1 Exeries longs
1.1 CCP
Exerie 1. Soient
(a n ) ∈ (R ∗ + ) N et(u n ) ∈ R N tellesqueu 0 > 0
et ∀ n ∈ N
,u n+1 = u n + a u n n.
u 0 > 0
et∀ n ∈ N
,u n+1 = u n + a u n n.
1) Montrerque
(u n )
estbien dénieetroissante.2) Onsupposeque
a n = 1
pourtout entiern
.a) Montrerque
(u n )
divergevers+ ∞
.b) Montrerquepourtoutentier
n
,u 2 n = u 2 0 +
n − 1
P
k=0 1
u 2 k + 2net endéduireque
√ 2n 6 u n 6
q u 2 0 + u 1 2
0 + 5 2 n.
3) Montrerque
(u n )
onvergesietseulementsilasériedetermegénérala n onverge.
4) Onsupposeque
a n = 3 1 n pourtoutentiern
.
a) Montrerquelasuite
(u n )
onvergeversunréelℓ
.b) Montrerque
ℓ 2 − u 2 n n ∼
→∞
1 3 n − 1
.Exerie 2. Soit
x ∈ ] − 1, 1[
.Onposef x : θ ∈ R 7→ P ∞
n=1 cos(nθ)
n x n
.1) Montrerque
f x estontinuesurR
puisalulerf x (0)
etf x (π)
.
2) Montrerque
f xestdérivableetque∀ θ ∈ R, f x ′ (θ) = 1 − 2 − x x cos sin θ+x θ 2.Endéduirelavaleurdef x (θ)
f x (θ)
pour
θ ∈ R
.3) Caluler
R +π
− π ln(1 − 2 x cos θ + x 2 ) dθ.
4) Endéduire, pour
y ∈ R \ [ − 1, 1]
,lavaleurdeR +π
− π ln(1 − 2 y cos θ + y 2 ) dθ.
Exerie3. Soit
n ∈ N ∗,f, g ∈ L (R n )
telsquef ◦ g = g ◦ f
.Onsupposequef
estdiagonalisable
etpossèden
valeurspropresdistintesλ 1 , · · · , λ n.
1) Montrerquetoutveteurproprede
f
estveteurpropredeg
.2) Endéduirequ'ilexisteunebase ommunedeveteursproprespour
f
etg
.3) Montrerqu'ilexisteununique
n
-uplet(a 0 , · · · , a n − 1 ) ∈ R ntelqueg = a 0 +a 1 f + · · · +a n − 1 f n − 1.
4) Déterminerladimensionduommutantde
f
.Exerie 4. Ondénit
ϕ ∈ L ( M n (R))
parϕ(M ) = 2M + t M
pourM ∈ M n (R)
.1) Montrerque
ϕ 2 = 4ϕ − 3 id
.L'endomorphismeϕ
est-ildiagonalisable?2) Déterminerlesvaleurspropres,lessous-espaespropres,latrae,ledéterminantetlepolynme
aratéristiquede
ϕ
.3) Soient
a, b ∈ R
etϕ a,b : M ∈ M n (R) 7→ aM + b t M
. Donner une ondition néessaire etsusantepourque
ϕ a,b soitinversible.
4) Soit
h· , ·i
leproduit salairesurM n (R)
déniparh M, N i = Tr( t M N )
pourM, N ∈ M n (R)
.Exerie 5. Soit
f : x 7→ R ∞
0 1
1+t exp( − | x t | ) dt.
1) Déterminerledomainededénitionde
f
.Est-elle ontinue?2) Montrerque
f
seprolongeparontinuitéen0
.3) Montrerque
f
estdelasseC ∞ surR ∗.
4) Donnerlessolutionssur
R ∗ +de(E):x 2 y ′ + y = | x |
.
5) Quellessontlessolutionsde(E)déniessur
R
?Exerie 6.
1) Soit
E
unespaeeulidien dedimension2n
etf ∈ L (E)
antisymétrique.a) Montrerque
f 2 estdiagonalisable.
b) Montrerque
Ker f = Ker f 2.
) Soit
a
un veteur propre def 2 assoié à une valeur propre non nulle. Montrer que le
plan
F = Vect(a, f (a))
eststable parf
.Quediredel'orthogonaldeF
?2) Soit
A ∈ M 2n (R)
une matrieantisymétrique.Montrerqu'ilexisteunematrieP ∈ GL 2n (R)
telleque
A = t P
0 − I n
I n 0
P
.1.3 Mines
Exerie 7. Pour
n > 1
entieronposea n = R ∞ 0
dt (1+t 3 ) n
.1) Justierl'existenede
a n pourtout n
.
