Deuxième exercice

SESSION 2008 E3A

Concours ENSAM - ESTP - EUCLIDE - ARCHIMEDE

Epreuve de Mathématiques B PSI

Première exercice

1^◦) Théorème deRolle.Soitfune fonction définie sur un intervalle[a, b]deRà valeurs dansR. Sifest continue sur [a, b], dérivable sur]a, b[et vérifie f(a) =f(b)alors il existec∈]a, b[tel que f^′(c) =0.

2^◦)Notonsx₁, . . . ,x_p,préels deItels quex₁< x₂< . . . < x_pet hs’annule en chaquex_i,1≤i≤p.

Alors,h vérifie le théorème deRolle sur chacun des intervalles [x_i, x_i+1], 1≤i≤p−1, et donc h^′ s’annule au moins une fois dans chaque intervalle[x_i, x_i+1],1≤i≤p−1. On en déduit queh^′ s’annule en au moinsp−1réels deux à deux distincts deI.

3^◦) La fonction h : x 7→ x⁻³⁰a(x)est dérivable sur ]0,+∞[ et pour x > 0, h^′(x) = −150x⁻⁵¹−40x⁻⁴¹−80x⁻²¹− 20x⁻¹¹+0=b(x).

Si la fonctionas’annule au moins5 fois dans]0,+∞[, il en est de même de la fonctionh. La question précédente montre alors queh^′=bs’annule au moins4 fois dans]0,+∞[ ce qui n’est pas. Doncas’annule u plus4 fois dans]0,+∞[.

Remarque.La fonctionbest strictement négative sur]0,+∞[et en particulier ne s’annule pas sur]0,+∞[.

4^◦)Montrons le résultat par récurrence.

•Le résultat est clair pourn=1 car la fonctionf1 : x7→λ1x^α1 ne s’annule pas sur ]0,+∞[.

•Soitn≥1. Supposons le résultat acquis pourn.

Soient(α₁, . . . , αn, αn+1)∈Rⁿ⁺¹ tel queα1< . . . < αn< αn+1et (λ₁, . . . , λn, λn+1)∈Rⁿ⁺¹. Pourx > 0, posonsfn+1(x) =

n+1X

k=1

λ_kx^αk puisgn+1(x) =x^−αn+1fn+1(x) =

n+1X

k=1

λ_kx^αk−αn+1. gn+1 est dérivable sur]0,+∞[ et pourx > 0, g_n+1^′ (x) =

n+1X

k=1

λk(α_k−αn+1)x^αk−αn+1 = Xn

k=1

λk(α_k−αn+1)x^αk−αn+1. Puisqueα1−αn+1< . . . < αn−αn+1, l’hypothèse de récurrence permet d’affirmer queg_n+1^′ s’annule au plusn−1fois sur]0,+∞[. La question 2^◦permet alors d’affirmer que gn+1s’annule au plus nfois dans]0,+∞[. Puisque d’autre part, x^−αn+1 ne s’annule pas sur ]0,+∞[, on en déduit que la fonction fn+1 s’annule au plusnfois sur]0,+∞[.

Le résultat est démonté par récurrence.

5^◦) La question précédente appliquée à n = 4 montre déjà que P a au plus trois racines réelles strictement positives.

De même, le polynômeP(−X) =X⁴⁰⁰+7X²⁰¹+4X¹⁰¹+1 a au plus3 racines réelles strictement positives ou encore le polynômePa au plus3 racines strictement négatives. Enfin,0n’est pas racine dePet doncPa au plus6racines réelles.

Remarque.Le polynômePest strictement positif sur] −∞, 0]et n’a donc pas de racine réelle négative.Pa donc au plus 3racines réelles, toutes strictement positives.

Deuxième exercice

Partie A.

1^◦) a)PuisqueS est dansS⁺

n(R), lesλisont des réels positifs.

On peut donc poserM=D^′PoùD^′=diag(√

λ1, . . . ,√

λn). On aD^′2=D puis

tMM=^t(D^′P)D^′P=^tP^tD^′D^′P=^tPD^′2P=^tPDP=S.

∀S∈S⁺

n(R), ∃M∈M_n(R)/ S=^tMM.

(b)SoitX∈M_n,1(R). PosonsX^′=MX= (x_i)_1≤i≤n. On rappelle que^tX^′X^′ = Xn

i=1

x_i^′2=kX^′k²et donc

tXSX=^tX^tMMX=^t(MX)MX=kMXk²≥0.

