Examen - 17 d´ ecembre 2020

Examen - 17 d´ ecembre 2020

Dur´ee : 3h. Tous documents interdits.

Le sujet comporte 5 exercices ind´ependants, `a l’exception de la derni`ere question de l’exercice 5 qui s’appuie sur la derni`ere question de l’exercice 4. N’h´esitez pas `a admettre les r´esultats de certaines questions pour avancer dans l’examen.

La clart´e et la pr´ecision de la r´edaction auront une part importante dans le barˆeme.

Exercice 1. Diagonalisation.

On consid`ere l’endomorphisme f de R³ d´efini par : pour tout x, y, z∈R, f(



 x y z



) =





x+y+z x+y+z x+y+z



.

1. Donner la matrice Ade f dans la base canonique deR³, apr`es avoir rappel´e ce qu’est la base canonique deR³.

2. Calculer le polynˆome caract´eristique de f.

3. Donner une matriceP explicite telle queA=P BP⁻¹, o`u B =





3 0 0 0 0 0 0 0 0



.

Solution de l’exercice 1.

1. La base canonique de R³ est donn´ee par B = (e₁, e₂, e₃) o`u e₁ =



 1 0 0



, e₂ =



 0 1 0



 et e3 =



 0 0 1



. On voit que f(e1) = f(e2) = f(e3) =



 1 1 1



 = 1·e1+ 1·e2 + 1·e3, donc A=





1 1 1 1 1 1 1 1 1



.

2. NotonsP_f le polynˆome caract´eristique de f, alors d’apr`es le cours on a : pour tout x∈R, P_f(x) = det(A−xI₃)

=

1−x 1 1

1 1−x 1

1 1 1−x

=

3−x 1 1

3−x 1−x 1 3−x 1 1−x

C1←C1 +C2 +C3

= (3−x)

1 1 1

1 1−x 1

1 1 1−x

= (3−x)

1 1 1

0 −x 0

0 0 −x

L2←L2−L1 L3←L3−L1 Pf(x) = (3−x)x².

3. Comme les valeurs propres de f sont les racines de son polynˆome caract´eristique, les valeurs propres de f sont 0 et 3, de multiplicit´es respectives 2 et 1. Calculons les espaces propres de f. D’apr`es le cours, dimE<sub>3</sub> 61 donc dimE<sub>3</sub> = 1, et on voit que le vecteurf<sub>1</sub> =e<sub>1</sub>+e<sub>2</sub> +e<sub>3</sub> est un vecteur propre de valeur propre 3, donc (f<sub>1</sub>) est une base deE<sub>3</sub>. On a dimE<sub>0</sub> 62 or les vecteursf2 =e1−e2 etf3=e2−e3 sont des vecteurs propres def de valeur propre 0, ils ne sont pas colin´eaires donc il forment une famille libre deE<sub>0</sub>. Ce dernier ´etant de dimension au plus 2, on a que (f2, f3) est une base de E0 qui est de dimension 2. D’apr`es le cours, comme P_f est scind´e et les dimensions des espaces propres sont ´egales aux multiplicit´es des racines correspondantes, f est diagonalisable. De plus, une base de vecteurs propres est form´ee par (f₁, f₂, f₃), et on a

Mat_(e1,e2,e3)(f1, f2, f3) =





1 1 0

1 −1 1

1 0 −1



.

Si on poseP = Mat_(e1,e2,e3)(f₁, f₂, f₃), commeA= Mat_(e1,e2,e3)(f) et commeB = Mat_(f1,f2,f3)(f) on aA=P BP⁻¹ d’apr`es la formule de changement de base.

Exercice 2. Une s´erie enti`ere.

On consid`ere la suite (a_n)n∈N d´efinie par la relation de r´ecurrence suivante : a₀ = 1, a₁ = 3 et pour toutn∈N,an+2 = 3an+1−2an.

1. Montrer que pour tout n∈N,|a_n|64ⁿ.

2. En d´eduire que le rayon de convergenceR de la s´erie P

anzⁿ satisfaitR> ¹₄. 3. Pourx∈]−R, R[, on note f(x) =P+∞

n=0anxⁿ. Montrer que pour toutx∈]−R, R[, on a (2x²−3x+ 1)f(x) = 1

4. Trouver α, β∈Rtels que _2x2−3x+1¹ = _1−x^α +_1−2x^β .

5. En d´eduire l’expression de a_n pour tout n ∈ N. On v´erifiera que le r´esultat obtenu satisfait bien la relation de r´ecurrence.

