Partie I - Calcul d’une int´ egrale

(1)

EM LYON 2009 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR [email protected]

PROBL` EME 1

Partie I - Calcul d’une int´ egrale

1. •fa,b:x→ e^−ax−e^−bx

x est continue sur ]0,+∞[.

•Au voisinage de 0 :e^−ax= 1−ax+ o(x) ete^−bx= 1−bx+ o(x) donce^−ax−e^−bx= (b−a)x+ o(x).

Ainsi e^−ax−e^−bx

x = (b−a) + o(1) au voisinage de 0. Dans ces conditions lim

x→0f_a,b(x) =b−a.

fa,b est donc prolongeable par continuit´e en 0. Par cons´equent Z 1

0

fa,b(x) dxconverge.

• a et b sont strictement positifs donc lim

x→+∞ x²fa,b(x)

= lim

x→+∞

1 a

ax e^ax −1

b bx e^bx

= 0 par croissance compar´ee.

On a donc ´egalement lim

x→+∞ x²|fa,b(x)|

= 0 et ainsi|fa,b(x)|= o 1

x²

au voisinage de +∞.

De plus Z +∞

1

dx

x² converge et,|f_a,b|etx→ 1

x² sont positives sur [1,+∞[.

Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors la convergence de

Z +∞

1

fa,b(x) dx.

Finalement Z +∞

0

f_a,b(x) dxconverge.

Z +∞

0

e^−ax−e^−bx

x dxconverge.

2. a. Soit (ε, X) un ´el´ement de ]0,+∞[² tel queε6X.

Notons quex→ e^−ax

x est continue sur [ε, X] et que la fonctionx→axest de classeC¹surR. Ceci autorise le changement de variabley=a xdans ce qui suit.

Z X ε

e^−ax x dx=

Z aX aε

e^−y y/a

1 ady=

Z aX aε

e^−y y dy.

De mani`ere analogue on obtient : Z X

ε

e^−bx x dx=

Z bX bε

e^−y y dy.

(2)

Pour tout (ε, X) appartenant `a ]0,+∞[² tel queε6X: Z X

ε

e^−ax x dx=

Z aX aε

e^−y y dy et

Z X ε

e^−bx x dx=

Z bX bε

e^−y y dy.

b. Soit (ε, X) un ´el´ement de ]0,+∞[² tel queε6X. Z X

ε

e^−ax−e^−bx

x dx=

Z X ε

e^−ax x dx−

Z X ε

e^−bx x dx=

Z aX aε

e^−y y dy−

Z bX bε

e^−y y dy.

Z X ε

e^−ax−e^−bx

x dx=

Z bε aε

e^−y y dy+

Z aX bε

e^−y y dy−

Z aX bε

e^−y y dy−

Z bX aX

e^−y y dy.

Z X ε

e^−ax−e^−bx

x dx=

Z bε aε

e^−y y dy−

Z bX aX

e^−y y dy.

Pour tout (ε, X) appartenant `a ]0,+∞[² tel queε6X: Z X

ε

e^−ax−e^−bx

x dx=

Z bε aε

e^−y y dy−

Z bX aX

e^−y y dy.

3. a. •y→1−e^−y ety→ 1

y sont continues sur ]0,+∞[. Par produithest continue sur ]0,+∞[.

•e^u−1 ∼

u→0u. Alors e^−y−1 ∼

y→0−y donc 1−e^−y ∼

y→0y. Finalement 1−e^−y

y ∼

y→01.

Alors lim

y→0

1−e^−y

y = 1 =h(0). Ceci suffit tr`es largement pour dire quehest continue en 0.

L’applicationh de [0,+∞[ dans R d´efinie par ∀y ∈ [0,+∞[, h(y) =







1−e^−y

y siy6= 0 0 siy= 0

est continue sur [0,+∞[.

b. Soitεun r´eel strictement positif.

hest continue sur [0,+∞[. Consid´erons alors une primitive H dehsur [0,+∞[.

Z bε aε

e^−y y dy=

Z bε aε

e^−y−1 y dy+

Z bε aε

1 ydy=

Z bε aε

h(y) dy+h

ln|y|i^bε

aε

=H(bε)−H(aε) + ln(|bε|)−ln(|aε|) . Z bε

aε

e^−y

y dy=H(bε)−H(aε) + ln(bε)−ln(aε)

=H(bε)−H(aε) + ln bε

aε

=H(bε)−H(aε) + lnb a· OrH est continue en 0 donc lim

ε→0⁺ H(bε)−H(aε)

=H(0)−H(0) = 0.

Donc lim

ε→0⁺

Z bε aε

e^−y

y dy= lim

ε→0⁺

H(bε)−H(aε) + lnb a

= ln b a· lim

ε→0⁺

Z bε aε

e^−y

y dy= lnb a· c. SoitX un ´el´ement de ]0,+∞[.

(3)

∀ε∈]0, X], Z X

ε

e^−ax−e^−bx

x dx=

Z bε aε

e^−y y dy−

Z bX aX

e^−y y dy.

Ce qui pr´ec`ede montre alors que : lim

ε→0⁺

Z X ε

e^−ax−e^−bx

x dx= lim

ε→0⁺

Z bε aε

e^−y y dy−

Z bX aX

e^−y y dy

!

= lnb a−

Z bX aX

e^−y y dy.

Donc Z X

0

e^−ax−e^−bx

x dx= ln b a−

Z bX aX

e^−y y dy.

Pour tout ´el´ement X de ]0,+∞[, Z X

0

e^−ax−e^−bx

x dx= lnb a−

Z bX aX

e^−y y dy.

d. SoitX un ´el´ement de ]0,+∞[.

Nous avons vu que Z +∞

1

e^−y

y dy converge donc pour tout r´eel z strictement positif Z +∞

z

e^−y

y dy converge

´

egalement.

Alors Z bX

aX

e^−y y dy=

Z +∞

aX

e^−y y dy−

Z +∞

bX

e^−y

y dycar ces deux int´egrales convergent puisqueaX etbXsont des r´eels strictement positifs.