2) Déterminerlerayondeonvergenedelasérie entièredetermegénéral
a n x n.
3) Soit
f
lasommedeettesérieentière.Exprimerf
àl'aidedesfontionsusuelles.Exerie 8. Soit
G
unsous-groupedeGL n (R)
telquepourtoutA ∈ G
,A 2 = I n.
1) Montrerque
G
est ommutatif.2) Montrerqu'ilexiste
P ∈ GL n (R)
telquepourtoutA ∈ G
,P AP − 1 estdiagonale.
3) Montrerque
G
est niet donnerunmajorantdesonardinal.1.4 Autres éoles
Exerie 9. Soit
f : R 2 → R
diérentiable,telle quef (0, 0) = 0
etque∂ y f > | ∂ x f |
.Onposeg : x ∈ R 7→ f (x, x)
,h : x ∈ R 7→ f (x, − x)
et
k x : y ∈ R 7→ f (x, y)
.1) Donnerlesdérivéesdeesfontions.
2) Montrerque
∀ x ∈ R, ∃ !y ∈ R, f(x, y) = 0
.Onnotey = t(x)
.3) Montrerque
t
est1-lipshitzienne.Exerie 10. Onnote
GL n (Z) = { A ∈ M n (Z) | det A = ± 1 }
.1) Montrerque
GL n (Z)
estunsous-groupedeGL n (R)
.Onenxeunsous-groupeniG
.2) Montrerquepourtoutematrie
A ∈ G
,il existeunentierm ∈ N ∗ telqueA m = I n.
3) Soit
A ∈ M n (Z)
.Onsupposequ'ilexisteP ∈ C[X ]
,sindéàrainessimplesetdonttouteslesrainessontdemodulestritementinférieurà
1
,telqueP (A) = 0
.MontrerqueA = 0
.4) Soit
p > 3
unentier.OnsupposequeA ∈ G
s'éritA = I n + pM
aveM ∈ M n (Z)
.Montrerque
M
estnéessairementnulle.Exerie 11. Pour
d ∈ N
, onnoteX d
le polynme
X(X − 1) ··· (X − d+1)
d!
. Onnote aussi∆
l'endo-morphismede
R [X ]
quienvoieP
surP (X + 1) − P (X)
.1) Caluler
Ker ∆
et∆ X d
pourtout entier
d
.2) Soit
P ∈ R d [X ]
telqueP (Z) ⊂ Z
. Montrerqu'il existeun(d + 1)
-uplet(c d , . . . , c 0 )
d'entierstelque
P = c d X d
+ · · · + c 0 X 0
.
3) Déterminerl'ensembledespolynmes
P ∈ R[X ]
telsqueP (Z) ⊂ Z
.Exerie 12. Onxeunespaevetoriel
E
dedimensionnie.Sif ∈ L (E)
,onnotead f l'endo-
morphismede
L (E)
qui envoieg
surf g − gf
.1) Si
f
etg
sont dansL (E)
etn > 0
un entier, exprimerad n f (g)
en fontion des puissanessuessivesde
f
etg
.2) Montrerque,si
f
estnilpotentd'indien
,alorsad f estnilpotentd'indieauplus2n − 1
.
3) Montrerque,pourtout
a ∈ L (E)
,ilexisteb ∈ L (E)
telqueaba = a
.4) Montrerque,si
f
estnilpotentd'indien
,alorsad f estnilpotentd'indieexatement2n − 1
.
2.1 CCP
Exerie 13. Donnerunéquivalentde
u n =
n
P
k=1
ln 2 k
.Exerie 14. Justierl'existenede
I = R 1 0
ln t
1+t dt.Exprimer I
ommesommed'unesérie.
Exerie 15. Déterminerpourquels
z ∈ C
lamatrie
0 0 z 1 0 0 1 0 0
estdiagonalisable.Exerie16. Soit
M ∈ S n (R)
.Onsupposequ'ilexisteunentierp ∈ N ∗telqueM p = I n.Montrer
que
M 2 = I n.QuediresiM ∈ S n + (R)
?
2.2 Centrale
Exerie17. Soit
r > 0
et(a n )
lasuitedéniepara n = r √ nsin
estlearréd'unentiereta n = 0
sinon.Déterminerlerayondeonvergenedelasérieentièredetermegénéral
a n x n.