Solution de l’exercice 2.

1. On le montre par r´ecurrence forte sur n∈N. On a bien |a₀|= 164⁰ et|a₁|= 3 64¹. Puis, sin>2 est tel que pour toutm < n,|a_m|64^m, on aura alors

|a_n|=|3an−1−2an−2|63·4ⁿ⁻¹+ 2·4ⁿ⁻² 63·4ⁿ⁻¹+ 4ⁿ⁻¹ = 4ⁿ,

ce qui ´etablit l’h´er´edit´e. Par r´ecurrence, on a donc bien le r´esultat voulu : pour tout n ∈ N,

|a_n|64ⁿ.

Note : on pourrait aussi r´ediger ceci comme une r´ecurrence classique, en montrant que pour toutn∈Nla propositionP(n) : “|a_n|64ⁿ et|a_n+1|64ⁿ⁺¹” est vraie.

2. D’apr`es le crit`ere de Cauchy la s´erieP

4ⁿzⁿ a rayon de convergence ¹₄ car limn→+∞ ⁿ

√4ⁿ= 4.

Alors la question pr´ec´edente nous donne par comparaison que le rayon de convergenceR de la s´erie enti`ereP

a_nzⁿ satisfait R> ¹₄. 3. Soit x∈]−R, R[, on a en d´eveloppant

(2x²−3x+ 1)f(x) = 2

+∞

X

n=0

anxⁿ⁺²−3

+∞

X

n=0

anxⁿ⁺¹+

+∞

X

n=0

anxⁿ

=

+∞

X

n=2

2an−2xⁿ−3

+∞

X

n=1

an−1xⁿ+

+∞

X

n=0

anxⁿ

=

+∞

X

n=2

(2an−2−3an−1+a_n)xⁿ−3a₀x+a₁x+a₀.

Or pour tout n > 2 on a 2an−2 −3a_n = a_n donc la premi`ere somme est nulle, et d’autre part a0 = 1 et a1 = 3 donc −3a₀x−a1x = 0 et donc on a bien : pour tout x ∈]−R, R[, (2x²−3x+ 1)f(x) = 1.

4. On a _1−x^α +_1−2x^β = ^{β−βx+α−2αx}(1−x)(1−2x) , et (1−x)(1−2x) = 2x²−3x+ 1, donc en prenant β= 2 et α=−1 on obtient

1

2x²−3x+ 1 = 1

1−x + 2 1−2x. 5. On a, pour tout x ∈]− ¹₂,¹₂[, _1−2x² =P+∞

n=0xⁿ et _1−x¹ =P+∞

n=0xⁿ, et d’autre part pour tout x∈]− ¹₄,¹₄[, d’apr`es les deux questions pr´ec´edentes

f(x) = 1

2x²−3x+ 1 = −1

1−x + 2

1−2x =−

+∞

X

n=0

xⁿ+

+∞

X

n=0

2ⁿ⁺¹xⁿ=

+∞

X

n=0

(−1 + 2ⁿ⁺¹)xⁿ. Or d’autre part pour toutx∈]−¹₄,¹₄[ on af(x) =P+∞

n=0anxⁿdonc par unicit´e des coefficients du d´eveloppement en s´erie enti`ere, pour tout n ∈ N on a a_n = 2ⁿ⁺¹−1. On a bien a₀ = 1, a1 = 3, et pour tout n ∈ N on a ´egalement 3an+1 −2an = 3(2ⁿ⁺² −1)−2(2ⁿ⁺¹ −1) = 2ⁿ⁺¹(6−2)−1 = 2ⁿ⁺³−1 =a_n+2 comme voulu.

Exercice 3. Convergence de s´eries.

Etudier la convergence des s´´ eries num´eriques suivantes : 1. P

n>1(1−cos(_n¹)) ; 2. P

n>0 3 ln(n²+ 1)−2 ln(n³+ 1)

; 3. P

n>1

sin(e^1/n−1) (ln(n+1))² . Solution de l’exercice 3.

1. On a 1−cos(¹_n)∼ _n¹₂ quandn→+∞, orP ₁

n² converge et est `a termes positifs, donc la s´erie P(1−cos(_n¹)) converge (absolument).

