donc elle est bornée. n +. est à valeurs dans R +. i) Soit u = (u n ) n N E telle que u =. Alors sup n N u n = c est-à-dire n N, u n =. Donc u =. ii) Soit u = (u n ) n N E. Soit λ R. Si λ = λu = λ u =. Si λ n N, λu n = λ u n λ u n donc λu λ u. () n N, u n = λ λu n. λu donc λu λ. u. () λ D après () et (), λu = λ u. iii) Soit (u, v) = ((u n ) n N, (v n ) n N ) E. n N, u n + v n u n + v n u + v donc u + v u + v. (b) Soit u = (u n ) n N E. u n u n N, u n u donc n N, n+ n+. Or n+ = ( ) n converge (série géométrique de raison strictement inférieure à en valeur absolue). Donc, par critère de majoration pour les séries à termes positifs, converge. n+ C est-à-dire, u n converge absolument, donc converge. n+ De plus, n= + u n n+ n= u = u. n+ (c) f est clairement linéaire. De plus, d après la questions précédente, u = (u n ) n N E, f(u) u. On en déduit que f est continue sur E. u n CC BY-NC-SA 3. FR Page 77

78 EXERCICE 55 analyse Énoncé exercice 55 Soit a un nombre complexe. On note E l ensemble des suites à valeurs complexes telles que : n N, u n+ = au n+ + 4(ia )u n avec (u, u ) C.. (a) Prouver que E est un sous-espace vectoriel de l ensemble des suites à valeurs complexes. (b) Déterminer, en le justifiant, la dimension de E.. Dans cette question, on considère la suite de E définie par : u = et u =. Exprimer, pour tout entier naturel n, le nombre complexe u n en fonction de n. Indication : discuter suivant les valeurs de a. Corrigé exercice 55. (a) Montrons que E est un sous-espace-vectoriel de l ensemble des suites à valeurs complexes. La suite nulle appartient à E ( obtenue pour (u, u ) = (, )). Soit u = (u n ) n N et v = (v n ) n N deux suites de E. Soit λ C. Montrons que w = u + λv E. On a n N, w n = u n + λv n. Soit n N. w n+ = u n+ + λv n+. Or (u, v) E, donc w n+ = au n+ + 4(ia )u n + λ (av n+ + 4(ia )v n ) c est-à-dire w n+ = a (u n+ + λv n+ ) + 4(ia ) (u n + λv n ) ou encore w n+ = aw n+ + 4(ia )w n. Donc w E. Donc E est un sous-espace vectoriel de l ensemble des suites à valeurs complexes. (b) On considère l application ϕ définie par : E C ϕ : u = (u n ) n N (u, u ) Par construction, ϕ est linéaire et bijective. Donc ϕ est un isomorphisme d espaces vectoriels. On en déduit que dim E = dim C =.. Il s agit d une suite récurrente linéaire d ordre à coefficients constants. On introduit l équation caractéristique (E) : r ar 4(ia ) =. On a deux possibilités : si (E) admet deux racines distinctes r et r, alors n N, u n = αr n + βr n avec (α, β) que l on détermine à partir des conditions initiales. si (E) a une unique racine double r, alors n N, u n = (αn + β)r n avec (α, β) que l on détermine à partir des conditions initiales. Le discriminant réduit de (E) est = a + 4ia 4 = (a + i). Premier cas : a = i r = a = i est racine double de (E). Donc, n N, u n = (αn + β)( i) n. Or u = et u =, donc = β et = (α + β)( i). On en déduit que α = i et β =. Deuxième cas : a i On a deux racines distinctes r = (a + i) et r = i. Donc n N, u n = α ((a + i)) n + β ( i) n. Or u = et u =, donc α + β = et (a + i)α iβ =. On en déduit, après résolution, que α = + i a + i et β =. a + 4i a + 4i CC BY-NC-SA 3. FR Page 78

79 EXERCICE 56 analyse Énoncé exercice 56 On considère la fonction H définie sur ]; + [ par H(x) = x x dt ln t.. Montrer que H est C sur ]; + [ et calculer sa dérivée.. Montrer que la fonction u définie par u(x) = ln x admet une limite finie en x =. x 3. En utilisant la fonction u de la question., calculer la limite en + de la fonction H. Corrigé exercice 56. Soit x un réel de ]; + [. Posons : x ]; + [, F (x) = x x dt ln t. t est continue sur ]; + [. ln t Donc, d après le théorème fondamental du calcul intégral, F est dérivable sur ]; + [ et x ]; + [, F (x) = ln x. De plus, x ]; + [, H(x) = F (x ) F (x) et x ]; + [ on a [x; x ] ]; + [. On en déduit que H est dérivable sur ]; + [. De plus, x ]; + [, H (x) = x ln x ln x = x ln x. On en déduit que H est de classe C sur ]; + [.. En posant x = + h, u(x) = v(h) avec v(h) = h ln(+h) h ln(+h). Or au voisinage de, h ln( + h) = h + o(h ) donc h ln( + h) h. Et h ln( + h) h donc v(h). Donc lim x u(x) = lim h v(h) =. 3. En utilisant u, on a H(x) = x x x dt x u(t)dt + x t = u(t)dt + ln(x + ). () x x ]; + [, u est continue sur l intervalle [ x, x ]. u est continue sur ]; + [ et admet une limite finie en, donc u est prolongeable par continuité en. Notons u ce prolongement continu sur [; + [. Alors, x ]; + [, x x u(t)dt = x On pose alors x [; + [, U (x) = x x u (t)dt. () x u (t)dt. Pour les mêmes raisons que dans la question., U est dérivable, donc continue, sur [, + [. Donc lim U (x) = U () =. x Donc, d après (), lim x x x u(t)dt = lim x U (x) =. On en déduit, d après (), que lim x H(x) = ln. CC BY-NC-SA 3. FR Page 79

80 EXERCICE 57 analyse Énoncé exercice 57. Soit f une fonction de R dans R. (a) Donner, en utilisant des quantificateurs, la définition de la continuité de f en (, ). (b) Donner la définition de «f différentiable en (, )».. On considère l application définie sur R xy x y par f(x, y) = x + y si (x, y) (, ) si (x, y) = (, ) (a) Montrer que f est continue sur R. (b) Montrer que f est de classe C sur R. Corrigé exercice 57. (a) f est continue en (, ) ε >, α > / (x, y) R, (x, y) < α = f(x, y) f(, ) < ε. désigne une norme quelconque sur R puisque toutes les normes sont équivalentes sur R (espace de dimension finie). (b) f est différentiable en (, ) L L C (R, R)/ au voisinage de (, ), f(x, y) = f(, ) + L(x, y) + o( (x, y) ). Remarque : Comme R est de dimension finie, si L L(R, R) alors L L C (R, R).. On notera. la norme euclidienne usuelle sur R. On remarque que (x, y) R, x (x, y) et y (x, y) (*). (a) (x, y) x + y et (x, y) xy(x y ) sont continues sur R \{(, )} et (x, y) x + y ne s annule pas sur R \{(, )} donc, f est continue sur R \{(, )}. Continuité en (,) : On a, en utilisant (*) et l inégalité triangulaire, f(x, y) f(, ) = Donc f est continue en (, ). (b) f est de classe C sur R si et seulement si f x xy x y x +y x. y (x, y). et f y existent sur R et sont continues sur R. f admet des dérivées partielles sur R \{(, )} et elles sont continues sur R \{(, )}. De plus, (x, y) R {(, )}, f x (x, y) = x4 y + 4x y 3 y 5 (x + y ) et f y (x, y) = x5 4x 3 y xy 4 (x + y ). (**) Existence des dérivées partielles en (, ) : x R, f(x,) f(,) x De même, y R, f(,y) f(,) y f(x,) f(,) =, donc lim x x = ; donc f x f(,y) f(,) =, donc lim y y Continuité des dérivées partielles en (, ) : D après (*) et (**), (x, y) R \{(, )}, f (x, y) 6 (x, y) 5 x (x, y) 4 = 6 (x, y) et f (x, y) 6 (x, y) 5 y (x, y) 4 f f Donc x (x, y) = = x (, ) et lim f y Donc f x lim (x,y) (,) f et y Conclusion : f x sont continues en (, ). (x,y) (,) f (, ) existe et x (, ) =. = ; donc f y = 6 (x, y). (x, y) = = f y (, ). f (, ) existe et y (, ) =. et f y existent et sont continues sur R, donc f est de classe C sur R. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

81 EXERCICE 58 analyse Énoncé exercice 58. Soit E et F deux R-espaces vectoriels normés de dimension finie. Soit a E et soit f : E F une application. Donner la définition de «f différentiable en a».. Soit n N. Soit E un R-espace vectoriel de dimension finie n. Soit e = (e, e,..., e n ) une base de E. On pose : x E, x = max i n x i, où x = x i e i. i= On pose : (x, y) E E, (x, y) = max( x, y ). On admet que. est une norme sur E et que. est une norme sur E E. Soit B : E E R une forme bilinéaire sur E. (a) Prouver que : C R + / (x, y) E E, B(x, y) C x y. (b) Montrer que B est différentiable sur E E et déterminer sa différentielle en tout (u, v ) E E. Corrigé exercice 58. Soit f : E F une application. Soit a E. f est différentiable en a L L C (E, F )/ au voisinage de, f(a + h) = f(a) + L(h) + o( h ). Auquel cas, f est différentiable en a et df(a) = L. Remarque :. désigne une norme quelconque sur E car, comme E est de dimension finie, toutes les normes sur E sont équivalentes. Remarque : Comme E est de dimension finie, si L L(E, F ), alors L L C (E, F ).. (a) Soit (x, y) E.! (x, x,..., x n ) R n / x = x i e i et! (y, y,..., y n ) R n / y = y j e j. i= Par bilinéarité de B, on a B(x, y) = Donc B(x, y) Alors C = i= j= i= j= i= j= x i y j B(e i, e j ). i= j= j= x i. y j. B(e i, e j ) B(e i, e j ) x. y. B(e i, e j ) convient. (b) Soit (u, v ) E E. Par bilinéarité de B on a : (u, v) E E, B(u + u, v + v) = B(u, v ) + B(u, v) + B(u, v ) + B(u, v). (*) On pose L((u, v)) = B(u, v) + B(u, v ). Vérifions que L est linéaire sur E E. Soit (x, y) E E. Soit (x, y ) E E. Soit α R. L ((x, y) + α(x, y )) = L((x + αx, y + αy )) = B((u, y + αy )) + B((x + αx, v )). Donc par bilinéarité de B, L ((x, y) + α(x, y )) = B((u, y)) + αb((u, y )) + B((x, v )) + αb((x, v )). C est-à-dire L ((x, y) + α(x, y )) = L((x, y)) + αl((x, y )). On en déduit que L L(E E, R). Donc, comme E E est de dimension finie, L L C (E E, R). (**) De plus, d après.(a), C R + / (x, y) E, B(x, y) C (x y. Donc (x, y) E, B(x, y) C (x, y). On en deduit que, au voisinage de (, ), B(x, y) = o ( (x, y) ). (***) D après (*),(**) et (***), B est différentiable en (u, v ) et db((u, v )) = L. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

82 BANQUE ALGÈBRE EXERCICE 59 algèbre Énoncé exercice 59 Soit n un entier naturel tel que n. Soit E l espace vectoriel des polynômes à coefficients dans K (K = R ou K = C) de degré inférieur ou égal à n. On pose : P E, f (P ) = P P.. Démontrer que f est bijectif de deux manières : (a) sans utiliser de matrice de f, (b) en utilisant une matrice de f.. Soit Q E. Trouver P tel que f (P ) = Q. Indication : si P E, quel est le polynôme P (n+)? 3. f est-il diagonalisable? Corrigé exercice 59. f est clairement linéaire. (*) De plus, P E\ {}, deg P < deg P donc deg(p P ) = deg P. Et, si P =, alors P P = donc deg(p P ) = deg P =. On en déduit que P E, deg f(p ) = deg P. Donc f(e) E. (**) D après (*) et (**), f est bien un endomorphisme de E. (a) Déterminons Kerf. Soit P Kerf. f(p ) = donc P P = donc deg(p P ) =. Or, d après ce qui précéde, deg(p P ) = deg P donc deg P =. Donc P =. On en déduit que Kerf = {}. Donc f est injectif. Or, f L (E) et E est de dimension finie (dim E = n + ) donc f est bijectif. (b) Soit e = (, X,..., X n ) la base canonique de E. Soit A la matrice de f dans la base e. (). A =..... n M n+ (R). () det A = d où det A. Donc f est bijectif.. Soit Q E. D après. :!P E, tel que f(p ) = Q. Alors P P = Q, P P = Q,..., P (n) P (n+) = Q (n). Or P (n+) =, donc, en sommant ces n + égalités, P = Q + Q + + Q (n). 3. Reprenons les notations de.(b). Tout revient à se demander si A est diagonalisable. Notons P A (X) le polynôme caractéristique de A. D après.(b), on a P A (X) = (X ) n+. Donc est l unique valeur propre de A. Ainsi, si A était diagonalisable, alors A serait semblable à la matrice unité I n+. On aurait donc A = I n+. Ce qui est manifestement faux car f Id. Donc A n est pas diagonalisable et par conséquent, f n est pas diagonalisable. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

83 EXERCICE 6 algèbre Énoncé exercice 6 ( ) Soit la matrice A = 4. Déterminer une base de Kerf.. f est-il surjectif? 3. Déterminer une base de Imf. 4. A-t-on M (R) = Kerf Imf? et f l endomorphisme de M (R) défini par : f (M) = AM. Corrigé exercice 6 ( ) a b. Posons M = M c d (R). ( ) a + c b + d On a f(m) =. a + 4c b + 4d ( ) { a b a = c Alors M Kerf (a, b, c, d) R 4 tel que M = avec c d b = d. ( ) c d C est-à-dire, M Kerf (c, d) R tel que M =. {( ) ( )} c d On en déduit que Kerf = Vect,. (*) ( ) ( ) On pose M = et M =. D après (*), la famille (M, M ) est génératrice de Kerf. De plus, M et M sont non colinéaires ; donc (M, M ) est libre. Donc (M, M ) est une base de Kerf.. Kerf {}, donc f est non injectif. Or f est un endomorphisme de M (R) et M (R) est de dimension finie. On en déduit que f est non surjectif. 3. Par la formule du rang, rgf ( =. ) ( ) On pose M 3 = f(e, ) = et M 4 = f(e, ) =. 4 M 3 et M 4 sont non colinéaires, donc (M 3, M 4 ) est une famille libre de Imf. Comme rgf =, (M 3, M 4 ) est une base de Imf. 4. On a dim M (R) = dim Kerf + dim Imf. () Prouvons que Kerf Imf = {}. Soit M Kerf Imf. D après. et 3., (a, b, c, d) R 4 tel que M = am + bm et M = cm 3 + dm 4. On a donc a = c b = d a = c b = 4d On en déduit que a = b = c = d =. Donc M =. Donc Kerf Imf = {} () Donc, d après () et (), M (R) = Kerf Imf.. CC BY-NC-SA 3. FR Page 83