Exerie 18. Lesmatries
1 1 0 0 1 1 0 0 1
et
1 1 0 0 1 0 0 0 1
sont-ellessemblables?2.3 Mines
Exerie 19. Soit
f : x 7→ | sin x | x.Montrer quef
estprolongeableparontinuitésur R +,puis
étudiersonintégrabilitésur
R +.
Exerie 20. Soit
f
l'appliation qui à tout polynmeP ∈ R n [X ]
assoie le polynme dénipar
∀ x ∈ R, Q(x) = R x+1
x P (t) dt.Montrerque f
est unendomorphisme deR n [X ]
puis aluler
sondéterminant.
Corrigé1.
1) Onmontre par réurrenesur
n
queu n est bien déni, stritementpositif;le seul argument
estlapositivitéde
a n.Celaimplique trivialementlaroissane,enoreunefois parpositivité
dea
.
2) a) Laréurreneestde laforme
u n+1 = f (u n )
avef : x 7→ x + x 1. Commeu
est roissante,
elleonvergeou tend vers
+ ∞
. Mais si elle onvergeaite seraitversun point xedef
,'est-à-direunzérode
x 7→ 1 x,e quin'existepas.
b) On somme la relation
u 2 n+1 = u 2 n + 2 + u 1 2
n
. La première inégalité est une onséquene
immédiatedelapositivitéde
u
.Onendéduitn − 1
X
k=1
1 u 2 k 6
n − 1
X
k=1
1 2k 6 n
2
.C'estexatementlamajorationdemandée.
3) Lasuite
u
étantroissante,elleonvergesiet seulementsi elleest majorée.Supposonsquelasériede termegénéral
a n onverge.Alorsensommantlarelationderéurrenepourk
allant
de
0
àn
onau n+1 = u 0 +
n
X
k=0
a k
u k
6 u 0 + 1 u 0
n
X
k=0
a k 6 u 0 + 1 u 0
∞
X
k=0
a k.
Réiproquement,si
u nonvergeversunelimiteℓ
,alorslasériedetermegénéralu n+1 − u n = u a n n
estonvergenteetona
a n
u n ∼ a ℓ n > 0,donlasériedetermegénérala n
,étantdemêmenature,
onverge.(Alternativement,onpeutseontenterd'utiliserlefaitque
(a n )
est minoréeparunréelstritementpositif.)
4) a) Lasériegéométriqueonverge,don
u
aussid'aprèslaquestionpréédente.b) Ona
u 2 k+1 − u 2 k = 2 · 3 − k + 3 2k 1 u 2
k
.Onsommeetteégalité pour
k
entren
etl'inni,equiestlégitimeartout onverge.Onobtient
ℓ 2 − u 2 n = 2 3 − n
1 − 3 − 1 + O(9 − n ) ∼ 3 1 − n.
Corrigé2.
1) Lasérie onvergenormalementar
| cos | 6 1
,lasommeestdonontinuesurR
.Onaf x (0) =
X ∞
n=1
x n
n = − ln(1 − x)
etf x (π) = X ∞
n=1
( − 1) n x n
n = − ln(1 + x)
.2) Formellementona
f x ′ (θ) = − P ∞
n=1 sin(nθ)x n
.Cettesérieonvergenormalement,donf xest
dérivableet pourtout
θ ∈ R
onal'égalitépréédente.Onendéduitf x ′ (θ) = − Im
X ∞
n=1
e inθ x n
= − Im
∞
X
n=1
(xe iθ ) n
= − Im xe iθ 1 − xe iθ
= − Im xe iθ (1 − xe − iθ ) 1 − 2x cos θ + x 2
= − Im xe iθ − x 2 1 − 2x cos θ + x 2
= − x sin θ 1 − 2x cos θ + x 2.
Onobtientlavaleurde
f xenalulantuneprimitive.Onposeu = cos θ
dansl'expression:
Z − x sin θ
1 − 2x cos θ + x 2 dθ =
Z x du 1 − 2xu + x 2
= − 1 2 ln(1 − 2xu + x 2 )
= − 1 2 ln(1 − 2x cos θ + x 2 )
.En
θ = 0
,etteprimitivevaut− 1 2 ln(1 − 2x + x 2 ) = − ln(1 − x) = f x (0)
donpourtoutθ ∈ R
,f x (θ) = − 1 2 ln(1 − 2x cos θ + x 2 )
.3) Puisque
| x | < 1
,laquestionpréédentepermet d'érireZ +π
− π
ln(1 − 2 x cos θ + x 2 ) dθ = − 2 Z +π
− π
f x (θ) dθ
= − 2 Z +π
− π
∞
X
n=1
cos(nθ) n x n dθ
= − 2
∞
X
n=1
Z +π
− π
cos(nθ) n x n dθ
= 0
touteslesintégralesindividuellesétantnulles.
