la matrice élémentaire nulle sauf un 1 en position i, j . Une base de S est formée par les E

(1)

Problème 1

Corrigé de euclid3 à compléter

I. Parties symétriques et antisymétriques.

1. a. En notant E

ij

la matrice élémentaire nulle sauf un 1 en position i, j . Une base de S est formée par les E

i,j

+ E

j,i

avec i < j et les E

ii

soit

ⁿ²₂⁻ⁿ

+ n =

ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂

matrices.

dim S = n(n + 1)

2 .

Une base de A est formée par les E

i,j

− E

j,i

avec i < j soit

ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂

matrices.

dim A = n(n − 1)

2 .

b. Remarquons que dim A+dim A = N

²

= dim m . On en déduit que dim A = dim S

^⊥

et dim A

^⊥

= dim S . De plus,

∀(S, A) ∈ S × A, (A/S) = tr(

^t

AS) = − tr(A

^t

S) = − tr(

^t

SA) = −(S/A)

⇒ (S/A) = 0.

On en déduit A ⊂ S

^⊥

et S ⊂ A

^⊥

ce qui permet de conclure.

c. Comme M

s

∈ S , M

a

∈ A et M = M

s

+ M

a

, la projection orthogonale de M sur A est M

a

et la projection orthogonale de M sur S est M

s

.

2. Utilisons la décomposition précédente M = M

s

+ M

a

t

M = M

s

− M

a

)

⇒ (

_t

M M = (M

s

)

²

− (M

a

)

²

+ M

s

M

a

− M

a

M

s

M

^t

M = (M

_s

)

²

− (M

_a

)

²

− M

_s

M

_a

+ M

_a

M

_s

On en déduit que

t

M M = M

^t

M ⇔ 2 (M

s

M

a

− M

a

M

s

) = 0 ⇔ M

s

M

a

= M

a

M

s

. 3. a. Immédiat avec les propriétés de la transposition.

t

(M S

^t

M ) = M

^t

S

^t

M = M S

^t

M ⇒ M S

^t

M ∈ S . Démonstration analogue pour A avec

^t

A = −A .

b. En décomposant M

⁻¹

, on peut former une nouvelle décomposition de M et exploiter l'unicité.

M

⁻¹

= (M

⁻¹

)

_s

+ (M

⁻¹

)

_a

⇒ M M

⁻¹^t

M

| {z }

=^tM

= M (M

⁻¹

)

_s ^t

M

| {z }

∈S

+ M (M

⁻¹

)

_a ^t

M

| {z }

∈A

⇒

( (

^t

M )

_s

= M (M

⁻¹

)

_s^t

M (

^t

M )

a

= M (M

⁻¹

)

a t

M . On en déduit les formules demandées car (

^t

M )

s

= M

s

et (

^t

M )

a

= −M

a

.

c. On prend le déterminant de la première des deux expressions en utilisant det

^t

M = det M .

II. Sous-espaces stables.

1. Question de cours.

2. a. Formule de changement de base pour un endomorphisme lorsque les deux bases sont orthonormales.

M

⁰

=

^t

P M P.

b. La coordonnée selon C

i

de M C

j

est

^t

C

i

M C

j

. On en déduit que la matrice de la restriction est

R =

^t

QM Q.

Bien noter que Q ∈ M

n,r

( R ) n'est pas une matrice carrée.

On en déduit comme en I.3.a que M symétrique entraine R symétrique et M antisymétrique entraine R antisymétrique.

3. a. D'après II.2.a.

t

M

⁰

M

⁰

=

^t

P

^t

M (P

^t

P)M P M

⁰^t

M

⁰

=

^t

P M (P

^t

P)

^t

M P

Comme P est orthogonale, P

^t

P =

^t

P P = I et on peut exploiter

^t

M M = M

^t

M pour conclure que M

⁰

est normale.

b. La matrice M

3

est formée par les

^t

C

i

M C

j

= (C

i

/M C

j

) avec i > r et j ≤ r . Ces

coecients sont nuls car comme la famille est orthonormale C

j

∈ U

^⊥

et C

j

∈ U

donc AC

_j

∈ U car U est stable par µ

_M

.