∀ ∈ ⁺( ), ∀ ∈ ( ), ^t ≥0.

(c)Pour i∈J1, nK, notons e_i lei-ème vecteur de la base canonique deM_n,1(R)(la i-ème composante dee_i est 1 et les autres composantes sont nulles.

PourX= (xj)1≤j≤n, on a

tXSX= Xn

j=1

xj

Xn

k=1

sj,kxk= X

1≤j,k≤n

xjxksj,k.

En particulier, pouri∈J1, nKdonné puisX=ei on obtient 0≤^teiSei= X

1≤j,k≤n

δj,iδi,ksj,k=si,i.

∀S= (s_i,j)_1≤i,j≤n ∈S_n⁺(R), ∀i∈J1, nK, si,i≥0.

2^◦) a)PuisqueS est dansS⁺⁺

n (R), lesλi sont des réels strictement positifs. En particulier,0 n’est pas valeur propre de Set doncSest inversible.

Mais alors en prenant la même matriceMqu’en 1^◦a), on a(detM)²=det(^tMM) =detS6=0 et donc detM6=0. On en déduit queMest inversible.

∀S∈S⁺⁺

n (R), ∃M∈G L_n(R)/ S=^tMM.

(b)SoitX∈M_n,1(R). On sait déjà que^tXSX≥0. De plus

tXSX=0⇒kMXk²=0⇒MX=0⇒X=0 (carMest inversible).

Par contraposition, siX6=0on a^tXSX > 0.

∀S∈S⁺⁺

n (R), ∀X∈M_n,1(R)\ {0}, ^tXSX > 0.

(c)Mais alors, pouri∈J1, nK,s_i,i=^te_iSe_i> 0.

∀S= (s_i,j)_1≤i,j≤n ∈S⁺⁺

n (R), ∀i∈J1, nK, si,i> 0.

3^◦)SoitS∈S⁺

n(R)\S⁺⁺

n (R). Sadmet0pour valeur propre et donc n’est pas inversible. On en déduit que det(S) =0.

Comme d’autre part chaquesi,iest positif, on a Yn

i=1

si,i≥0=det(S). L’inégalité (1) est donc démontrée dans ce cas.

∀S= (s_i,j)_1≤i,j≤n∈S⁺

n(R)\S⁺⁺

n (R), det(S)≤ Yn

i=1

s_i,i.

4^◦) a)exp est deux fois dérivable surRet ∀x∈R, exp^′′(x) =exp(x)≥0. Donc la fonction exponentielle est convexe sur R.

Puisque lesλ_i sont strictement positifs et que la fonction exponentielle est convexe surR, on a exp 1

n Xn

i=1

ln(λi)

!

≤ 1 n

Xn

i=1

exp(ln(λi)), ce qui s’écrit encore

√n

λ1λ2. . . λn ≤ 1 n

Xn

i=1

λi

! .

b)Supposons que∀i∈J1, nK, s_i,i=1. De la question précédente, on déduit que

pn

det(S) = ⁿ√

λ₁λ₂. . . λ_n ≤ 1 n

Xn

i=1

λ_i

!

= 1

nTr(S) = 1

n(1+. . .+1) =1= ⁿ v u u t

Yn

i=1

s_i,i,

et donc encore une fois det(S)≤ Yn

i=1

si,i. L’(inégalité (1) est aussi démontrée dans ce cas

5^◦) a)SoitX∈M_n,1(R)\{0}. Aucun des coefficients diagonaux de la matrice diagonaleT n’est nul et doncT est inversible.

En particulierTX6=0 et donc d’après 1^◦a)

tXBX=^tXTSTX=^tX^tTSTX=^t(TX)S(TX)> 0.

∀X∈M_n,1(R)\ {0},^tXBX > 0.

b)Déjà^tB=^tT^tS^tT =TST=BetB∈S_n(R).

Vérifions alors que les valeurs propres deB(toutes réelles puisqueB∈S_n(R)) sont strictement positives.

Soitλ une valeur propre deBet X6=0 un vecteur propre associé. On a

tXBX=^tX(λX) =λ^tXX=λkXk²2. et donc, puis queX6=0, λ=

tXBX kXk²2

> 0. On a montré que

B∈S⁺⁺

n (R).

c)Pour obtenir la matriceB, on multiplie à gauche la matriceS parT et donc pour chaque i∈J1, nK, la i-ème ligne de S est multipliée parti,i, puis on multiplie TSpar T à droite et donc pour chaquej∈J1, nK, la j-ème colonne de TSest multipliée partj,j. Le coefficient générique deTST est doncti,isi,jtj,j.