4) Ilsutdeposer
x = 1 y equipermetdeserameneràlaquestionpréédente:onauraeneet
Z +π
− π
ln(1 − 2 y cos θ + y 2 ) dθ = 2π ln(y 2 ) + Z +π
− π
ln(1 − 2 x cos θ + x 2 ) dθ
= 4π ln | y |
.Corrigé3.
1) Parlarelationdeommutation,
g
stabiliselessous-espaespropresdef
,qui sontdesdroitesparl'hypothèsesurlesvaleurspropres.
2) Ilsut deprendreune basequelonquediagonalisant
f
.3) Dansettebase,
f
s'éritmatriiellementdiag(λ 1 , . . . , λ n )
,tandisqueg
s'éritdiag(µ 1 , . . . , µ n )
pour ertainsréels
µ i.La onditiondemandéesetraduitpar l'existened'un polynmeP
de
degréinférieurà
n − 1
telqueP (λ i ) = µ i pourtout i ∈ [[1, n]]
;lesλ i étantsupposésdistints,
l'existeneet l'uniité d'un telpolynmeest assuréeindiéremmentparles polynmes inter-
polateursdeLagrange,parl'injetivitédel'appliationlinéaire
R n − 1 [X] → R n d'évaluationen
lesλ i ouparundéterminantdeVandermonde.
Corrigé4.
1) Onérit:
ϕ 2 (M ) = ϕ(2M + t M )
= 2 (2M + t M ) + t (2M + t M )
= (4 + 1) M + (2 + 2) t M
= 4 ( t M + 2 M ) − 3 M
d'oùl'identitévoulue.Lepolynme
X 2 − 4 X +3
étantsindéàrainessimplessurR
('est(X −
1)(X − 3)
),l'endomorphismeonsidéréest dondiagonalisable.2) Commedéjàvu, lesvaleurspropresde
ϕ
sontàherherdans{ 1, 3 }
.Valeurpropre
1
: onherhelesM
tels que2M + t M = M
. Ils'agit des matriesantisy-métriques,sous-espaededimension
n (n − 1)
2
deM n ( R )
(ilsutdesedonnerlesoeientsstritementau-dessusdeladiagonale).
Valeurpropre
3
: ils'agit ettefois-idesmatriessymétriques,formantunsous-espaede dimensionn (n+1) 2
.Onendéduitque:
Latraede
ϕ
vautn (n 2 − 1) · 1 + n (n+1) 2 · 3 = n (2n + 1).
Sondéterminantvaut
1
n (n − 1)
2 3
n (n+1)
2 = 3
n (n+1) 2
.Sonpolynmearatéristiquevaut
(X − 1) n (n 2 − 1) (X − 3) n (n+1) 2 .
3) Ona
ϕ a,b = b ϕ + (a − 2b) id
, etdondet ϕ a,b = ( − b) n 2 χ ϕ 2b − a b
= ( − b) n 2 2b − b a − 1
n (n − 1) 2 2b − a
b − 3
n (n+1) 2
= (a − b) n (n 2 − 1) (a + b) n (n+1) 2
mêmequand
b = 0
.Quandn = 0
, l'endomorphismeϕ a,b esttoujoursinversible.Quandn = 1
,
ona
ϕ a,b = (a + b) id
, inversiblesiet seulementsia + b 6 = 0
. Quandn > 2
,l'inversibilitéest équivalenteàlaonditiona 2 6 = b 2.
4) Calulons:
h ϕ(M ), N i = Tr( t (2M + t M ) N )
= Tr(M N ) + 2 h M, N i
equiest visiblementsymétrique;paronséquent
ϕ
l'estaussi,ainsiqueϕ a,b pourtout(a, b)
par linéarité. (Alternativement: on adiagonalisé
ϕ
dans une base orthogonale, les matries symétriquesétantorthogonalesauxantisymétriques.)Corrigé5.
1) L'intégraleonvergepourtout
x
nonnulpuisque1+t 1 exp( − | x t | ) = O(t − 2 )quandt → + ∞
etque
l'intégrandese prolongepar ontinuité enzéro. Elle est ontinue sur
R ∗ + puisqu'elle l'est sur
toutsegment(théorèmedeontinuitésouslesigneintégral).ElleestdonontinuesurR ∗ par
parité.
