EM LYON 2009 S J.F. COSSUTTA Lyc´ee Marcelin BERTHELOT SAINT-MAUR jean-francois.cossutta@wanadoo.fr
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→0fa,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 eax −1
b bx ebx
= 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,|fa,b|etx→ 1
x2 sont positives sur [1,+∞[.
Les r`egles de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees de fonctions positives montrent alors la convergence de
Z +∞
1
fa,b(x) dx.
Finalement Z +∞
0
fa,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.
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,+∞[.
•eu−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|ibε
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,+∞[.
∀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 ´el´ements deE et soitλun r´eel.
. f (resp. g) est born´ee sur [0,+∞[. Donc il existe un r´eel positifMf (resp. Mg) tel que
∀x∈[0,+∞[, |f(x)|6Mf (resp. ∀x∈[0,+∞[, |g(x)|6Mg).
∀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 cons´equent λ f+g appartient `a E. Ceci ach`eve 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→+∞(ex−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 ´el´ements deE. f2 et f3 n’appartiennent pas `aE.
3. a. Soitf un ´el´ement deE. f est de classeC1 sur [0,+∞[. Doncf est d´erivable 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
∀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 r`egles de comparaison sur les int´egrales g´en´eralis´ees 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 ´el´ement (f, g) deE2, (f|g) appartient `aR.
•Soient f,get `trois ´el´ements deE. Soitλun r´eel.
(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 = 0E.
Les cinq points pr´ec´edents montrent que :
(.|.) est un produit scalaire surE.
5. Soientf etg deux ´el´ements deE. SoientAet B deux r´eels 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)|6Mf (resp. ∀x∈[0,+∞[, |g(x)|6Mg).
Alors 06
f(B)g(B) B
= |f(B)| |g(B)|
B 6MfMg 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’apr`es le r´esultat de3. a. et la continuit´e 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
f0(x)g(x) +f(x)g0(x)
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
f0(x)g(x) +f(x)g0(x)
x dx.
Pour tout couple (f, g) d’´el´ements deE, (f|g) = Z +∞
0
f0(x)g(x) +f(x)g0(x)
x dxconverge et
(f|g) = Z +∞
0
f0(x)g(x) +f(x)g0(x)
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,+∞[.
uα(0) = 1−e−α×0= 1−1 = 0. Ceci ach`eve de montrer que uα appartient `aE.
∀α∈]0,+∞[, uα∈E.
b. Soientαetβ deux r´eels strictement positifs.
(uα|uβ) = Z +∞
0
u0α(x)uβ(x) +uα(x)u0β(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 (uα|uβ) =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’´el´ements de ]0,+∞[ : (uα|uβ) = (α+β) ln(α+β)−αlnα−β lnβ. c. Soientαetβ deux r´eels strictement positifs.
α+β
α >1 et α+β
β >1 donc lnα+β
α >0 et lnα+β β >0.
Ainsi (uα|uβ) =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−c2x>e−4c2x. Alorse−c2x−e−4c2x>0.
Commexln 4 est strictement positif :v(x) =e−c2x−e−4c2x xln 4 >0.
Finalement∀x∈R, v(x)>0.
•v est nulle sur ]− ∞,0] doncv est continue sur ]− ∞,0].
x→e−c2x−e−4c2xet 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.
• 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−c2x−e−4c2x
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 densit´e d’une variable al´eatoire r´eelle.
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−c2x−e−4c2x .
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−c2xdxet Z +∞
0
e−4c2xdxexistent 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 queFY est continue surRet de classeC1au moins sur R∗.
• x→x2 et FX sont continues surR donc par compositionx→FX(x2) est continue sur R. AlorsFY 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[.
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∗, FX0 (x) =v(x).
x→x2 est de classeC1 surR∗ et∀x∈R∗, x2∈R∗. Donc par compositionx→FX(x2) est de classeC1sur R∗. AinsiFY est de classesC1sur ]0,+∞[.
FY ´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 al´eatoire `a densit´e.
∀x∈]− ∞,0[, FY(x) = 0 donc∀x∈]− ∞,0[, FY0 (x) = 0.
∀x∈]0,+∞[, FY(x) =FX(x2) donc∀x∈]0,+∞[, FY0 (x) = 2x FX0 (x2) = 2x v(x2).
∀x∈]0,+∞[, FY0 (x) = 2xe−c2x2−e−4c2x2
x2ln 4 = 2xe−c2x2−e−4c2x2
x22 ln 2 =e−c2x2−e−4c2x2 xln 2 · Posons∀x∈R, fY(x) =
e−c2x2−e−4c2x2
xln 2 six∈]0,+∞[
0 sinon
.
fY est positive surRet co¨ıncide avecFY0 surR∗ donc surRpriv´e d’un ensemble fini de points. AinsifY est une densit´e deY.
La fonctionfY d´efinie par :∀x∈R, fY(x) =
e−c2x2−e−4c2x2
xln 2 six∈]0,+∞[
0 sinon
, est une densit´e deY.
b. Y2 =X et X poss`ede une esp´erance. Ainsi E(Y2) existe doncY poss`ede un moment d’ordre 2 donc une esp´erance et une variance.