De plus lim

X→+∞

Z +∞

aX

e^−y

y dy= 0 (resp. lim

X→+∞

Z +∞

bX

e^−y

y dy= 0) comme reste d’une int´egrale convergente.

Ainsi lim

X→+∞

Z bX aX

e^−y

y dy= lim

X→+∞

Z +∞

aX

e^−y y dy−

Z +∞

bX

e^−y y dy

= 0−0 = 0.

Donc lim

X→+∞

Z X 0

e^−ax−e^−bx

x dx= lim

X→+∞ ln b a−

Z bX aX

e^−y y dy

!

= lnb

a·Finalement : Z +∞

0

e^−ax−e^−bx

x dx= lnb a·

Partie II - ´ Etude d’un produit scalaire

1. NotonsE⁰ l’espace vectoriel r´eel des applications de [0,+∞[ dansR.

•E est contenu dansE⁰.

•Posons∀x∈[0,+∞[, f0(x) = 0. f0est born´ee sur [0,+∞[,f0est de classeC¹ sur [0,+∞[ etf0(0) = 0.

Ainsif₀ est un ´el´ement de E doncE n’est pas vide.

•Soient f etg deux éléments deE et soitλun réel.

. f (resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positifM_f (resp. M_g) tel que

∀x∈[0,+∞[, |f(x)|6Mf (resp. ∀x∈[0,+∞[, |g(x)|6Mg).

(4)

∀x∈[0,+∞[, |λ f(x) +g(x)|6|λ| |f(x)|+|g(x)|6|λ|Mf+Mg doncλ f+g est born´ee sur [0,+∞[.

. f et gsont de classeC¹sur [0,+∞[ doncλ f+g est de classeC¹sur [0,+∞[.

.(λ f+g)(0) =λ f(0) +g(0) =λ×0 + 0 = 0.

Par conséquent λ f+g appartient à E. Ceci achève de montrer que :

E est un sous-espace vetoriel de l’espace vectoriel r´eel des applications de [0,+∞[ dansR. 2. • ∀x∈[0,+∞[, |f₁(x)|=|sinx|61 doncf₁est born´ee sur [0,+∞[.

f₁ est de classeC¹sur [0,+∞[ car sin est de classe C¹ surR. f1(0) = sin 0 = 0.

Doncf1 appartient `aE.

•f2(0) = cos 0 = 16= 0. f2 n’appartient pas `aE.

• lim

x→+∞f3(x) = lim

x→+∞(e^x−1) = +∞doncf3 n’est pas born´ee sur [0,+∞[. f3n’appartient pas `a E.

• ∀x∈[0,+∞[, 06e^−x61 donc∀x∈[0,+∞[, 06f₄(x) = 1−e^−x61. f₄est born´ee sur [0,+∞[.

x→1−e^−xest de classeC¹ surRdoncf₄est de classeC¹ sur [0,+∞[.

f₄(0) =e⁻⁰−1 = 0.

Par cons´equantf4appartient `aE.

f1 etf4sont deux éléments deE. f2 et f3 n’appartiennent pas àE.

3. a. Soitf un élément deE. f est de classeC¹ sur [0,+∞[. Doncf est dérivable en 0.

En remarquant quef est nulle en 0 il vient : lim

x→0

f(x) x = lim

x→0

f(x)−f(0) x−0

=f⁰(0).

Pour tout ´el´ement f deE: lim

x→0

f(x)

x =f⁰(0) . b. Soientf etg deux ´el´ements deE. Posons∀x∈]0,+∞[, ϕ(x) = f(x)g(x)

x² ·

•ϕest continue sur ]0,+∞[ carf,g etx→ 1

x² sont continues sur ]0,+∞[.

• lim

x→0ϕ(x) = lim

x→0

f(x)g(x) x² = lim

x→0

f(x) x

g(x) x

=f⁰(0)g⁰(0).

Ainsiϕest prolongeable par continuit´e en 0 donc Z 1

0

ϕ(x) dxconverge.

•f (resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positif Mf (resp. Mg) tel que

(5)

∀x∈[0,+∞[, |f(x)|6Mf (resp. ∀x∈[0,+∞[, |g(x)|6Mg).

∀x∈[1,+∞[, 06|ϕ(x)|=|f(x)| |g(x)|

x² 6 MfMg

x² et Z +∞

1

MfMg

x² dxconverge (car Z +∞

1

dx

x² converge).

Les règles de comparaison sur les intégrales généralisées de fonctions positives montrent alors la convergence de

Z +∞

1

|ϕ(x)|dx.

Z +∞

1

ϕ(x) dxest absolument convergente donc convergente.

Finalement Z +∞

0

ϕ(x) dxconverge.

Sif et gsont deux ´el´ements deE, Z +∞

0

f(x)g(x)

x² dxconverge.

4. •Notons que pour tout élément (f, g) deE², (f|g) appartient àR.

•Soient f,get `trois éléments deE. Soitλun réel.

(λ f+g|`) = Z +∞

0

λ f(x) +g(x)

`(x)

x² dx=

Z +∞

0

λ f(x)`(x) +g(x)`(x)

x² dx.

(λ f+g|`) =λ Z +∞

0

f(x)`(x) x² dx+

Z +∞

0

g(x)`(x)

x² dx=λ(f|`)+(g|`) car toutes les int´egrales convergent.

∀(f, g, `)∈E³, (λ f+g|`) =λ(f|`) + (g|`).

•Soient f etg deux ´el´ements deE. (f|g) = Z +∞

0

f(x)g(x) x² dx=

Z +∞

0

g(x)f(x)

x² dx= (g|f).

∀(f, g)∈E², (f|g) = (g|f).

•Soitf un ´el´ement de E. ∀x∈]0,+∞[, f(x)f(x)

x² >0 donc (f|f) = Z +∞

0

f(x)f(x)

x² dx>0.