(2)

Pour montrer que M

2

est nulle, exploitons que M

⁰

est normale. Écrivons l'égalité des blocs en haut à gauche de

^t

M

⁰

M

⁰

et M

⁰^t

M

⁰

.

t

M

⁰

=

t

M

1

0

t

M

2 t

M

4

⇒

^t

M

1

M

1

= M

1t

M

1

+ M

2t

M

2

En prenant la trace, les M

1

disparaissent et on obtient tr(M

2t

M

2

) = 0 . Or cette trace est la somme des carrés des coecients de M

3

qui sont donc tous nuls.

Les coecients de M

2

sont nuls donc 0 = (C

i

/AC

j

) pour i ≤ r ( C

i

∈ U ) et j > r ( C

j

∈ U

^⊥

. On en déduit que U

^⊥

est stable par µ

M

.

Comme la matrice M

⁰

est diagonale par blocs, M

⁰

normale entraine que les blocs diagonaux M

₁

et M

₄

sont normaux.

4. a. Soit A antisymétrique inversible de taille m × m . Alors det A = det

^t

A = det(−A) = (−1)

^m

det A . Comme det A 6= 0 , on en déduit (−1)

^m

= 1 donc m pair.

b. Le produit matriciel

^t

XAX est une matricette 1 × 1 (considérée comme un réel) donc symétrique.

t

XAX =

^t

(

^t

XAX) =

^t

X

^t

AX = −

^t

XAX ⇒

^t

XAX = 0.

c. D'après le théorème du rang et la dimension de l'orthogonal d'un sous-espace, dim(Im A) = dim((ker A)

^⊥

) . D'autre part,

∀(X, Y ) ∈ ker A × Im A, ∃Z ∈ C tq Y = AC d'où

(X/Y ) =

^t

XAZ =

^t

(

^t

AX)Z = (

^t

AX/Z ) = −(AX

|{z}

=0

/Z) = 0.

On en déduit l'inclusion ker A ⊂ (Im A)

^⊥

qui donne l'égalité des sous-espaces avec l'égalité des dimensions.

Le sous-espace Im A est évidemment stable par µ

A

. Comme il est supplémentaire du noyau, la restriction de µ

A

à ce sous-espace est un isomorphisme. D'après la question 2., la matrice de cette restriction dans une base orthonormée est antisymétrique. La question 4.a. montre alors que la dimension de Im A c'est à dire le rang de A est pair.

III. Sous-espaces irréductibles.

1. a. On va démontrer la contraposée. Soit Z une colonne propre complexe (donc non nulle, X sa partie réelle, Y sa partie imaginaire) de valeur propre λ ∈ C. On se

propose de montrer que (X, Y ) liée entraine λ ∈ R.

Si (X, Y ) est liée, il existe une colonne réelle C non nulle et des réels x et y (avec x 6= 0 ou y 6= 0 ) telle que X = xC et Y = yC . Alors, en notant z = x + iy 6= 0 ,

M Z = λZ ⇒ zM C = λzC ⇒ M C = λC ⇒ λ ∈ R car tous les coecients de M et de C sont réels.

b. Notons a = Re(Z), b = Im(z) et identions les parties réelles et imaginaires des matrices colonnes complexes

M (X + iY ) = (a + ib)(X + iY ) ⇔

( M X = aX − bY M Y = bX + aY On en déduit que U = Vect(X, Y ) est stable par µ

M

avec la matrice

Mat

_(X,Y₎

µ

M

|

U

=

a b

−b a

.

2. a. Soit λ ∈ Sp

_C

(S) et Z la colonne propre (complexe) associée. Considérons la matricette complexe

^t

ZSZ donc symétrique et son conjugué.

(

^t

ZSZ) = ZS

^t

Z =

^t

(ZS

^t

Z) =

^t

ZSZ ⇒

^t

ZSZ ∈ R . D'autre part

t

ZSZ = λ |z

1

|

²

+ · · · + |z

n

|

²

∈ R ⇒ λ ∈ R .

b. Le raisonnement est analogue. Comme A est antisymétrique

^t

ZAZ est l'opposée de son conjugué donc imaginaire pur :

t

ZAZ = λ |z

1

|

²

+ · · · + |z

n

|

²

∈ i R ⇒ λ ∈ i R .

3. a. Soit λ ∈ Sp

_R

(P ) et X une colonne propre associée (donc non nulle). Comme P conserve la norme

kX k

²

= kP X k

²

= λ

²

kXk

²

⇒ λ

²

= 1 ⇒ λ = ±1.

b. Soit λ une valeur propre complexe non réelle et Z une colonne propre complexe associée. Considérons

^t

P ZP Z

t

P ZP Z = |λ|

²

(|z

1

|

²

+ · · · + |z

n

|

²

)

t

P ZP Z =

^t

Z

^t

P P Z =

^t

ZZ = (|z

₁

|

²

+ · · · + |z

_n

|

²

) )

⇒ |λ| = 1.