E(Y) = Z +∞
−∞
x fy(x) dx= Z +∞
0
x fy(x) dx= 1 ln 2
Z +∞
0
(e−c2x2−e−4c2x2) dx.
∀x∈R, c
√πe−c2x2 = 1
√2π√1
2c
e
− x2
2 √1 2c
2 . Ainsi x → c
√πe−c2x2 est une densit´e d’une variable al´eatoire qui suit la loi normale de param`etres 0 et 1
√2c 2
·
Donc Z +∞
−∞
√c
πe−c2x2dxexiste et vaut 1. Alors Z +∞
−∞
e−c2x2dxexiste et vaut
√π c · Par parit´e
Z +∞
0
e−c2x2dxexiste et vaut
√π 2c · En rempla¸cantc par 2con peut dire que
Z +∞
0
e−4c2x2dxexiste et vaut
√π
4c ·Alors : E(Y) = 1
ln 2 Z +∞
0
(e−c2x2−e−4c2x2) dx= 1 ln 2
Z +∞
0
e−c2x2dx− 1 ln 2
Z +∞
0
e−4c2x2dx.
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
cosθ sinθ sinθ −cosθ
=
cos2θ+ sin2θ cosθsinθ−sinθcosθ sinθcosθ−cosθsinθ sin2θ+ cos2θ
. (Rθ)2=
1 0 0 1
=I2.
(Rθ)2=I2.
La fonction cos prend une infinit´e de valeurs donc{Rθ, θ ∈R} est un ensemble infini et tous ses ´el´ements sont des racines carr´ees 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.
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
In+Navec
Nnilpotente
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 possibilit´e de g´en´eraliser `a 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.
1 +X −P2 est un polynˆome de degr´e au plus 6 (en fait de degr´e 6...). 1 +X −P2 =
6
X
k=0
bkXk o`u (b0, b1, . . . , b6)∈R6.
Supposons qu’il existe un ´el´ement i0 de [[0,3]] tel que bi0 6= 0. Notons alors j le plus petit ´el´ement de {k∈[[0,3]]|bk 6= 0}.
1 +X−P2=
6
X
k=j
bkXk etbj n’est pas nul.
Alors 1 +t−P2(t) ∼
t→0bjtj. Donc 1 +t−P2(t)
t3 ∼
t→0bjtj−3. Or lim
t→0
1 +t− P(t)2
t3 = 0 donc lim
t→0 bjt3−j
= 0. Commebj n’est pas nul : lim
t→0t3−j = 0.
En particulier lim
t→0+t3−j= 0. Or lim
t→0+t3−j= +∞sij <3 et lim
t→0+t3−j= 1 sij = 3. Une l´eg`ere contradiction apparaˆıt ! !
Ainsi∀j∈[[0,3]], bj= 0. Donc 1 +X−P2=
6
P
j=4
bjXj =X4
6
P
j=4
bjXj−4.
Ainsi Q =
6
P
j=4
bjXj−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= 0Mn(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
nvaleurs 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 ´el´ementxde SEP (f, λ),g(x) appartient `a SEP (f, λ) ; SEP (f, λ) est stable parg.
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’apr`es ce qui pr´ec`ede g(x) appartient `a SEP (f, λ) donc `a Vect(x). Alors il existe un r´eel 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 baseBdeRnconstitu´ee de vecteurs propres def. La matrice deg dans cette base ´etant diagonale, n´ecessairement :
g est diagonalisable.
2. a. Aest une matrice deMn(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 Mn(R) telle que la matriceD=P−1AP soit diagonale etD= Diag(d1, d2, . . . , dn).
b. SoitP une matrice inversible de Mn(R) telle queD=P−1AP soit une matrice diagonale.
D = Diag(d1, d2, . . . , dn). SpA= SpD ={d1, d2, . . . , dn}. Comme les valeurs propres de A sont des r´eels (strictement) positifs :∀i∈[[1, n]], di>0.
Posons ∆0= Diag(√ d1,√
d2, . . . ,√
dn) 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, . . . , dn) alorsPDiag(√ d1,√
d2, . . . ,√
dn)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 deMn(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]], e0j=
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, . . . , dn).
Notons que SpA = SpD = {d1, d2, . . . , dn}. Par hypoth`ese les valeurs propres de A sont strictement positives. Par cons´equent les r´eelsd1,d2, ...,dn sont strictement positifs.
Ce qui pr´ec`ede montre que siRest une racine carr´ee deAalors il existe une matrice diagonale ∆ deMn(R) telle queP−1RP = ∆ ouR=P∆P−1.
Ainsi les racines carr´ees deAsont du typeP∆P−1 o`u ∆ est une matrice diagonale deMn(R). Il est donc l´egitime de rechercher les racines carr´ees deA sous la formeP∆P−1 o`u ∆ 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 derni`ere ´equivalence est justifi´ee par le fait que P est inversible.