2. On a, pour tout n>1,

3 ln(n²+ 1)−2 ln(n³+ 1) = 3 ln(n²(1 + 1

n²))−2 ln(n³(1 + 1 n³))

= 6 lnn+ 3 ln(1 + 1

n²)−6 lnn−2 ln(1 + 1 n³)

= 3 n² − 2

n³ +o( 1 n²)

quand n → +∞, et donc 3 ln(n³ + 1)−3 ln(n² + 1) ∼ _n³2 > 0, or la s´erie P

n>1 3 n² est convergente, donc par comparaison notre s´erie initiale P

n>0 3 ln(n²+ 1)−2 ln(n³+ 1) est

´egalement (absolument) convergente.

3. On a e^1/n−1 ∼1/n → 0[n→ +∞] donc sin(e^1/n−1) ∼ _n¹, et par ailleurs ln(n+ 1) ∼ lnn car pour tout n > 2, ^ln(n+1)_lnn = 1 + ^ln(1+

1 n)

lnn → 1 [n → +∞]. Ainsi par produit et quotient d’´equivalents le terme g´en´eral de notre s´erie ´equivaut `a <sub>nln(n)</sub><sup>1</sup> 2, dont le terme g´en´eral est positif et qui converge par le crit`ere de Bertrand, donc la s´erie P

n>1

sin(e^1/n−1)

(ln(n+1))² converge.

Exercice 4. Int´egrales de Wallis.

On consid`ere la suite (W_n)n∈N d´efinie par : pour tout n∈N, Wn=

Z ^π

2

0

sinⁿ(t)dt.

1. Montrer que la suite (W_n)n∈N est d´ecroissante.

2. En utilisant une int´egration par parties, montrer qu’elle satisfait la relation de r´ecurrence suivante : pour toutn∈N,

(n+ 2)W_n+2 = (n+ 1)W_n.

3. On pose u_n = (n+ 1)W_nW_n+1. Utiliser la question pr´ec´edent pour montrer que (u_n) est constante. Que vautu0?

4. Montrer que pour tout n∈N,W_n>0 puis que pour tout n∈N, on a n+ 1

n+ 2 6 W_n+1 Wn 61.

5. En d´eduire que W_n∼W_n+1[n→+∞].

6. En utilisant la question 3, conclure que W_n∼

r π

2n [n→+∞].

Solution de l’exercice 4.

1. Pour tout t ∈ [0,^π₂], on a 0 6 sint 6 1, donc pour tout n ∈ N et tout t ∈ [0,^π₂], on a 06sinⁿ(t) et donc sinⁿ⁺¹(t)6sinⁿ(t). En int´egrant, on obtient Wn >Wn+1 : la suite (Wn) est d´ecroissante.

2. On a, pour tout n∈N, en int´egrant par parties : W_n+2=

Z ^π₂

0

sin(t) sinⁿ⁺¹(t)dt

= [−costsinⁿ⁺¹(t)]

π 2

0 + Z ^π

2

0

(n+ 1) cos²(t) sinⁿ(t)dt

= Z ^π₂

0

(n+ 1)(1−sin²(t)) sinⁿ(t)dt

= (n+ 1)

"

Z ^π

2

0

sinⁿ(t)dt− Z ^π

2

0

sinⁿ⁺²(t)dt

#

= (n+ 1)(W_n−W_n+2), d’o`u (n+ 2)Wn+2= (n+ 1)Wn.

3. En multipliant les deux termes ci-dessus par W_n+1, il vient que pour tout n ∈ N, (n+ 2)Wn+2Wn+1 = (n+ 1)Wn+1Wn. Donc pour tout n ∈ N on a un+1 = un : la suite (un) est constante. De plus,u₀ =W₁W₀ = 1·^π₂.

4. Comme (un) est constante non nulle, et pour toutn∈N,un= (n+ 1)WnWn+1, on doit avoir que W_n 6= 0. De plus W_n > 0 car c’est une int´egrale de fonction positive. Enfin, pour tout n∈N, on a d’apr`es la question 2 que ^W_Wⁿ⁺²

n = ⁿ⁺¹_n+2, d’autre part par croissance W_n+1>W_n+2 donc ^W_Wⁿ⁺¹

n > ⁿ⁺¹_n+2, et ´egalement par croissance et le fait que (Wn) est `a termes positifs, on a que pour toutn∈N <sup>W</sup><sub>W</sub><sup>n+1</sup><sub>n</sub> 61, d’o`u finalement pour toutn∈N

n+ 1

n+ 2 6 Wn+1

W_n 61.