84 EXERCICE 6 algèbre Énoncé exercice 6 On note M n (C) l espace vectoriel des matrices carrées d ordre n à coefficients complexes. Pour A = (a i,j ) i n M n (C), on pose : A = a i,j. j n. Prouver que est une norme sur M n (C). sup i n j n. Démontrer que : (A, B) (M n (C)), AB n A B. Puis, démontrer que, pour tout entier p, A p n p A p. 3. Démontrer que, pour toute matrice A M n (C), la série A p Est-elle convergente? Corrigé exercice 6 p! est absolument convergente.. On remarque que A M n (C), A. i- Soit A = (a i,j ) i n M n (C) telle que A =. j n Comme (i, j) (, n ), a i,j, on en déduit que (i, j) (, n ), a i,j =, c est-à-dire a i,j =. Donc A =. ii- Soit A = (a i,j ) i n M n (C) et soit λ C. j n λa = λa i,j = sup λ a i,j = λ sup a i,j = λ A. sup i n j n i n j n i n j n iii- Soit (A, B) (M n (C)) avec A = (a i,j ) i n j n On a A + B = sup a i,j + b i,j. i n j n et B = (b i,j ) i n. j n Or, (i, j) (, n ), a i,j + b i,j a i,j + b i,j A + B. On en déduit que A + B A + B.. Soit (A, B) (M n (C)) avec A = (a i,j ) i n, B = (b i,j ) i n. j n j n Posons C = AB. On a C = (c i,j ) i n avec (i, j) (, n ), c i,j = a i,k b k,j. j n k= Donc, (i, j) (, n ), c i,j a i,k. (b k,j A B = n A B. k= k= On en déduit que (A, B) (M n (C)), AB n A B. (*) Pour tout entier naturel p, notons (P p ) la propriété : A p n p A p. Prouvons que (P p ) est vraie par récurrence. Pour p =, A = n A, donc (P ) est vraie. Supposons la propriété (P p ) vraie pour un rang p, c est-à-dire A p n p A p. Prouvons que (P p+ ) est vraie. A p+ = A A p donc, d après (*), A p+ n A A p. Alors, en utilisant l hypothèse de récurrence, A p+ n A n p A p = n p A p+. On en déduit que (P p+ ) est vraie. 3. On a p N, A p p! (n A ) p. n p! Or, x R, la série exponentielle x p converge, donc (n A ) p converge. p! p! Donc, par comparaison de séries à termes positifs, la série A p est absolument convergente. p! Or M n (C) est de dimension finie, donc A p converge. p! CC BY-NC-SA 3. FR Page 84

85 EXERCICE 6 algèbre Énoncé exercice 6 Soit E un espace vectoriel sur R ou C. Soit f L(E) tel que f f Id =.. Prouver que f est bijectif et exprimer f en fonction de f.. Prouver que E = Ker(f + Id) Ker(f Id) : (a) en utilisant le lemme des noyaux. (b) sans utiliser le lemme des noyaux. 3. Dans cette question, on suppose que E est de dimension finie. Prouver que Im(f + Id) = Ker(f Id). Corrigé exercice 6. f est linéaire donc : f f Id = f (f Id) = (f Id) f = Id f ( f Id) = ( f Id) f = Id. On en déduit que f est inversible, donc bijectif, et que f = f Id.. (a) On pose P = X X. On a P = (X + )(X ). P = X + et P = X sont premiers entre eux. Donc, d après le lemme des noyaux, KerP (f) = KerP (f) KerP (f). Or P est annulateur de f, donc KerP (f) = E. Donc E = Ker(f + Id) Ker(f Id). (b) Analyse (unicité) : Soit x E. Supposons que x = a + b avec a Ker(f + Id) et b Ker(f Id). Alors par linéarité de f, f(x) = f(a) + f(b) = a + b. On en déduit que a = x f(x) 3 et b = x + f(x). 3 Synthèse (existence) : x f(x) Soit x E. On pose a = et b = x + f(x). 3 3 On a bien x = a + b. (*) (f + Id)(a) = ( f(x) f (x) + x f(x) ) = ( f (x) + f(x) + x ) = car f f Id =. 3 3 Donc a Ker(f + Id). (**) (f Id)(b) = ( f(x) + f (x) x f(x) ) = 3 3 Donc b Ker(f Id). (***) ( f (x) f(x) x ) = car f f Id =. D après (*), (**) et (***), x = a + b avec a Ker(f + Id) et b Ker(f Id). Conclusion : E = Ker(f + Id) Ker(f Id). 3. Prouvons que Im(f + Id) Ker(f Id). Soit y Im(f + Id). x E / y = f(x) + x. Alors (f Id)(y) = f(y) y = f (x) + f(x) f(x) x = f (x) f(x) x = car f f Id =. Donc y Ker(f Id). Donc Im(f + Id) Ker(f Id). (*) Posons dim E = n. D après., n = dim Ker(f + Id) + dim Ker(f Id). De plus, d après le théorème du rang, n = dim Ker(f + Id) + dim Im(f + Id). On en déduit que dim Im(f + Id) = dim Ker(f Id). (**) Donc, d après (*) et (**), Im(f + Id) = Ker(f Id). CC BY-NC-SA 3. FR Page 85

86 EXERCICE 63 algèbre Énoncé exercice 63 Soit un entier n. On considère la matrice carrée d ordre n à coefficients réels :.... A n = Pour n, on désigne par D n le déterminant de A n.. Démontrer que D n+ = D n+ D n.. Déterminer D n en fonction de n. 3. Justifier que la matrice A n est diagonalisable. Le réel est-il valeur propre de A n? Corrigé exercice 63. C est un déterminant tri-diagonal, il suffit de développer selon la première ligne. () D n+ = D n () Puis, en développant le second déterminant obtenu selon la première colonne, on obtient D n+ = D n+ D n.. (D n ) n est une suite récurrente linéaire d ordre d équation caractéristique r r + =. Donc, son terme général est de la forme D n = (λn + µ) n. Puisque D = et D = 3, on obtient D n = n La matrice A n est symétrique réelle donc diagonalisable. D n = n + donc A n est inversible. Donc l endomorphisme canoniquement associé à A n est injectif. On en déduit que n est pas valeur propre de A n. CC BY-NC-SA 3. FR Page 86

87 EXERCICE 64 algèbre Énoncé exercice 64 Soit f un endomorphisme d un espace vectoriel E de dimension n.. Démontrer que : E = Imf Kerf = Imf = Imf.. (a) Démontrer que : Imf = Imf Kerf = Kerf. (b) Démontrer que : Imf = Imf = E = Imf Kerf. Corrigé exercice 64. Supposons E = Imf Kerf. Indépendamment de l hypothèse, on peut affirmer que Imf Imf (*) Montrons que Imf Imf. Soit y Imf. Alors, x E tel que y = f(x). Or E = Imf Kerf, donc (a, b) E Kerf tel que x = f(a) + b. On a alors y = f (a) Imf. Ainsi Imf Imf (**) D après (*) et (**), Imf = Imf.. (a) On a Imf Imf et Kerf Kerf. On en déduit que Imf = Imf rgf = rgf et Kerf = Kerf dim Kerf = dim Kerf. Alors, en utilisant le théorème du rang, Imf = Imf rgf = rgf dim Kerf = dim Kerf Kerf = Kerf. (b) Supposons Imf = Imf. Soit x Imf Kerf. a E tel que x = f(a) et f(x) = E. On en déduit que f (a) = E c est-à-dire a Kerf. Or, d après l hypothèse et.(a), Kerf = Kerf donc a Kerf c est-à-dire f(a) = E. C est-à-dire x =. Ainsi Imf Kerf = { E }. (***) De plus, d après le théorème du rang, dim Imf + dim Kerf = dim E. (****) Donc, d après (***) et (****), E = Imf Kerf. CC BY-NC-SA 3. FR Page 87

88 EXERCICE 65 algèbre Énoncé exercice 65 Soit u un endomorphisme d un espace vectoriel E sur le corps K (= R ou C). On note K[X] l ensemble des polynômes à coefficients dans K.. Démontrer que : (P, Q) K[X] K[X], (P Q)(u) = P (u) Q(u).. (a) Démontrer que : (P, Q) K[X] K[X], P (u) Q(u) = Q(u) P (u). (b) Démontrer que, pour tout (P, Q) K[X] K[X] : (P polynôme annulateur de u)= (P Q polynôme annulateur de u) ( ) 3. Soit A =. Écrire le polynôme caractéristique de A, puis en déduire que le polynôme R = X 4 + X 3 + X 4X est un polynôme annulateur de A. Corrigé exercice 65. Soit (P, Q) (K[X]). m P = a p X p et Q = b q X q. p= Donc P Q = p= q= Donc (P Q)(u) = q= m ( ap b q X p+q). p= q= m ( ap b q u p+q) (*) ( n ) ( m ) Or P (u) Q(u) = a p u p b q u q = p= q= Donc, par linéarité de u, P (u) Q(u) = ( m a p u p b q u ). q p= q= ( m ) a p u p b q u q = p= D après (*) et (**), (P Q)(u) = P (u) Q(u). q=. (a) Soit (P, Q) (K[X]). D après., P (u) Q(u) = (P Q)(u). De même, d après., Q(u) P (u) = (QP )(u). Or P Q = QP donc (P Q)(u) = (QP )(u). On en déduit que P (u) Q(u) = Q(u) P (u). p= q= (b) Soit (P, Q) (K[X]). On suppose que P est annulateur de u. Prouvons que P Q est annulateur de u. D après. et.(a), (P Q)(u) = P (u) Q(u) = Q(u) P (u). (***) Or P est annulateur de u donc P (u) = donc, d après (***), (P Q)(u) =. On en déduit que P Q est annulateur de u. m ( ap b q u p+q). (**) 3. Notons P A (X) le polynôme caractéristique de A. P A (X) = det(xi A). On trouve P A (X) = X(X ). Soit R = X 4 + X 3 + X 4X. On remarque que R() = R() = et on en déduit que R est factorisable par X(X ). C est-à-dire : Q K [X] / R = X(X )Q. Or, d après le théorème de Cayley-Hamilton, P A (X) = X(X ) annule A. Donc, d après.b., comme R = P A (X)Q, R est annulateur de A. CC BY-NC-SA 3. FR Page 88

89 EXERCICE 66 algèbre Énoncé exercice 66 On note p un entier naturel supérieur ou égal à. On considère dans Z la relation d équivalence R définie par : On note Z/pZ l ensemble des classes d équivalence pour cette relation R.. Quelle est la classe d équivalence de? Quelle est celle de p? x R y déf. k Z tel que x y = kp.. Donner soigneusement la définition de l addition usuelle et de la multiplication usuelle dans Z/pZ. On justifiera que ces définitions sont cohérentes. 3. On admet que, muni de ces opérations, Z/pZ est un anneau. Démontrer que Z/pZ est un corps si et seulement si p est premier. Corrigé exercice 66. Les classes d équivalences de et de p sont toutes deux égales à l ensemble des multiples de p, c est-à-dire à pz.. Soit (a, b) (Z/pZ). On pose a + b = a + b et a b = ab. Cette définition est cohérente car elle ne dépend pas des représentants a et b choisis pour a et b. En effet, soit (a, b ) Z tel que a = a et b = b. Alors il existe n Z tel que a = a + np et il existe m Z tel que b = b + mp. Donc a + b = a + b + (n + m)p, c est-à-dire a + b = a + b. Et a b = ab + (am + bn + nmp)p, c est-à-dire a b = ab. 3. Supposons p premier. Alors Z/pZ est commutatif et non réduit à { } car p. Soit ā Z/pZ tel que ā. ā donc p ne divise pas a. Or p est premier donc p est premier avec a. Par le théorème de Bézout, il existe (u, v) Z tel que au + pv = donc ā ū =. Donc a est inversible et (ā) = ū. Ainsi, les éléments non nuls de Z/pZ sont inversibles et finalement Z/pZ est un corps. Supposons que Z/pZ est un corps. Soit k, p. k donc, comme Z/pZ est un corps, il existe k Z tel que k k =. C est-à-dire il existe v Z tel que kk = + vp c est-à-dire k k vp =. Donc, d après le théorème de Bézout, k p = et donc, comme k, k ne divise pas p. On en déduit que les seuls diviseurs positifs de p sont et p. Donc p est premier. CC BY-NC-SA 3. FR Page 89

90 EXERCICE 67 algèbre Énoncé exercice 67 a c Soit la matrice M = b c où a, b, c sont des réels. b a M est-elle diagonalisable dans M 3 (R)? M est-elle diagonalisable dans M 3 (C)? Corrigé exercice 67 χ M (X) = det(xi 3 M). Après calculs, on trouve, χ M (X) = X(X + ca ba bc). Premier cas : ca ba bc < M est diagonalisable dans M 3 (R) car M possède trois valeurs propres réelles distinctes. Elle est, a fortiori, diagonalisable dans M 3 (C). Deuxième cas : ca ba bc = Alors, est la seule valeur propre de M. Ainsi, si M est diagonalisable, alors M est semblable à la matrice nulle c est-à-dire M = ou encore a = b = c =. Réciproquement, si a = b = c = alors M = et donc M est diagonalisable. On en déduit que M est diagonalisable si et seulement si a = b = c =. Troisième cas : ca ba bc > Alors est la seule valeur propre réelle et donc M n est pas diagonalisable dans M 3 (R) car χ M (X) n est pas scindé sur R[X]. En revanche, M est diagonalisable dans M 3 (C) car elle admet trois valeurs propres complexes distinctes. CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

91 EXERCICE 68 algèbre Énoncé exercice 68 Soit la matrice A =.. Démontrer que A est diagonalisable de quatre manières : (a) sans calcul, (b) en calculant directement le déterminant det(λi 3 A), où I 3 est la matrice identité d ordre 3, et en déterminant les sous-espaces propres, (c) en utilisant le rang de la matrice, (d) en calculant A.. On suppose que A est la matrice d un endomorphisme u d un espace euclidien dans une base orthonormée. Trouver une base orthonormée dans laquelle la matrice de u est diagonale. Corrigé exercice 68. (a) La matrice A est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres. (b) On obtient det(λi 3 A) = λ (λ 3). E 3 (A) = Vect et E (A) : x y + z =. Donc A est diagonalisable car dim E 3 (A) + dim E (A) = 3. (c) rga = donc dim E (A) =. On en déduit que est valeur propre au moins double de la matrice A. Puisque tra = 3 et que tra est la somme des valeurs propres complexes de A comptées avec leur multiplicité, la matrice A admet une troisième valeur propre qui vaut 3 et qui est nécessairement simple. Comme dans la question précédente, on peut conclure que A est diagonalisable car dim E 3 (A) + dim E (A) = 3. (d) On obtient A = 3A donc A est diagonalisable car cette matrice annule le polynôme X 3X qui est scindé à racines simples.. On note e = ( u, v, w) la base canonique de R 3. On note ( ) le produit scalaire canonique sur R 3. Soit f l endomorphisme canoniquement associé à A. A est symétrique réelle et e est une base orthonormée, donc f est un endomorphisme symétrique et, d après le théorème spectral, f est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres. On sait également que les sous-espaces propres sont orthogonaux donc il suffit de trouver une base orthonormée de chaque sous-espace propre pour construire une base orthonormée de vecteurs propres. E 3 (f) = Vect(,, ) et E (f) : x y + z =. Donc u = ( i j + k) est une base orthonormée de E 3 (f). 3 i + j et i j k sont deux vecteurs orthogonaux de E (f). On les normalise et on pose v = ( i + j) et w = ( i j ) k. 6 Alors ( v, w) une base orthonormée de E (f). On en déduit que ( u, v, w) est une base orthonormée de vecteurs propres de f. CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

92 EXERCICE 69 algèbre Énoncé exercice 69 a On considère la matrice A = a où a est un réel. a. Déterminer le rang de A.. Pour quelles valeurs de a, la matrice A est-elle diagonalisable? Corrigé exercice 69. Après calcul, on trouve det A = a(a + ). Premier cas : a et a Alors, det A donc A est inversible. Donc rga = 3. Deuxième cas : a = A = donc rga =. Troisième cas : a = A = donc rga car les deux premières colonnes de A sont non colinéaires. Or det A = donc rga. On en déduit que rga =.. Notons P A (X) le polynôme caractéristique de A. X a P A (X) = a X a X Alors, en ajoutant à la première colonne la somme des deux autres puis, en soustrayant la première ligne aux deux autres lignes, on trouve successivement : a a P A (X) = (X a ) X = (X a ) X + a X + a X +. Donc, en développant par rapport à la première colonne, P A (X) = (X a )(X + a)(x + ). Les racines de P A (X) sont a +, a et. a + = a a =. a + = a =. a = a =. Ce qui amène aux trois cas suivants : Premier cas : a, a et a Alors A admet trois valeurs propres disctinctes. Donc A est diagonalisable. Deuxième cas : a = P A (X) = (X )(X + ). Alors A est diagonalisable si et seulement si dim E =, c est-à-dire rg(a + I 3 ) =. Or A + I 3 = donc rg(a + I 3 ) =. Donc A est diagonalisable. Troisième cas : a = Alors, P A (X) = (X + ) (X ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

