Boncourage! Toutecalculatriceinterdite Durée:4heures dulundi6janvier2020 Devoirsurveillén 6–concoursblanc

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 6 – concours blanc

du lundi 6 janvier 2020 Durée : 4 heures

Toute calculatrice interdite

Instructions générales :

Les candidats sont priés de traiter le sujet qui leur incombe :

• Sujet classique : problème 1 et problème 3.

• Sujet corsé : problème 2 et problème 3.

Les candidats sont également invités à vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien 7 pages.

Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies illisibles ou mal présentées seront pénalisées.

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

Problème 1 — sujet classique

Objectifs

Dans lapartie I, on considère un exemple de fonction indéfiniment dérivable surRet on s’interroge sur l’existence d’un développement en série entière dans un voisinage de0 pour cette fonction.

Dans lapartie II, indépendante de lapartie I, on démontre le théorème de Borel en construisant, pour toute suite réelle(b_p)_p∈N, une fonctionf indéfiniment dérivable sur Rtelle que pour toutp∈N, on ait :f^(p)(0) =b_p.

Partie I. Un exemple de fonction indéfiniment dérivable

On considère la fonctiongdéfinie sur Rpar :

∀x∈R, g(x) =

+∞

X

k=0

e^{−k(1−ikx)}.

Q1. Montrer queg est indéfiniment dérivable surRet déterminer, pour toutx∈Ret toutp∈N, g^(p)(x).

Q2. Montrer que pour toutp∈N, on a : g^(p)(0)

≥p^2pe^−p. Q3. En déduire le rayon de convergence de la série entièreX

p≥0

g^(p)(0) p! x^p. La fonction g est-elle développable en série entière en0?

Partie II. Le théorème de Borel

Q4. Déterminer deux nombres complexesaetb tels que pour toutx∈R: 1

1 +x² = a

x−i+ b x+i.

Q5. On considère la fonctionψdéfinie surRpar :∀x∈R, ψ(x) = 1 x−i. Montrer par récurrence que pour toutp∈Net toutx∈R:

ψ^(p)(x) = (−1)^pp!

(x−i)^p+1.

Q6. Déterminer, pour toutp∈N, la dérivéep-ième de la fonctionϕ₁ définie surRpar :

∀x∈R, ϕ1(x) = 1 1 +x².

Q7. Montrer que pour toutp∈Net toutx∈R, on a : |(x+i)^p+1−(x−i)^p+1| ≤2(1 +x²)^p+12 . En déduire que pour tout p∈Net toutx∈R^∗, on a :

ϕ^(p)₁ (x)

≤ p!

|x|^p+1. Q8. Pour tout réelα, notonsϕα la fonction définie surRpar :

∀x∈R, ϕ_α(x) = 1 1 +α²x². Montrer que pour toutp∈Net toutx∈R^∗ :

|α| ·

ϕ^(p)_α (x)

≤ p!

|x|^p+1.

On considère une suite réelle(an)_n∈N et on lui associe la suite de fonctions(un)_n∈Ndéfinies surRpar :

∀n∈N, ∀x∈R, un(x) = a_nxⁿ 1 +n!a²_nx².

Q9. Pour toutn∈N, on noteα_n=√

n!a_n. Montrer que pour tout entierp≥0, tout entier n≥pet tout réelx: u^(p)_n (x) = an

p

X

k=0

p k

n!

(n−k)!x^n−kϕ^(p−k)_αn (x).

Q10. En déduire que pour tout entier n≥0 et tout entierp∈[[0, n−1]]:u^(p)n (0) = 0, et détermineru⁽ⁿ⁾n (0).

Q11. Montrer que pour tout entiern∈N^∗, tout entierp∈[[0, n−1]] et tout réelx:

u^(p)_n (x)

≤ |x|^n−p−1

√

n! p!2ⁿ.

Q12. En déduire que la fonctionU =

+∞

X

n=0

un est bien définie et indéfiniment dérivable surR.

Q13. Montrer queU(0) =a0 et que pour tout entierp≥1, on a :U^(p)(0) =

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) +p!ap.