5. On a ⁿ⁺¹_n+2 ∼ ⁿ_n = 1 donc limn→+∞n+1

n+2 = 1 donc par le th´eor`eme des gendarmes limn→+∞Wn+1

Wn = 1, doncW_n∼W_n+1 quand n→+∞.

6. Par produit d’´equivalents on a alorsu_n∼nW_n² donc (√

nW_n)² ∼ ^π₂ quand n→ +∞, et donc limn→+∞(√

nWn)² = ^π₂. Par continuit´e de la racine carr´ee on a alors limn→+∞

√nWn=p_π

2, donc limn→+∞√Wn

π 2n

= 1, et donc W_n∼

r π

2n [n→+∞].

Attention dans cette question `a ne pas directement composer l’´equivalent par la fonction racine carr´ee, ce qui ne marche pas en g´en´eral !

Exercice 5. Int´egrale gaussienne.

On consid`ere pour un entiern>1 la fonction fn:R⁺→Rd´efinie par : pour tout x>0, fn(x) =

(

1−^x_n²n

six6√ n

0 sinon.

1. Montrer que (f_n)_n>1 converge simplement vers la fonctionf :R⁺→Rdonn´ee par : pour tout x∈R⁺,f(x) =e^−x2.

2. On va montrer qu’en fait la convergence est uniforme surR⁺. On d´efinit pour cela une fonction g_n: [0,√

n]→Rpar : pour toutx∈[0,√

n], g_n(x) =f(x)−f_n(x).

(a) Montrer que pour tout n > 1 la fonction g_n est `a valeurs positives. On pourra utiliser l’in´egalit´e suivante : pour toutx∈R,e^x >1 +x.

(b) Montrer queg_n est d´erivable, queg_n(0) = 0, et que g⁰_n(√

n)<0.

(c) En d´eduire que le maximum de gn est atteint en un ´el´ement de ]0,√

n[. On fixe un tel

´

el´ement x_n.

(d) Montrer queg_n⁰(xn) = 0. En utilisant l’expression de g_n⁰, en d´eduire que gn(xn) = x²_ne^−x2n

n .

(e) Montrer que pour tout x ∈ R⁺, on a xe^−x 6 1. On pourra utiliser encore l’in´egalit´e suivante : pour tout x∈R,e^x>1 +x.

(f) Conclure que la suite (fn) converge uniform´ement vers f. 3. On note In=R

√n

0 fn(x)dx. Apr`es avoir montr´e que l’int´egraleR+∞

0 e^−x2dxconverge, montrer que

n→+∞lim In= Z +∞

0

e^−x2dx.

4. Montrer que In=√ n

Z ^π

2

0

sin²ⁿ⁺¹(t)dt.

5. En utilisant la derni`ere question de l’exercice pr´ec´edent, montrer que Z +∞

0

e^−x2dx=

√π

2 . Solution de l’exercice 5.

1. Soit x ∈ R⁺, alors f_n(x) = e^nln(1−x

2

n) = e^n(−x

2

n+o(_n¹)) = e−x²+o(1) quand n → +∞, donc par continuit´e de la fonction exponentielle on a limn→+∞fn(x) = e^−x2. Ainsi (fn) converge bien simplement versf.

2. (a) Soit x ∈ [0,√

n], on a e^−x

2

n > 1− ^x_n² > 0, donc par croissance sur R⁺ de y 7→ yⁿ, on obtientf(x)>f_n(x), et doncg_n(x)>0. Ainsi pour toutn>1 la fonctiong_nest `a valeurs positives.

(b) La fonction g_n est d´erivable par composition, produit et somme de fonction d´erivables.

On a gn(0) =e⁰−1ⁿ= 1−1 = 0, et pour toutx∈[0,√ n], g_n⁰(x) =−2xe^−x2−2x(1−x²

n)ⁿ⁻¹=−2x(e^−x2−(1−x² n)ⁿ⁻¹), en particulier g_n⁰(√

n) =−2√

ne⁻ⁿ<0.