2) Onappliquelethéorèmedeonvergenedominée:quand
x → 0
ave| x | 6 1
, onalamajora-tion
1
1+t exp( − | x t | ) 6 1+t 1 exp( − t)qui estintégrablesurR +
.Paronséquent,f
estprolongeable enzéro,delimite nulle.3) Ilsut deraisonnersur
R ∗ + parparité.Onaparréurrene
∂ x n exp( − x t ) = P n (t, x 1 ) exp( − x t )
où
P n ∈ Q[T, U ]
estunpolynmedéniparlarelationderéurreneP n+1 = U 2 (t − ∂ U )P n.Par
onséquent,quand
x
varie dansunsegmentxé,on peutborner∂ n x exp( − x t )
parune fontionintégrableindépendantede
x
.Lethéorèmederégularitésouslesigneintégralonlut.4) Onherheévidemmentunesolutionpartiulièreàpartirde
f
.Laquestionpréédentepermetdedériver
f
souslesigneintégral,etonax 2 f ′ (x) + f (x) =
Z ∞
0
x 2 ∂ x 1
1+t exp( − x t )
+ 1+t 1 exp( − x t ) dt
= Z ∞
exp( − t ) dt
=
− x exp( − x t ) ∞ t=0
= x
ommedebienentendu.Lessolutionsdel'équationhomogènesontdelaforme
x 7→ A exp( 1 x )
,etlessolutionsgénéralesdel'équation aveseond membresontdondelaforme
x 7→ f (x) + A exp( x 1 )
pour
A ∈ C
.5) Soit
g
une solutionde (E)dénie surR
. Lemême raisonnementque i-dessusappliqué ette foissurR − montrequeg
estdelaforme
x 7→ f (x) +
( A + exp( x 1 )
six > 0 A − exp( 1 x )
six < 0
pourdeuxonstantesomplexes
A +etA −.Resteàdéterminerquellessolutionssontontinues
etdérivablesen
0
.Commençonsparf
.Onavuqu'elleestontinuesurR
et dérivablesurR ∗,
montronsqu'elleestdérivableen
0
, dedérivéenulle. Parparitéilsut delemontreràdroitede
0
. Pour ela on étudie le taux d'aroissementf(x)
x
. Soitg t : x 7→ exp( − x t/x), qu'on veut
majorerindépendammentde
x
pourutiliseruneonvergenedominée.Onaluleg ′ t (x) = − x 2 1 +
t x 3
exp( − t/x)
,quis'annuleenx = t
.Onadong t (x) 6 g t (t) = 1 t.Depluspour(x, t) ∈ [0, 1] 2,
exp( − t/x)
x(1+t)
est bornée par une onstante. Finalement,exp( − t/x)
x(1+t)
est bornée par une onstantepour
t ∈ [0, 1]
, et part(1+t) 1
sur[1, ∞ ]
, e qui est intégrable.Paronvergene dominée,f(x) x
tendbienvers
0
en0
.Ilsutmaintenantd'étudierlessolutionsdel'équationhomogènesurR
.Laprolongeabilitéàdroiteimpose
A + = 0
,etnilaontinuité,niladérivabilitén'imposentde onditionsurA −.Lessolutionssontdonlesfontionsdelaforme
x 7→ f (x) +
( 0
six > 0 A − exp( x 1 )
six < 0
.Corrigé6.
1)
a) Ona
t (f 2 ) = ( t f ) 2 = ( − f ) 2 = f 2
, donf
estsymétriqueréel,dondiagonalisableenbase orthonormée.b) Onérit
Ker f 2 ⊂ { x | h f 2 (x), x i = 0 }
= { x | h f (x), t f (x) i = 0 }
= { x | h f (x), f(x) i = 0 }
= Ker f
etl'autreinlusion estautomatique.
) Lastabilitéest évidente (regarderlesimages par
f
delafamillegénératrie).Notons qu'il s'agit bien d'un plan : en eet,a
est non nul ('est un veteur propre), donf (a)
aussi(sinon
f 2 (a)
seraitnul e qui serait ontraire auxhypothèses); orf (a)
ne peut être pro-portionnelà
a
quesif (a) = 0
,arf
devraitinduireunendomorphismeantisymétrique(et donnul)surladroiteR a
.Parailleurs,l'orthogonalde
F
estluiaussistableparf
:six ∈ F ⊥ ety ∈ F
,onaura
h f (x), y i = −h x, f (y) i
= 0
puisque
f (y) ∈ F
,et donf (x) ∈ F ⊥.