93 A + I 3 = Les deux premières colonnes de A + I 3 ne sont pas colinéaires, donc rg(a + I 3 ). De plus, est valeur propre de A, donc rg(a + I 3 ). Ainsi, rg(a + I 3 ) = et dim E =. Or l ordre multiplicité de la valeur propre dans le polynôme caractéristique est. On en déduit que A n est pas diagonalisable. Quatrième cas : a = P A (X) = (X ) (X + ). A I 3 =. Les deux premières colonnes de A I 3 sont non colinéaires, donc rg(a I 3). De plus, est valeur propre donc rg(a I 3). Ainsi, rg(a I 3) = et dim E =. Or l ordre de multiplicité de la valeur propre dans le polynôme caractéristique est. On en déduit que A est non diagonalisable. CC BY-NC-SA 3. FR Page 93

94 EXERCICE 7 algèbre Énoncé exercice 7 Soit A = M 3 (C).. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A. A est-elle diagonalisable?. Soit (a, b, c) C 3 et B = ai 3 + ba + ca, où I 3 désigne la matrice identité d ordre 3. Déduire de la question. les éléments propres de B. Corrigé exercice 7. χ A (X) = (X 3 ) donc SpA = {, j, j }. On en déduit que A est diagonalisable dans M 3 (C) car elle admet trois valeurs propres distinctes. On pose E (A) = Ker(A I 3 ), E j (A) = Ker(A ji 3 ) et E j (A) = Ker(A j I 3 ). Après résolution, on trouve E (A) = Vect et E j (A) = Vect j. j Et, par conjugaison (comme A est à coefficients réels), E j (A) = Vect j.. Soit e = (e, e, e 3 ) la base canonique de C 3, vu comme un C-espace vectoriel. Soit f l endomorphisme canoniquement associé à A. On pose e = (,, ), e = (, j, j), e 3 = (, j, j ) et e = (e, e, e 3). D après., e est une base de vecteurs propres pour f. Soit P la matrice de passage de e à e. On a P = j j. Soit D = j. j j j Alors, D = P AP, c est-à-dire A = P DP. On en déduit que B = ai 3 + bp DP + cp D P = P ( ai 3 + bd + cd ) P. Q() C est-à-dire, si on pose Q = a + bx + cx, alors B = P Q(j) P. Q(j ) On en déduit que B est diagonalisable et que les valeurs propres, distinctes ou non, de B sont Q(), Q(j) et Q(j ). Premier cas : Q(), Q(j) et Q(j ) sont deux à deux distincts B possède trois valeurs propres distinctes : Q(), Q(j) et Q(j ). De plus, on peut affirmer que : E Q() (B) = E (A) = Vect E Q(j) (B) = E j (A) = Vect j et j E Q(j )(B) = E j (A) = Vect j. j Deuxième cas : deux valeurs exactement parmi Q(), Q(j) et Q(j ) sont égales. Supposons par exemple que Q() = Q(j) et Q(j ) Q(). B possède deux valeurs propres distinctes : Q() et Q(j ). De plus, on peut affirmer que : E Q() (B) = Vect, j et E Q(j )(B) = Vect j. j j Troisième cas : Q() = Q(j) = Q(j ). B possède une unique valeur propre : Q(). De plus, on peut affirmer que B = Q()I 3 et E Q() (B) = R 3. j CC BY-NC-SA 3. FR Page 94

95 EXERCICE 7 algèbre Énoncé exercice 7 Soit p la projection vectorielle de R 3, sur le plan P d équation x + y + z =, parallèlement à la droite D d équation x = y = z 3.. Vérifier que R 3 = P D.. Soit u = (x, y, z) R 3. Déterminer p(u) et donner la matrice de p dans la base canonique de R Déterminer une base de R 3 dans laquelle la matrice de p est diagonale. Corrigé exercice 7. D = Vect ((,, 3)). (,, 3) P car les coordonnées du vecteur (,, 3) ne vérifient pas l équation de P. Donc D P = {}. (*) De plus, dim D + dim P = + = dim R 3. (**) D après (*) et (**), R 3 = P D.. Soit u = (x, y, z) R 3. Par définition d une projection, p(u) P et u p(u) D. u p(u) D signifie que α R tel que u p(u) = α(,, 3). On en déduit que p(u) = (x α, y α, z 3α). (***) Or p(u) P donc (x α) + (y α) + (z 3α) =, c est-à-dire α = (x + y + z). 6 Et donc, d après (***), p(u) = (5x y z, x + 4y z, 3x 3y + 3z). 6 Soit e = (e, e, e 3 ) la base canonique de R 3. Soit A la matrice de p dans la base e. On a A = On pose e = (,, 3), e = (,, ) et e 3 = (,, ). e est une base de D et (e, e 3) est une base de P. Or R 3 = P D donc e = (e, e, e 3) est une base de R 3. De plus e D donc p(e ) =. e P et e 3 P donc p(e ) = e et p(e 3) = e 3. Ainsi, M(p, e ) =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 95

96 EXERCICE 7 algèbre Énoncé exercice 7 Soit n un entier naturel non nul. Soit f un endomorphisme d un espace vectoriel E de dimension n, et soit e = (e,..., e n ) une base de E. On suppose que f(e ) = f(e ) = = f(e n ) = v, où v est un vecteur donné de E.. Donner le rang de f.. f est-il diagonalisable? (discuter en fonction du vecteur v) Corrigé exercice 7. Si v = E alors f est l endomorphisme nul et donc rgf =. Si v alors rgf = car, si on note c, c,..., c n les colonnes de la matrice A de f dans la base canonique e, alors c et c = c =... = c n.. Premier cas : v = E alors f est l endomorphisme nul et donc f est diagonalisable. Deuxième cas : v E. Alors rgf = et donc dim Kerf = n. Donc est valeur propre de f et, si on note m l ordre de multiplicité de la valeur propre dans le polynôme caractéristique de f, alors m n. On en déduit alors que : λ K / P f (X) = X n (X λ). (*) Et donc, tr(f) = λ. e est une base de E donc :! (x, x,..., x n ) K n / v = x e + x e x n e n. En écrivant la matrice de f dans la base e, on obtient alors tr(f) = x + x x n. Ainsi, λ = x + x x n. (**) Ce qui amène à la discussion suivante : Premier sous- cas : si x + x x n D après (*) et (**), λ = x + x x n est une valeur propre non nulle de f et dim E λ =. Ainsi, dim E + dim E λ = n et donc f est diagonalisable. Deuxième sous- cas : si x + x x n = Alors, d après (*) et (**), P f (X) = X n. Donc est valeur propre d ordre de multiplicité n dans le polynôme caractéristique. Or dim E = n. Donc f n est pas diagonalisable. Remarque dans le cas où v Comme v = x e + x e x n e n, alors, par linéarité de f, f(v) = x f(e ) + x f(e ) x n f(e n ). C est-à-dire, f(v) = (x + x x n )v. (***) On en déduit que : x + x x n = f(v) =. De plus, dans le cas où x + x +...x n, alors, d après (***), v est un vecteur propre associé à la valeur propre λ = x + x x n et d après ce qui précéde, E f (λ) = Vect(v). CC BY-NC-SA 3. FR Page 96

97 EXERCICE 73 algèbre Énoncé exercice 73 ( ) On pose A =. 4. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A. ( ) 3. Déterminer toutes les matrices qui commutent avec la matrice. En déduire que l ensemble des matrices qui commutent avec A est Vect (I, A). Corrigé exercice 73. On obtient le polynôme caractéristique χ A = (X 3)(X + ) et donc SpA = {, 3}. Après résolution (( des équations AX (( = 3X et AX = X, on obtient : E 3 = Vect et E )) = Vect. 4)) ( ) a b. Soit N =. c d { b = 3b ND = DN b = c = N diagonale. 3c = c On a A = P DP avec P = ( 4 ) et D = ( ) 3. Soit M M (R). AM = MA P DP M = MP DP ( D(P) MP ) = (P ( MP ) )D P MP commute avec D. a a C est-à-dire, AM = MA P MP = M = P P d d. { ( ) } a Donc, l espace des matrices commutant avec A est C(A) = P P d avec (a, d) R. C est un plan vectoriel. De plus, pour des raisons d inclusion (I C(A) et A C(A)) et d égalité des dimensions, C(A) = Vect(I, A). CC BY-NC-SA 3. FR Page 97

98 EXERCICE 74 algèbre Énoncé exercice 74. On considère la matrice A =. (a) Justifier sans calcul que A est diagonalisable. (b) Déterminer les valeurs propres de A puis une base de vecteurs propres associés. x = x + z. On considère le système différentiel y = y, x, y, z désignant trois fonctions de la variable t, z = x + z dérivables sur R. En utilisant la question. et en le justifiant, résoudre ce système. Corrigé exercice 74. (a) A est symétrique réelle donc diagonalisable. + X (b) P A (X) = det(xi 3 A) = + X + X. En développant par rapport à la première ligne, on obtient, après factorisation : P A (X) = (X )(X + )(X 3). On obtient aisément, E = Vect, E = Vect et E 3 = Vect. On pose e = (,, ), e = (,, ) et e 3 = (,, ). Alors, e = (e, e, e 3) est une base de vecteurs propres pour l endomorphisme f canoniquement associé à la matrice A. x = x + z. Notons (S) le système y = y. z = x + z x(t) Posons X(t) = y(t). z(t) Alors, (S) X = AX. On note P la matrice de passage de la base canonique e de R 3 à la base e. D après., P =. Et, si on pose D =, alors A = P DP. 3 Donc (S) P X = DP X. x (t) On pose alors X = P X et X (t) = y (t). z (t) Ainsi, par linéarité de la dérivation, (S) X = DX x = x y = y z = 3z On résout alors chacune des trois équations différentielles d ordre qui constituent ce système. On trouve x (t) = ae t y (t) = be t avec (a, b, c) R 3. z (t) = ce 3t Enfin, on détermine x, y, z en utilisant la relation X = P X. CC BY-NC-SA 3. FR Page 98

99 x(t) = be t + ce 3t On obtient : y(t) = ae t avec (a, b, c) R 3. z(t) = be t + ce 3t CC BY-NC-SA 3. FR Page 99

100 EXERCICE 75 algèbre Énoncé exercice 75 On considère la matrice A = ( ) Démontrer que A n est pas diagonalisable.. On note f l endomorphisme de R canoniquement associé à A. Trouver une base (v, v ) de R dans laquelle la matrice de f est de la forme On donnera explicitement les valeurs de a, b et c. { x 3. En déduire la résolution du système différentiel = x 4y y = x + 3y Corrigé exercice 75. On obtient le polynôme caractéristique χ A (X) = (X ), donc SpA = {}. Si A était diagonalisable, alors A serait semblable à I, donc égale à I. Ce n est visiblement pas le cas et donc A n est pas diagonalisable. ((. χ A (X) étant scindé, A est trigonalisable. E (A) = Vect. )). ( ) a b. c Pour v = (, ) et v = (, ) ((choisi de ) sorte que f(v ) = v + v ) on obtient une base (v, v ) dans laquelle la matrice de f est T =. ( ) 3. On a A = P T P avec P =. ( ) ( ) x a Posons X = et Y = P X =. y b Le système différentiel étudié équivaut à l équation X = AX qui équivaut encore, grâce à la linéarité de la dérivation, à l équation Y = T Y. { { a = a + b a(t) = λe t + µte t Cela nous amène à résoudre le système b de solution générale = b b(t) = µe t { Enfin, par la relation X = P Y on obtient la solution générale du système initial : x(t) = ((λ µ) + µt) e t y(t) = ( λ µt) e t CC BY-NC-SA 3. FR Page

101 EXERCICE 76 algèbre Énoncé exercice 76 Soit E un R-espace vectoriel muni d un produit scalaire noté ( ). On pose x E, x = (x x).. (a) Énoncer et démontrer l inégalité de Cauchy-Schwarz. (b) Dans quel cas a-t-on égalité? Le démontrer.. Soit E = {f C ([a, b], R) {, x [a, b] f(x) > }. b } b Prouver que l ensemble f(t)dt a a f(t) dt, f E admet une borne inférieure m et déterminer la valeur de m. Corrigé exercice 76. (a) Soit E un R-espace vectoriel muni d un produit scalaire noté ( ). On pose x E, x = (x x). Inégalité de Cauchy-Schwarz : (x, y) E, (x y) x y Preuve : Soit (x, y) E. Posons λ R, P (λ) = x + λy. On remarque que λ R, P (λ). De plus, P (λ) = (x + λy x + λy). Donc, par bilinéarité et symétrie de ( ), P (λ) = y λ + λ (x y) + x. On remarque que P (λ) est un trinôme en λ si et seulement si y. Premier cas : si y = Alors (x y) = et x y = donc l inégalité de Cauchy-Schwarz est vérifiée. Deuxième cas : y Alors y = (y y) car y et ( ) est une forme bilinéaire symétrique définie positive. Donc, P est un trinôme du second degré en λ qui est positif ou nul. On en déduit que le discriminant réduit est négatif ou nul. Or = (x y) x y donc (x y) x y. Et donc, (x y) x y. (b) On reprend les notations de.. Prouvons que (x, y) E, (x y) = x y x et y sont colinéaires. Supposons que (x y) = x y. Premier cas : si y = Alors x et y sont colinéaires. Deuxième cas : si y Alors le discriminant de P est nul et donc P admet une racine double λ. C est-à-dire P (λ ) = et comme ( ) est définie positive, alors x + λ y =. Donc x et y sont colinéaires. Supposons que x et y soient colinéaires. Alors α R tel que x = αy ou y = αx. Supposons par exemple que x = αy (raisonnement similaire pour l autre cas). (x y) = α. (y y) = α y et x y = (x x) y = α (y y) y = α. y. Donc, on a bien l égalité.. On pose A = { b a a b f(t)dt a } f(t) dt, f E. A R. A car (b a) A ( valeur obtenue pour la fonction t de E). b b De plus, f E, f(t)dt dt donc A est minorée par. f(t) a On en déduit que A admet une borne inférieure et on pose m = inf A. CC BY-NC-SA 3. FR Page

102 Soit f E. On considère la quantité D une part, a ( b a ( b f(t) f(t) dt) = a f(t) f(t) dt). ( b dt) = (b a). a D autre part, si on utilise l inégalité de Cauchy-Schwarz pour le produit scalaire usuel sur C ([a, b], R), on obtient ( : b b f(t) dt) f(t) On en déduit que f E, Donc m (b a). a b a b f(t)dt a b f(t)dt a f(t) dt. f(t) dt (b a). Et, si on considère la fonction f : t de E, alors Donc m = (b a). b a b f(t)dt a f(t) dt = (b a). CC BY-NC-SA 3. FR Page

103 EXERCICE 77 algèbre Énoncé exercice 77 Soit E un espace euclidien.. Soit A un sous-espace vectoriel de E. Démontrer que ( A ) = A.. Soient F et G deux sous-espaces vectoriels de E. (a) Démontrer que (F + G) = F G. (b) Démontrer que (F G) = F + G. Corrigé exercice 77. On a A ( A ). (*) En effet, x A, y A, (x y) =. C est-à-dire, x A, x (A ). Comme E est un espace euclidien, E = A A donc dim A = n dim A. De même, E = A ( A ) donc dim ( A ) = n dim A. Donc dim ( A ) = dim A. (**) D après (*) et (**), ( A ) = A.. (a) Procédons par double inclusion. Prouvons que F G (F + G). Soit x F G. Soit y F + G. Alors (f, g) F G tel que y = f + g. (x y) = (x f) }{{} = car f F et x F + (x g) }{{} = car g G et x G Donc y (F + G), (x y) =. Donc x (F + G). =. Prouvons que (F + G) F G. Soit x (F + G). y F, on a (x y) = car y F F + G. Donc x F. De même, z G, on a (x z) = car z G F + G. Donc x G. On en déduit que x F G. Finalement, par double inclusion, (F + G) = F G. (b) D après.(a), appliquée à F et à G, on a ( F + G ) = ( F ) ( G ). Donc, d après., ( F + G ) = F G. ( (F Donc + G ) ) = (F G). C est-à-dire, en utilisant. à nouveau, F + G = (F G). CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