∀f ∈E, (f|f)>0.

•Soitf un ´el´ement de E tel que (f|f) = 0.

. Z +∞

0

f(x)2

x² dx= 0.

. x→ f(x)²

x² est continue sur ]0,+∞[.

. x→ f(x)²

x² est positive sur ]0,+∞[.

.06= +∞!

Les quatre points pr´ec´edents permettent de dire que∀x∈]0,+∞[, f(x)² x² = 0.

Alors∀x∈]0,+∞[, f(x)2

= 0 donc∀x∈]0,+∞[, f(x) = 0.

Commef(0) = 0 :∀x∈[0,+∞[, f(x) = 0. Ainsif = 0E.

∀f ∈E, (f|f) = 0⇒f = 0_E.

Les cinq points pr´ec´edents montrent que :

(6)

(.|.) est un produit scalaire surE.

5. Soientf etg deux éléments deE. SoientAet B deux réels strictement positifs.

Posonsu=f g et∀x∈]0,+∞[, v(x) =−1 x·

uetv sont de classeC¹ sur ]0,+∞[. De plus∀x∈]0,+∞[, u⁰(x) =f⁰(x)g(x) +f(x)g⁰(x) et v⁰(x) = 1 x²· Ceci l´egitime l’int´egration par parties suivantes.

Z B A

f(x)g(x) x² dx=

−f(x)g(x) x

B A

− Z B

A

−f⁰(x)g(x) +f(x)g⁰(x) x

dx.

Z B A

f(x)g(x)

x² dx= f(A)g(A)

A −f(B)g(B)

B +

Z B A

f⁰(x)g(x) +f(x)g⁰(x)

x dx (F).

f (resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positifMf (resp. Mg) tel que

∀x∈[0,+∞[, |f(x)|6M_f (resp. ∀x∈[0,+∞[, |g(x)|6M_g).

Alors 06

f(B)g(B) B

= |f(B)| |g(B)|

B 6M_fM_g B · Comme lim

B→+∞

MfMg

B = 0 il vient par encadrement lim

B→+∞

f(B)g(B)

B = 0.

De plus lim

A→0

f(A)g(A)

A = lim

A→0

f(A) A g(A)

=f⁰(0)×g(0) =f⁰(0)×0 = 0 (d’après le résultat de3. a. et la continuité deg en 0).

lim

B→+∞

f(B)g(B)

B = 0, lim

A→0

f(A)g(A) A = 0 et

Z +∞

0

f(x)g(x)

x² dxconverge.

Il r´esulte alors de (F) que Z +∞

0

x dxconverge et vaut Z +∞

0

f(x)g(x) x² dx.

Ainsi (f|g) = Z +∞

0

f(x)g(x) x² dx=

Z +∞

0

x dx.

Pour tout couple (f, g) d’´el´ements deE, (f|g) = Z +∞

0

x dxconverge et

(f|g) = Z +∞

0

x dx.

6. a. Soitαun r´eel strictement positif.

∀x∈[0,+∞[, 06e^−αx61 donc∀x∈[0,+∞[, 06uα(x) = 1−e^−αx61. uα est born´ee sur [0,+∞[.

x→1−e^−αxest de classeC¹surRdoncuαest de classeC¹sur [0,+∞[.

u_α(0) = 1−e^−α×0= 1−1 = 0. Ceci ach`eve de montrer que u_α appartient `aE.

∀α∈]0,+∞[, u_α∈E.

(7)

b. Soientαetβ deux r´eels strictement positifs.

(u_α|u_β) = Z +∞

0

u⁰_α(x)u_β(x) +u_α(x)u⁰_β(x)

x dx=

Z +∞

0

α e^−αx(1−e^−βx) + (1−e^−αx)β e^−βx

x dx.

(uα|uβ) = Z +∞

0

α e^−αx−e^−(α+β)x

+β e^−βx−e^−(α+β)x

x dx.

α, β et α+β ´etant strictement positifs, I.3.d montre que les int´egrales Z +∞

0

e^−αx−e^−(α+β)x

x dx et

Z +∞

0

e^−βx−e^−(α+β)x

x dxconvergent et valent respectivement lnα+β

α et lnα+β β · Alors (u_α|u_β) =α

Z +∞

0

e^−αx−e^−(α+β)x

x dx+β

Z +∞

0

e^−βx−e^−(α+β)x

x dx=αlnα+β

α +β lnα+β β · (uα|uβ) =αlnα+β

α +β lnα+β

β = (α+β) ln(α+β)−αlnα−β lnβ. Pour tout couple (α, β) d’´el´ements de ]0,+∞[ : (uα|uβ) =αlnα+β

α +β lnα+β β ·

Pour tout couple (α, β) d’éléments de ]0,+∞[ : (uα|uβ) = (α+β) ln(α+β)−αlnα−β lnβ. c. Soientαetβ deux réels strictement positifs.

α+β

α >1 et α+β

β >1 donc lnα+β

α >0 et lnα+β β >0.

Ainsi (u_α|u_β) =αlnα+β

α +β lnα+β β >0.

Pour tout couple (α, β) d’´el´ements de ]0,+∞[ : (uα|uβ)>0.

Partie III - ´ Etude de densit´ es de variables al´ eatoires

1. • ∀x∈]− ∞,0], v(x) = 0>0 !

Soit unxun ´el´ement de ]0,+∞[. 4c²x>c²xdonce^−c²^x>e⁻⁴^c²^x. Alorse^−c²^x−e⁻⁴^c²^x>0.

Commexln 4 est strictement positif :v(x) =e^−c²^x−e⁻⁴^c²^x xln 4 >0.

Finalement∀x∈R, v(x)>0.

•v est nulle sur ]− ∞,0] doncv est continue sur ]− ∞,0].

x→e^−c²^x−e⁻⁴^c²^xet x→ 1

xln 4 sont continues sur ]0,+∞[. Par produitv est continue sur ]0,+∞[.

Finalementv est au moins continue surR^∗ donc surRpriv´e d’un ensemble fini de points.