2) Laquestionpréédente permet de onjuguerorthogonalement
A
àune matriediagonaleparblos,dontlesblossontsoitnuls,soitdetaille
2
etdelaforme0 a − a 0
.Cesréels
a
peuventdeplusêtrehoisispositifs.Maisenérivant
0 − a a 0
= t ( √ aI 2 )
0 − 1 1 0
( √
aI 2 )
onvoit que l'on peut trouverune matrie
P
inversible et telle quet P AP soit diagonalepar
blos ave des blos de la forme
0 − 1 1 0
. Il ne reste plus qu'à onjuguer par une matrie de
permutationpourobtenirlaformedemandée.
Corrigé7.
1) Ona
1
(1+t 3 ) n 6 1+t 1 3 = O(t − 2 ),d'oùl'intégrabilité.
2) Onommeneparunalulformel, danslequelonjustieraensuitelesonvergenes.
∞
X
n=1
a n x n =
∞
X
n=1
Z ∞ 0
x n dt (1 + t 3 ) n
= Z ∞
0
∞
X
n=1
x n (1 + t 3 ) n dt
= Z ∞
0
x 1 + t 3 − x dt
.Pour
0 < x < 1
, la dernièreintégrale onverge. Comme tout est positif, ela justie l'inter-version.Le rayonde onvergeneest donau moins
1
. Mais la dernièreexpression tend versl'inniquand
x
tendvers1
,donlerayondeonvergenevaut1
:silerayonétaitstritementplusgrand,
1
serait dansledisque ouvertde onvergeneet donla sommede lasérie seraitontinueen
1
.3) Onintervertitsérieetintégrale,e quidonne
f (x) = Z ∞
0
dt
∞
X
n=1
x 1 + t 3
n
= Z ∞
0
dt
1+t 3 x − 1
= x
1 − x Z ∞
0
dt 1 + 1 t − 3 x
= x
1 − x Z ∞
0
√ 3
1 − x du 1 + u 3
= x (1 − x) − 2/3 Z ∞
0
du 1 + u 3 ·
Ladéompositionenélémentssimplesdonne
1 1 + u 3 = 1
3 1
1 + u − u − 2 1 − u + u 2
= 1 3
1 1 + u − 1
2
2u − 1 1 − u + u 2 + 3
2 1 1 − u + u 2
= 1 3
1 1 + u − 1
2
2u − 1 1 − u + u 2 + 3
2 1 (u − 1 2 ) 2 + 3 4
= 1 3
1 1 + u − 1
2
2u − 1 1 − u + u 2 + √
3
√ 2 3
4 1 2
Z du 1 + u 3 = 1
3
ln(1 + u) − 1
2 ln(1 − u + u 2 ) + √
3 arctan( √ 2 3 (u − 1 2 ))
= 1 6 ln (1 (1+u) − u+u 2 2 ) + √ 1
3 arctan( √ 2
3 (u − 1 2 ))
et
Z ∞ 0
du 1 + u 3 = 1
√ 3 π
2 − − π 6
= 2 π 3 √
3
etdon
f (x) = 2 π
3 √
3 x (1 − x) − 2/3
.Corrigé8.
1) Ilsut d'érire
AB = A(ABAB)B = (AA)BA(BB) = BA
.2) Onproèdeparréurrenesur
n
.Sin 6 1
,'estévident.Sinon,ondistinguelesasselonquelesélémentsde
G
sonttousdeshomothétiesounon.Danslepremieras,iln'yarienàfaire.Dans leseond,onhoisitunélémentA ∈ G
quinesoit pasunehomothétie;elleestdiagonalisable (X 2 − 1
étantsindéàrainessimples),dondéomposeR nenunesommediretededeuxsous-
espaesstrits,quisonttousstabiliséspar
G
parommutativité.Onappliquealorsl'hypothèse deréurreneauxdeuxsous-groupesobtenus.3) Onvientdemontrerque
G
estunsous-groupedugroupedesmatriesdiagonalesinversiblesde laformediag( ± 1, . . . , ± 1)
(pararatérisationdesrainesarréesdel'unitéréelles).Cegroupe est de ardinal2 n, e qui majore don le ardinal de G
. (Le théorème de Lagrange permet
mêmed'armerqueleardinalde
G
estdelaforme2 mavem 6 n
.)
Corrigé9. Serapporteràlagure1pagesuivante.
1) Ontrouveimmédiatement
g ′ = (∂ x + ∂ y )f > 0, h ′ = (∂ x − ∂ y )f < 0
etk ′ x = ∂ y f > 0
.2) Ilsut d'appliquerlesalulspréédentspourdéterminerleomportementde
f
sur lesdeuxbissetrieset ladroite vertiale,et d'utiliserlethéorèmedesvaleursintermédiaires.
