Quelques corrigés Annales PSI 2014

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Mise à jour du 14 juin 2015 1 Algèbre

Quelques corrigés Annales PSI 2014

1 Algèbre

CCP PSI 2014 (valeurs propres d’une matrice n×n)

Enoncé 4 Valeurs propres et vecteurs propres de la matrice réelle carrée d’ordrenqui a 1, 2, . . . ,nsur la dernière ligne et dernière colonne et des 0 ailleurs.

A=







0 0 . . . 0 1

0 0 . .. 0 2

... . .. ... ... ... ... ... . .. ... 0 ...

0 0 . . . 0 0 n−1

1 2 . . . n−1 n







Cette matrice est symétrique réelle doncdiagonalisable sur Rdans une base orthonormée ou de manière équiva- lente, les espaces propres sont orthogonaux. On en déduit qu’il y anvaleurs propres réellesà trouver. On remarque immédiatement que lesn−1 premières colonnes sont colinéaires. La dernière colonne n’étant clairement pas coli- néaire à celles-łà, on en déduit rgA=rg¡

C1, . . . ,Cn¢

=rg (C1,Cn)=2. Par suite dim KerA=n−26=0. Il suit que0 est valeur propre de Aet que sa multiplicitéµ(0) dans le polynôme caractéristique vérifien−2≤µ(0). En fait, la matrice étant diagonalisable, on a mêmeµ(0)=n−2. L’espace propre associé est KerAdont unsystème d’équationsAX =0 équivaut àx₁+2x₂+ · · · +(n−1)x_n−1+nx_n=0 etx_n=0. On peut aussi,de manière équivalenteen donner une base à n−2 éléments deRⁿqui est :

³

(2,−1, 0, 0, . . . , 0), (3, 0,−1, 0, . . . , 0), . . . , (n−1, 0, . . . , 0,−1, 0)´

Il reste donc 2 valeurs propresλ,µà trouver qui sont non nulles et vérifient trA=0+ · · · +0+λ+µ=0. Comment les trouver ?

Méthode 1 :On calcule le polynôme caractéristique deA:

χA(λ)=det(λIn−A)=

¯

λ 0 . . . 0 −1

0 λ . .. 0 −2

... . .. ... ... ... ... ... . .. ... 0 ...

0 0 . . . 0 λ 1−n

−1 −2 . . . 1−n λ−n

¯

(∗)

z}|{= 1 λ

¯

λ 0 . . . 0 0

0 λ . .. 0 0

... . .. ... ... ... ...

... . .. ... 0 ...

0 0 . . . 0 λ 0

−1 −2 . . . 1−n −Pn−1

k=1k²+λ(λ−n)

¯

¯ En (∗), on a appliqué la transformationCn−→C1+2C2+ · · · +(n−1)C_n−1+λCnqui multiplie le déterminant parλ (ce n’est pas une transformation élémentaire), d’où le_λ¹.Cette matrice est triangulaire inférieure, son déterminant est

(2)

donc le produit des éléments diagonaux, soit, en appliquant la formule sur la somme des carrés Pn

k=1k²=¹₆n(n+ 1)(2n+1) :

χA(x)= 1 λλⁿ⁻¹³

−

n−1X

k=1

k²+λ(λ−n)´

=λⁿ⁻²³

λ²−nλ−1

6(n−1)n(2n−1)´

Le discriminant du facteur de second degré vaut∆=n²+²₃(n−1)n(2n−1)=¹₉(12n³−9n²+6n)>0 puisque l’on sait la matrice diagonalisable surR, donc polynôme caractéristique scindé surR. Les 2 valeurs propres recherchées sont donc ¹₂(n±p

∆) Comment trouver les vecteurs propres ? Il faut essayer de deviner . . .En fait, si on se rappelle que les espaces orthogonaux, ces deux droites sont dans la plan ( KerA)^⊥. Comme d’après le cours, dans l’orthogonal, on trouve (on n’est pas obligé de justifier ici, on devine et on vérifie que cela marche ! de toute façon, il y a une démo dans la 2ème méthode) le vecteur (1, 2, 3, . . . ,n−1,n) et (0, . . . , 0, 1)=en, on peut avoir l’idée de regarder le vecteur X(x)=(1, 2, 3, . . . ,n−1,x) avec un paramètrexà trouver :

AX =³

x, 2x, . . . , (n−1)x,

n−1

X

k=0

k²+nx´

CommePn−1

k=0k²+nλ=λ²,x=λamèneAX(λ)=(λ, 2λ, . . . , (n−1)λ,xλ)=λX(λ). C’est trouvé !

Méthode 2 : En considérant l’endomorphismea∈L(Rⁿ) canoniquement associé à A, et en munissantRⁿ de son produit scalaire canonique, comme la base canonique est orthonormée et la matrice A est symétrique, l’endomor- phismeaest symétrique. CommeF= Keraest un sous-espace propre dea stable para, alorsF^⊥l’est aussi. Cours.