(c) ´Etant continue sur un segment, la fonction g_n admet un maximum. Sa d´eriv´ee en √ n est strictement n´egative, et gn(√

n) = 0, et quand x tend vers √

n on a donc gn(x) ∼ (x−√

n)g_n⁰(p

)n, donc il existe x tel que gn(x)> 0. Donc comme gn(0) = gn(√

n) = 0, on a que g_n atteint son maximum en un ´element de ]0,√

n[.

On aurait pu aussi directement faire une disjonction de cas utilisant que gn est positive : soit g_n est nulle auquel cas elle atteint son maximum en tout point, soit elle ne l’est pas mais alors elle ne peut atteindre son maximum en 0 ou en√

n.

(d) Commexn∈]0,√

n[, c’est un maximum local degn, doncg_n⁰(xn) = 0. D’apr`es l’expression de g⁰_n, comme −2x_n6= 0 on a donce^−x2n =

1−^x_n²ⁿn−1

. Ainsi g_n(x_n) =e^−x2n−e^−x2n(1− x²_n

n) = x²_ne^−x2n n .

(e) Pour toutx >0, on a 1 +x 6e^x, or x61 +x donc x6e^x, donc comme e^−x >0 on a bien xe^−x61.

(f) Soit x ∈ R⁺. Si x ∈ [0,√

n], on a g_n(x) 6 ¹_n d’apr`es la conjonction des deux questions pr´ec´edentes, et donc |f_n(x)−f(x)|6 _n¹. Si x >√

n, on a fn(x) = 0 et par d´ecroissance f(x) 6 f(√

n) = e⁻ⁿ. Donc pour tout x > 0 on a |f_n(x)−f(x)| 6 max(e⁻ⁿ,_n¹). Or limn→+∞max(e⁻ⁿ,_n¹) = 0, donc (f_n) converge bien uniform´ement versf.

3. La fonctionx7→e^−x2 est continue sur [0,+∞[, donc la seule impropret´e de l’int´egraleR+∞

0 e^−x2dx est en +∞. Or pour toutx>1 on ax² >xdonc−x² 6−xdonc par croissance de la fonction exponentielle,e^−x2 6e^−x. Or l’int´egraleR+∞

0 e^−xdxest convergente, donc par comparaison et positivit´e l’int´egraleR+∞

0 e^−x2dxconverge.

4. On a, pour tout n∈N, d’apr`es la r`egle de Chasles, Z +∞

0

e^−x2dx= Z

√n

0

e^−x2dx+ Z +∞

√n

e^−x2dx, et doncR+∞

0 e^−x2dx−In=R

√n

0 gn(x)dx−R√+∞

n e^−x2dx. Ainsi

Z +∞

0

e^−x2dx−In

6

Z

√n

0

|g_n(x)|dx+ Z +∞

√n

e^−x2dx.

Or d’apr`es la question 2.(e), pour toutx ∈[0,√

n] on a |g_n(x)|6 _n¹ et doncR

√n

0 |g_n(x)|dx6

√n

n = ^√1_n →0. D’autre part, commeR+∞

0 e^−x2dx, la r`egle de Chasles garantit que limn→+∞R√+∞

n e^−x2dx= 0, et donc on a bien limn→+∞

R+∞

0 e^−x2dx−I_n

= 0, donc

n→+∞lim In= Z +∞

0

e^−x2dx.

5. On aIn=R

√n

0 (1−^x_n²)ⁿdx=√ nR₁

0(1−y²)ⁿdypar le changement de variable lin´eairey= ^√x_n, qui donnedy= ^√1_ndx. Puis en posant le changement de variabley= cost,dy=−sintdt, avec tqui va de 0 `a π/2 et donc y va de 1 `a 0, on trouve

Z ^π

2

0

sin²ⁿ⁺¹(t)dt=− Z ^π

2

0

(1−cos²t)ⁿ(−sint)dt=− Z 0

1

(1−y²)ⁿdy= Z 1

0

(1−y²)ⁿdy.

Ainsi on a bienIn=√ n

Z ^π

2

0

sin²ⁿ⁺¹(t)dt.

6. D’apr`es l’exercice pr´ec´edent si on poseWn=R^π₂

0 sinⁿ(t)dton a Wn∼p _π

2n donc W_2n+1 ∼

r π 2(2n+ 1) ∼

r π 4n. AinsiIn=√

nW2n+1 ∼

√π

2 , donc limn→+∞In=

√π

2 , d’o`u par la question 4 : Z +∞

0

e^−x2dx=

√π 2 .