En particulier, pouri∈J1, nK, le coefficient lignei, colonne ideBestti,isi,iti,i=si,i

1 s_i,i =1.

D’après la question 4^◦, on a alors det(B)≤ Yn

i=1

b_i,i=1 et donc det(S)×(det(T))²≤1.

Comme(det(T))²=

1

√s1,1. . . sn,n

2

= 1

s1,1. . . sn,n

, on a montré encore une fois que det(S)≤ Yn

i=1

si,i. Finalement

∀S= (s_i,j)_1≤i,j≤n ∈S⁺

n(R), det(S)≤ Yn

i=1

s_i,i.

Partie B.

1^◦)SoitA∈M_n(R).^t(^tAA) =^tA^t(^tA) =^tAAet donc^tAA∈S_n(R).

Comme à la question 1^◦b) de la partie 1, pourX∈M_n,1(R),^tX(^tAA)X=kAX_2²≥0. Mais alors siλ est une valeur propre de^tAAet Xun vecteur propre associé, comme à la question 5^◦b) de la partie 1,λ=

tX^tAAX kXk²2

≥0. Ainsi,

∀A∈M_n(R), ^tAA∈S⁺

n(R).

On peut donc appliquer l’inégalité (1) à la matrice^tAA.

2^◦)Pouri∈J1, nK, le coefficient ligneicolonneide la matrice^tAAest Xn

k=1

a_k,ia_k,i= Xn

k=1

(a_k,i)²et l’inégalité (1) fournit

(det(A))²=det(^tAA)≤ Yn Xⁿ

(a_k,i)²,

et donc|det(A)|≤ Yn

i=1

v u u t

Xn

k=1

(ak,i)².

∀A∈M_n(R), |det(A)|≤ Yn

i=1

v u u t

Xn

k=1

(a_k,i)² (inégalité d’Hadamard).

Partie C.

1^◦)•NotonsBle vecteur colonne









 b0

b₁ ... b_n











. Le coefficient ligne 0 deAB est é à égala0b0c’est-à-dire1.

Ensuite, pouri∈J1, nK, le coefficient ligneideABest égal à Xi

k=0

a_kb_i−k c’est-à-dire0.

Finalement,AB=e1 oùe1=









 1 0 ... 0









 .

•La matriceAest une matrice triangulaire à coefficients diagonaux tous non nuls et doncA∈G L_n+1(R).

•Le systèmeAX=e1admet une et une seule solution, à savoirX=B. Les formules deCramerfournissent alors

bn= det(A^′)

det(A) oùA^′=

























a0 0 . . . 0 1 a₁ a₀ . .. ... 0 a₂ . .. ... ... ... ...

... . .. . .. 0 . .. ... a₀ ... an . . . a2 a1 0























 .

2^◦)Puisque la série de terme général|a_n|rⁿ converge, on a lim

n→+∞|a_n|rⁿ =0 et donc a²_nr²ⁿ =

n→+∞ |a_n|rⁿ×|a_n|rⁿ =o(|a_n|rⁿ).

On en déduit que la série de terme générala²_nr²ⁿ converge. De plus, pour tout entier natureln Xn

k=0

a²_kr^2k≤ Xn

k=0

|ak|r^k

!2

≤

+∞

X

k=0

|ak|r^k

!2

=C².

Quandntend vers+∞, on obtient

+∞

X

k=0

a²_kr^2k≤C².

+∞X

n=0

(a_n)²r²ⁿ≤C².

3^◦)Soitn∈N^∗. Déjà on a det(A) =aⁿ⁺¹₀ .

Ensuite, pour chaquei∈J0, nK, multiplions la ligneideA^′parrⁱ. On noteA^′′la matrice ainsi obtenue. Par(n+1)-linéarité du déterminant on a

det(A^′′) =r⁰×r¹×. . .×rⁿdet(A^′) =r^n(n+1)/2det(A^′), et donc d’après l’inégalité d’Hadamard,

|bn|= 1

|a₀|ⁿ⁺¹r^n(n+1)/2|det(A^′′)|

≤ 1

|a₀|ⁿ⁺¹r^n(n+1)/2 q

a²₀+. . .+a²_nr²ⁿ q

a²₀r²+. . .+a²_n−1r²ⁿ. . . q

a²₀r²ⁿ⁻²+a²₁r²ⁿ×1

= r×r²×rⁿ⁻¹

|a0|ⁿ⁺¹r×r²×rⁿ q

a²₀+. . .+a²_nr²ⁿ q

a²₀+. . .+a²_n−1r²ⁿ⁻². . . q

a²₀+a²₁r²

≤ 1

|a₀|ⁿ⁺¹rⁿ

n−1Y

i=0

√C²= Cⁿ

|a₀|ⁿ⁺¹rⁿ = 1

|a₀| C

r|a₀| n

.