On peut donc considérer l’endomorphismea⁰induit parasur le planF^⊥. Les 2 valeurs propres / vecteurs propres de a⁰(qui n’est en fait quea) nous donneront ce que l’on cherche. On cherche une base du planF^⊥.F=H1∩H2avec H₁l’hyperplan d’équationx₁+2x₂+· · ·+nxn=0. Le cours nous donne alorsH₁^⊥=D₁=Vect (1, 2, . . . ,n)=Vect (u). De même l’hyperplanH2d’équationxn=0 a pour orthogonal la droiteD2=H₂^⊥=Vect (en) oùenn’est rien d’autre que lenième vecteur de la base canonique deRⁿ. CommeF⊂Hi, alorsH_i^⊥⊂F^⊥(cours). Ceci amèneu,en∈F^⊥. POur des raisons de dimension, c’st une base du plan. Contrairement à ce matin, onva plutôt prendre une base orthogonale.

Inutile de passer par Schmidt pour 2 vecteurs, on trouve f1=(1, 2, . . . ,n−1, 0) etf2=en. On calculea⁰(fi)=a(fi) par la matriceA, en n’oubliant de «finaliser» en exprimant les coordonnées dans cette base (f₁,f₂).

A f₁=³ 0, . . . , 0,

n−1

X

k=1

k²´

=¡

n−1

X

k=1

k²¢

f₂ A f₂=³

1, 2, . . . ,n−1,n´

=f₁+n f₂ =⇒ Mat³

a⁰, (f₁,f₂)´

=





0 1

P_n−1

k=1k² n



=B

Le polynôme caractéristique deBestχB(λ)=λ²−nλ−Pn−1

k=1k², le même polynôme de second degré que plus haut, donc on retrouve les 2 valeurs propres qui sontλ±=¹₂(n±p

∆). Par exemple pourλ+, on trouve la droite espace propre en résolvant le système 2×2 :

(λ+I2−A)X=0 ⇐⇒







λ+x−y = 0

−(Pn−1

k=1k²)x+(λ+−n)y = 0 ⇐⇒







x = x

y = λ+x

«Rapporté» à la base (f1,f2), ceci «donne» le vecteur 1f1+λ+f2. Je vous laisse vérifier que c’est bien le vecteur de la méthode 1 ! (à priori, on le retrouve àαprès).

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Mines d’Alès 2014 (trace et polynôme caractéristique)

Enoncé 18

SoientA∈Mn(C) etPA:x−→det(x In−A). Montrez, sixn’est pas valeur propre deA, alors tr³

(x In−A)⁻¹´

=P⁰_A(x) PA(x). SoitP=αYⁿ

i=1

(X−a_i) scindé, alors sadérivée logarithmiquevaut

P⁰ P =³

ln(P)´0

= Ã

lnα+

n

X

i=1

³ln(X−ai)´

!0

=

n

X

i=1

1 X−a_i

Si le polynôme caractéristique d’une matriceBest scindé, on sait que sa trace est la somme de ses valeurs propresλi

pour 1≤i≤n, comptées avec la multiplicité. Montrons, que siBest inversible (cadλi6=0), alors tr (B⁻¹)=

n

X

i=1

1 λi

Le polynôme caractéristiquePBétant scindé, ce qui est toujours le cas dansC, la matriceBest trigonalisable(cours !), cad il existe une matriceP inversible etT triangulaire supérieure telles que :

B=P T P⁻¹avecT=







λ1 ∗ . . . ∗ 0 λ2 . .. ...

... . .. ... ∗ 0 . . . 0 λn







=⇒ B⁻¹=(P⁻¹)⁻¹T⁻¹P⁻¹=P T⁻¹P⁻¹avecT⁻¹=







λ⁻₁¹ ∗ . . . ∗ 0 λ⁻¹₂ . .. ...

... . .. ... ∗ 0 . . . 0 λ⁻n¹







Par «matrices semblables», il suit tr (B⁻¹)=tr (T⁻¹)=Pn i=1λ⁻¹_i

Revenons à notre exercice, comme A∈ Mn(C) , le polynôme caractéristiquePAest scindéPA=Qn

i=1(X−λi) où les λi sont les valeurs propres complexes deA,distinctes ou confondues(ou de manière équivalentecomptées avec la multiplicité). SoitXi6=0 un vecteur propre associé àλi, alors :

³

x In−A´

Xi=x Xi−AXi=(x−λi)Xi

CommeXi6=0, on en déduit que lesx−λi, pour 1≤i≤n, sont lesnvaleurs propres complexes dex In−A(en fait, il y a une petite erreur de raisonnement ici, où est-elle ?). Sixn’est pas valeur propre deA, il suitx In−Ainversible, puis :

tr³

(x I_n−A)⁻¹´

=

n

X

i=1

1

x−λi =P⁰_A(x) PA(x)

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CCP PSI 2014 - ENTPE-EIVP PSI 2009 (equation matricielle avec transposée)

Enoncé 20 ^Soit^M∈Gln(R) vérifiantM²+^tM=In.

1 ) ^{CCP :}Trouvez un polynôme annulateur deM.Mest-elle diagonalisable ? 2 ) ^Montrez^M−Iinversible. Trouvez tous lesM.

Q1 ) De l’équation on tire (^tM)²=(In−M²)²=M⁴−2M²+In, formule du binôme deNewton¹validepuisque les deux matricesM²etI_ncommutent. En passant à la transposée dans l’équation on obtient aussi :^t(M²)=^t(I_n−^tM)=I_n−M. L’égalité amèneM⁴−2M²+In=In−M, soitM⁴−2M²+M=0.