Q14. Déduire de ce qui précède que pour toute suite réelle(bp)_p∈N, il existe une fonction f indéfiniment dérivable sur Rtelle que pour toutp∈N, on ait :f^(p)(0) =bp.

Ce résultat est appelé théorème de Borel. Il a été démontré par Peano et Borel à la fin duxix^esiècle.

Problème 2 — sujet corsé

Objectifs et notations

Le fil conducteur du problème est l’étude de certaines questions liées à la fonction zêta, notéeζ,définie par ζ(x) =

+∞

X

n=1

1 n^x.

• Dans la partie I, on introduit la fonctionζet on étudie son allure (variations, limites, courbe représentative).

• La partie II étudie une fonction f définie comme la somme d’une série de fonctions. Le développement en série entière de la fonctionf fait intervenir la fonctionζ.

I Fonction zêta

On noteζla fonction de la variable réellexdéfinie par ζ(x) =

+∞

X

n=1

1 n^x. On noteDζ son ensemble de définition.

Q1. DéterminerDζ.

Q2. Montrer queζ est continue surDζ. Q3. Étudier le sens de variations deζ.

Q4. Justifier queζadmet une limite en +∞.

Q5. Soitx∈Dζ et soitn∈Ntel quen≥2. Montrer : Z n+1

n

dt t^x ≤ 1

n^x ≤ Z n

n−1

dt t^x. Q6. En déduire, que pour toutx∈Dζ,

1 + 1

(x−1)2^x−1 ≤ ζ(x) ≤ 1 + 1 x−1. Q7. Déterminer la limite deζ(x)lorsquextend vers1 par valeurs supérieures.

Q8. Déterminer la limite deζ(x)lorsquextend vers+∞.

Q9. Donner l’allure de la courbe représentative deζ.

II Étude d’une fonction définie par une somme

Dans cette partie,f désigne la fonction définie par f(x) =

+∞

X

n=1

1 n+x− 1

n

.

On noteDf l’ensemble de définition def.

II.A – Ensemble de définition et variations Q10. DéterminerDf.

Q11. Montrer quef est continue surDf et étudier ses variations.

II.B – Équivalents Soitk∈N^∗. Q12. Calculerf(k).

Q13. En déduire un équivalent de f en+∞.

Q14. Pour toutx∈Df, vérifier quex+k∈Df, puis calculerf(x+k)−f(x).

Q15. En déduire un équivalent de f en−k. Quelles sont les limites à droite et à gauche de f en−k?

II.C – Série entière

On considère la série entière de la variable réellexdonnée par X

k∈N^∗

(−1)^kζ(k+ 1)x^k.

Q16. Déterminer le rayon de convergence Rde cette série entière. Y a-t-il convergence enx=±R? Q17. Montrer quef est de classeC^∞ surD_f et calculerf^(k)(x)pour toutx∈D_f et toutk∈N^∗. Q18. Montrer qu’il existeA∈R^∗+tel que

∀k∈N^∗, ∀x∈]−1,1[, f^(k)(x)

≤ k!

A+ 1

(x+ 1)^k+1

.

Q19. En déduire quef est développable en série entière sur]−1,1[et que

∀x∈]−1,1[, f(x) =

+∞

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k.

Problème 3 — sujets classique et corsé

Notations et définitions

• Soientn∈N^∗ et (p, q)∈(N^∗)².

• R[X]désigne l’ensemble des polynômes à coefficients dansR; siP ∈R[X], on notera encorePla fonction polynomiale associée.

• Mp(R)etMp(C)désignent respectivement les ensembles des matrices carrées de taillepà coefficients dansRet dans C, etMp,q(R)etMp,q(C)désignent respectivement les ensembles des matrices àplignes etqcolonnes à coefficients dansRet dansC.

• On noteI_p la matrice identité deM_p(C)et 0_p la matrice deM_p(C)ne comportant que des0.

• On noteχ_A le polynôme caractéristique d’une matriceA∈M_p(C), c’est-à-dire le polynôme det(XI_p−A).