∀n∈N^∗, |b_n|≤ 1

|a0|αⁿ oùα= C

r|a0|.

4^◦) f est développable en série entière en 0. Donc il existe un réel strictement positif R et une suite (a_n)_n∈N tels que

∀x∈] −R, R[,f(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ. La conditionf(0)6=0 fournita06=0.

Soit(b_n)_n∈Nla suite définie au début de la partie C puis pourx∈R,g(x) =

+∞

X

n=0

b_nxⁿ(la fonctiongest définie au moins enx=0).

Vérifions que la série entière de somme ga un rayon de convergence strictement positif. Soitr un réel élément de ]0, R[

(par exempler= R

2). Soitr^′ = r|a₀|

2C (puisquea₀6=0,Cest strictement positif).

r^′ est strictement positif et pourx∈[−r^′, r^′] etn∈N^∗, on a

|b_nxⁿ|≤ 1

|a₀| C

r|a₀| n

r|a0| 2C

n

= 1

|a₀|2ⁿ. Comme la série géométrique de terme général 1

|a₀|2ⁿ converge, la série de terme généralb_nxⁿ converge.

Ce qui précède montre que la série entière de sommega un rayon strictement positif (supérieur ou égal àr^′). Notons R^′ ce rayon puis posonsρ=min{R, R^′}> 0.

Sur]−ρ, ρ[, on peut effectuer le produit deCauchydes deux séries entières de sommes respectivesfetget pourx∈]−ρ, ρ[

on obtient

f(x)×g(x) =a₀b₀+ (a₁b₀+a₀b₁)x+ (a₀b₂+a₁b₁+a₂b₀)x²+. . .=1.

Ceci montre que sur] −ρ, ρ[,g= 1

f et donc que 1

f est développable en série entière en0.

Troisième exercice

1^◦) Question préliminaire.

D’après les théorèmes de croissances comparées, lim

t→+∞(a(t))^pe^−a(t)= lim

X→+∞X^pe^−X=0et donce^−a(t) =

t→+∞ o 1

(a(t))^p

. 2^◦)Soitx∈R. La fonctiont7→e^−xchtest continue sur[0,+∞[. De plus,

• Si x≤0,e^−xchtdomine 1 quand t tend vers+∞et n’est donc pas intégrable au voisinage de +∞. dans ce cas,F(x) n’existe pas dansR.

•Si x > 0, puisquexcht_t→→_+∞ +∞, la question préliminaire permet d’écrire

e−xcht =

t→+∞ o 1

xcht

=o 1

cht

=o 1

e^t

=o 1

t²

.

La fonctiont7→e^−xchtest donc intégrable au voisinage de+∞et par suite,F(x)existe dansR. F est définie sur]0,+∞[.

3^◦)Soita > 0. Posons G : [a,+∞[×[0,+∞[ → R (x, t) 7→ e^−xcht

. Pourx∈[a,+∞[, on a doncF(x) = Z+∞

0

G(x, t)dt.

•D’après la question précédente, pour chaquexde[a,+∞[, la fonctiont7→G(x, t)est continue et intégrable sur[0,+∞[.

•La fonctionGadmet sur[a,+∞[×[0,+∞[des dérivées partielles premières et secondes par rapport à sa première variable xet de plus, pour(x, t)∈[a,+∞[×[0,+∞[

∂G

∂x(x, t) = −chte^−xchtet ∂²G

∂x²(x, t) =ch²te^−xcht.

•Pour chaquet∈[0,+∞[, les fonctionsx7→ ∂G

∂x(x, t)etx7→ ∂²G

∂x²(x, t)sont continues sur[a,+∞[.

•Pour chaque(x, t)∈[a,+∞[,

∂G

∂x(x, t)

=chte^−xcht≤chte^−acht=ϕ1(t)et

∂²G

∂x (x, t)

=ch²te^−xcht≤ch²te^−acht=ϕ2(t).