Le polynômeX⁴−2X²+X=X(X³−2X+1)=X(X−1)(X−α)(X−α⁰) est doncannulateurdeMavecα=⁻¹^±

p5 2 . On en déduit SpM⊂{0, 1,α,α⁰}. Le polynôme étantscindé à racines simples dansR, la matriceMest doncdiagonalisable surR. L’hypothèse d’inversibilté ajoute que 0 n’est pas valeur propre deM, soit SpM⊂{1,α,α⁰}

Q2 ) L’équation de l’énoncé s’écrit aussi :

M²−In=(M−In)×(M+In)=^tM =⇒ M−In=^tM×(M+In)⁻¹

La matriceM+Inest inversible, car−1 n’est pas valeur propre. D’autre partMétant inversible, on sait^tMinversible.

Il suit que le produitM−I_n est aussi inversible. Rappelons la propriété importante du coursM−λI_n inversible ssiλ n’est pas valeur propre deM. On en déduit 1 n’est pas valeur propre deM, puis SpM⊂{α,α⁰}.

M estdiagonalisable, et ses seulesvaleurs propres possiblessontαetα⁰. Par conséquent, le cours nous apprend qu’un polynôme annulateur est alors (X−α)(X−α⁰)=X²+X−1, cadM²+M=In. La «comparaison» avec l’équation de l’énoncé amène ^tM =M,M est doncsymétrique réelle(on retrouve diagonalisable surR). Toutes les matrices réelles solutions deM²+^tM=I_nsont doncdesmatrices symétriques réelles admettant pour seules valeurs propres αet (ou)α⁰.

Réciproquement, vérifions quetoutesces matrices conviennent. Elles sont bien inversibles puisque 0 n’est pas valeur propre. Ensuite lethéorème spectralnous donne qu’il existe une matrice orthogonalePetD=Diag (α, . . . ,α,α⁰, . . . ,α⁰) telles queM=P D^tP. Il est possible qu’il n’y ait «que des»αou que desα⁰(dans ces 2 cas, ce sontnécessairementles 2 matricesαI_netα⁰I_n). Vérifions pour terminer queMest solution de l’équation de l’énoncé :

M²+^tM=(P D^tP)²+^t(P D^tP)=P D²^tP+^t(^tP)^tD^tP=P(D²+D)^tP

=P Diag (α²+α, . . . ,α²+α,α⁰²+α⁰, . . . ,α⁰²+α⁰)^tP=P Diag (1, . . . , 1)^tP=P I^tP=In

Rappelonsque si une matriceMestdiagonalisableet aune seule valeur propreα, ce ne peut être queαIn, puisque M=P Diag (α, . . . ,α)P⁻¹=PαInP⁻¹=αIn.

Rappelons aussique siD=Diag (α1, . . . ,αn), alorsD^p=Diag (α^p₁, . . . ,α^pn) et même, pourP∈R[X], P(D)=Diag (P(α1), . . . ,P(αn)).

1. Isaac Newton: anglais (1643-1727). Partage avec Leibniz la découverte du calcul infinitésimal. Connu pour la formule du binôme et la méthode éponyme d’approximation des zéros d’une fonction.

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Centrale PSI 2014 (polynome annulateur et signe du déterminant)

Enoncé 23 ^Soit^A∈M3(R) telle queA³−3A+4I=0. Quel est le signe de detA?

Aannule le polynômeP(X)=X³−3X+4. Aucune racine évidente. On passe donc à une étude des variations :P⁰(X)= 3X²−3 amène le tableau de variations :

x P⁰(x)

P(x)

−∞ −1 +1 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

7 7

2 2

+∞

α

0

Le théorème des valeurs intermédiaires nous amène l’existence d’une racineαdans¤

−∞,−1£

.P(−2)=2 etP(−3)=

−14 amènent le meilleur encadrement−3<α< −2. Les 2 autres racines sont donc nécessairement (vraies) complexes conjuguéesω,ωcar le polynôme est réel. Les 3 racines complexes dePsont distinctes,Pestscindé à racines simples dansC, doncAestdiagonalisable surC, avec Sp_C⊂{α,ω,ω}. Sp_R⊂{α}, mais comme ladimension est impaire, on sait que Aa nécessairement une valeur propre réelle, par conséquentαest bien valeur propre de A. Par suite deux possibilités, car siωest valeur propre dAréelle, nécessiarementωl’est aussi :

• Sp_C={α,ω,ω}. detA=αωω=α|ω|²<0. Rappelons que le produit des racines s’obtient aussi parαωω= −4. En fait, dans ce cas, detA= −4.

• Sp_C={α} etAdiagonalisable, doncA=αI. Par suite detA=α³< −8<0.

Remarques :

• Si une matriceMestdiagonalisableet a uneseulevaleur propreλ(qui donc est de multiplicitén), alors A=λIn. En effet, on écrit successivement A=P DP⁻¹=PλI P⁻¹=λP P⁻¹=λIn.Par contre, si elle n’est pas diagonalisable, ce résultat est évidemment faux : il suffit de prendre une matrice triangulaire non diagonale avec que desλsur la diagonale (λest donc sa seule valeur propre). Et si voous suivez bien, ceci permet de prouver qu’une telle matrice n’est pas diagonalisable. . .