• Étant donnée une matriceM ∈M_p(C), on note Sp(M)l’ensemble des valeurs propres complexes deM. 1 – Localisation des valeurs propres

On considère une matriceA = ((a_i,j))_1≤i,j≤n ∈ M_n(C). Soient une valeur propre λ∈ Cde A et un vecteur propre associéx=







 x1

... xn









∈Mn,1(C)\

0M_n,1(C) .

Q1. Montrer que pour touti∈[[1, n]], on a : λxi=

n

X

j=1

ai,jxj.

Q2. Soiti₀∈[[1, n]]tel que|xi0|= max

j∈[[1,n]]|xj|. Montrer que :|λ| ≤

n

X

j=1

|ai0,j|.

En déduire que :

|λ| ≤ max

i∈[[1,n]]







n

X

j=1

|ai,j|





 .

Soientαetβ deux nombres réels. On considère la matriceA_n(α, β)∈M_n(R)définie par :

An(α, β) =





















α β 0 · · · 0 β α β . .. ... 0 . .. . .. . .. 0 ... . .. β α β 0 · · · 0 β α



















 .

Q3. Pour 3demi :on admet que les valeurs propres de An(α, β)sont réelles.

Pour 5demi :justifier que les valeurs propres deAn(α, β)sont réelles.

Q4. Soitλ∈Rune valeur propre deAn(α, β). Montrer que :

|λ| ≤ |α|+ 2|β|.

2 – Calcul des valeurs propres deA_n(α, β)

Q5. En utilisant la question Q4, montrer que pour toute valeur propre λ de An(0,1), il existe θ ∈ [0, π] tel que λ= 2 cos(θ).

On noteUn le polynômeχ_An(0,1)(2X).

Q6. Établir, pourn≥3, une relation entreχ_An(0,1),χ_An−1(0,1)etχ_An−2(0,1). En déduire, pour n≥3, une relation entreU_n,U_n−1 etU_n−2.

Q7. Montrer par récurrence surnque pour toutθ∈]0, π[:

Un(cos(θ)) = sin((n+ 1)θ) sin(θ) .

Q8. Déduire de la question précédente que l’ensemble des valeurs propres deAn(0,1)est n

2 cos _jπ

n+1

;j ∈[[1, n]]o . Déterminer la multiplicité des valeurs propres et la dimension des sous-espaces propres associés.

Considéronsj∈[[1, n]]et posonsθ_j = jπ n+ 1.

Q9. Montrer que pour tout vecteur proprex=







 x₁

... xn









∈Mn,1(R)deAn(0,1)associé à la valeur propre2 cos(θj), on

a : 





−2 cos(θ_j)x₁+x₂ = 0,

∀k∈[[2, n−1]], x_k−1−2 cos(θj)xk+xk+1 = 0, xn−1−2 cos(θj)xn = 0.

SoitE l’ensemble des suites réelles(u_k)_k∈Nvérifiant la relation de récurrence :

∀k∈N^∗, u_k−1−2 cos(θj)uk+uk+1 = 0.

Q10. Montrer queE est un espace vectoriel sur Rdont on précisera la dimension.

Q11. Déterminer l’ensemble des suites (uk)k∈N∈E telles queu0=un+1= 0.

Q12. En déduire l’espace propre deA_n(0,1)associé à la valeur propre2 cos(θ_j).

Q13. En déduire, pour tout (α, β)∈R², l’ensemble des valeurs propres deA_n(α, β) et les espaces propres associés.

On distinguera le casβ 6= 0du casβ= 0.

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 6 – concours blanc – éléments de correction

Problème 1 — sujet classique — d’après CCINP 2019 PSI

Partie I. Un exemple de fonction indéfiniment dérivable

Q1. Nous allons vérifier quegest de classeC^p surRpour toutp∈Ngrâce au théorème de dérivation terme à terme, démontrant au passage l’existence de la somme qui définitg. Posons :

∀k∈N, ∀x∈R, gk(x) = e^{−k(1−ikx)}.