104 EXERCICE 78 algèbre Énoncé exercice 78 Soit E un espace euclidien de dimension n et u un endomorphisme de E. On note (x y) le produit scalaire de x et de y et. la norme euclidienne associée.. Soit u un endomorphisme de E, tel que : x E, u(x) = x. (a) Démontrer que : (x, y) E (u(x) u(y)) = (x y). (b) Démontrer que u est bijectif.. Démontrer que l ensemble O(E) des isométries vectorielles de E, muni de la loi, est un groupe. 3. Soit u L(E). Soit e = (e, e,..., e n ) une base orthonormée de E. Prouver que : u O(E) (u(e ), u(e ),..., u(e n )) est une base orthonormée de E. Corrigé exercice 78. Soit u L(E) tel que (x, y) E, (u(x) u(y)) = (x y). (a) Soit (x, y) E. On a, d une part, u(x + y) = x + y = x + (x y) + y. (*) D autre part, u(x + y) = u(x) + u(y) = u(x) + (u(x) u(y)) + u(y) = x + (u(x) u(y)) + y. (**) On en déduit, d après (*) et (**), que (u(x) u(y)) = (x y). (b) Soit x Keru. Par hypothèse, = u(x) = x. Donc x =. Donc Keru = { E }. Donc u est injectif. Puisque E est de dimension finie, on peut conclure que l endomorphisme u est bijectif.. Montrons que l ensemble O(E) des endomorphismes orthogonaux est un sous-groupe du groupe linéaire (GL(E), ). On a O(E) GL(E) en vertu de ce qui précède. On a aussi, évidemment, Id E O(E). Donc O(E). Soit (u, v) (O(E)). x E, u v (x) = u(v (x)) = v (x) car u O(E). Et v (x) = v(v (x)) = x car v O(E). Donc x E, u v (x) = x. On en déduit, d après.(a), que u v O(E). 3. Soit u L(E). Soit e = (e, e,..., e n ) une base orthonormée de E. Supposons que u O(E). Soit (i, j) (, n ). u O(E) donc (u(e i ) u(e j )) = (e i e j ). Or e est une base orthonormée de E donc (e i e j ) = δ j i où δj i désigne le symbole de Kronecker. On en déduit que (i, j) (, n ),(u(e i ) u(e j )) = δ j i. C est-à-dire (u(e ), u(e ),..., u(e n )) est une famille orthonormée de E. Donc, c est une famille libre à n éléments de E avec dim E = n. Donc (u(e ), u(e ),..., u(e n )) est une base orthonormée de E. Réciproquement, supposons que (u(e ), u(e ),..., u(e n )) est une base orthonormée de E. Soit x E. Comme e est une base orthonormée de E, x = x i e i. i= x = x i e i x j e j = x i x j (e i e j ). i= j= i= j= CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

105 Or e est une base orthonormée de E donc x = i= x i. (*) De même, par linéarité de u, u(x) = ( x i u(e i ) x j u(e j )) = i= j= i= j= Or (u(e ), u(e ),..., u(e n )) est une base orthonormée de E, donc u(x) = D après (*) et (**), x E, u(x) = x. Donc, d après.(a), u O(E). x i x j (u(e i ) u(e j )). x i. (**) i= CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

106 EXERCICE 79 algèbre Énoncé exercice 79 Soit a et b deux réels tels que a<b.. Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R. Démontrer que b a h(x)dx = = h =.. Soit E le R-espace vectoriel des fonctions continues de [a, b] dans R. On pose : (f, g) E, (f g) = b a f(x)g(x)dx. Démontrer que l on définit ainsi un produit scalaire sur E. 3. Majorer xe x dx en utilisant l inégalité de Cauchy-Schwarz. Corrigé exercice 79. Soit h une fonction continue et positive de [a, b] dans R telle que On pose x [a, b], F (x) = x a h(t)dt. h est continue sur [a, b] donc F est dérivable sur [a, b]. De plus, x [a, b], F (x) = h(x). Or h est positive sur [a, b] donc F est croissante sur [a, b]. (*) Or F (a) = et, par hypothèse, F (b) =. C est-à-dire F (a) = F (b). (**) D après (*) et (**), F est constante sur [a, b]. Donc x [a, b], F (x) =. C est-à-dire, x [a, b], h(x) =.. On pose (f, g) E, (f g) = b a f(x)g(x)dx. b a h(x)dx =. Par linéarité de l intégrale, ( ) est linéaire par rapport à sa première variable. Par commutativité du produit sur R, ( ) est symétrique. On en déduit que ( ) est une forme bilinéaire symétrique. (*) Soit f E. (f f) = b a f (x)dx. Or x f (x) est positive sur [a, b] et a < b donc (f f). Donc ( ) est positive. (**) Soit f E telle que (f f) =. Alors b a f (x)dx =. Or x f (x) est positive et continue sur [a, b]. Donc, d après., f est nulle sur [a, b]. Donc ( ) est définie. (***) D après (*), (**) et (***), ( ) est un produit scalaire sur E. e 3. L inégalité de Cauchy-Schwarz donne xe x dx x dx e x dx =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

107 EXERCICE 8 algèbre Énoncé exercice 8 Soit E l espace vectoriel des applications continues et π-périodiques de R dans R. π. Démontrer que (f g) = f (t) g (t) dt définit un produit scalaire sur E. π. Soit F le sous-espace vectoriel engendré par f : x cos x et g : x cos (x). Déterminer le projeté orthogonal sur F de la fonction u : x sin x. Corrigé exercice 8 π. On pose (f, g) E, (f g) = f(t)g(t)dt. π Par linéarité de l intégrale, ( ) est linéaire par rapport à sa première variable. Par commutativité du produit sur R, ( ) est symétrique. On en déduit que ( ) est une forme bilinéaire symétrique. (*) π Soit f E. (f f) = f (t)dt. π Or t f (t) est positive sur [, π] et < π, donc (f f). Donc ( ) est positive. (**) Soit f E telle que (f f) =. Alors π f (t)dt =. Or t f (t) est positive et continue sur [, π]. Donc, f est nulle sur [, π]. Or f est π-périodique donc f =. Donc ( ) est définie. (***) D après (*), (**) et (***), ( ) est un produit scalaire sur E.. On a x R, sin x = cos(x). x cos(x) F. De plus, si on note h l application x, (h f) = 4π π cos xdx = et (h g) = 4π π cos(x)dx = donc h F (car F = Vect(f, g)). On en déduit que le projeté orthogonal de u sur F est x cos(x). CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

108 EXERCICE 8 algèbre Énoncé exercice 8 On définit dans M (R) M (R) l application ϕ par : ϕ (A, A ) = tr ( t AA ), où tr ( t AA ) désigne la trace du produit de la matrice t A par la matrice A. On admet que ϕ est un produit scalaire sur M (R). {( ) a b On note F =, (a, b) R }. b a. Démontrer que F est un sous-espace vectoriel de M (R).. Déterminer une base de F. 3. Déterminer la projection orthogonale de J = 4. Calculer la distance de J à F. ( ) sur F. Corrigé exercice 8 ( ). On a immédiatement F = Vect(I, K) avec K =. On peut donc affirmer que F est un sous-espace vectoriel de M (R). F = Vect(I, K) donc (I, K) est une famille génératrice de F. De plus, I et K sont non colinéaires donc la famille (I, K) est libre. On en déduit que (I, K) est une base de F. ( ) a b. Soit M = M c d (R). Comme (I, K) est une base de F, M F ϕ(m, I ) = et ϕ(m, K) =. C est-à-dire, M F a + d = et b c =. Ou encore, M F d = a et c = b. ( ) ( ) On en déduit que F = Vect (A, B) avec A = et B =. (A, B) est une famille libre et génératrice de F donc (A, B) est une base de F. 3. On peut écrire J = I + B avec I F et B F (. ) Donc le projeté orthogonal de J sur F est B =. 4. On note d(j, F) la distance de J à F. D après le cours, d(j, F) = J p F (J) où p F (J) désigne le projeté orthogonal de J sur F. On peut écrire à nouveau que J = I + B avec I F et B F. Donc p F (J) = I. On en déduit que d(j, F) = J p F (J) = J I = B =. CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

109 EXERCICE 8 algèbre Énoncé exercice 8 Soit E un espace préhilbertien et F un sous-espace vectoriel de E de dimension finie n >. On admet que, pour tout x E, il existe un élément unique y de F tel que x y soit orthogonal à F et que la distance de( x à F) soit égale( à x ) y. a b a Pour A = et A c d b = c d, on pose (A A ) = aa + bb + cc + dd.. Démontrer que (.. ) est un produit scalaire sur M (R). ( ). Calculer la distance de la matrice A = au sous-espace vectoriel F des matrices triangulaires supérieures. Corrigé exercice 8. On pose E ( = M )(R). ( ) a b a Pour A = E et A c d b = c d E, on pose (A A ) = aa + bb + cc + dd. ( ) ( ) ( ) a b a Soit A = E, A c d b = a b c d E, B = c d E. Soit α R. (( ) ( )) a + a (A + A b + b B) = a b c + c d + d c d = (a + a )a + (b + b )b + (c + c )c + (d + d )d. Donc (A + (( A B) = (aa ) ( + bb + )) cc + dd ) + (a a + b b + c c + d d ) = (A B) + (A B). αa αb a b (αa B) = αc αd c d = αaa + αbb + αcc + αdd = α (A B). On en déduit que (.. ) est linéaire par rapport à sa première variable. De plus, par commutativité du produit sur R, (.. ) est symétrique. Donc (.. ) est une forme bilinéaire et symétrique. (*) ( ) a b Soit A = E. c d (A A) = a + b + c + d. Donc (..) est positive. (**) ( ) a b Soit A = E telle que (A A) =. c d Alors a + b + c + d =. Comme il s agit d une somme de termes tous positifs, on en déduit que a = b = c = d = donc A =. Donc (.. ) est définie. (***) D après (*), (**) et (***), (.. ) est un produit scalaire sur E. ( ). A =. ( ) ( ) On a A = +. ( ) ( ) (( ) F et F car (a, b, d) R 3, ( )) a b =. d On en déduit que le projeté orthogonal, noté p F (A), de A sur F est la matrice Ainsi, d(a, F ) = A p F (A) = ( ) =. ( ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

110 Exercice 83 algèbre Énoncé exercice 83 Soit u et v deux endomorphismes d un espace vectoriel E.. Soit λ un réel non nul. Prouver que si λ est valeur propre de u v, alors λ est valeur propre de v u.. On considère, sur E = R [X] les endomorphismes u et v définis par u : P X P et v : P P. Déterminer Ker(u v) et Ker(v u). Le résultat de la question. reste-t-il vrai pour λ =? 3. Si E est de dimension finie, démontrer que le résultat de la première question reste vrai pour λ =. Indication : penser à utiliser le déterminant. Corrigé exercice 83. Soit λ. Si λ valeur propre de u v alors x E \ {} / (u v)(x) = λx. ( ) Pour un tel x non nul, on a alors v(u v(x)) = λv(x) c est-à-dire (v u)(v(x)) = λv(x) Si v(x) = alors, d après ( ), λx =. Ce qui est impossible car x et λ. Donc v(x). Donc, d après ( ), v(x) est un vecteur propre de v u associé à la valeur propre λ.. On trouve que v u = Id et u v : P P (X) P (). Ainsi Ker(v u) = {} et Ker(u v) = R [X]. On observe que est valeur propre de u v mais n est pas valeur propre de v u. On constate donc que le résultat de la question. est faux pour λ =. 3. Si E est de dimension finie, comme det(u v) = det u det v = det(v u) alors : est valeur propre de u v det(u v) = det(v u) = est valeur propre de v u. Remarque : le résultat de la question. est vrai pour λ = si et seulement si E est de dimension finie. Remarque : Si E est de dimension finie, u v et v u ont les mêmes valeurs propres. ( ). CC BY-NC-SA 3. FR Page

111 EXERCICE 84 algèbre Énoncé exercice 84. Donner la définition d un argument d un nombre complexe non nul (on ne demande ni l interprétation géométrique, ni la démonstration de l existence d un tel nombre).. Soit n N. Donner, en justifiant, les solutions dans C de l équation z n = et préciser leur nombre. 3. En déduire, pour n N, les solutions dans C de l équation (z + i) n = (z i) n et démontrer que ce sont des nombres réels. Corrigé exercice 84. Soit z un complexe non nul. Posons z = x + iy avec x et y réels. Un argument de z est un réel θ tel que z z = eiθ avec z = x + y.. z = n est pas soultion de l équation z n =. Les complexes solutions s écriront donc sous la forme z = re iθ avec r > et θ R. On a z n = r n = et nθ = mod π r = et θ = kπ n avec k Z kπ, pour k, n, sont deux à deux distincts et k, n, Les réels kπ [, π[. n n [, π[ C Or θ e iθ est injective. { } Donc, e ikπ n avec k, n est constitué de n solutions distinctes de l équation z n =. Les solutions de l équation z n = étant également racines du polynôme X n, il ne peut y en avoir d autres. { } Finalement, l ensemble des solutions de l équation z n = est S = e ikπ n avec k, n. 3. z = i n étant pas solution de ( l équation ) (z + i) n = (z i) n, n (z + i) n = (z i) n z + i = z i k, n tel que z + i z i = e ikπ n ( ) k, n tel que z e ikπ n ( = i + e ikπ n ) ( ) En remarquant que z e ikπ n ( = i + e ikπ n (z + i) n = (z i) n k, n tel que z = i e ikπ n + e ikπ n En écrivant i e ikπ n + réels. e ikπ n ikπ = i e n ikπ e n + e ikπ n e ikπ n ) n admet pas de solution pour k =, on en déduit que : cos ( ) kπ n = i ( ) = kπ i sin tan( kπ, on voit que les solutions sont des n n ) On pouvait aussi voir que si z est solution de l équation (z + i) n = (z i) n alors z + i = z i et donc le point d affixe z appartient à la médiatrice de [A, B], A et B étant les points d affixes respectives i et i, c est-à-dire à la droite des réels. CC BY-NC-SA 3. FR Page

112 EXERCICE 85 algèbre Énoncé exercice 85. Soient n N, P R n [X] et a R. (a) Donner sans démonstration, en utilisant la formule de Taylor, la décomposition de P (X) dans la base (, X a, (X a),, (X a) n ). (b) Soit r N. En déduire que : a est une racine de P d ordre de multiplicité r si et seulement si P (r) (a) et k, r, P (k) (a) =.. Déterminer deux réels a et b pour que soit racine double du polynôme P = X 5 + ax + bx et factoriser alors ce polynôme dans R [X]. Corrigé exercice 85 P (k) (a). (a) P (X) = (X a) k. k! (b) k= a est une racine d ordre r de P Q R n r [X] tel que Q (a) et P = (X a) r Q n r (q,..., q n r ) R n r+ tel que q et P = (X a) r q i (X a) i n r (q,..., q n r ) R n r+ tel que q et P = q i (X a) r+i (q,..., q n r ) R n r+ tel que q et P = D après la formule de Taylor (rappelée ci-dessus) et l unicité de la décomposition de P dans la base (, (X a),..., (X a) n ) de R n [X] il vient enfin : a est une racine d ordre r de P k {,..., r } P (k) (a) = et P (r) (a). D après la question précédente, i= i= q k r (X a) k k=r est racine double de P = X 5 + ax + bx P () = P () = et P () + a + b = 5 + a + b = + a a = 4 et b = 3 On obtient X 5 4X + 3X = X(X ) (X + X + 3) et c est la factorisation cherchée car le discriminant de X + X + 3 est strictement négatif. CC BY-NC-SA 3. FR Page

113 EXERCICE 86 algèbre Énoncé exercice 86. Soit (a, b, p) Z 3. Prouver que : si p a = et p b =, alors p (ab) =.. Soit p un nombre premier. (a) Prouver que k, p, p divise (b) Prouver que : n N, n p n mod p. Indication : procéder par récurrence. ( ) p k! puis en déduire que p divise k ( ) p. k (c) En déduire, pour tout entier naturel n, que : p ne divise pas n = n p mod p. Corrigé exercice 86. On suppose p a = et p b =. D après le théorème de Bézout, (u, v ) Z tel que u p + v a =. () (u, v ) Z tel que u p + v b =. () En multipliant les équations () et (), on obtient : (u u p + u v b + u v a) p + (v v )(ab) =. }{{}}{{} Z Z Donc, d après le théorème de Bézout, p (ab) =.. Soit p un nombre premier. ( ) p p! p(p )...(p k + ) (a) Soit k, p. = =. k ( ) k!(p k)! k! p Donc k! = p(p )...(p k + ). k ( ) p donc p k!. (3) k Or, p k = (car p est premier) donc, d après (., ) p k! =. p Donc, d après le lemme de Gauss, (3) = p. k (b) Procédons par récurrence sur n. Pour n = et pour n =, la propriété est vérifiée. Soit n N. Supposons que la propriété (P n ) : n p n mod p soit vérifiée. p Alors, d après la formule du binôme de Newton, (n + ) p = n p + ( ) p p ( ) p Or k, p, p donc p n k. k k k= Donc d après (4) et (P n ), (n + ) p n + k= mod p et (P n+ ) est vraie. ( ) p n k +. (4) k (c) Soit n N tel que p ne divise pas n. Comme p est premier, alors p n =. La question précédente donne p divise n p n = n(n p ). Or comme p est premier avec n, on en déduit, d après le lemme de Gauss, que p divise n p. Ce qui signifie que n p mod p. (petit théorème de Fermat). CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