Déjà les fonctionsϕ1et ϕ2 sont continues sur [0,+∞[. Ensuite, d’après la question préliminaire appliquée à la fonction t7→acht, quandt tend vers+∞, e^−acht est négligeable devant 1

ch³t et donc ϕ₁(t) et ϕ₂(t) sont négligeables devant 1

cht et par suite devant 1

t² quandttend vers+∞. On en déduit que les fonctionsϕ₁ etϕ₂sont intégrables sur[0,+∞[.

D’après le théorème de dérivation sous le signe somme (théorème deLeibniz) appliqué deux fois, F est de classeC²sur [a,+∞[. Ceci étant vrai pour touta > 0, on a montré que

Fest de classeC²sur]0,+∞[.

De plus,F^′ etF^′′s’obtiennent par dérivation sous le signe somme.

4^◦)Soitx > 0.

F^′′(x) −F(x) = Z+∞

0

ch²te^−xchtdt− Z+∞

0

e^−xchtdt= Z+∞

0

(ch²t−1)e^−xchtdt= Z+∞

0

sh²te^−xchtdt

= Z+∞

0

sht×sht e^−xchtdt.

Soit alorsAun réel strictement positif. Les deux fonctions t7→ shtet t7→ −1

xe^−xcht sont de classe C¹ sur[0, A]. On peut donc effectuer une intégration par parties et on obtient

ZA 0

sht×sht e^−xchtdt=

sht×(−1

xe^−xcht) A

0

+ 1 x

ZA 0

cht e^−xchtdt= −shAe^−xchA

x + 1

x ZA

0

cht e^−xchtdt(∗).

Maintenant, quandAtend vers +∞, shAe^−xchA∼ e^A

2 e^−xchA= 1

2e^−xchA+Aet comme −xchA+A→−∞d’après un théorème de croissances comparées, shAe^−xchA→0.

QuandAtend vers+∞dans(∗), on obtient Z+∞

0

sht×sht e^−xchtdt= 1 x

Z+∞ 0

cht e^−xchtdt= 1 xF^′(x).

On a montré que

∀x > 0,F^′′(x) + 1

xF^′(x) −F(x) =0.

5^◦) a)Soitx∈]0, 1[. La fonctionu7→e^−xu 1

√u²−1 − 1 u

est continue sur]1,+∞[.

Etude en 1.Quandutend vers1, e^−xu

1

√u²−1− 1 u

∼e^−x× 1

√u²−1 = e^−x

p(u−1)(u+1) ∼ e^−x p2(u−1). Comme la fonctionu7→ e^−x

p2(u−1) est positive et intégrable au voisinage de1 (car 1

2 < 1), on en déduit que la fonction u7→e^−xu

1

√u²−1− 1 u

est intégrable au voisinage de1 à droite.

Etude en +∞.Quandutend vers+∞, e^−xu

1

√u²−1 − 1 u

=e^−xuu−√ u²−1 u√

u²−1 =e^−xu 1 u√

u²−1(u+√

u²−1)∼ e^−xu 2u³ =o

1 u²

.

On en déduit que la fonctionu7→e^−xu 1

√u²−1 − 1 u

est intégrable au voisinage de+∞et finalement queH(x)existe.

Hest définie sur]0, 1[.

Soitx∈]0, 1[. Pour chaqueu∈]1,+∞[, 0≤e^−xu

1

√u²−1− 1 u

=e^−xu 1

u√

u²−1(u+√

u²−1) ≤ 1

u√

u²−1(u+√

u²−1) (∗).

La fonction u 7→ 1

u√

u²−1(u+√

u²−1) est continue sur ]1,+∞[, équivalente en 1 à 1

p2(u−1) et donc intégrable au voisinage de 1, équivalente à 1

2u³ au voisinage de +∞ et donc intégrable au voisinage de +∞. La fonction u 7→

1 u√

u²−1(u+√

u²−1) est intégrable sur]1,+∞[ou encore, en posantI= Z+∞

0

1 u√

u²−1(u+√

u²−1) du, Iest un réel.

L’encadrement(∗)fournit par intégration0≤H(x)≤I. On a montré que Hest bornée sur]0, 1[.

b)Soientx∈]0, 1[puisv∈[x, 1].1−e^−v= Zv

0

e^−uduet donc par croissance de l’intégrale

0≤1−e^−v = Zv

0

e^−udu≤ Zv

0

1 du=v.