R2=A⇐⇒(Diag(δ1, δ2, . . . , δn))2= Diag(d1, d2, . . . , dn)⇐⇒Diag(δ21, δ22, . . . , δ2n) = Diag(d1, d2, . . . , dn).
R2=A⇐⇒ ∀i∈[[1, n]], δ2i =di⇐⇒ ∀i∈[[1, n]], ∃εi∈ {−1,1}, δi=εip di. 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 ´el´ements il semble assez clair queRa ´egalement 2n ´el´ements.
D´emontrons le (cela ne s’impose pas le jour du concours ! !) en prouvant que{−1,1}n etRsont ´equipotents c’est `a dire qu’il existe une bijection de l’un vers l’autre.
Posons∀(ε1, ε2, . . . , εn)∈ {−1,1}n, ψ(ε1, ε2, . . . , εn) =PDiag ε1p
d1, ε2p
d2, . . . , εnp dn
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, . . . , εn) et (ε01, ε02, . . . , ε0n) 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, . . . , ε0n√ 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, . . . , ε0n√ dn
. Alors∀i∈[[1, n]], εi
√di=ε0i√
di. Or ∀i∈[[1, n]], √
di6= 0. Ainsi∀i∈[[1, n]], εi=ε0i. Donc (ε1, ε2, . . . , εn) = (ε01, ε02, . . . , ε0n). 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.
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 06tXSX =tX(λ X) =λtXX=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 deMn(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, ...,dn sont positifs ou nuls.
Posons ∆0= Diag(√ d1,√
d2, . . . ,√
dn) et R0=P∆0P−1. Notons queS=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=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∆0tP) =t(tP)t∆0tP =Pt∆0tP=P∆0tP =P∆0P−1=R0;R0 est sym´etrique.
SoitX un ´el´ement deMn,1(R). Posons Y =P−1X.
Il existe un ´el´ement (y1, y2, . . . , yn) deRn tel que Y =
y1 y2 ... yn
. De plus Y =tP X.
AlorstXR0X =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
.
AlorstXR0X =
n
P
i=1
√diyi2donctXR0X 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 ∈ Mn,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, λ2i
donc∀i∈[[1, p]], Xi∈SEP S, λ2i . AlorsX=
n
X
i=1
Xi∈
p
M
i=1
SEP S, λ2i
. Finalement :
p
M
i=1
SEP (R, λi)⊂
p
M
i=1
SEP S, λ2i .
c.
p
M
i=1
SEP (R, λi)⊂
p
M
i=1
SEP S, λ2i
donc dim
p
M
i=1
SEP (R, λi)
! 6dim
p
M
i=1
SEP S, λ2i
! .
Ces sommes ´etant directes :
p
X
i=1
dim SEP (R, λi)6
p
X
i=1
dim SEP S, λ2i .
λ1, λ2, ...,λp sont LES valeurs propres de R et R est diagonalisable carR est une matrice sym´etrique de Mn(R), alors :
p
X
i=1
dim SEP (R, λi) =n.
λ21, λ22, ..., λ2p 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, λ2i 6n.
n=
p
X
i=1
dim SEP (R, λi)6
p
X
i=1
dim SEP S, λ2i 6n.
d. Dans ces conditions
p
X
i=1
dim SEP S, λ2i
= n. Comme la somme des dimensions des sous-espaces propres deS est inf´erieure ou ´egale `an,S ne peut pas avoir d’autres valeurs propres queλ21,λ22, ...,λ2p.
λ21,λ22, ...,λ2p sont les seules valeurs propres deS.
∀i∈[[1, p]], SEP (R, λi)⊂SEP S, λ2i
donc∀i∈[[1, p]], dim SEP (R, λi)6dim SEP S, λ2i . Rappelons que
p
X
i=1
dim SEP (R, λi) =n=
p
X
i=1
dim SEP S, λ2i .
Supposons alors qu’il existe un ´el´ement i0 de [[1, p]] tel que dim SEP (R, λi0)<dim SEP S, λ2i0 .
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, λ2i
+ SEP (R, λi0).
p
X
i=1
dim SEP (R, λi)< X
i∈[[1,p]]−{i0}
dim SEP S, λ2i
+ SEP S, λ2i0 .
Alors
p
X
i=1
dim SEP (R, λi)<
p
X
i=1
dim SEP S, λ2i
. D’o`u une l´eg`ere contradiction.
Ainsi ∀i ∈ [[1, p]], dim SEP (R, λi) = dim SEP S, λ2i
. De plus ∀i ∈ [[1, p]], SEP (R, λi) ⊂ SEP S, λ2i . Mn,1(R) ´etant un espace vectoriel de dimension finie, on a alors :
pour tout ´el´ementi de [[1, p]], SEP (R, λi) = SEP S, λ2i .
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, . . . , Cn) 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, . . . , λ2p}et ∀i∈[[1, p]],SEP (R, λi) = SEP S, λ2i
. Alors Ret S ont les mˆemes vecteurs propres.