• Rappelons que si un polynômeP=anXⁿ+a_n−1Xⁿ⁻¹+ · · · +a1X+a0de degrén(an6=0), et si on note lesnracines α1, . . . ,αncomptées avec la multiplicité, alors leur somme et produit vérifient :

S=

n

X

k=1

αk=−an−1

a_n P=

n

Y

k=1

αk=(−1)ⁿa0

a_n

• SiP est de degré 2P =a X²+bX+c, on a même l’équivalence:αetβsontles racines ssi S=α+β= −b a et P =αβ= c

a. Cela peut permettre d’être un peu plus efficace pour des trinômes simples ou l’on peut deviner les racines sans calculer le discriminant. Par exempleP =X²−5X+6 : on dit 2+3=5 et 2×3=6donc2 et 3 sontles racines deP

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Mines-Ponts PSI 2014 (produit scalaire « intégrale »)

Enoncé 49 ^Soit^E=C²³

£0, 1¤ ,R´

. Pourf,g∈E, on poseϕ(f,g)= Z 1

0

f g+f⁰g⁰. 1 ) Montrezϕproduit scalaire surE.

2 ) SoientV =n

f ∈E, f(0)=f(1)=0o

etW =n

f ∈E, f =f⁰⁰o .

Montrez qu’ils sont supplémentaires orthogonaux. Déterminez la projection orthogonale surV def ∈E.

1 ) Commençons par remarquer que l’intégrale existepuisquet −→ f(t)g(t)+f⁰(t)g⁰(t) est bien continue sur le segment£

0, 1¤

, par hypothèse. Labilinéaritéet lasymétriede (f,g)−→ϕ(f,g) est immédiate et résulte de la linéarité de l’intégration. Lapositivitéégalement puisque les fonctions sont à valeurs dansR, où uncarré est positif:ϕ(f,f)= R1

0 f²+f⁰²≥0. Quant àdéfinie, puisque la fonction dans l’intégral nulleϕ(f,f)=0, est continue et de signe constant sur [0,1], un théorème permet de conclure quef²(t)+f⁰²(t)=0. Comme on est dansR, il vientf nulle sur [0,1].

On peut remarquerque C¹ suffit pour démontrer produit scalaire.

2 ) Notons que l’on sait grâce au cours, queW est un ev de dimension 2, cad unplan. Par résolution immédiate, on aW =Vect (x→e^x,x→e^−x)=Vect (x→coshx,x→sinhx).

Rappelons que l’on sait que le noyau d’une forme linéaire (cad à valeurs dansR) non nulle est un hyperplan (même en dimension infinie, mais alors on ne peut pas dire de dimensionn−1, mais de codimension 1). L’applicationf ∈E→ f(a)∈Rétant clairement uneforme linéaire non nullesurE, son noyauHa est un hyperplan deE. On aV =H0∩H1

(en fait, c’est un sev de codimension 2, mais ce n’est pas au programme). On vient dedémontrerqueV etW sont bien des sevdeE.

CommeEest de dimension infinie, on ne peut utiliser d’égalité sur les dimensions, par conséquent pour démontrer V etW supplémentaires orthogonaux, ilfaut et il suffitde démontrerV+W =EetV ⊥W et :

• V⊥W Soientf ∈V etg∈W, cadf(0)=f(1)=0 etg⁰⁰=g. Utilisons une IPP :

Z 1 0

f⁰g⁰

u⁰=f⁰ v=g⁰

=

u=f v⁰=g⁰⁰

h

f(t)g⁰(t)i1 0−

Z 1 0

f(t)g⁰⁰(t) dt = − Z 1

0

f g

On a donc immédiatementϕ(f,g)=0 cadf ⊥g.

• V+W =E

Analyse : Soith C² sur [0,1] tel queh=f +g avec f(0)=f(1)=0 etg⁰⁰=g. Il vienth(0)=g(0)h(1)=g(1) et par double dérivation, il suith⁰⁰=f⁰⁰+g soit f⁰⁰−f =h⁰⁰−h ou autrement dit f solution de y⁰⁰−y=h⁰⁰− h aux conditions initiales f(0)= f(1)=0. La résolution de l’équation homogène est y =αcoshx+βsinhx.

Une solution particulière esth!, d’où la solution générale est f(x)=αcoshx+βsinhx+h(x). On trouve les 2

(7)

constantes par les conditions initiales :







α+h(0) = 0 αcosh 1+βsinh 1+h(1) = 0

⇐⇒







α = −h(0) β = _{sinh 1}¹ ³

−h(1)+h(0) cosh 1´

L’analyse est terminée puisque nécessairementg(x)=h(x)−f(x).

Synthèse : Soith C² sur [0,1]. Posons f(x)=αcoshx+βsinhx+h(x) avecαetβcomme plus haut etg(x)= h(x)−f(x). On a bien

• h(x)=f(x)+g(x)

• g∈W, puisqueg∈Vect (coshx, sinhx).

• f ∈V carf(0)=α+h(0)=0 etf(1)=αcosh 1+βsinh 1+h(1)=0.