(8)

• Z 0

−∞

v(x) dxexiste et vaut 0 carv est nulle sur ]− ∞,0].

c² et 4c² sont des r´eels strictement positifs donc, d’apr`es I.3.d.: Z +∞

0

e^−c²^x−e^−4c²^x

x dx existe et vaut ln4c²

c² ou ln 4.

Alors Z +∞

0

v(x) dxexiste et vaut 1

ln 4×ln 4 ou 1. Finalement Z +∞

−∞

v(x) dxexiste et vaut 1.

Les trois points pr´ec´edents montrent que :

vest une densité d’une variable aléatoire réelle.

2. ∀x∈]− ∞,0], x v(x) = 0 donc Z 0

−∞

x v(x) dxexiste et vaut 0.

∀x∈]0,+∞[, x v(x) = 1

ln 4 e^−c²^x−e^−4c²^x .

Siλest un r´eel strictement positif le cours sur les lois exponentielles nous autorise `a dire que Z +∞

0

λ e^−λxdx existe et vaut 1.

Ainsi pour tout r´eel strictement positifλ, Z +∞

0

e^−λxdxexiste et vaut 1 λ· Donc

Z +∞

0

e^−c²^xdxet Z +∞

0

e^−4c²^xdxexistent et valent respectivement 1 c² et 1

4c²· Alors

Z +∞

0

x v(x) dxexiste et vaut 1 ln 4

1 c² − 1

ln 4 1

4c² ou 3 4c² ln 4· Finalement

Z +∞

−∞

x v(x) dxconverge et vaut 3

4c² ln 4·Par cons´equent : X admet une esp´erance qui vaut 3

4c² ln 4· 3. a. Nous noteronsFX et FY les fonctions de r´epartition deX et deY. Y prend ses valeurs dansR⁺donc∀x∈]− ∞,0[, FY(x) = 0.

∀x∈[0,+∞[, FY(x) =P(Y 6x) =P(√

X 6x) =P(X6x²) =FX(x²).

∀x∈R, FY(x) =

FX(x²) six∈[0,+∞[

0 sinon

.

Montrons queF_Y est continue surRet de classeC¹au moins sur R^∗.

• x→x² et F_X sont continues surR donc par compositionx→F_X(x²) est continue sur R. AlorsF_Y est continue sur [0,+∞[ donc continue en tout point de ]0,+∞[ et continue `a droite en 0.

FY est nulle sur l’intervalle ouvert ]− ∞,0[, donc FY est continue en tout point de ]− ∞,0[.

(9)

Observons que FY(0) = FX(0) = Z 0

−∞

v(x) dx = 0. Alors lim

x→0⁻FY(x) = 0 = FY(0) ; FY est continue `a gauche en 0.

Ceci ach`eve de montrer que FY est continue en tout point deR.

•v est continue surR^∗ doncFX est au moins de classeC¹ surR^∗ et∀x∈R^∗, F_X⁰ (x) =v(x).

x→x² est de classeC¹ surR^∗ et∀x∈R^∗, x²∈R^∗. Donc par compositionx→FX(x²) est de classeC¹sur R^∗. AinsiF_Y est de classesC¹sur ]0,+∞[.

F_Y ´etant nulle sur ]− ∞,0[ elle est ´egalement de classeC¹sur ]− ∞,0[.

FY est donc au moins de classe C¹ sur R^∗ donc sur R priv´e d’un ensemble fini de points. Ceci ach`eve de montrer que :

Y =√

X est une variable aléatoire à densité.

∀x∈]− ∞,0[, F_Y(x) = 0 donc∀x∈]− ∞,0[, F_Y⁰ (x) = 0.

∀x∈]0,+∞[, FY(x) =FX(x²) donc∀x∈]0,+∞[, F_Y⁰ (x) = 2x F_X⁰ (x²) = 2x v(x²).

∀x∈]0,+∞[, F_Y⁰ (x) = 2xe^−c²^x²−e^−4c²^x²

x²ln 4 = 2xe^−c²^x²−e^−4c²^x²

x²2 ln 2 =e^−c²^x²−e^−4c²^x² xln 2 · Posons∀x∈R, fY(x) =







e^−c²^x²−e^−4c²^x²

xln 2 six∈]0,+∞[

0 sinon

.

f_Y est positive surRet co¨ıncide avecF_Y⁰ surR^∗ donc surRpriv´e d’un ensemble fini de points. Ainsif_Y est une densit´e deY.

La fonctionfY d´efinie par :∀x∈R, fY(x) =







e^−c²^x²−e^−4c²^x²

xln 2 six∈]0,+∞[

0 sinon

, est une densit´e deY.

b. Y² =X et X possède une espérance. Ainsi E(Y²) existe doncY possède un moment d’ordre 2 donc une espérance et une variance.

E(Y) = Z +∞

−∞

x fy(x) dx= Z +∞

0

x fy(x) dx= 1 ln 2

Z +∞

0

(e^−c²^x²−e^−4c²^x²) dx.

∀x∈R, c

√πe^−c²^x² = 1

√2π^√¹

2c

e

− ^x²

2 √1 2c

² . Ainsi x → c

√πe^−c²^x² est une densité d’une variable aléatoire qui suit la loi normale de paramètres 0 et 1

√2c ²

·

(10)

Donc Z +∞

−∞

√c

πe^−c²^x²dxexiste et vaut 1. Alors Z +∞

−∞

e^−c²^x²dxexiste et vaut

√π c · Par parit´e

Z +∞

0

e^−c²^x²dxexiste et vaut

√π 2c · En rempla¸cantc par 2con peut dire que

Z +∞

0

e^−4c²^x²dxexiste et vaut

√π

4c ·Alors : E(Y) = 1

ln 2 Z +∞

0

(e^−c²^x²−e^−4c²^x²) dx= 1 ln 2

Z +∞

0

e^−c²^x²dx− 1 ln 2

Z +∞

0

e^−4c²^x²dx.