3) Soit
x 0 ∈ R
; on af (x 0 , t(x 0 )) = 0
. Posonsg x 0 : x 7→ f (x 0 + x, t(x 0 ) + x)
eth x 0 : x 7→
f (x 0 + x, t(x 0 ) − x)
.Làenore,lesdeuxappliationssontstritementmonotones,etilsutde refaireleraisonnementdelaquestionpréédente pourloaliserlegraphedet
dans lene desommet
(x 0 , t(x 0 ))
et d'ouvertureπ 4
.Corrigé10.
1) Lasuitedespuissanesde
A
variedansG
quiest ni,ilexistedondeuxentiers distintsm 1
et
m 2 telsqueA m 1 = A m 2,et ilsutdeposerm = | m 1 − m 2 |
.
m = | m 1 − m 2 |
.2) L'hypothèseimpliqueque
A
estdiagonalisableàvaleurspropresdemodulestritementinférieur à1
.Pourunenormematriielleadaptéeàlabasedediagonalisation,lasuite(A m )
tenddonvers zéro. C'est don aussi le as pour la norme usuelle par équivalene des normes; or les
puissanesde
A
sontà oeientsentiers.C'est donqu'on aA m = 0
pourm
assez grand,donpardiagonalisabilité
A = 0
.3) Parlapremièrequestion,ilexiste
m > 1
telqueA m = 1
,equiseréérit(1+pM ) m − 1 = 0
.Orlesrainesde
(1+pX) m − 1
sontlesω − p 1
aveω
rainem
-ièmedel'unité,etsontdondemodulestritementinférieurà
1
puisquep > 3
.Laquestionpréédente montrealorsqueM = 0
.bc
-+
-
- -
- +
+
+
+
bc
-
Figure1Signeslelongdesdroites
Corrigé11.
1) Ontrouvesanspeineque
Ker ∆ = R X 0
= R
etque∆ X d
= d X − 1
pour
d > 1
.2) Onproèdeparréurrenesur
d
; 'estlairsid = 0
.Sinon,∆(P )
vérielamêmehypothèse,dons'érit
c d X d − 1
+ · · · c 1 X 0
= ∆(c d X d
+ · · · c 1 X 1
)
.Parlapremièrequestion,ladiéreneestonstanteetvaut
P (0) ∈ Z
.3) Ilest alorslair queet ensemble est
P
d ∈ N Z X d
(il ne resteplus que l'inlusionréiproque
àvérier, equi revientàprouverque
X d
est àvaleursentières pourtout
d
,en distinguant selonlesignedelavariable).Corrigé12.
1) Ontrouveparréurreneque
ad m f (g) =
m
P
k=0 m
k
( − 1) m − k f k g f m − k.
2) Dansla sommei-dessus,
f k ou f m − k est nul dèsquek
ou m − k
est supérieurà l'indie de
k
oum − k
est supérieurà l'indie denilpotene
n
,equiesttoujoursvrailorsquem > 2n − 1
.3) Onprendunendomorphisme
b
quiinduiseunisomorphismeentrel'imagedea
etunsupplémen-tairedesonnoyau.Alors
bab
oïnide avea
àlafois sursonnoyauet suresupplémentaire, equel'onvoulait.4) Supposons
f n = 0
etf n − 1 6 = 0
.Montronsquead 2n f − 2 6 = 0
.Parlapremièrequestion,onapourtout
g
l'identitéad 2n f − 2 (g) = P 2n − 2 k=0
2n − 2 k
( − 1) 2n − 2 − k f k g f 2n − 2 − k,etleseul termeéventuel-
lement non nul de la somme apparaît quand
k = n − 1
; on a par onséquentad 2n f − 2 (g) =
2n − 2 n − 1
( − 1) n − 1 f n − 1 g f n − 1. Mais la question préédente permet de hoisir g
de façon à e
que
f n − 1 g f n − 1 = f n − 1,etdonad 2n f − 2 (g) 6 = 0
.
Corrigé 13. Par théorème d'intégration des équivalents, la série
P ln 2 k
étant (grossièrement) divergente,onan
X
k=1
ln 2 k n ∼
→∞
Z n 1
ln 2 t dt
=
IPP
t ln 2 t n 1 − 2
Z n 1
ln t dt
2
∼ n ln 2 n
.On peut aussi proéder par omparaison série-intégrale, ou enore par une somme de Rie-
mann(?).