Rappelonsque si deux sevVetW sont orthogonaux, alorsV∩W ={0}, cad ils sontnécessairement en somme directe.

La démo est immédiate : six∈V∩W, alorsx⊥x, d’où (x|x)= kxk²=0 =⇒ x=0.

CCC PSI 2014 (inégalité sur trace d’une matrice symétrique)

Enoncé 52 ^Soit^Aune matrice symétrique réelle non nulle. Montrez( trA)²

tr (A²)≤rgA.

Aétantsymétrique réelle, on lui applique le théorème spectral : il existe une matricePorthogonale et une matriceD= Diag (λ1, . . . ,λn) telles queA=P D^tP. On a ( trA)²=(Pn

k=1λk)²=( trD)². On sait aussi rgA=n−dim KerA. CommeA estdiagonalisable, on a dim KerAest lamultiplicitéde 0 dans le polynôme caractéristique.Par conséquent, rgAest lenombre de valeurs propres non nulles. NotonsJ⊂££

1 . . .n¤¤

le sous-ensemble constitué des indices de ces valeurs propres non nulles. Autrement dit : λk=0 ⇐⇒k∈J. Ensuite :

³ trA´2

=³ Xⁿ

k=1

λk

´2

=³X

k∈J

λk

´2

=³X

k∈J

1×λk

´2 (∗)

z}|{≤ ³X

k∈J

λ²_k´³X

k∈J

1²´

=³ Xⁿ

k=1

λ²_k´

rgA = tr¡ A²¢

rgA

En (*), on a appliqué l’inégalité deCauchy²-Schwarz³au produit scalaire canonique deRⁿ, cad :

³ Xⁿ

k=1

a_kb_k´2

≤³Xⁿ

k=1

a_k´2³ Xⁿ

k=1

b_k´2

Remarques :

• L’inégalité demandée provenant uniquement de l’inégalité dez Cauchy-Schwarz, on a même la condition d’égalité qui est le «vecteur» desλk colinéaire au «vecteur» des 1. En se rappelant qu’une matrice diagonalisable de valeurs propres 0 et 1 ne peut être qu’une projectionP, on en déduit que l’égalité estréalisée uniquementpour lesαP, avec Pmatrice de projection. En fait pour une projectionp, trp²=trp=rgp.

2. Augustin-Louis Cauchy: français (1789-1857). Oeuvre considérable, plus de 700 mémoires. A l’origine de l’Analyse moderne par rigorisa- tion des limites et de la continuité. Travaux en théorie des fonctions d’une variable réelle et complexe et en théorie des groupes.

3. Hermann Schwarz: mathématicien allemand (1843-1921).

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• Remarquons que tr (A²)=0 ssi toutes les valeurs propres sont nulles, ce qui par ladiagonalisabilité, amèneAnulle, d’où l’hypothèse de l’énoncé qui permet de diviser ensuite par tr (A²).

• Pour une matrice quelconque, le rangn’est pas en généralle nombre de valeurs propres non nulles. Il suffit de prendre une matrice triangulaire «stricte», cad avec des 0 sur la diagonale. Le nombre de valeurs propres non nulles est 0, par contre, le rang peut prendre toutes les valeurs entre 0 etn−1 selon le choix des autres coefficients (mais pas n, pourquoi ?)

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Mise à jour du 14 juin 2015 2 Analyse

2 Analyse

CCP PSI 2014 (intégrale à paramètre)

Enoncé 94

1 ) Donnez l’ensemble de définition deF(x)= Z _+∞

0

t e⁻^{t x} e^t−1dt. 2 ) Calculez lim

x→+∞F(x).

3 ) Calculez f(x−1)−f(x) et en déduire une expression de f(x) sous la forme d’une somme. Peut-on obtenir ce résultat par une autre méthode ?

On posef(x,t)=t e^{−t x} e^t−1. Q1 )

• L’applicationt−→f(x,t) est clairement continue sur¤ 0,+∞£

, et cepour toutxréel.

• On a¯

¯

¯f(x,t)¯

¯

¯∼t→0

¯

¯ t×1

t

¯

¯=1. La fonction detpeut donc se prolonger en une fonction continue sur£ 0,+∞£

et ce,pour toutxréel.t−→f(x,t) est donc intégrable sur ¤

0, 1¤

pour toutxréel.

• On rappelle ici, sans le démontrer, une inégalité «bien connue» et fort utile∀t∈R,e^t≥1+t. (C’est une inégalité de convexité). Il suit :

¯

¯f(x,t)¯

¯

¯≤t

te⁻^{t x}=e⁻^{t x} Le cours nous apprend quet−→e⁻^{t x} est intégrable sur£

1,+∞£

ssix>0.Attention ! à ne pas faire l’erreur de raisonnement et d’en déduire lessipourt−→f(x,t), seulementsix>0 (car «≤non intégrable» ne donne pas non intégrable !). On essaye une autre méthode, on effectue d’abord un équivalent :

¯

¯f(x,t)

¯

¯∼t→+∞

t e⁻^{t x}

e^t =t e⁻^(x⁺^1)t

Pourx> −1, par croissances comparées, on at e⁻^(x⁺^1)t=o_+∞³

1 t²

´

. Par contre, pourx≤ −1, limt→+∞t e⁻^(x⁺^1)t= +∞. En se rappelant le cours, qu’ent= +∞,si la fonction est intégrable et admet une limite, cette limite est nécessairement 0(çà se comprend, non ?), alors on en déduit que t−→ f(x,t) est intégrable sur ¤

1,+∞¤ ssi x> −1.