114 EXERCICE 87 algèbre Énoncé exercice 87 Soient a, a,, a n, n + réels deux à deux distincts.. Montrer que si b, b,, b n sont n + réels quelconques, alors il existe un unique polynôme P vérifiant deg P n et i, n, P (a i ) = b i.. Soit k, n. Expliciter ce polynôme P, que l on notera L k, lorsque : { si i k i, n, b i = si i = k 3. Prouver que p, n, a p k L k = X p. k= Corrigé exercice 87. L application u : R n[x] R n+ P (P (a ), P (a ),, P (a n )) Montrons que Keru = {}. est linéaire. Si P Keru, alors P (a ) = P (a ) = = P (a n ) = et le polynôme P, de degré inférieur ou égal à n, admet n + racines distinctes. Donc P =. Ainsi u est injective et comme dim R n [X] = n + = dim R n+, u est un isomorphisme d espaces vectoriels. Enfin les conditions recherchées sont équivalentes à : P R n [X] et u (P ) = (b,..., b n ). La bijectivité de u dit que ce problème admet une unique solution P et on a P = u ((b,..., b n )).. Pour ce choix de b, b,, b n le polynôme L k vérifie les conditions : deg L k n et i, n, L k (a i ) = { si i k si i = k Comme a,..., a k, a k+,..., a n sont n racines distinctes de L k qui est de degré n, il existe nécessairement λ K tel que n L k = λ (X a i ) i= i k La condition supplémentaire L k (a k ) = donne λ = n (a k a i ) i= i k et finalement : L k = n i= i k X a i a k a i CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

115 3. Soit p,..., n. Les polynômes a p k L k et X p vérifient les mêmes conditions d interpolation : k= deg P n et i {,, n} P (a i ) = a p i Par l unicité vue en première question, on a a p k L k = X p. k= CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

116 EXERCICE 88 algèbre Énoncé exercice 88. Soit E un K-espace vectoriel (K = R ou C). Soit u L(E). Soit P K[X]. Prouver que si P annule u alors toute valeur propre de u est racine de P.. Soit n N tel que n. On pose E = M n (R). { si i = j Soit A = (a i,j ) i n la matrice de E définie par a i,j = j n si i j Soit u L (E) défini par : M E, u(m) = M + tr(m)a. (a) Prouver que le polynôme X X + est annulateur de u. (b) u est-il diagonalisable? Justifier votre réponse en utilisant deux méthodes (l une avec, l autre sans l aide de la question.).. Corrigé exercice 88. Soit u L(E). Soit P = a k X k K[X]. k= On suppose que P annule u. Soit λ une valeur propre de u. Prouvons que P (λ) =. λ valeur propre de u donc : x E\ {} / u(x) = λx. On prouve alors par récurrence que : k N, u k (x) = λ k x. Ainsi : P (u)(x) = a k u k (x) = a k λ k x = P (λ) x. k= k= Or P (u) = donc P (u)(x) = donc P (λ)x =. Or x donc P (λ) =.. Soit n N tel que n. On pose E = M n (R). Soit A = (a i,j ) i n la matrice de E définie par a i,j = j n { si i = j si i j. (a) Posons P = X X +. Prouvons que P est annulateur de u c est-à-dire que P (u) =. Soit M E. u (M) = u u(m) = (M + tr(m)a) + tr (M + tr(m)a) A. C est-à-dire, par linéarité de la trace, u (M) = M + tr(m)a + tr(m)a + tr(m)tr(a)a. Or tr(a) = donc u (M) = M + tr(m)a. Ainsi u (M) u(m) + Id(M) = M + tr(m)a M tr(m)a + M =. On a donc prouvé que u u + Id =. C est-à-dire P est annulateur de u. (b) Notons I n la matrice unité de E. Première méthode : Notons Spec(u) le spectre de u. P = (X ) et P est annulateur de u. Donc d après., Spec(u) {}. De plus A et u(a) = A donc Spec(u) = {}. Ainsi, si u était diagonalisable alors on aurait E = Ker (u Id). C est-à-dire, on aurait u = Id. Or u(i n ) I n (puisque tr(i n ) ) donc u Id. On obtient donc une contradiction. On en déduit que u n est pas diagonalisable. Deuxième méthode : CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

117 Notons P m le polynôme minimal de u. P = (X ) est un polynôme annulateur de u donc P m P. Si u était diagonalisable alors P m serait scindé à racines simples. On aurait donc P m = X. Ce qui impliquerait que u = Id car P m est également un polynôme annulateur de u. Or u(i n ) I n (puisque tr(i n ) ) donc u Id. On obtient donc une contradiction. On en déduit que u n est pas diagonalisable. CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

118 EXERCICE 89 algèbre Énoncé exercice 89 Soit n N tel que n. On pose z = e i π n.. On suppose k, n. Déterminer le module et un argument du complexe z k.. On pose S = n k= z k. Montrer que S = tan π. n Corrigé exercice 89 kπ. z k = e i n = e i kπ n e i kπ n e ikπ n = e ikπ n i sin ( kπ n ) c est-à-dire z k = sin Pour k, n, on a < k π n ( ) kπ e i(kπ n +π ) n Donc le module de z k est sin ( ) k π < π, donc sin >. n ( ) k π et un argument de z k est kπ n n + π. ( ) k π. On remarque que pour k =, z k = et sin =. n n Donc d après la question précédente, on a S = sin n kπ S est donc la partie imaginaire de T = e i n. Or, comme e iπ n, on a T = eiπ k= k= e iπ n e iπ n Or e iπ π ( π π ) π n = e i n e i n e i n = ie i ( π n sin. n) = 4. ( ) k π. n π On en déduit que T = 4e i n i sin π = π sin π i e i n. n n ( π En isolant la partie imaginaire de T, et comme cos (n ), on en déduit que S = n) tan π. n CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

119 EXERCICE 9 algèbre Énoncé exercice 9 K désigne le corps des réels ou celui des complexes. Soient a, a, a 3 trois scalaires distincts donnés de K.. Montrer que Φ : K [X] K 3 P ( ) est un isomorphisme d espaces vectoriels. P (a ), P (a ), P (a 3 ). On note (e, e, e 3 ) la base canonique de K 3 et on pose k {,, 3}, L k = Φ (e k ). (a) Justifier que (L, L, L 3 ) est une base de K [X]. (b) Exprimer les polynômes L, L et L 3 en fonction de a, a et a Soit P K [X]. Déterminer les coordonnées de P dans la base (L, L, L 3 ). 4. Application : on se place dans R muni d un repère orthonormé et on considère les trois points A(, ), B(, 3), C(, ). Déterminer une fonction polynomiale de degré dont la courbe passe par les points A, B et C. Corrigé exercice 9. Par linéarité de l évaluation P P (a) (où a est un scalaire fixé), Φ est linéaire. Soit P K [X] tel que Φ(P ) =. Alors P (a ) = P (a ) = P (a 3 ) =, donc P admet trois racines distinctes. Or P est de degré inférieur ou égal à ; donc P est nul. Ainsi, Ker(Φ) = {} i.e. Φ est injective. Enfin, dim ( K [X] ) = dim ( K 3) = 3 donc Φ est bijective. Par conséquent, Φ est un isomorphisme d espaces vectoriels de K [X] dans K 3.. (a) Φ est un isomorphisme donc l image réciproque d une base est une base. Ainsi, (L, L, L 3 ) est une base de K [X]. (b) L R [X] et vérifie Φ(L ) = (,, ) i.e. ( L (a ), L (a ), L (a 3 ) ) = (,, ). Donc, comme a et a 3 sont distincts, (X a )(X a 3 ) L. Or deg L, donc k K tel que L = k(x a )(X a 3 ). La valeur L (a ) = donne k = (a a )(a a 3 ). Donc L = (X a )(X a 3 ) (a a )(a a 3 ). Un raisonnement analogue donne L = (X a )(X a 3 ) (a a )(a a 3 ) et L 3 = (X a )(X a ) (a 3 a )(a 3 a ). 3. (L, L, L 3 ) base de K [X] donc (λ, λ, λ 3 ) K 3 tel que P = λ L + λ L + λ 3 L 3. Par construction, (i, j) {,, 3}, L i (a j ) = δ ij donc P (a j ) = λ j. Ainsi, P = P (a )L + P (a )L + P (a 3 )L On pose a =, a = et a 3 =. Ces trois réels sont bien distincts. On cherche P R [X] tel que ( P (a ), P (a ), P (a 3 ) ) = (, 3, ). Par bijectivité de Φ et d après 3., l unique solution est le polynôme P =.L + 3.L +.L 3. (X )(X ) On a L =, L = Donc P = X + 4X +. X(X ) et L 3 = X(X ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

120 EXERCICE 9 algèbre Énoncé exercice 9 On considère la matrice A = 3 M 3 (R).. Montrer que A n admet qu une seule valeur propre que l on déterminera.. La matrice A est-elle inversible? Est-elle diagonalisable? 3. Déterminer, en justifiant, le polynôme minimal de A. 4. Soit n N. Déterminer le reste de la division euclidienne de X n par (X ) et en déduire la valeur de A n. Corrigé exercice 9. Déterminons le polynôme caractéristique χ A de A : X χ A (X) = X 3 = X 3 = (X ) = (X ) 3 C X 3 X Donc χ A (X) = (X ) 3. Donc A admet comme unique valeur propre. i= C i X X X 3 X X = (X ) L L L L 3 L 3 L X X. Puisque n est pas valeur propre de A, A est inversible. Si A était diagonalisable elle serait semblable à la matrice identité et donc égale à la matrice identité. Puisque ce n est pas le cas, A n est pas diagonalisable. 3. Notons P m le polynôme minimal de A. P m divise χ A et P m est un polynôme annulateur de A. A I 3 et (A I 3 ) = =. Donc P m = (X ). 4. Soit n N. Par division euclidienne de X n par (X ),!(Q, R) R[X] R [X], X n = (X ) Q + R () Or, (a, b) R, R = ax + b donc X n = (X ) Q + ax + b. Puisque est racine double de (X ) on obtient : = a + b et, après dérivation, n = a. Donc R = nx + n. () P m = (X ) étant un polynôme annulateur de A on a d après () et () : n N, A n = na + ( n)i 3 CC BY-NC-SA 3. FR Page

121 EXERCICE 9 algèbre Énoncé exercice 9 Soit n N. On considère E = M n (R) l espace vectoriel des matrices carrées d ordre n. On pose : (A, B) E, A, B = tr( t AB) où tr désigne la trace et t A désigne la transposée de la matrice A.. Prouver que, est un produit scalaire sur E.. On note S n (R) l ensemble des matrices symétriques de E. Une matrice A de E est dite antisymétrique lorsque t A = A. On note A n (R) l ensemble des matrices antisymétriques de E. On admet que S n (R) et A n (R) sont des sous-espaces vectoriels de E. (a) Prouver que E = S n (R) A n (R). (b) Prouver que A n (R) = S n (R). 3. Soit F l ensemble des matrices diagonales de E. Déterminer F. Corrigé exercice 9., est linéaire par rapport à sa première variable par linéarité de la trace, de la transposition et par distributivité de la multiplication par rapport à l addition dans E. De plus, une matrice et sa transposée ayant la même trace, on a : (A, B) E, A, B = tr( t AB) = tr( t ( t AB)) = tr( t BA) = B, A. Donc, est symétrique. On en déduit que, est bilinéaire et symétrique. () Soit A = (A i,j ) i,j n E. A, A = tr( t AA) = ( t AA) i,i = i= Donc, est positive. () i= k= ( t A) i,k A k,i = i= k= Soit A = (A i,j ) i,j n E telle que A, A =. Alors A k,i =. Or, i, n, k, n, A k,i. i= k= Donc i, n, k, n, A k,i =. Donc A =. Donc, est définie. (3) D après (),() et (3),, est un produit scalaire sur E. Remarque importante : Soit (A, B) E. On pose A = (A i,j ) i,j n et B = (B i,j ) i,j n. Alors A, B = tr( t AB) = ( t ( AB) i,i = t A ) i,k B k,i = i= i= k= Donc, est le produit scalaire canonique sur E.. (a) Soit M S n (R) A n (R). alors t M = M et t M = M donc M = M et M =. Donc S n (R) A n (R) = {}. () Soit M E. Posons S = M + t M et A = M t M. A k,i donc A, A. i= k= A k,i B k,i. On a M ( = S + A. M + t S = t t ) M = (t M + t ( t M)) = (t M + M) = S, donc S S n (R). ( M t A = t t ) M = (t M t ( t M)) = (t M M) = A, donc A A n (R). CC BY-NC-SA 3. FR Page

122 On en déduit que E = S n (R) + A n (R). () D après () et (), E = S n (R) A n (R). Remarque : on pouvait également procéder par analyse et synthèse pour prouver que E = S n (R) A n (R). (b) Prouvons que S n (R) A n (R). Soit S S n (R). Prouvons que A A n (R), S, A =. Soit A A n (R). S, A = tr( t SA) = tr(sa) = tr(as) = tr( t AS) = tr( t AS) = A, S = S, A. Donc S, A = soit S, A =. On en déduit que S n (R) A n (R) () De plus, dim A n (R) = n dim A n (R). Or, d après.(a), E = S n (R) A n (R) donc dim S n (R) = n dim A n (R). On en déduit que dim S n (R) = dim A n (R). () D après () et (), S n (R) = A n (R). 3. On introduit la base canonique de M n (R) en posant :{ si k = i et l = j i, n, j, n, E i,j = (e k,l ) k,l n avec e k,l = sinon On a alors F = Vect (E,, E,,..., E n,n ). Soit M = (m i,j ) i,j n E. Alors, en utilisant la remarque importante de la question., M F i (, n, M, E i,i = i, n, ) m i,i =. Donc F = Vect E i,j telles que (i, j), n et i j. En d autres termes, F est l ensemble des matrices comprenant des zéros sur la diagonale. CC BY-NC-SA 3. FR Page

123 EXERCICE 93 algèbre Énoncé exercice 93 Soit E un espace vectoriel réel de dimension finie n > et u L(E) tel que u 3 + u + u =. On notera Id l application identité sur E.. Montrer que Imu Keru = E.. (a) Énoncer le lemme des noyaux pour deux polynômes. (b) En déduire que Imu = Ker(u + u + Id). 3. On suppose que u est non bijectif. Déterminer les valeurs propres de u. Justifier la réponse. Remarque : les questions.,. et 3. peuvent être traitées indépendamment les unes des autres. Corrigé exercice 93. On a u 3 + u + u = (*) Soit y Imu Keru. Alors x E tel que y = u(x) et u(y) =. Donc, d après (*), = u 3 (x) + u (x) + u(x) = u (y) }{{} = + u(y) +y =. }{{} = Donc y =. Donc Keru Imu = {}. () De plus, E étant de dimension finie, d après le théorème du rang, dim E = dim Keru + dim Imu. () Donc, d après () et (), E = Keru Imu.. (a) Lemme des noyaux pour deux polynômes : Si A et B sont deux polynômes premiers entre eux, alors Ker(AB)(u) = KerA(u) KerB(u). (b) On pose P = X 3 + X + X. P est un polynôme annulateur de u donc KerP (u) = E. P = X(X + X + ). De plus, X et X + X + sont premiers entre eux. Donc, d après le lemme des noyaux, E = Keru Ker(u + u + Id). On en déduit que dim Ker(u + u + Id) = dim E dim Keru = dim Imu. (3) Prouvons que Imu Ker(u + u + Id). Soit y Imu. alors x E tel que y = u(x). (u + u + Id)(y) = (u 3 + u + u)(x) = d après (*). Donc y Ker(u + u + Id). On a donc prouvé que Imu Ker(u + u + Id). (4) Donc, d après (3) et (4), Imu = Ker(u + u + Id). 3. P = X 3 + X + X = X(X + X + ) est un polynôme annulateur de u. Donc si on note sp(u) l ensemble des valeurs propres de u alors sp(u) {racines réelles de P }. Or {racines réelles de P } = {} donc sp(u) {}. (5) Or u est non bijectif donc, comme u est un endomorphisme d un espace vectoriel de dimension finie, u est non injectif. Donc Keru {}, donc est valeur propre de u. (6) On en déduit, d après (5) et (6), que sp(u) = {}. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