E(Y) = 1 ln 2

√ π 2c −

√π 4c

=

√π 4cln 2·

Y poss`ede une esp´erance qui vaut :

√π 4cln 2·

V(Y) =E(Y²)− E(Y)2

=E(X)− E(Y)2

= 3

4c² ln 4 − √

π 4c ln 2

²

= 3

4c²ln 4 − π 16c²(ln 2)² Y poss`ede une variance qui vaut : 3

4c² ln 4− π

16c²(ln 2)² ou 6 ln 2−π 16c²(ln 2)²·

PROBL` EME 2

Partie I - Deux exemples

1. (Rθ)²=

cosθ sinθ sinθ −cosθ

=

cos²θ+ sin²θ cosθsinθ−sinθcosθ sinθcosθ−cosθsinθ sin²θ+ cos²θ

. (R_θ)²=

1 0 0 1

=I₂.

(R_θ)²=I₂.

La fonction cos prend une infinité de valeurs donc{Rθ, θ ∈R} est un ensemble infini et tous ses éléments sont des racines carrées deI₂. Ainsi :

I₂admet une infinit´e de racines carr´ees.

2. Supposons qu’il existe une matriceR= a b

c d

deM₂(R) telle queR²= 0 1

0 0

. Alors

0 1 0 0

=R²= a b

c d

a b c d

=

a²+bc ab+bd ca+dc cb+d²

. Donca²+bc=c(a+d) =d²+bc= 0 etb(a+d) = 1.

(11)

N´ecessairement a+dn’est pas nul. Ainsi c = 0. Alors a² = d² = 0. Donc a =d = 0, ce qui contredit a+d6= 0.

0 1 0 0

n’admet pas de racine carr´ee.

Partie II - Racine carr´ ees d’une matrice de la forme

I_n+N

avec

N

nilpotente

1. √

1 +t= (1 +t)¹² = 1 + 1

2t+(1/2)(1/2−1)

2! t²+(1/2)(1/2−1)(1/2−2)

3! t³+ o(t³) au voisinage de 0.

√

1 +t= 1 +1 2t−1

8t²+ 1

16t³+ o(t³) au voisinage de 0.

√1 +t= 1 +1 2t−1

8t²+ 1

16t³+ o(t³) au voisinage de 0.

2. •Version 1. On calcule !

PosonsS= 1 +X− a0+a1X+a2X²+a3X³2

. Alors S= 1 +X−

1 + 1 2X−1

8X²+ 1 16X³

2

. S= 1 +X−

1 +1

4X²+ 1

64X⁴+ 1

256X⁶+X−1

4X²+1

8X³−1

8X³+ 1

16X⁴− 1 64X⁵

. S=−1

64X⁴− 1

256X⁶− 1

16X⁴+ 1

64X⁵=−5

64X⁴+ 1

64X⁵− 1

256X⁶=X⁴

−5 64+ 1

64X− 1 256X²

.

Donc 1 +X=

1 + 1 2X−1

8X²+ 1 16X³

2

+X⁴

−5 64+ 1

64X− 1 256X²

. Q=−5

64+ 1

64X− 1

256X²est un ´el´ement deR[X] tel que : 1+X =

1 +1 2X−1

8X²+ 1 16X³

²

+X⁴ Q(X) ou tel que 1 +X = (a0+a1X+a2X²+a3X³)²+X⁴Q(X).

•Version 2. Avec peu de calculs et surtout avec la possibilité de généraliser à l’ordrep...

PosonsP =a0+a1X+a1X+a2X²+a3X³. P = 1 +1 2X−1

8X²+ 1 16X³.

√1 +t= 1 +1 2t−1

8t²+ 1

16t³+ o(t³) =P(t) + o(t³) au voisinage de 0.

Alors il existe un r´eel α appartenant `a ]0,1[ et une application ε de ]−α, α[ dans R tels que ∀t ∈]− α, α[, √

1 +t=P(t) +t³ε(t) et lim

t→0ε(t) = 0.

∀t∈]−α, α[, 1 +t= P(t)2

+ 2P(t)t³ε(t) +t⁶ ε(t)2

.

∀t∈]−α, α[−{0}, 1 +t− P(t)²

t³ = 2P(t)ε(t) +t³ ε(t)² . Ainsi lim

t→0

1 +t− P(t)2

t³ = 2×P(0)×0 + 0³×0²= 0.

(12)

1 +X −P² est un polynôme de degré au plus 6 (en fait de degré 6...). 1 +X −P² =

6

X

k=0

bkX^k o`u (b0, b1, . . . , b6)∈R⁶.

Supposons qu’il existe un élément i0 de [[0,3]] tel que bi0 6= 0. Notons alors j le plus petit élément de {k∈[[0,3]]|b_k 6= 0}.

1 +X−P²=

6

X

k=j

bkX^k etbj n’est pas nul.

Alors 1 +t−P²(t) ∼

t→0bjt^j. Donc 1 +t−P²(t)

t³ ∼

t→0bjt^j−3. Or lim

t→0

1 +t− P(t)2

t³ = 0 donc lim

t→0 bjt^3−j

= 0. Commebj n’est pas nul : lim

t→0t^3−j = 0.

En particulier lim

t→0⁺t^3−j= 0. Or lim

t→0⁺t^3−j= +∞sij <3 et lim

t→0⁺t^3−j= 1 sij = 3. Une l´eg`ere contradiction apparaˆıt ! !

Ainsi∀j∈[[0,3]], b_j= 0. Donc 1 +X−P²=

6

P

j=4

b_jX^j =X⁴

6

P

j=4

b_jX^j−4.

Ainsi Q =

6

P

j=4

bjX^j−4 est un ´el´ement de R[X] tel que 1 +X = P²+X⁴ Q(X) donc tel que 1 +X = a0+a1X+a2X²+a3X³²

+X⁴Q(X).

Il existe un ´el´ement QdeR[X] tel que 1 +X = (a0+a1X+a2X²+a3X³)²+X⁴Q(X).