Conclusion :par intersection des différentes conditions surx, il suit DefF=¤

−1,+∞¤ Q2 )

Méthode 1 par encadrement :

Cette méthode ne s’applique bien, en général, que si la limite est 0 ou∞ et surtout, si on peut encadrer par des fonctions dont l’intégrale se calcule :

∀x>0, 0≤

¯

¯F(x)¯

¯

¯=

¯

¯ Z _+∞

0

t e^{−t x} e^t−1dt

¯

¯≤ Z _+∞

0

¯

¯ t e^{−t x} e^t−1

¯

¯ dt ≤

Z _+∞

0

¯

¯ t t

¯

e⁻^{t x}dt = lim

A→+∞

·e^{−t x}

−x

¸t=A t=0

=1 x

−−−−−→x→+∞ 0

(10)

Cet encadrement amène l’existence de la limite et lim

x→+∞F(x)=0.

Méthode 2 Utilisation du théorème de Lebesgue⁴, via la caractérisation séquentielle:

Rappelons lethéorème de caractérisation séquentielle d’une limitequi s’applique à des limites finies comme infinies (ainsi qu’à des fonctions dans des espaces vectoriels normés). On se contente ici d’une fonction deRdansR:

x→alimF(x)=` ⇐⇒ ∀(xn)∈R^Ntqxn −−−−−−−→

n→+∞ a, alorsF(xn)−−−−−−−→

n→+∞ `

Prenons donc ici une suite (xn)_n∈Ntel quexn−→ +∞et considéronsF(xn)= Z _+∞

0

t e⁻^{t x}ⁿ e^t−1

| {z }

f_n(t)

dt

• La suite de fonctions (fn)converge simplement sur¤ 0,+∞£

vers la fonction nulle qui est biencontinue, car e^−xⁿ^t −−−−−−−→

n→+∞ 0 et les autres termes sont des «constantes».

• Domination :

Commex_n−→ +∞, à partir d’un certain rangN₀, on ax_n≥1.

∀n≥N0,

¯

¯fn(t)

¯

¯≤

¯

¯ t t

¯

¯e⁻^xⁿ^t≤ e⁻^t La fonctiont→e⁻^test clairementintégrablesurR⁺.

LeThéorème de Convergence Dominée de Lebesgue peut s’appliquer et lim

n→+∞F(xn)= Z _+∞

0

0 dt =0. Par la caractéri- sation séquentielle, on a la même conclusion que plus haut, cad lim

x→+∞F(x)=0.

Q3 )

F(x−1)−F(x)= Z _+∞

0

t e^−t(x−1)

e^t−1 −t e^{−t x} e^t−1=

Z _+∞

0

t e^{−t x}(e^t−1) e^t−1 dt =

Z _+∞

0

t e⁻^{t x}dt

u⁰=1 v=e^{−t x}

=

u=t v⁰=−e⁻^{t x}/x

·−t e^{−t x} x

¸^t−→+∞

t=0 + Z _+∞

0

1

xe^{−t x}dt = 1 x²

L’ipp est possible directement ent= +∞car la deuxième intégrale converge visiblement (cela évite de faireA−→ +∞, c’est une méthode au programme).

∀x>0,F(x−1)=³

F(x−1)−F(x)´ +³

F(x)−F(x+1)´

+ · · · +³

F(x+n−1)−F(x+n)´

+F(x+n)

=

n

X

k=0

F(x+k−1)−F(x+k)+F(x+n)=

n

X

k=0

1

(x+k)²+F(x+n) lorsquen−→ +∞, Pn

k=0 1

(x+k)²+F(x+n)−→P_+∞

k=0 1

(x+k)² puisque cette série converge et que, démontré à la question précédente, limn→+∞F(x+n)=0. Par suite, en faisant tendre n→ +∞, commeF(x−1) est une «constante» par

4. Henri-Léon Lebesgue: mathématicien français (1875-1941)

(11)

rapport àn, il vient :F(x−1)=

+∞X

k=0

1

(x+k)². En adaptant un peu les indices, F(x)=

+∞X

n=1

1 (x+n)² On peut obtenir ce résulat par undéveloppement en sériesuivi d’uneintégration terme à terme:

F(x)= Z _+∞

0

t e^{−t x} e^t−1dt =

Z _+∞

0

t e^−te^{−t x} 1−e⁻^t dt =

Z

]0,+∞[

t e⁻^t(x⁺¹⁾ 1 1−e⁻^tdt

(1)

z}|{= Z

]0,+∞[

t e⁻^t(x⁺¹⁾

+∞X

n=0

e⁻^ntdt

= Z _+∞

0 +∞X

n=0

t e^−t^(n+x+1)

| {z }

f_n(t)

dt

(2)

z}|{=

+∞X

n=0

Z _+∞

0

t e^−t(n+x+1)dt

(3)

z}|{=

+∞X

n=0

1 (n+x+1)²

Le (1) vient du développement en série entière _1−u¹ =P_+∞

n=0uⁿ licite ici puisqueu=e⁻^t <1 pourt∈ ¤ 0,+∞£

. C’est pour cela qu’on a «changé» lee^t−1 au dénominateur en multipliant en haut et en bas pare^−t. Le (2) est une intégra- tion terme à terme possible puisque :

• La série de fonctionsP

fnconverge simplement sur¤ 0,+∞£

vers la fonctioncontinuet−→ ^{t e}_et^{−t x}−1.