124 EXERCICE 94 algèbre Énoncé exercice 94. Énoncer le théorème de Bézout dans Z.. Soit a et b deux entiers naturels premiers entre eux. Soit c N. Prouver que : (a c et b c) ab c. { x 6 mod(7) 3. On considère le système (S) : x 4 mod(5) (a) Déterminer une solution particulière x de (S) dans Z. (b) Déduire des questions précédentes la résolution dans Z du système (S). Corrigé exercice 94. Théorème de Bézout : Soit (a, b) Z. a b = (u, v) Z / au + bv =.. Soit (a, b) N. On suppose que a b =. Soit c N. Prouvons que ab c = a c et b c. Si ab c alors k Z / c = kab. Alors, c = (kb)a donc a c et c = (ka)b donc b c. dans lequel l inconnue x appartient à Z. Prouvons que (a c et b c) = ab c. a b = donc (u, v) Z / au + bv =. () De plus a c donc k Z / c = k a. () De même, b c donc k Z / c = k b. (3) On multiplie () par c et on obtient cau + cbv = c. Alors, d après () et (3), (k b)au + (k a)bv = c, donc (k u + k v)(ab) = c et donc ab c. On a donc prouvé que (a c et b c) ab c. 3. (a) Première méthode (méthode générale) : Soit x Z. { x = 6 + 7k x solution de(s) (k, k ) Z tel que x = 4 + 5k (k, k ) Z tel que { x = 6 + 7k 6 + 7k = 4 + 5k Or 6 + 7k = 4 + 5k 5k 7k =. Pour déterminer une solution particulière x de (S), il suffit donc de trouver une solution particulière (k, k ) de l équation 5k 7k =. Pour cela, cherchons d abord, une solution de l équation 5u + 7v =. 7 et 5 sont premiers entre eux. Déterminons alors un couple (u, v ) d entiers relatifs tel que 5u + 7v =. On a : 7 = 5 + puis 5 = 7 +. Alors = 5 7 = 5 7 (7 5 ) = = Donc ( 7) 7 = Ainsi, ( 4) 7 =. On peut prendre alors k = 6 et k = 4. Ainsi, x = k = = 44 est une solution particulière de (S). Deuxième méthode : En observant le système (S), on peut remarquer que x = est une solution particulière. Cette méthode est évidemment plus rapide mais ne fonctionne pas toujours. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

125 { x = 6 mod(7) (b) x solution particulière de (S) donc x = 4 mod(5). On en déduit que x solution de (S) si et seulement si { x x = mod(7) x x = mod(5) c est-à-dire x solution de (S) (7 x x et 5 x x ). Or 7 5 = donc d après., x solution de (S) (7 5) x x. Donc l ensemble des solutions de (S) est {x + 7 5k, k Z} = { k, k Z}. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

126 BANQUE PROBABILITÉS EXERCICE 95 probabilités Énoncé exercice 95 Une urne contient deux boules blanches et huit boules noires.. Un joueur tire successivement, avec remise, cinq boules dans cette urne. Pour chaque boule blanche tirée, il gagne points et pour chaque boule noire tirée, il perd 3 points. On note X la variable aléatoire représentant le nombre de boules blanches tirées. On note Y le nombre de points obtenus par le joueur sur une partie. (a) Déterminer la loi de X, son espérance et sa variance. (b) Déterminer la loi de Y, son espérance et sa variance.. Dans cette question, on suppose que les cinq tirages successifs se font sans remise. (a) Déterminer la loi de X. (b) Déterminer la loi de Y. Corrigé exercice 95. (a) L expérience est la suivante : l épreuve "le tirage d une boule dans l urne" est répétée 5 fois. Comme les tirages se font avec remise, ces 5 épreuves sont indépendantes. Chaque épreuve n a que deux issues possibles : le joueur tire une boule blanche (succès avec la probabilité p = = 5 ) ou le joueur tire une boule noire (échec avec la probabilité 4 5 ). La variable X considérée représente donc le nombre de succès au cours de l expérience et suit donc une loi binomiale de paramètre (5, 5 ). C est-à-dire X(Ω) =, 5 et : k, 5, P (X = k) = ( ) 5 k ( 5 )k ( 4 5 )5 k. Donc, d après le cours, E(X) = 5 5 = et V (X) = 5 ( 5 ) = (b) D après les hypothèses, on a Y = X 3(5 X), c est-à-dire Y = 5X 5. On en déduit que Y (Ω) = {5k 5 avec k, 5 }. Et on a k, 5, P (Y = 5k 5) = P (X = k) = ( ) 5 k ( 5 )k ( 4 5 )5 k. Y = 5X 5, donc E(Y ) = 5E(X) 5 = 5 5 =. De même, Y = 5X 5, donc V (Y ) = 5V (X) = =. =, 8.. Dans cette question, le joueur tire successivement, sans remise, 5 boules dans cette urne. (a) Comme les tirages se font sans remise, on peut supposer que le joueur tire les 5 boules dans l urne en une seule fois au lieu de les tirer successivement. Cette supposition ne change pas la loi de X. X(Ω) =,. Notons A l ensemble dont les éléments sont les boules initialement dans ( ) l urne. Ω est constitué de toutes les parties à 5 éléments de A. Donc card Ω =. 5 Soit k,. L événement (X ( = k) ) est réalisé lorsque le joueur tire k boules blanches ( et (5) k) boules noires dans 8 l urne. Il a donc possibilités pour le choix des boules blanches et possibilités pour le choix k 5 k des boules noires. ( ) ( ) 8 k 5 k Donc : k,, P (X = k) = ( ). 5 CC BY-NC-SA 3. FR Page 6

127 (b) On a toujours Y = 5X 5. On en déduit que Y (Ω) = {5k 5 avec k, }. Et on a k,, P (Y = 5k 5) = P (X = k) = ( ) k ( 8 ( 5 ) 5 k ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 7

128 EXERCICE 96 probabilités Énoncé exercice 96 On admet, dans cet exercice, que : q N, k q ( ) k x k q converge et x ], [, q k=q ( ) k x k q = q ( x) q+. Soit p ], [ et r N. On dépose une bactérie dans une enceinte fermée à l instant t = (le temps est exprimé en secondes). On envoie un rayon laser par seconde dans cette enceinte. Le premier rayon laser est envoyé à l instant t =. La bactérie a la probabilité p d être touchée par le rayon laser. Les tirs de laser sont indépendants. La bactérie ne meurt que lorsqu elle a été touchée r fois par le rayon laser. Soit X la variable aléatoire égale à la durée de vie de la bactérie.. Déterminer la loi de X.. Prouver que X admet une espérance et la calculer. Corrigé exercice 96. X(Ω) = r, +. Soit n r, +. (X = n) signifie que n tirs de laser ont été nécessaires pour tuer la bactérie. C est-à-dire que, sur les n premiers tirs de laser, la bactérie est touchée (r ) fois, non touchée ((n ) (r )) fois et enfin touchée au n ième tir. Sur les (n ) premiers tirs, on a ( n r ) choix possibles pour les tirs de laser qui atteignent la bactérie. ( ) n On en déduit alors que : P (X = n) = p r ( p) (n ) (r ) p. C est-à-dire : n r, +, P (X = n) =. On considère la série n r np (X = n). r ( ) n p r ( p) n r. r Soit n r, +. ( ) n np (X = n) = n p r ( p) n r (n )! = n r (n r)!(r )! pr ( p) n r n! = r (n r)!r! pr ( p) n r. ( ) n C est-à-dire : np (X = n) = r p r ( p) n r. r Donc : np (X = n) = rp ( ) n r ( p) n r. r n r n r Or, par hypothèse, p ], [ donc ( p) ], [. On en déduit, d après le résultat admis dans l exercice, que n r np (X = n) converge et donc E(X) existe. De plus, E(X) = n=r C est-à-dire E(X) = r p. + ( ) n np (X = n) = rp r ( p) n r p r = r r ( ( p)) r+. n=r CC BY-NC-SA 3. FR Page 8

129 EXERCICE 97 probabilités Énoncé exercice 97 Soit (X, Y ) un couple de variables aléatoires à valeurs dans N dont la loi est donnée par : ( ) j+k (j + k) (j, k) N, P ((X, Y ) = (j, k)) =. e j! k!. Déterminer les lois marginales de X et de Y. Les variables X et Y sont-elles indépendantes?. Prouver que E [ X+Y ] existe et la calculer. Corrigé exercice 97 On rappelle que x R, x n. Y (Ω) = N. Soit k N. P (Y = k) = j= ) j+k ( Or, j e j! k! j n! converge et n= x n n! = ex. ( ) j+k (j + k) P ((X, Y ) = (j, k)) =. e j! k! j= ( ) k+ ( ) j ( = donc j e k! (j )! e j! k! j j ) j+k converge et j= ( j e j! k! ) j+k ( = e k! ) k+ j= ( ) j (j )! ( = e k! ) k+ ( e = k! e ) k+ ( ). ( ) ( De même, k e j! k! j ) j+k ( k = e k! ) k ( j! j ) j ( donc k e j! k! j ) j+k converge et j= ( k e j! k! ) j+k ( k = e k! ) k j= ( j! ) j ( k = e k! ) k e ( k = k! e ) k ( ). ( ) Donc, d après (*) et (**), on en déduit que : ( ) k+ ( ) k k ( ( ) k P (Y = k) = k! + e k! + k) = e k!. e Pour des raisons de symétrie, X et Y ont la même loi et donc : ( ( + j) X(Ω) = N et j N, P (X = j) = j!. e Les variables X et Y ne sont pas indépendantes car : P ((X, Y ) = (, )) = et P (X = )P (Y = ). ) j CC BY-NC-SA 3. FR Page 9

130 . Posons (j, k) N, a j,k = j+k P ((X, Y ) = (j, k)). On a a j,k = j + k e j! k! = j e j! k! + k e j! k!. k N, j De même, j j e j! k! = ek! j k e j! k! = k e k! + (j )! converge et j e j! k! = ek! j + j! converge et Ensuite, k! et k k! = k k k Donc la famille (a j,k ) (j,k) N est sommable. j= j= k e j! k! = k e k! + (k )! convergent. De plus On en déduit que E [ X+Y ] existe et E [ X+Y ] = e. k= j= j= (j )! = k!. j! = k k!. + k! = e et k= k k! = e. CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

131 EXERCICE 98 probabilités Énoncé exercice 98 Une secrétaire effectue, une première fois, un appel téléphonique vers n correspondants distincts. On admet que les n appels constituent n expériences indépendantes et que, pour chaque appel, la probabilité d obtenir le correspondant demandé est p (p ], [). Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de correspondants obtenus.. Donner la loi de X. Justifier.. La secrétaire rappelle une seconde fois, dans les mêmes conditions, chacun des n X correspondants qu elle n a pas pu joindre au cours de la première série d appels. On note Y la variable aléatoire représentant le nombre de personnes jointes au cours de la seconde série d appels. (a) Soit i, n. Déterminer, pour k N, P (Y = k X = i). (b) Prouver que Z = X + Y suit une loi binomiale dont on déterminera( le paramètre. )( ) n i n Indication : on pourra utiliser, sans la prouver, l égalité suivante : = k i i (c) Déterminer l espérance et la variance de Z. Corrigé exercice 98. L expérience est la suivante : l épreuve de l appel téléphonique de la secrétaire vers un correspondant est répétée n fois et ces n épreuves sont mutuellement indépendantes. De plus, chaque épreuve n a que deux issues possibles : le correspondant est joint avec la probabilité p (succès) ou le correspondant n est pas joint avec la probabilité p (échec). La variable X considérée représente le nombre de succés ( et ) suit donc une loi binômiale de paramètres (n, p). n C est-à-dire X(Ω) =, n et k, n P (X = k) = p k ( p) n k. k. (a) Soit i, n. Sous la condition (X = i), la secrétaire rappelle n i correspondants lors de la seconde série d appels et donc : ( n i P (Y = k X = i) = k sinon (b) Z(Ω) =, n et k, n) P (Z = k) = ) p k ( p) n i k si k, n i k P (X = i Y = k i) = k ( )( n i n Soit k, n. D après les questions précédentes, P (Z = k) = k i i ( )( ) ( )( ) i= n i n k n Or, d après l indication, =. k i i i k k ( )( ) ( ) k n n k Donc P (Z = k) = p k ( p) n k i = p k ( p) n k i k k i= i= Donc d après le binôme de Newton, ( ) ( ) k ( ) n p n P (Z = k) = p k ( p) n k = (p( p)) k ( ( p) ) n k. k p k On vérifie que p( p) = ( p) et donc on peut conclure que : i= Z suit une loi binomiale de paramètre (n, p( p)). ( k i )( n k ). k P (Y = k i X = i)p (X = i). i= ) p k ( p) n k i. ( ) ( ) i k. i p ( Remarque )( ) : preuve (non demandée dans l exercice) de l égalité proposée dans l indication ( : n i n (n i)! n! = k i i (n k)! (k i)! i! (n i)! = n! (k i)! (n k)! i! = k! n! k (k i)! i! k! (n k)! = i (c) D après le cours, comme Z suit une loi binomiale de paramètre (n, p( p)), alors : E(Z) = np( p) et V (Z) = np( p) ( p( p)) = np( p)(p ). )( n k ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

132 EXERCICE 99 probabilités Énoncé exercice 99. Rappeler l inégalité de Bienaymé-Tchebychev.. Soit (Y n ) une suite de variables aléatoires mutuellement indépendantes, de même loi et admettant un moment d ordre. On pose S n = Y k. ( k= ) S n Prouver que : a ], + [, P n E(Y ) a V (Y ) na. 3. Application : On effectue des tirages successifs, avec remise, d une boule dans une urne contenant boules rouges et 3 boules noires. À partir de quel nombre de tirages peut-on garantir à plus de 95% que la proportion de boules rouges obtenues restera comprise entre, 35 et, 45? Indication : considérer la suite (Y i ) de variables aléatoires de Bernoulli où Y i mesure l issue du i ème tirage. Corrigé exercice 99. Soit a ], + [. Pour toute variable aléatoire X admettant un moment d ordre, on a : P ( X E(X) a) V (X) a.. On pose X = S n n. Par linéarité de l espérance et comme toutes les variables Y i ont la même espérance, on a E(X) = E(Y ). De plus, comme les variables sont mutuellement indépendantes, on a V (X) = n V (S n) = n V (Y ). Alors, en appliquant. à X, on obtient le résultat souhaité. 3. i N, on considère la variable aléatoire Y i valant si la i ème boule tirée est rouge et sinon. Y i suit une loi de Bernoulli de paramètre p avec p = 5 =, 4. Les variables Y i suivent la même loi, sont mutuellement indépendantes et admettent des moments d ordre. On a d après le cours, i N, E(Y i ) =, 4 et V (Y i ) =, 4(, 4) =, 4. On pose S n = Y i. S n représente le nombre de boules rouges obtenues au cours de n tirages. i= i= Y i Alors T n = représente la proportion de boules rouges obtenues au cours de n tirages. n On cherche à partir de combien ( de tirages on a P (, 35 T n, 45) >, 95. Or P (, 35 T n, 45) = P, 35 S ) ( n, 45 = P, 5 S ) n n n E(Y ), 5 ( ) ( S n = P n E(Y ), 5 S n = P n E(Y ) ). >, 5 ( S n On a donc P (, 35 T n, 45) = P n E(Y ) ). >, 5 ( ) S n Or, d après la question précédente, P n E(Y ), 5, 4 n(, 5)., 4 Donc P (, 35 T n, 45) n(, 5). Il suffit alors pour répondre au problème de chercher à partir de quel rang n, on a La résolution de cette inéquation donne n, 4 c est-à-dire n 9., 53, 4, 95. n(, 5) CC BY-NC-SA 3. FR Page 3