(3)

c. Remarquons d'abord que les vecteurs de ker(P − I) et ceux de ker(P + I) sont ortogonaux. En eet

∀(X, Y ) ∈ ker(P − I) × ker(P + I),

(X/Y ) = (P X/ − P Y ) = −(P X/P Y ) = −(X/Y ).

Par dénition de la partie antisymétrique,

X ∈ ker A ⇔ (P −

^t

P )X =⇔ (P

²

− I)X = 0

car P est inversible. On en déduit ker(P −I) et ker(P + I) inclus dans ker A d'où ker(P − I) ⊕ ker(P + I) ⊂ ker A.

D'autre part,

∀X ∈ ker A, X = 1

2 (P + I)X

| {z }

∈ker(P−I)

− 1

2 (P + I)X

| {z }

∈ker(P−I)

car 0 = (P − I)(P + I)X = (P + I)(P − I)X .

Problème 2

I. Exemples

1. Comme

p

n

= 2 1 · 3

2 · · · n + 1

n = n + 1 le produit inni diverge vers +∞ .

2. La clé est la relation sin(2x) = 2 sin(x) cos(x) .

cos a 2

^p

sin a

2

^p

= 1 2 sin a

2

^p−1

⇒ p

n

=

n

Y

p=1

1 2

sin

₂p−1^a

sin

₂^ap

= 1 2

ⁿ

sin a sin

₂^an

De plus, 2

ⁿ

sin

₂^a_n

→ a quand n → +∞ . Donc (p

_n

)

_n∈_N

→

^sina_a

.

3. Ici encore une simplication télescopique multiplicative se produit.

u

k

= (k − 1)(k + 1) k

²

⇒ p

_n

= (1)(3) 2

²

(2)(4)

3

²

· · · (k − 1)(k + 1)

k

²

· · · (n − 1)(n + 1) n

²

= (n + 1) 2n → 1

2 . 4. Calculons (1 − a

²

)p

n

.

(1 − a

²

)p

_n

= (1 − a

²

)(1 + a

²

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁴

)(1 + a

⁴

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

)

= (1 − a

⁸

)(1 + a

⁸

) · · · (1 + a

²ⁿ

) = · · ·

= (1 − a

²ⁿ

)(1 + a

²ⁿ

) = (1 − a

²ⁿ⁺¹

) On en déduit que le produit inni converge vers

_1−a¹2

.

II. Conditions.

1. Si (p

n

)

_n∈N

converge vers l 6= 0 , (p

n+1

)

_n∈N

converge aussi vers l et ( p

n+1

p

n

)

_n∈N

= (u

n+1

)

_n∈N

converge vers 1.

2. Comme tous les u

k

sont strictement positifs à partir de n

0

, on peut utiliser librement le logarithme et la fonction exponentielle qui sont toutes les deux continues.

(p

n

)

n≥n₀

converge ⇔ ( p

n

p

n₀−1

)

n≥n₀

converge ⇔ (ln( p

n

p

n₀−1

))

n≥n₀

converge.

Or ln(

_p^pⁿ

n0−1

= P

n

k=n0

ln(u

_k

) . On en déduit (p

n

)

_n≥n₀

converge ⇔ X

ln(u

k

)

k≥n0

converge.

Dans le cas de convergence, on a

Y

n≥1

u

_n

=





n0−1

Y

n≥1

u

_n



 e (

^Pn≥n0u_n

)

(4)

3. Les hypothèses traduisent le fait que la série des ln u

n

est de signe constant à partir d'un certain rang. On peut donc appliquer les critères des séries à termes positifs. Si u

_n

ne tend pas vers 1 , la série et le produit divergent grossièrement. Si la suite tend vers 1 alors v

_n

tend vers 0 et ln(1 ± v

_n

) ∼ ±v

m

. La série des ln(u

_n

) converge si et seulement si la série des v

_n

converge.