3. In+N= (a0In+a1N+a2N²+a3N³)²+N⁴Q(N) etN⁴= 0_M_n₍_R₎. Donc (a0In+a1N+a2N²+a3N³)²=In+N.

Par cons´equenta0In+a1N+a2N²+a3N³ ouIn+1 2N−1

8N²+ 1

16N³est une racine carr´ee deIn+N. In+1

2N−1

8N²+ 1

16N³est une racine carr´ee deIn+N.

Partie III - Racines carr´ ees d’une matrice de

Mn(R)

admettant

n

valeurs propres strictement positives et deux ` a deux distinctes

1. a. Soit SEP (f, λ) un sous-espace propre def et x un ´el´ement de ce sous-espace propre. f(x) =λ x.

(f◦g)(x) = (g◦f)(x). Donc f g(x)

=g f(x)

=g λ x

=λ g(x). Doncg(x) appartient `a SEP (f, λ).

Pour tout élémentxde SEP (f, λ),g(x) appartient à SEP (f, λ) ; SEP (f, λ) est stable parg.

(13)

Chaque sous-espace propre def est stable parg.

Remarque De mˆeme chaque sous-espace propre deg est stable parf.

b. Notons quef est un endomorphisme deRⁿ admettantnvaleurs propres deux `a deux distinctes et quen est la dimension deRⁿ.

Alors non seulementf est diagonalisable mais ses sous espaces propres sont des droites vectorielles.

Soit x un vecteur propre de f et λ la valeur propre associ´ee. x est un vecteur non nul de SEP (f, λ) et SEP (f, λ) est une droite vectorielle. Ainsi SEP (f, λ) = Vect(x).

D’après ce qui précède g(x) appartient à SEP (f, λ) donc à Vect(x). Alors il existe un réel α tel que : g(x) =α x. Commexn’est pas nul,xest un vecteur propre deg.

Tout vecteur propre def est vecteur propre deg.

c. f est un endomorphisme deRⁿ admettantnvaleurs propres deux `a deux distinctes etnest la dimension deRⁿ. Ainsi :

f est diagonalisable.

Soit B une base de Rⁿ constitu´ee de vecteurs propres de f. B est encore une base de Rⁿ constitu´ee de vecteurs propres deg. Ainsi la matrice deg dans la baseBest diagonale.

La matrice deg dans une baseB deRⁿ constitu´ee de vecteurs propres def est diagonale.

f est diagonalisable donc il existe au moins une baseBdeRⁿconstituée de vecteurs propres def. La matrice deg dans cette base étant diagonale, nécessairement :

g est diagonalisable.

2. a. Aest une matrice deM_n(R) ayantnvaleurs propres deux `a deux distinctes doncAest diagonalisable.

Ainsi :

il existe une matrice inversibleP deMn(R) telle queD=P⁻¹AP soit une matrice diagonale.

Remarque Si nous ne le redisons pas, dans la suite P est une matrice inversible de M_n(R) telle que la matriceD=P⁻¹AP soit diagonale etD= Diag(d1, d2, . . . , dn).

(14)

b. SoitP une matrice inversible de Mn(R) telle queD=P⁻¹AP soit une matrice diagonale.

D = Diag(d₁, d₂, . . . , d_n). SpA= SpD ={d1, d₂, . . . , d_n}. Comme les valeurs propres de A sont des r´eels (strictement) positifs :∀i∈[[1, n]], d_i>0.

Posons ∆₀= Diag(√ d₁,√

d₂, . . . ,√

d_n) et R₀=P∆₀P⁻¹. Notons queA=P DP⁻¹. De plus :

∆²₀= Diag(√ d1,√

d2, . . . ,√ dn)²

= Diag √ d1²

, √ d2²

, . . . , √ dn²

= Diag(d1, d2, . . . , dn) =D.

AlorsR²₀= (P∆0P⁻¹)²=P∆²₀P⁻¹=P DP⁻¹=A. R0 est une racine carr´ee de A.

SoitP une matrice inversible de Mn(R) telle queD=P⁻¹AP soit une matrice diagonale.

SiD= Diag(d₁, d₂, . . . , d_n) alorsPDiag(√ d₁,√

d₂, . . . ,√

d_n)P⁻¹ est une racine carr´ee deA.

c. AR=R²R=R³=RR²=RA.

Si Rest une racine carr´e deA:AR=RA.

SoitB0 la base canonique deRⁿ. Notonsf etgles endomorphismes de Rⁿ de matricesAetRdans la base B0. f anvaleurs propres deux `a deux distinctes car c’est le cas pourApar hypoth`ese. De plusf◦g=g◦f carAR=RA.

P est une matrice inversible deM_n(R) il existe une baseBdeRⁿet une seule telle queP soit la matrice de passage deB0 `aB.

Remarque Si B0 = (e1, e2, . . . , en) et si P = (pi,j), B = (e⁰1, e⁰2, . . . , e⁰n) avec, pour tout j dans [[1, n]], e⁰_j=

n

P

i=1

pi,jei.

D = P⁻¹AP est alors la matrice de f dans la base B. Comme D est diagonale, B est une base de Rⁿ constitu´ee de vecteurs propres de f. 1.c permet alors de dire que la matrice de g dans la base B est diagonale.

Or la matrice deg dans la baseB estP⁻¹RP. AinsiP⁻¹RP est diagonale.

Si R est une racine carr´e deA et siP est une matrice inversible deMn(R) telle queD =P⁻¹AP soit diagonale alorsP⁻¹RP est diagonale.

d. P est toujours une matrice inversible de Mn(R) telle que D = P⁻¹AP soit une matrice diagonale.

D= Diag(d₁, d₂, . . . , d_n).

(15)

Notons que SpA = SpD = {d1, d2, . . . , dn}. Par hypothèse les valeurs propres de A sont strictement positives. Par conséquent les réelsd₁,d₂, ...,d_n sont strictement positifs.