• On aP

n

R

¤0,+∞£|fn| =P

n 1

(n+x+1)² ∼_n¹2 converge. Le calcul a déjà été fait plus haut, que l’on retrouve en (3).

CCP PSI 2014 (série à terme intégral)

Enoncé 71 Nature de la série de terme général Z 1

0

xⁿ

1+x+ · · · +xⁿdx?

Voilà une démo qui n’est pas très simple, mais elle fonctionne. La fonctionfn:x−→ xⁿ

1+x+ · · · +xⁿ croit sur [0, 1] :

f_n⁰(x)=nxⁿ⁻¹(1+x+ · · · +xⁿ)−xⁿ(1+2x+nxⁿ⁻¹) (1+x+ · · · +xⁿ)² =

P2n−1

k=n−1nx^k−P2n−1

k=n (k−n+1)x^k

(1+x+ · · · +xⁿ)² =nxⁿ⁻¹+P2n−1

k=n (2n−1−k)x^k (1+x+ · · · +xⁿ)² ≥0 On va couper l’intégrale en 2 parChasles⁵en 1−a_ntel que 0<1−a_n<1 aveca_nque l’on déterminera ensuite :

0≤u_n= Z 1−an

0

f_n+ Z 1

1−a_n

f_n≤ Z 1−an

0

xⁿ

1+x+ · · · +xⁿdx+ Z 1

1−a_n

f_n(1) dx

≤ Z _1−a_n

0

xⁿ

1 dx + an

n+1 ≤ (1−an)ⁿ + an

n+1

Ilsuffitque les deux séries convergent. Pour simplifier, on va cherchera_nsous la formea_n=_n¹α avecα>0. La convergence de la série du deuxième terme est assurée par le critère deRiemann⁶, puisqu’équivalent à _n_1+α¹ avec 1+α>1.

Pour le 1^erterme, on écrit :

³1−a_n´n

=exp³ nln³

1− 1 n^α

´´

=exp³

− 1 n^α−1+1

2 1

n^2α−1+o³ 1 n^2α−1

´´ ⁽¹⁾

z}|{= =exp³

− 1

n^α−1+o(1)´ ⁽²⁾ z}|{∼ exp³

− 1 n^α−1

´

Le (1) sera assuré par le choix deαtel que 2α−1>0, soitα>¹₂et l’équivalence du (2) par le fait que exp(o(1))−−−−−−−→_n

→+∞

5. Michel Chasles: mathématicien français (1793-1880). A introduit en géométrie les grandeurs orientées. Auteur d’unAperçu historique sur l’origine et le développement des méthodes en géométrie.

6. Bernhard Riemann: mathématicien allemand de génie (1826-1866). Travaux fondamentaux sur les fonctions analytiques, la théorie de l’intégration, la géométrie différentielle. Sa fonctionζdonne des indications sur la répartition des nombres premiers.

(12)

e⁰=1. Par croissances comparées, le dernier terme est uno¡₁

n²

¢à condition de prendreα−1<0. Toutes ces conditions suffisantes sont possiblespar le choix d’unαtel que ¹₂<α<1.

CCP PSI 2014-2013 (équivalent d’une série de fonctions)

Enoncé 80 ^Soit^f^(x)=

+∞X

n=0

e^−x

pn.

1 ) Déterminez le domaine de définitionDdef. Y a-t-il convergence normale surD? Etudiez la continuité surD. 2013 :pas de question sur convergence normale

2 ) Montrez quef admet une limite en+∞et déterminez cette limite.

3 ) Donnez un encadrement def(x) à l’aide d’une intégrale puis montrezf(x)∼0

2

x².2013 :équivalent non donné.

Q1 ) On pose fn(x)=e^−x^pⁿ. Lorsquex>0, par croissances comparées, on afn(x)=o³₁

n²

´, donc la convergence de la sérieP

fn(x). Pourx≤0,fn(x)−−−−−−−→_n

→+∞ `6=0, d’où la divergence. Il suitD=Deff =R^+∗.

On a immédiatement quex−→fn(x) est décroissante et positive (mêmen=0, puisque constante). Il vient°

°fn

°

°∞R^+∗ = limx→0fn(x)= +∞. Il n’y a donc pas de convergence normale de la série de fonctions surD=R^+∗. Il y a par contre, convergence normale sur tout segment£

a,b¤

⊂¤ 0,+∞£

, car

°

°fn

°

°∞[a,b]= sup

x∈[a,b]

¯

¯fn(x)¯

¯

¯=e⁻ⁿ^p^a=o³ 1 n²

´

De la continuité defnsurR^+∗ et duthéorème de continuitéd’une série de fonctions, on af continue surD=R^+∗. Q2 ) On essaye d’appliquer le théorème de la double-limite:

• Pour toutn∈N, la limite def_nlorsquex→ +∞existe et vaut à pourn6=0 et 1 pourn=0, carf₀(x)=1.