Corrigé14. Lafontionàintégrerest ontinuesur
]0, 1[
,prolongeableparontinuitéen1
.Elleestdesigneonstant(négative)auvoisinagede
0
etapouréquivalentln t
,quiestintégrableen0
.Don l'intégrale existe. Pourexprimer
I
omme somme d'unesérie, ondéveloppe(1 + t) − 1; on
faitlealulformellementpuisonjustieralesonvergenesrequises.Onaformellement
Z 1 0
∞
X
n=0
t n ln t dt =
∞
X
n=0
Z 1 0
t n ln t dt
.Onaluledon
Z 1 0
t n ln t dt = t n+1
n + 1 ln t 1
0
− Z 1
0
t n
n + 1 dt
parIPP= −
t n+1 (n + 1) 2
1
0
= − 1 (n + 1) 2 .
Commeette suiteest de signeonstantet sommable,l'interversionpréedente est justiée. On
obtientnalement
Z 1 0
ln t
1 + t dt = − X ∞
n=1
1 n 2.
Corrigé15. Onaluled'abordlepolynmearatéristique
χ
:χ =
X 0 − z
− 1 X 0
− 1 0 X
= X 3 − zX
= X (X 2 − z)
.Si
z 6 = 0
,ilatroisrainesdistintes;lepolynmearatéristiqueestalorssindéàrainessimples surC
,etlamatrieonsidéréeestdondiagonalisable.Dansleasontraire,lamatrieestnilpo- tente etnonnulle, etnepeutdonêtrediagonalisable.Conlusion:lamatrieestdiagonalisablesietseulementsi
z
est nonnul.Corrigé 16. La matrie
M
étant symétrique, elle est diagonalisableà valeurs propresréelles.Comme
M p = I n, toutevaleurpropreλ
vérieλ p = 1
, d'oùλ = ± 1
et donλ 2 = 1
.CommeM
est diagonalisable on en déduit
M 2 = I n. Si M
est dénie positive, ses valeurs propres sont
positives,donvalent
1
etdonM = I n.
Corrigé17. Soit
x ∈ R +;onvaherherquandlasuitea n x n estbornée.Ilsutderegarderles
termes nonnuls,e qui revientàexaminer
r k x k 2 oùn = k 2. Maisr k x k 2 tend vers0
si x < 1
et
r k x k 2 tend vers0
si x < 1
et
versl'innisi
x > 1
,donlerayondeonvergeneest1
.Corrigé 18. Bien que es deux matries aient le même polynmearatéristique, le polynme
minimal de lapremière est
(X − 1) 3 et eluide la seondeest (X − 1) 2, elles nesontdon pas
semblables.(End'autrestermes:laseondeestannuléepar
(X − 1) 2 equin'estpasleasdela
première.)
Corrigé 19. La fontion
f
est lairement dénie et ontinue surR ∗ +. Vérions qu'on peut la
prolongeren ontinuité en
0
: pardéveloppementlimité dusinus au voisinage dezéro,f → 0 1
.Pourétudierl'intégrabilité,ondéoupe
R +enintervallesI k = [kπ, (k + 1)π]
.Pourtoutx ∈ I k,on
a
| sin x | x > | sin x | (k+1)π.Onreentrel'intervalleaupointoù| sin x | = 1
:onposex = (k+ 1 2 )π+y
(
y ∈ [ − π 2 , π 2 ]
).Onaalors| sin x | (k+1)π = | cos y | (k+1)π > (1 − ay 2 ) (k+1)π pouruna > 0
.
Onendéduit
Z
I k
| sin x | x dx >
Z π 2
− π 2
(1 − ay 2 ) (k+1)π dy
>
Z
| y | 6 k 1
(1 − ay 2 ) (k+1)π dy
>
Z
| y | 6 k 1
1 − k a 2
(k+1)π
dy
= 2 k exp (k + 1)π ln(1 − k a 2 )
= 2 k exp O(k − 1 )
= 2 k + O(k − 2 )
.Lasérie ayantpourterme généralettedernièreexpression n'estpassommable,donlasérie de
termegénéral
R
I k f nel'estpasnonplus,equiprouvequef
n'estpasintégrablesurR +
.
Corrigé 20. L'appliation
f
est lairementun endomorphisme deR [X]
(intégrerun polynmeentredesbornespolynomialesdonnebien unpolynme).Calulonssavaleursur
X n :
f (X n )(x) =
Z x+1 x
t n dt
= t n+1
n + 1 x+1
x
= n+1 1 x n+1 − (x + 1) n+1
= n+1 1 (n + 1)x n + o(x n )
= x n + o(x n )
.Celamontreque