Ce qui précède montre que siRest une racine carrée deAalors il existe une matrice diagonale ∆ deMn(R) telle queP⁻¹RP = ∆ ouR=P∆P⁻¹.

Ainsi les racines carrées deAsont du typeP∆P⁻¹ où ∆ est une matrice diagonale deMn(R). Il est donc légitime de rechercher les racines carrées deA sous la formeP∆P⁻¹ où ∆ est une matrice diagonale.

Soit alors une matrice diagonale ∆ = Diag(δ1, δ2, . . . , δn) deMn(R). PosonsR=P∆P⁻¹. R²=A⇐⇒ P∆P⁻¹2

=P DP⁻¹⇐⇒P∆²P⁻¹=P DP⁻¹⇐⇒∆²=D.

Notons que la dernière équivalence est justifiée par le fait que P est inversible.

R²=A⇐⇒(Diag(δ₁, δ₂, . . . , δ_n))²= Diag(d₁, d₂, . . . , d_n)⇐⇒Diag(δ²₁, δ₂², . . . , δ²_n) = Diag(d₁, d₂, . . . , d_n).

R²=A⇐⇒ ∀i∈[[1, n]], δ²_i =d_i⇐⇒ ∀i∈[[1, n]], ∃ε_i∈ {−1,1}, δ_i=ε_ip d_i. Ainsi l’ensemble des racines carr´ees deAest l’ensemble

R=n

PDiag ε1

pd1, ε2

pd2, . . . , εn

pdn

P⁻¹; (ε1, ε2, . . . , εn)∈ {−1,1}ⁿo .

Comme{−1,1}ⁿ a 2ⁿ éléments il semble assez clair queRa également 2ⁿ éléments.

Démontrons le (cela ne s’impose pas le jour du concours ! !) en prouvant que{−1,1}ⁿ etRsont équipotents c’est à dire qu’il existe une bijection de l’un vers l’autre.

Posons∀(ε1, ε₂, . . . , ε_n)∈ {−1,1}ⁿ, ψ(ε₁, ε₂, . . . , ε_n) =PDiag ε₁p

d₁, ε₂p

d₂, . . . , ε_np d_n

P⁻¹. Le r´esultat obtenu plus haut indique clairement queψest une application surjective de{−1,1}ⁿ dansR.

Montrons qu’elle est injective. Soient (ε₁, ε₂, . . . , ε_n) et (ε⁰₁, ε⁰₂, . . . , ε⁰_n) deux ´el´ements de{−1,1}ⁿ tels que ψ(ε1, ε2, . . . , εn) =ψ(ε⁰1, ε⁰2, . . . , ε⁰n).

PDiag ε1

√d1, ε2

√d2, . . . , εn

√dn

P⁻¹=PDiag ε⁰₁√ d1, ε⁰₂√

d2, . . . , ε⁰_n√ dn

P⁻¹. En multipliant `a droite parP et `a gauche parP⁻¹ il vient :

Diag ε1

√d1, ε2

√d2, . . . , εn

√dn

= Diag ε⁰₁√ d1, ε⁰₂√

d2, . . . , ε⁰_n√ dn

. Alors∀i∈[[1, n]], εi

√di=ε⁰_i√

di. Or ∀i∈[[1, n]], √

di6= 0. Ainsi∀i∈[[1, n]], εi=ε⁰_i. Donc (ε₁, ε₂, . . . , ε_n) = (ε⁰₁, ε⁰₂, . . . , ε⁰_n). Ceci ach`eve de montrer l’injectivit´e deψ.

ψest donc bijective et ainsi le cardinal deRest celui de{−1,1}ⁿ c’est `a dire 2ⁿ.

A poss`ede exactement 2ⁿ racines carr´ees.

(16)

Partie IV - Racine carr´ ee sym´ etrique positive d’une matrice sym´ etrique positive de

Mn(R)

Dans la suitek.k est la norme associ´ee au produit scalaire canonique deMn,1(R).

1. Soitλune valeur propre deS. SoitX un vecteur propre associ´e.

CommeS est positive :^tXSX>0. Alors 06^tXSX =^tX(λ X) =λ^tXX=λkXk². Donc 06λkXk² etkXk²>0 car X n’est pas nul. Par cons´equent :λ>0.

Toutes les valeurs propres deS sont positives ou nulles.

2. S est une matrice sym´etrique de Mn(R). D’apr`es le cours :

il existe une matrice orthogonaleP deM_n(R) telle que la matriceD=P⁻¹SP soit diagonale.

3. PosonsD= Diag(d1, d2, . . . , dn). SpA= SpD={d1, d2, . . . dn}.

Comme les valeurs propres deS sont positives ou nulles, les r´eelsd₁,d₂, ...,d_n sont positifs ou nuls.

Posons ∆₀= Diag(√ d₁,√

d₂, . . . ,√

d_n) et R₀=P∆₀P⁻¹. Notons queS=P DP⁻¹. De plus :

∆²₀= Diag(√ d₁,√

d₂, . . . ,√ d_n)²

= Diag √ d₁²

, √ d₂²

, . . . , √ d_n²

= Diag(d₁, d₂, . . . , d_n) =D.

AlorsR²₀= (P∆₀P⁻¹)²=P∆²₀P⁻¹=P DP⁻¹=S. R₀ est une racine carr´ee deS.

Montrons alors queR₀est sym´etrique et positive. Rappelons quePest orthogonale ; ainsiP⁻¹=^tP. Notons

´

egalement que ∆₀ est sym´etrique car elle diagonale.

tR₀=^t(P∆₀P⁻¹) =^t(P∆₀^tP) =^t(^tP)^t∆₀^tP =P^t∆₀^tP=P∆₀^tP =P∆₀P⁻¹=R₀;R₀ est sym´etrique.

SoitX un ´el´ement deM_n,1(R). Posons Y =P⁻¹X.

Il existe un ´el´ement (y1, y2, . . . , yn) deRⁿ tel que Y =





 y₁ y₂ ... y_n







. De plus Y =^tP X.