133 EXERCICE probabilités Énoncé exercice Soit λ ], + [. Soit X une variable aléatoire discrète à valeurs dans N. On suppose que n N λ, P (X = n) = n(n + )(n + ).. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle R définie par R(x) =. Calculer λ. 3. Prouver que X admet une espérance, puis la calculer. 4. X admet-elle une variance? Justifier. x(x + )(x + ). Corrigé exercice. On obtient R(x) = x x + + (x + ).. Soit N N. N ( P (X N) = λ n ) n + + = λ (n + ) n= ( Et donc, après télescopage, P (X N) = λ ( ) P (X N) = λ 4 (N + ) +. (*) (N + ) Or P (X N) =. lim N + Donc d après (*), λ = np (X = n) = n n Donc X admet une espérance. De plus, n N, S n = kp (X = k) = 4 ( n k= Donc ) n+ k + k + k= lim n + k= ( N n= N+ n n= n + N+ n=3 ) n + 4 N + + (N + ) + (N + ) 4 (n + )(n + ) converge car au voisinage de +, 4 (n + )(n + ) + k= = 4 n +. k= kp (X = k) = et E(X) =. 4 n (k + )(k + ) = 4 ( k + ) = k + 4. Comme E(X) existe, X admettra une variance à condition que X admette une espérance. n P (X = n) = 4n (n + )(n + ). n n 4n Or, au voisinage de +, (n + )(n + ) 4 + n et diverge (série harmonique). n n Donc n n P (X = n) diverge. Donc X n admet pas d espérance et donc X n admet pas de variance. k= ) c est-à-dire : 4 n. CC BY-NC-SA 3. FR Page 33

134 EXERCICE probabilités Énoncé exercice Dans une zone désertique, un animal erre entre trois points d eau A, B et C. À l instant t =, il se trouve au point A. Quand il a épuisé l eau du point où il se trouve, il part avec équiprobabilité rejoindre l un des deux autres points d eau. L eau du point qu il vient de quitter se régénère alors. Soit n N. On note A n l événement «l animal est en A après son n ième trajet». On note B n l événement «l animal est en B après son n ième trajet». On note C n l événement «l animal est en C après son n ième trajet». On pose P (A n ) = a n, P (B n ) = b n et P (C n ) = c n.. (a) Exprimer, en le justifiant, a n+ en fonction de a n, b n et c n. (b) Exprimer, de même, b n+ et c n+ en fonction de a n, b n et c n.. On considère la matrice A =. (a) Justifier, sans calcul, que la matrice A est diagonalisable. (b) Prouver que est valeur propre de A et déterminer le sous-espace propre associé. (c) Déterminer une matrice P inversible et une matrice D diagonale de M 3 (R) telles que D = P AP. Remarque : le calcul de P n est pas demandé. 3. Montrer comment les résultats de la question. peuvent être utilisés pour calculer a n, b n et c n en fonction de n. Remarque : aucune expression finalisée de a n, b n et c n n est demandée. Corrigé exercice. (a) (A n, B n, C n ) est un système complet d événements donc d après la formule des probabilités totales : P (A n+ ) = P (A n+ A n )P (A n ) + P (A n+ B n )P (B n ) + P (A n+ C n )P (C n ). donc a n+ = a n + b n + c n c est-à-dire a n+ = b n + c n. (b) De même, b n+ = a n + c n et c n+ = a n + b n.. (a) A est symétrique à coefficients réels, donc elle est diagonalisable. (b) A + I 3 = ( donc rg A + ) I 3 =. Donc est valeur propre de A et dim E (A) =. L expression de A + I 3 donne immédiatement que E (A) = Vect. (c) Puisque tr (A) =, on en déduit que est une valeur propre de A de multiplicité. A étant symétrique réelle, les sous-espaces propres sont supplémentaires sur R 3 et orthogonaux deux à deux. On en déduit que R 3 = E (A) E (A), donc que E (A) = ( E (A) ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 34

135 Donc E (A) = Vect. En posant P = et D = /, on a alors D = P AP. / a n+ a n 3. D après la question., b n+ = A b n c n+ c n Et donc on prouve par récurrence que : a n n N, b n = A n c n a b Or A = P DP donc A n = P D n P. a n a Donc b n = P D n P b c n Or, d après l énoncé, a =, b = et c = donc : a n b n = P ( n ) ( ) P. c n n c c CC BY-NC-SA 3. FR Page 35

136 EXERCICE probabilités Énoncé exercice Soit N N. Soit p ], [. On pose q = p. On considère N variables aléatoires X, X,, X N définies sur un même espace probabilisé (Ω, A, P ), mutuellement indépendantes et de même loi géométrique de paramètre p.. Soit i, N. Soit n N. Déterminer P (X i n), puis P (X i > n).. On considère la variable aléatoire Y définie par Y = min i N (X i) c est-à-dire ω Ω, Y (ω) = min (X (ω),, X N (ω)), min désignant «le plus petit élément de». (a) Soit n N. Calculer P (Y > n). En déduire P (Y n), puis P (Y = n). (b) Reconnaître la loi de Y. En déduire E(Y ). Corrigé exercice. Soit i, N. X i (Ω) = N et k N, P (X i = k) = p( p) k = pq k. Alors on a P (X i n) = P (X i = k) = pq k = p qn q = qn. k= Donc P (X i > n) = P (X i n) = q n. k=. (a) Y (Ω) = N. Soit n N. P (Y > n) = P ((X > n) (X N > n)) N Donc P (Y > n) = P (X i > n) car les variables X,, X N sont mutuellement indépendantes. Donc P (Y > n) = i= N q n = q nn. i= Or P (Y n) = P (Y > n) donc P (Y n) = q nn. Calcul de P (Y = n) : Premier cas : si n. P (Y = n) = P (Y n) P (Y n ). Donc P (Y = n) = q (n )N ( q N ). Deuxième cas : si n =. P (Y = n) = P (Y = ) = P (Y > ) = q N. Conclusion : n N, P (Y = n) = q (n )N ( q N ). (b) D après.(a), n N, P (Y = n) = q (n )N ( q N ). C est-à-dire n N, P (Y = n) = ( ( q N ) ) n ( q N ). On en déduit que Y suit une loi géométrique de paramètre q N. Donc, d après le cours, Y admet une espérance et E(Y ) = q N. CC BY-NC-SA 3. FR Page 36

137 EXERCICE 3 probabilités Énoncé exercice 3 Remarque : les questions. et. sont indépendantes. Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé.. (a) Soit X et X deux variables aléatoires définies sur (Ω, A, P ). On suppose que X et X sont indépendantes et suivent des lois de Poisson, de paramètres respectifs λ et λ. Déterminer la loi de X + X. (b) En déduire l espérance et la variance de X + X.. Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur (Ω, A, P ). On suppose que Y suit une loi de Poisson de paramètre λ. On suppose que X(Ω) = N et que, pour tout m N, la loi conditionnelle de X sachant (Y = m) est une loi binomiale de paramètre (m, p). Déterminer la loi de X. Corrigé exercice 3. (a) X (Ω) = N et X (Ω) = N donc (X + X )(Ω) = N. Soit n N. (X + X = n) = n ((X = k) (X = n k)) (union d évènements deux à deux disjoints). Donc : k= P (X + X = n) = = = Ainsi X + X P(λ + λ ). P ((X = k) (X = n k)) k= P (X = k)p (X = n k) car X et X sont indépendantes. k= k= e λ λk = e (λ+λ) n! k! λ n k e λ (n k)! = e (λ+λ) n! ( n k k= k= ) λ k λ n k = e (λ+λ) (λ + λ ) n n! n! k!(n k)! λk λ n k Remarque : cette question peut aussi être traitée en utilisant les fonctions génératrices. (b) X + X P(λ + λ ) donc, d après le cours, E(X + X ) = λ + λ et V (X + X ) = λ + λ.. Soit k N, P (X = k) = Or, par hypothèse, m= P ((X = k) (Y = m)) = m N, P (Y =m) (X = k) = m= P (Y =m) (X = k)p (Y = m). ( ) m p k ( p) m k k si k m sinon CC BY-NC-SA 3. FR Page 37

138 Donc : P (X = k) = m=k λ pk = e k! λk λp (λp)k = e k! ( m )p k ( p) m k λ λm pk e = e λ k m! m= (λ( p)) m m! k! λk λ pk = e k! λk e λ( p) m=k (λ( p)) m k (m k)! Ainsi X P(λp). CC BY-NC-SA 3. FR Page 38

139 EXERCICE 4 probabilités Énoncé exercice 4 Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 3. On dispose de n boules numérotées de à n et d une boîte formée de trois compartiments identiques également numérotés de à 3. On lance simultanément les n boules. Elles viennent toutes se ranger aléatoirement dans les 3 compartiments. Chaque compartiment peut éventuellement contenir les n boules. On note X la variable aléatoire qui à chaque expérience aléatoire fait correspondre le nombre de compartiments restés vides.. Préciser les valeurs prises par X.. (a) Déterminer la probabilité P (X = ). (b) Finir de déterminer la loi de probabilité de X. 3. (a) Calculer E(X). (b) Déterminer Corrigé exercice 4 lim E(X). Interpréter ce résultat. n +. X(Ω) =,. ( ) 3. (a) Pour que l événement (X = ) se réalise, on a possibilités pour choisir les compartiments restant vides. Les deux compartiments restant vides étant choisis, chacune des n boules viendra se placer dans le troisième compartiment avec la probabilité 3. De plus les placements des différentes boules dans les trois compartiments sont indépendants. ( ) ( ) n ( ) n ( ) n 3 Donc P (X = ) = = 3 = (b) Déterminons P (X = ). Pour que l événement (X = ) se réalise, on a ( 3 ) possibilités pour choisir le compartiment restant vide. Le compartiment restant vide étant choisi, on note A l événement : «les n boules doivent se placer dans les deux compartiments restants (que nous appellerons compartiment a et compartiment b) sans laisser l un d eux vide». Soit k, n. On note A k l événement : «k boules se placent dans le compartiment a et les (n k) boules restantes dans le compartiment b». n On a alors A = A k. k= On a k, n, P (A k ) = ( n k ) ( 3 ( ) n 3 Donc P (X = ) = P ( k= Donc n ( ) ( ) n ( n P (X = ) = 3 = k 3 3 k= ( ) n Donc P (X = ) = ( n ). 3 ) k ( ) n k = 3 ( n k ) ( 3 ) n. n A k ) = 3 P (A k ) car A, A,..., A n sont deux à deux incompatibles. k= ) n n k= ( ) n = k ( 3 ) n ( n k= ( ) ) n = k ( ) n ( n ). 3 Enfin, P (X = ) = P (X = ) P (X = ) donc P (X = ) = ( n ( 3) n 3) ( n ). ( ) n Donc P (X = ) = ( n ). 3 CC BY-NC-SA 3. FR Page 39

140 Autre méthode : Une épreuve peut être assimilée à une application de, n (ensemble des numéros des boules) dans, 3 (ensemble des numéros des cases). Notons Ω l ensemble de ces applications. On a donc : card Ω = 3 n. Les boules vont se "ranger aléatoirement dans les trois compartiments", donc il y a équiprobabilité sur Ω. (a) L événement (X = ) correspond aux applications dont les images se concentrent sur le même élément de, 3, c est-à-dire aux applications constantes. Donc P (X = ) = 3 3 n = 3 n. (b) Comptons à présent le nombre d applications correspondant à l événement (X = ), c est-à-dire le nombre d applications dont l ensemble des images est constitué de deux éléments exactement. On a 3 possibilités pour choisir l élément de, 3 qui n a pas d antécédent et ensuite, chaque fois, il faut compter le nombre d applications de, n vers les deux éléments restants de, 3, en excluant bien sûr les deux applications constantes. On obtient donc n applications. D où P (X = ) = 3 (n ) 3 n = 3 n (n ). Enfin, comme dans la méthode précédente, P (X = ) = P (X = ) P (X = ) donc P (X = ) = ( n ( 3) n 3) ( n ). ( ) n ( ) n 3. (a) E(X) = P (X = ) + P (X = ) + P (X = ) = ( n ) +. ( ) 3 3 n Donc E(X) = 3. 3 ( ) n (b) D après 3.(a), lim E(X) = lim 3 =. n + n + 3 Quand le nombre de boules tend vers +, en moyenne aucun des trois compartiments ne restera vide. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

141 EXERCICE 5 probabilités Énoncé exercice 5. Énoncer et démontrer la formule de Bayes pour un système complet d événements.. On dispose de dés dont 5 sont pipés (c est-à-dire truqués). Pour chaque dé pipé, la probabilité d obtenir le chiffre 6 lors d un lancer vaut. (a) On tire un dé au hasard parmi les dés. On lance ce dé et on obtient le chiffre 6. Quelle est la probabilité que ce dé soit pipé? (b) Soit n N. On tire un dé au hasard parmi les dés. On lance ce dé n fois et on obtient n fois le chiffre 6. Quelle est la probabilité p n que ce dé soit pipé? (c) Déterminer Corrigé exercice 5 lim p n. Interpréter ce résultat. n +. Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé. Soit B un événement de probabilité non nulle et (A i ) i I un système complet d événements de probabilités non nulles. Alors, i I, P B (A i ) = P (A i )P Ai (B). P (A i )P Ai (B) i I Preuve : P B (A i ) = P (A i B) P (B) = P (A i )P Ai (B). () P (B) Or (A i ) i I un système complet d événements donc P (B) = i I Donc P (B) = P (A i )P Ai (B). (). i I () et () donnent le résultat souhaité. P (A i B).. (a) On tire au hasard un dé parmi les dés. Notons T l événement : «le dé choisi est pipé». Notons A l événement :«On obtient le chiffre 6 lors du lancer». On demande de calculer P A (T ). Le système (T, T ) est un système complet d événements de probabilités non nulles. On a d ailleurs, P (T ) = 5 = 4 et donc P (T ) = 3 4. Alors, d après la formule de Bayes, on a : P A (T ) = P (T )P T (A) P T (A)P (T ) + P T (A)P (T ) = =. (b) Soit n N. On choisit au hasard un dé parmi les dés. k, n, on note A k l événement «on obtient le chiffre 6 au k ième lancer». On pose A = n A k. k= On nous demande de calculer p n = P A (T ). Le système (T, T ) est un système complet d événements de probabilités non nulles. On a d ailleurs, P (T ) = 5 = 4 et donc P (T ) = 3 4. Alors d après la formule de Bayes, on a : CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

142 P (T )P T (A) p n = P A (T ) = P T (A)P (T ) + P T (A)P ( T ) Donc p n = ( ( 4 ) n 4 + ) n ( 6 ) n 3 4 = + 3 n. (c) n N, p n = + Donc lim p n =. n + 3 n Ce qui signifie que, lorsqu on effectue un nombre élevé de lancers, si on n obtient que des 6 sur ces lancers alors il y a de fortes chances que le dé tiré au hasard au départ soit pipé. CC BY-NC-SA 3. FR Page 4