• La série de fonctionsPfnconvergeuniformément car normalement sur £ 1,+∞£ Par suite, lim

x→+∞f(x)=

+∞X

n=0

x→+∞lim fn(x)=1+

+∞X

n=1

0=1.

Q3 ) La fonctiont−→e^−x^p^test décroissante surR⁺, donc successivement :

∀n≥1, Z _n+1

n

e⁻^x

ptdt ≤ e⁻^x^pⁿ ≤ Z n

n−1

e⁻^x

ptdt Z N+1

0 e^−x

ptdt =

N

X

n=0

Z n+1 n e^−x

ptdt ≤

N

X

n=0

fn(x) ≤1+

N

X

n=1

Z n n−1e^−x

ptdt =1+ Z N

0 e^−x

ptdt

Comme l’intégraleR_+∞

0 e^−x^p^tdt converge pourx>0, on peut passer à la limite lorsqueN→ +∞, soit : Z _+∞

0

e⁻^x

ptdt ≤f(x) ≤ 1+ Z _+∞

0

e⁻^x

ptdt

On effectue le changement de variablesu=xp

t, qui est bijectif de classe C¹ de¤ 0,+∞£

dans¤ 0,+∞£

(pourx>0, avect=_x¹2u², soit dt =_x¹22udu :

Z _+∞

0

e⁻^x

ptdt = 2 x²

Z _+∞

0

ue⁻^udu = 2 x² lim

A→+∞

h(−u−1)e⁻^uiA 0 = 2

x²

(13)

D’où

∀x>0, 2

x²≤f(x)≤1+ 2

x² puis 1 ≤ f(x) 2/x² ≤ x²

2 +1 Par théorème d’encadrement de limites, on en tire lim

x→0

f(x)

2/x²=1, soitf(x)∼0

2 x²

CCP PSI 2014 (limites d’intégrale avec bornes en x)

Enoncé 90 ^Trouvez ^lim

x→+∞

1 x

Z x 0

sin²tdt et lim

x→+∞

1 x

Z x 0

¯

¯sint¯

¯

¯dt. 1 ) L’intégrale se calculant facilement, il est plus simple de la calculer :

1 x

Z x

0 sin²tdt =1 x

Z x 0

1−cos(2t)

2 dt =1

x

·t

2−sin(2t) 4

¸x 0

=1 2−1

4

sin(2x) x

−−−−−−→x→+∞ 1 2 car l’encadrement 0≤

¯

¯ sin(2x)

x

¯

¯≤1

x amène la limite nulle.

2 ) La deuxième intégrale est un peu plus difficile à calculer. En général, quand il y a une valeur absolue, on essaye de «couper» parChasles⁵l’intégrale en tous les changements de signe, ce qui permet «d’enlever» la valeur absolue.

Ici sint change de signe en tous leskπ. On considère l’entiernx∈Nvérifiantnxπ≤x<(nx+1)π(en faitnx=E[^x_π], partie entière dex/π). On procède ensuite comme ci :

Z x 0

¯

¯sint¯

¯

¯dt =

n_x−1

X

k=0

Z _(k+1)π

kπ

¯

¯sint¯

¯

¯dt + Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt =

n_x−1

X

k=0

Z _(k+1)π

kπ (−1)^ksintdt+ Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt

=

nx−1

X

k=0

(−1)^kh

−costi_(k+1)π

kπ dt +

Z x nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt =

nx−1

X

k=0

(−1)^k(cos(kπ)−cos((k+1)π)+ Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt

=

nx−1

X

k=0

(−1)^k((−1)^k−(−1)k+1)+ Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt =

nx−1

X

k=0

2+ Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt =2nx+ Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt

Remarquons que l’encadrement décrit plus haut amène|x−nx| ≤πet aussi 1 π−1

x <nx

x ≤ 1

π, puis lim

x→+∞

nx

x =1 π 1

x Z x

0

¯

¯sint¯

¯

¯dt =2n_x x +1

x Z x

nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt −−−−−−→^x→+∞ 2

π car 0≤1 x

Z x nx

¯

¯sint¯

¯

¯dt ≤π×1 x −→0

Remarques :

• Comme|sint| ≤1, on a sin²t≤ |sint|pour toutt∈R, donc pourt∈[0,x]. Par suite

∀x≥0, 1 x

Z x 0

¯

¯sint¯

¯

¯dt ≥1 x

Z x

0 sin²tdt d’où par passage à la limite 2 π≥1

2Ouf !

• Six−→0 la limite est plus facile car c’est un taux d’accroissement en 0 ! Je vous laisse y réfléchir. . .

limx→0

1 x

Z x 0

sin²tdt =sin²0=0 lim

x→0

1 x

Z x

0 |sint|dt = |sin 0| =0

5. Michel Chasles: mathématicien français (1793-1880). A introduit en géométrie les grandeurs orientées. Auteur d’unAperçu historique sur l’origine et le développement des méthodes en géométrie.