On peut remarquer que dans le cas où les u

_k

sont plus petits que 1 à partir d'un certain rang, la suite des produits est décroissante et positive donc elle converge. Mais par dénition, la convergence d'un produit inni exige une limite non nulle. En fait la série des v

k

diverge vers l'inni si et seulement si le produit des u

k

tend vers 0 . 4. a. On veut appliquer le théorème des accroissements nis à la fonction

f : x → (ln x)

²

entre p et p + 1 . Étudions les variations de la dérivée

x → 2 ln x x Comme

ln x x

0

= 1 − ln x

x

²

< 0 pour x > e, cette dérivée est décroissante dans ]3, +∞[ . On en déduit

∀x ∈ [p, p + 1] , ln x x ≤ ln p

p La formule demandée traduit alors

0 ≤ f (p + 1) − f (p) ≤ (p + 1 − p)f

⁰

(p)

b. En sommant les inégalités du a., pour tout p entre 3 et n ≥ 3 , on obtient

(ln(n + 1))

²

− (ln(3))

²

≤ 2

S

n

− ln 2 2

⇒ S

n

≥ 1

2 (ln(n + 1))

²

+ ln 2 − (ln(3))

²

2 Ce qui entraîne que (S

n

)

_n∈N

et (p

n

)

_n∈N

divergent vers +∞ .

III. Une expression de sin comme produit inni.

1. a. Pour x xé dans ] − 1, +1[ et n ∈ N

^∗

, les

_x2^2x−n²

sont strictement négatifs. L'op- posé du terme général est équivalent à

^x_n²2

qui est le terme général d'une série convergente. On pouvait aussi dire que la série est absolument convergente.

b. On se trouve dans le premier cas de la question II.3. Le produit inni est convergent car la série de terme général

^x_n²2

est convergente.

2. a. Après calculs, on trouve

π cotan(πt) = 1 t − π

²

3 t + o(t).

b. En 0 , comme sin x ∼ x , ln(

^sinπt_πt

) converge vers 0 . En revanche la fonction diverge vers −∞ en 1 et −1 . On prolonge donc par continuité en une fonction f continue

∀t ∈] − 1, +1[, f (t) =



 

  ln

sin πt πt

si t 6= 0 0 si t = 0 .

c. Comme elle est composée de fonctions C

^∞

, la fonction est clairement C

¹

dans l'intervalle privé de 0 et continue dans ] − 1, 1[ . Pour montrer qu'elle est C

¹

dans ] − 1, 1[ , d'après le théorème de la limite de la dérivée, il sut de prouver que la dérivée dans l'ouvert privé de 0 admet une limite ni en 0 . Or

∀t 6= 0, f

⁰

(t) =

cos(πt)

t − sin(πt) πt

²

πt

sin(πt) = π cotan(πt) − 1

t ∼ − π

²

3 t → 0.

La fonction f est donc C

¹

avec

f

⁰

(t) =







0 si t = 0

π cotan(πt) − 1

t si t 6= 0 3. a. On calcule la diérence

1 n

²

− 1 − t

n

²

− t

²

= (n

²

+ t)(1 − t)

(n

²

− 1)(n

²

− t

²

) > 0.

(5)

b. Fixons un entier N et notons r

N

le reste : f

⁰

(x) =

N

X

k=1

2x

x

²

− k

²

+ r

_N

(x).

La fonction r

N

qui s'exprime comme une diérence est continue. On intégre entre 0 et x (pour |x| < 1 ) en utilisant la linéarité de l'intégrale

ln

sin πx πx

= f (x) =

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt +

Z

x 0

r

N

(t) dt

| {z }

=RN(x)

Majorons |R

N

(x)| . Commençons par

|R

_N

(x)| ≤ Z

|x|

0

|r

_N

(t)| dt.

r

N

(t) est le reste d'une série. On le majore (pour tous les t ) avec l'inégalité de la question a. par un nombre indépendant de t

|r

N

(t)| = lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2t t

²

− k

²

≤ lim

p→+∞

p

X

k=N+1

2 k

²

− 1 ≤

+∞

X

k=N+1

2 k

²

− 1 Il reste à integrer cette fonction constante sur un intervalle de longueur |x| pour obtenir l'inégalité demandée.

c. Calculons les intégrales dans la somme

N

X

k=1

Z

x 0

2t t

²

− k

²

dt =

N

X

k=1

ln k

²

− t

²

k

²

= ln

N

Y

k=1

(1 − x

²

k

²

)

! .

On a vu que le produit inni est convergent. Le ajorant à droite est le reste d'une série convergente. On en déduit en passant à la limite