Soitx∈]0, 1[. La fonctionv7→ e^−v

v est continue sur le segment[x, 1]de sorte queK(x)existe. De plus, K(x) =

Z1 x

e^−v−1+1

v dv=

Z1 x

1 v dv−

Z1 x

1−e^−v

v dv= −ln(x) − Z1

x

1−e^−v v dv.

Or, d’après le début de la question0≤ Z1

x

1−e^−v v dv≤

Z1 x

1 dv=1−x≤1 et donc −lnx−1≤K(x)≤−lnxou enfin, puisque−lnx > 0,

1+ 1

ln(x) ≤ K(x)

−lnx ≤1.

Quand xtend vers 0 par valeurs supérieures, 1+ 1

lnx tend vers 1 et le théorème des gendarmes permet d’affirmer que

xlim→0

K(x)

−ln(x) =1 ou encore que

c)Soitx∈]0, 1[. Posonsu=chtet doncdu=sht dt=√

u²−1 dtou encore dt= du

√u²−1. Puisquex > 0, on obtient

H(x) = Z+∞

0

e^−xchtdt= Z+∞

1

e^−xu

√u²−1 du.

∀x∈]0, 1[, H(x) = Z+∞

1

e^−xu

√u²−1 du.

d)Soitx∈]0, 1[.

H(x) = Z+∞

1

e^−xu

√u²−1 du= Z+∞

1

e^−xu 1

√u²−1 − 1 u

du+

Z+∞ 1

e^−xu

u du=H(x) + Z+∞

x

e^−v v dv

=K(x) +H(x) + Z+∞

1

e^−v v dv.

(e^−v

v est négligeable devant 1

v² au voisinage de+∞et donc Z+∞

1

e^−v

v dvexiste dansR). Les questions a) et b) permettent alors d’affirmer que

F(x) =

x→0⁺−ln(x) +O(1), et donc que

F(x) ∼

x→0⁺−ln(x).

6^◦)Soit(xn)n∈Nune suite quelconque d’éléments de[1,+∞[tendant vers+∞quandntend vers+∞. Pourt∈[0,+∞[, posonsfn(t) =xne^−xnchtde sorte que xnF(x_n) =

Z+∞ 0

fn(t)dt.

•Chaque fonctionf_n est continue et intégrable sur[0,+∞[.

• Pour t ≥ 0 donné, fn(t) tend vers 0 quand n tend vers +∞ (car cht > 0) ou encore la suite de fonctions (fn)n∈N

converge simplement sur[0,+∞[vers la fonction nulle qui est continue sur[0,+∞[.

• Pour chaque n ∈ N et chaque t ≥ 0, on a |fn(t)| = xne^−xncht ≤ e^−cht où la fonction t 7→ e^−cht est continue et intégrable sur]0,+∞[(

Z+∞ 0

e^−cht=F(1)).

Le théorème de convergence dominée permet alors d’affirmer que

n→lim+∞xnF(xn) = lim

n→+∞

Z+∞ 0

fn(t)dt= Z+∞

0

n→lim+∞fn(t)dt=0.

Ceci étant vrai pour toute suite(xn)tendant vers+∞, on sait alors que lim

x→+∞xF(x) =0.

En majorant chaque|−x_nchte^−xncht| par chte^−cht( Z+∞

0

chte^−chtdt= −F^′(1)) , on montre que lim

x→+∞xF^′(x) =0.

x→lim+∞xF(x) =0et lim

x→+∞xF^′(x) =0.

7^◦) a)West dérivable sur]0,+∞[et pourx > 0

W^′(x) = (FG^′′+F^′G^′−F^′G^′−F^′′G)(x) =F(x)(−1

xG^′(x) +G(x)) −G(x)(−1

xF^′(x) +F(x)) =

−1

x(F(x)G^′(x) −F^′(x)G(x)) = −1 xW(x).

Par suite∀x > 0, W^′(x) +1

xW(x) =0 puis∀x > 0, xW^′(x) +W(x) =0 ou encore∀x > 0, (xW)^′(x) =0. On en déduit qu’il existeC∈Rtel que∀x > 0, W(x) = C

x.

Maintenant, pour tout x > 0, on a C = xW(x) = (xF(x))G^′(x) − (xF^′(x))G(x) et quand x tend vers +∞ on obtient C=0×0−0×0=0. Donc

W=0.

b)PuisqueW=0, on sait que la famille(F, G)est liée et donc puisque Fn’est pas nulle, il existeλ∈Rtel queG=λF.

∃λ∈R/ G=λF.