143 EXERCICE 6 probabilités Énoncé exercice 6 X et Y sont deux variables aléatoires indépendantes et à valeurs dans N. Elles suivent la même loi définie par : k N, P (X = k) = P (Y = k) = pq k où p ], [ et q = p. On considère alors les variables U et V définies par U = sup(x, Y ) et V = inf(x, Y ).. Déterminer la loi du couple (U, V ).. Déterminer la loi marginale de U. On admet que V (Ω) = N et que, n N, P (V = n) = pq n ( + q). 3. Prouver que W = V + suit une loi géométrique. En déduire l espérance de V. 4. U et V sont-elles indépendantes? Corrigé exercice 6. (U, V )(Ω) = { (m, n) N tel que m n }. Soit (m, n) N tel que m n. Premier cas : si m=n P ((U = m) (V = n)) = P ((X = n) (Y = n)) = P (X = n)p (Y = n) car X et Y sont indépendantes. Donc P ((U = m) (V = n)) = p q n. Deuxième cas : si m>n P ((U = m) (V = n)) = P ([(X = m) (Y = n)] [(X = n) (Y = m)]) Les événements ((X = m) (Y = n)) et ((X = n) (Y = m)) sont incompatibles donc : P ((U = m) (V = n)) = P ((X = m) (Y = n)) + P ((X = n) (Y = m)). Or les variables X et Y suivent la même loi et sont indépendantes donc : P ((U = m) (V = n)) = P (X = m)p (Y = n) = p q n+m. p q n si m = n Bilan : P ((U = m) (V = n)) = p q n+m si m > n sinon. U(Ω) = N et V (Ω) = N. Soit m N. P (U = m) = n= n= P ((U = m) (V = n)). ( loi marginale de (U, V ) ) Donc d après., m m P (U = m) = P ((U = m) (V = n)) = P ((U = m) (V = m)) + P ((U = m) (V = n)). Donc m P (U = m) = p q m + n= m p q n+m = p q m +p q m Donc m N, P (U = m) = pq m (pq m + q m ). 3. W (Ω) = N. Soit n N. P (W = n) = P (V = n ) = pq (n ) ( + q) = ( q)q (n ) ( + q). Donc P (W = n) = ( q ) ( q ) n. Donc W suit une loi géométrique de paramètre q. Donc, d après le cours, E(W ) = q. Donc E(V ) = E(W ) = E(W ) = q q. 4. P ((U = ) (V = )) = et P (U = )P (V = ) = p 3 q ( + q). Donc U et V ne sont pas indépendantes. n= n= q n = p q m +p q m qm q = p q m +pq m ( q m ) CC BY-NC-SA 3. FR Page 43

144 EXERCICE 7 probabilités Énoncé exercice 7 On dispose de deux urnes U et U. L urne U contient deux boules blanches et trois boules noires. L urne U contient quatre boules blanches et trois boules noires. On effectue des tirages successifs dans les conditions suivantes : on choisit une urne au hasard et on tire une boule dans l urne choisie. On note sa couleur et on la remet dans l urne d où elle provient. Si la boule tirée était blanche, le tirage suivant se fait dans l urne U. Sinon le tirage suivant se fait dans l urne U. Pour tout n N, on note B n l événement «la boule tirée au n ième tirage est blanche» et on pose p n = P (B n ).. Calculer p.. Prouver que : n N, p n+ = 6 35 p n En déduire, pour tout entier naturel n non nul, la valeur de p n. Corrigé exercice 7. Notons U l événement le premier tirage se fait dans l urne U. Notons U l événement le premier tirage se fait dans l urne U. (U, U ) est un système complet dévénements. Donc d après la formule des probabilités totales, p = P (B ) = P U (B )P (U ) + P U (B )P (U ). Donc p = = 7 35 On a donc p = Soit n N. (B n, B n ) est un système complet d événements. Donc, d après la formule des probabilités totales, P (B n+ ) = P Bn (B n+ )P (B n ) + P Bn (B n+ )P (B n ). Alors en tenant compte des conditions de tirage, on a p n+ = 5 p n ( p n). Donc, n N. p n+ = 6 35 p n n N, p n+ = 6 35 p n Donc (p n ) n N est une suite arithmético-géométrique. On résout l équation l = 6 35 l et on trouve l = 4. On considère alors la suite (u n ) n N définie par : n N, u n = p n l. (u n ) n N est géométrique de raison 6 ( 35, donc, n N, u n = 6 ) n u. 35 Or u = p l = = On en déduit que, n N, p n = u n + l, c est-à-dire p n = ( 6 ) n CC BY-NC-SA 3. FR Page 44

145 EXERCICE 8 probabilités Énoncé exercice 8 Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé (Ω, A, P ) et à valeurs dans N. On suppose que la loi du couple (X, Y ) est donnée par : (i, j) N, P ((X = i) (Y = j)) = e i+ j!. Déterminer les lois de X et de Y.. (a) Prouver que + X suit une loi géométrique et en déduire l espérance et la variance de X. (b) Déterminer l espérance et la variance de Y. 3. Les variables X et Y sont-elles indépendantes? 4. Calculer P (X = Y ). Corrigé exercice 8. (i, j) N, P ((X = i) (Y = j)) = X(Ω) = N. Soit i N. j e i+ j! = e i+ Or P (X = i) = j= j e i+ j!. + j! converge et j= e i+ j! = i+. P ((X = i) (Y = j)) donc P (X = i) = Conclusion : i N, P (X = i) = i+. j= e i+ j! = e i+ j! = i+. j= Y (Ω) = N. Soit j N. e i+ j! = ej! i Or P (Y = j) = Donc P (Y = j) = i i= ( ) i converge (série géométrique de raison + ) et e i+ j! = ej! i= P ((X = i) (Y = j)). i= e i+ j! = ej! Conclusion : j N, P (Y = j) = ej!.. (a) On pose Z = X +. Z(Ω) = N. i= ( ) i = ej! De plus, n N, P (Z = n) = P (X = n ) = n = Donc Z suit une loi géométrique de paramètre p =. = ej!. ( ) n. = ej!. Donc, d après le cours, E(Z) = p = et V (Z) = p p =. Donc E(X) = E(Z ) = E(Z) = = et V (X) = V (Z ) = V (Z) =. C est-à-dire E(X) = et V (X) =. (b) Y suit une loi de Poisson de paramètre λ =. Donc, d après le cours, E(Y ) = V (Y ) = λ =. 3. On a : (i, j) N, P ((X = i) (Y = j)) = P (X = i)p (Y = j). Donc les variables X et Y sont indépendantes. CC BY-NC-SA 3. FR Page 45

146 4. (X = Y ) = k N((X = k) (Y = k)) et il s agit d une union d événements deux à deux incompatibles donc : P (X = Y ) = k= Donc P (X = Y ) = e. P ((X = k) (Y = k)) = k= e k+ k! = e k= ( k! ) k = e e CC BY-NC-SA 3. FR Page 46

147 EXERCICE 9 probabilités Énoncé exercice 9 Soit n N. Une urne contient n boules blanches numérotées de à n et deux boules noires numérotées et. On effectue le tirage une à une, sans remise, de toutes les boules de l urne. On note X la variable aléatoire égale au rang d apparition de la première boule blanche. On note Y la variable aléatoire égale au rang d apparition de la première boule numérotée.. Déterminer la loi de X.. Déterminer la loi de Y. Corrigé exercice 9. X(Ω) =, 3. i, n, on note B i la i ème boule blanche. i,, on note N i la i ème boule noire. On pose E = {B, B,..., B n, N, N }. Alors Ω est l ensemble des permutations de E et donc card(ω) = (n + )!. (X = ) correspond aux tirages des (n + ) boules pour lesquels la première boule tirée est blanche. On a donc n possibilités pour le choix de la première boule blanche et donc (n + )! possibilités pour les tirages restants. Donc P (X = ) = n (n + )! (n + )! = n n +. (X = ) correspond aux tirages des (n + ) boules pour lesquels la première boule tirée est noire et la seconde est blanche. On a donc possibilités pour la première boule, puis n possibilités pour la seconde boule et enfin n! possibilités pour les tirages restants. Donc P (X = ) = n (n)! (n + )! = n (n + )(n + ). (X = 3) correspond aux tirages des (n + ) boules pour lesquels la première boule et la seconde boule sont noires. On a donc possibilités pour la première boule, puis une seule possibilité pour la seconde et enfin n! possibilités pour les boules restantes. Donc P (X = 3) = (n)! (n + )! = (n + )(n + ). Autre méthode : Dans cette méthode, on ne s interesse qu aux "premières" boules tirées, les autres étant sans importance. X(Ω) =, 3. (X = ) est l événement : "obtenir une boule blanche au premier tirage". nombre de boules blanches Donc P (X = ) = nombre de boules de l urne = n n +. (X = ) est l événement : " obtenir une boule noire au premier tirage puis une boule blanche au second tirage". D où P (X = ) = n + n n + = n, les tirages se faisant sans remise. (n + )(n + ) (X = 3) est l événement : "obtenir une boule noire lors de chacun des deux premiers tirages puis une boule blanche au troisième tirage". D où P (X = 3) = n + n + n n =, les tirages se faisant sans remise. (n + )(n + ). Y (Ω) =, n +. Soit k, n +. L événement (Y = k) correspond aux tirages des (n + ) boules où les (k ) premières boules tirées ne sont ni B ni N et la k ième boule tirée est B ou N. CC BY-NC-SA 3. FR Page 47

148 ( ) n On a donc, pour les (k ) premières boules tirées, choix possibles de ces boules et (k )! k possibilités pour leur rang de tirage sur les (k ) premiers tirages, puis possibilités pour le choix de la k ième boule et enfin (n + k)! possibilités pour les rangs de tirage des boules restantes. ( ) n n! (k )! (n + k)! (n + k)! k (n k + )! Donc P (Y = k) = = (n + )! (n + )! (n + k) Donc P (Y = k) = (n + )(n + ). CC BY-NC-SA 3. FR Page 48

149 EXERCICE probabilités Énoncé exercice Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé.. Soit X une variable aléatoire définie sur (Ω, A, P ) et à valeurs dans N. On considère la série entière t n P (X = n) de variable réelle t. On note R X son rayon de convergence. (a) Prouver que R X. On pose G X (t) = n= t n P (X = n) et note D GX l ensemble de définition de G X. Justifier que [, ] D GX. Pour tout réel t fixé de D GX, exprimer G X (t) sous forme d une espérance. (b) Soit k N. Exprimer, en justifiant la réponse, P (X = k) en fonction de G (k) X ().. (a) On suppose que X suit une loi de Poisson de paramètre λ. Déterminer D GX et, pour tout t D GX, calculer G X (t). (b) Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur un même espace probabilisé, indépendantes et suivant des lois de Poisson de paramètres respectifs λ et λ. Déterminer, en utilisant les questions précédentes, la loi de X + Y. Corrigé exercice. (a) n N, t ], [, t n P (X = n) P (X = n) et P (X = n) converge ( n= P (X = n) = ). Donc t ], [, t n P (X = n) converge absolument. Donc R X. De plus, pour t = et t =, la série t n P (X = n) converge absolument, donc [, ] D GX. On remarque que G X (t) = E(t X ). G X est la fonction génératrice de X. (b) Soit k N. G X est la somme d une série entière de rayon de convergence R X. Donc, d après le cours, G X est de classe C sur ], [ ] R X, R X [. De plus, t ], [, G (k) X (t) = + n=k n! (n k)! tn k P (X = n). En particulier G (k) G(k) X X () = k!p (X = k), donc P (X = k) = () k!.. (a) On suppose que X suit une loi de Poisson de paramètre λ. t R, t n P (X = n) = t n λ λn e n! = (λt) n e λ converge (série exponentielle) et donc n! D GX = R. + De plus, t R, G X (t) = e λ (λt) n = e λ e λt = e λ(t ). n! n= (b) On suppose que X et Y sont indépendantes et suivent des lois de Poisson de paramètres respectifs λ et λ. D GX = D GY = R et, si on pose Z = X + Y, alors [, ] D GZ. Alors, t [, ], G Z (t) = E(t X+Y ) = E(t X t Y ) = E(t X )E(t Y ) car X et Y sont indépendantes et donc, d après le cours, t X et t Y sont indépendantes. Donc, d après.(a), G Z (t) = e λ(t ) e λ(t ) = e (λ+λ)(t ). On reconnaît la fonction génératrice d une loi de Poisson de paramètre λ + λ. Donc, d après.(b), comme Z a la même fonction génératrice qu une loi de Poisson de paramètre λ + λ, alors Z = X + Y suit une loi de Poisson de paramètre λ + λ. CC BY-NC-SA 3. FR Page 49

150 EXERCICE probabilités Énoncé exercice On admet, dans cet exercice, que : q N, k q ( ) k x k q converge et x ], [, q Soit p ], [. Soit (Ω, A, P ) un espace probabilisé. Soit X et Y deux variables aléatoires définies sur (Ω, A, P ) et à valeurs dans N. On suppose que la loi de probabilité du couple (X, Y ) est donnée par : ( ) ( ) n n (k, n) N p( p), P ((X = k) (Y = n)) = n si k n k sinon. Vérifier qu il s agit bien d une loi de probabilité.. (a) Déterminer la loi de Y. (b) Prouver que + Y suit une loi géométrique. (c) Déterminer l espérance de Y. 3. Déterminer la loi de X. Corrigé exercice. On remarque que (k, n) N, P ((X = k) (Y = n)). (X, Y )(Ω) = { (k, n) N tel que k n }. Posons (k, n) N, p k,n = P ((X = k) (Y = n)). n N, k p k,n converge (car un nombre fini de termes non nuls). Et k= p k,n = k= ( ) ( ) n n p( p) n = k ( ) n p( p) n n k= ( ) n = k k=q ( ) k x k q = q ( x) q+. ( ) n p( p) n n = p( p) n. De plus, p( p) n = p p) n n ( n converge (série géométrique convergente car ( p) ], [). Et p( p) n = p ( p) n = p ( p) =. n= n= Donc on définit bien une loi de probabilité.. (a) Y (Ω) = N. Soit n N. P (Y = n) = k= P ((X = k) (Y = n)) (loi marginale) Donc, d après les calculs précédents, P (Y = n) = C est-à-dire, n N, P (Y = n) = p( p) n. (b) Posons Z = + Y. Z(Ω) = N et n N, P (Z = n) = P (Y = n ) = p( p) n. Donc Z suit une loi géométrique de paramètre p. (c) D après la question précédente, E(Z) = p. Or Y = Z donc E(Y ) = E(Z) et donc E(Y ) = p p. 3. X(Ω) = N. Soit k N. P (X = k) = n= k= P ((X = k) (Y = n)) (loi marginale) ( ) ( ) n n p( p) n = p( p) n. k CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

151 Donc P (X = k) = n=k ( ) ( n k ) n p( p) n = p ( Donc, d après les résultats admis dans l exercice, P (X = k) = p ) k + ( ) ( n ( p) k k n=k ( ( p) ) n k. ) k ( p) k ( ( p) ) k+ C est-à-dire P (X = k) = p Donc, k N, P (X = k) = ( ) k ( p) k k+ ( + p) k+. p + p ( ) k p. + p CC BY-NC-SA 3. FR Page 5

152 EXERCICE probabilités Énoncé exercice Soit n N et E un ensemble possédant n éléments. On désigne par P(E) l ensemble des parties de E.. Déterminer le nombre a de couples (A, B) (P(E)) tels que A B.. Déterminer le nombre b de couples (A, B) (P(E)) tels que A B =. 3. Déterminer le nombre c de triplets (A, B, C) (P(E)) 3 tels que A, B et C soient deux à deux disjoints et vérifient A B C = E. Corrigé exercice. On note F = { (A, B) (P(E)) / A B { }. } Soit p, n. On pose F p = (A, B) (P(E)) / A B et cardb = p. Pour une partie B à p éléments donnée, le nombre de parties A de E telles que A B est card P(B) = p. De plus, on a ( n p) possibilités pour choisir une partie B de E à p éléments. On en déduit que : p, n, card F p = ( n p) p. Or F = n F p avec F, F,..., F n deux à deux disjoints. p= ( ) n Donc a = card F = card F p = p = 3 n, d après le binôme de Newton. p Conclusion : a = 3 n. p= p= Autre méthode : Le raisonnement suivant { (corrigé non détaillé) permet } également de répondre à la question. Notons encore F = (A, B) (P(E)) / A B. À tout couple (A, B) de F, on peut associer l application ϕ A,B définie par : E {,, 3} si x A ϕ A,B : x si x / A et x B 3 si x / B On note A (E, {,, 3}) l ensemble des applications de E dans {,, 3}. F A (E, {,, 3}) Alors l application Θ : est bijective. (A, B) ϕ A,B Le { résultat en découle. } { }. (A, B) (P(E)) / A B = = (A, B) (P(E)) / A B. { } { } Or card (A, B) (P(E)) / A B = card (A, B) (P(E)) / A B { } = card (A, C) (P(E)) / A C Donc b = a. = a. 3. Compter tous les triplets (A, B, C) tels que A, B et C soient deux à deux disjoints et tels que A B C = E revient à compter tous les couples (A, B) tels que A B = car, alors, C est obligatoirement égal à A B. { } En d autres termes, c = card (A, B) (P(E)) / A B = = b = 3 n. CC BY-NC-SA 3. FR Page 5