Alors^tXR0X =^tXP∆0P⁻¹X =^tXP∆0tP X=^t(^tP X)∆0tP X=^tY∆0Y.

tXR0X = (y1y2 · · ·yn) Diag(√ d1,√

d2, . . . ,√ dn)





 y₁ y₂ ... yn







= (y1y2 · · ·yn)







√d₁y₁

√d₂y₂ ...

√dnyn







=

n

P

i=1

yi

√diyi

.

(17)

Alors^tXR0X =

n

P

i=1

√diy_i²donc^tXR0X est positif ou nul. Ceci ach`eve de montrer queR0est positive.

DoncR0 est une racine carr´ee sym´etrique et positive deS.

SoitP une matrice orthogonale deMn(R) telle queD=P⁻¹SP soit une matrice diagonale.

Si D = Diag(d1, d2, . . . , dn) alors PDiag(√ d1,√

d2, . . . ,√

dn)P⁻¹ est une racine carr´ee sym´etrique et positive deS.

4. a. Soitλune valeur propre deR. SoitX un ´el´ement de SEP (R, λ).

SX =R²X=R(RX) =R(λX) =λRX=λ(λX) =λ²X;SX=λ²X.

Ainsi SEP (R, λ)⊂ {X ∈ Mn,1(R)| SX =λ²X}. Comme SEP (R, λ) n’est pas r´eduit au vecteur nul de Mn,1(R), il en est de mˆeme pour{X∈ Mn,1(R)|SX =λ²X}.

Alorsλ² est une valeur propre deS et : SEP (R, λ)⊂ {X ∈ M_n,1(R)|SX=λ²X}= SEP S, λ² .

Siλest une valeur propre deR,λ²est une valeur propre de S et SEP (R, λ)⊂SEP S, λ² .

b. SoitX un ´el´ement de

p

M

i=1

SEP (R, λi).

Il existe un ´el´ement (X1, X2, . . . , Xp) de

p

Y

i=1

SEP (R, λi) tel queX =

p

X

i=1

Xi. Or∀i∈[[1, p]], SEP (R, λi)⊂SEP S, λ²_i

donc∀i∈[[1, p]], Xi∈SEP S, λ²_i . AlorsX=

n

X

i=1

Xi∈

p

M

i=1

SEP S, λ²_i

. Finalement :

p

M

i=1

SEP (R, λi)⊂

p

M

i=1

SEP S, λ²_i .

c.

p

M

i=1

SEP (R, λ_i)⊂

p

M

i=1

SEP S, λ²_i

donc dim

p

M

i=1

SEP (R, λ_i)

! 6dim

p

M

i=1

SEP S, λ²_i

! .

Ces sommes ´etant directes :

p

X

i=1

dim SEP (R, λ_i)6

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i .

λ1, λ2, ...,λp sont LES valeurs propres de R et R est diagonalisable carR est une matrice sym´etrique de M_n(R), alors :

p

X

i=1

dim SEP (R, λ_i) =n.

(18)

λ²₁, λ²₂, ..., λ²_p sont DES valeurs propres de S et la somme des dimensions des sous-espaces propres de S n’ex`ede pasn(en fait elle vaut icin, carS est diagonalisable !) ; ainsi

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i 6n.

n=

p

X

i=1

dim SEP (R, λi)6

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i 6n.

d. Dans ces conditions

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i

= n. Comme la somme des dimensions des sous-espaces propres deS est inférieure ou égale àn,S ne peut pas avoir d’autres valeurs propres queλ²₁,λ²₂, ...,λ²_p.

λ²₁,λ²₂, ...,λ²_p sont les seules valeurs propres deS.

∀i∈[[1, p]], SEP (R, λi)⊂SEP S, λ²_i

donc∀i∈[[1, p]], dim SEP (R, λi)6dim SEP S, λ²_i . Rappelons que

p

X

i=1

dim SEP (R, λi) =n=

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i .

Supposons alors qu’il existe un ´el´ement i0 de [[1, p]] tel que dim SEP (R, λi0)<dim SEP S, λ²_i₀ .

p

X

i=1

dim SEP (R, λi) = X

i∈[[1,p]]−{i0}

dim SEP (R, λi) + SEP (R, λi₀).

p

X

i=1

dim SEP (R, λi)6 X

i∈[[1,p]]−{i0}

dim SEP S, λ²_i

+ SEP (R, λi₀).

p

X

i=1

dim SEP (R, λi)< X

i∈[[1,p]]−{i0}

dim SEP S, λ²_i

+ SEP S, λ²_i₀ .

Alors

p

X

i=1

dim SEP (R, λi)<

p

X

i=1

dim SEP S, λ²_i

. D’où une légère contradiction.

Ainsi ∀i ∈ [[1, p]], dim SEP (R, λ_i) = dim SEP S, λ²_i

. De plus ∀i ∈ [[1, p]], SEP (R, λ_i) ⊂ SEP S, λ²_i . Mn,1(R) ´etant un espace vectoriel de dimension finie, on a alors :

pour tout ´el´ementi de [[1, p]], SEP (R, λ_i) = SEP S, λ²_i .

e. Pour tout i dans [[1, n]], notons Ci la i^`^eme colonne de P. Comme P est une matrice orthogonale de Mn,1(R), (C₁, C₂, . . . , C_n) est une base orthonorm´ee deMn,1(R).

Notons queP est alors la matrice de passage de la base canonique deMn,1(R) `a la base (C1, C2, . . . , Cn).

De plus P⁻¹SP est une matrice diagonale donc (C1, C2, . . . , Cn) est une base de Mn,1(R) constitu´ee de vecteurs propres deS.

SpR={λ1, λ2, . . . , λp}, SpS={λ²₁, λ²₂, . . . , λ²_p}et ∀i∈[[1, p]],SEP (R, λi) = SEP S, λ²_i

. Alors Ret S ont les mˆemes vecteurs propres.