• Pour toutk∈N, l’applicationgk est manifestement de classeC^∞sur R. On a de plus :

∀k∈N, ∀p∈N, ∀x∈R, g^(p)_k (x) = (ik²)^pe^−ke^ik2x, avec la convention ici que pour p=k= 0, on a :k^2p= 1.

• Fixons ∈N, ainsi quek∈Netx∈R, alors :|g_k^(p)(x)|=k^2pe^−k. On en déduit :

∀p∈N, ∀k∈N, kg_k^(p)k_∞ = k^2pe^−k .

Or k²×k^2pe^−k =k^2p+2e^{−k k→+∞}−→ 0 par croissances comparées, donc g_k^(p)

_∞ =o

1 k²

. Par comparaison à une série convergente (négligeable devant une série de Riemann convergente), il vient queX

k

g_k^(p)converge normalement sur R.

D’après le théorème de dérivation terme à terme, on en déduit que g=

+∞

X

k=0

g est de classeC^p pour tout p∈N, donc g est de classeC^∞surR avec :

∀p∈N, ∀x∈N, g^(p)(x) =

+∞

X

k=0

g_k^(p)(x) = i^p

+∞

X

k=0

k^2pe^−ke^ik2x .

Q2. Soitp∈N. D’après la question précédente :

g^(p)(0)

=

i^p

+∞

X

k=0

k^2pe^−k

= |i|^p

+∞

X

k=0

k^2pe^−k

=

+∞

X

k=0

k^2pe^−k = p^2pe^−p+

+∞

X

k=0 k6=p

k^2pe^−k

| {z }

≥0

≥ p^2pe^−p,

d’où comme attendu : |g^(p)(0)| ≥p^2pe^−p . Q3. Montrons queX

p≥0

p^2pe^−p

p! x^p est de rayon de convergence nul. D’une part p^2pe^−p

p! 6= 0, d’autre part :

(p+ 1)^2(p+1)e^−(p+1) (p+ 1)!

p^2pe^−p p!

=

1 +1 p

^2p

(p+ 1)e⁻¹ ≥ pe^{−1 p→+∞}−→ +∞.

D’après la règle de d’Alembert pour les séries entières,X

p≥0

p^2pe^−p

p! x^pdiverge grossièrement pour toutxnon nul.

Finalement la série entièreX

p≥0

p^2pe^−p

p! x^p est de rayon de convergence nul.

Or

g^(p)(0) p! x^p

≥ p^2pe^−p

p! |x^p|. D’où la divergence grossière de X

p

g^(p)(0)

p! x^p pour tout x 6= 0. Finalement le rayon de convergence deX

p≥0

g^(p)(0)

p! x^p est nul .

Si la fonctiong était développable en série entière, alors d’après le cours elle serait égale à sa série de Taylor sur au moins un voisinage de zéro. Or la série de Taylor de g a pour rayon de convergence 0 alors queg n’est pas nulle au voisinage de zéro. Il s’ensuit que g n’est pas développable en série entière en0 .

Partie II. Le théorème de Borel

Q4. Sans détour :X²+ 1 = (X+i)(X−i). La décomposition en éléments simples assure l’existence de deux nombres complexes aet btels que pour toutx∈Cdifférent deiet−i:

1

1 +x² = a

x−i+ b x+i. Si l’on multiplie cette égalité par x−iet si on évalue enx=i, alors 1

2i =a. De même, en multipliant l’égalité parx+iet en évaluant enx=−i, on obtientb=−1

2i. Ainsi :

∀x∈R, 1

1 +x² = 1 2i

1

x−i− 1 x+i

.

Q5. Tout d’abord,ψ est de classe C^∞ surR, en tant qu’inverse d’une application polynomiale qui ne s’annule pas surR.

La formule à démontrer est une évidence sip= 0, par définition deψ. À présent, fixonsp∈Net supposons que cette égalité soit vraie pour toutx∈R. Alors, en la dérivant, il vient :

ψ^(p+1)(x) = ψ^(p)0

(x) = (−1)^pp!×

− p+ 1 (x−i)^p+2

= (−1)^p+1(p+ 1)!× 1 (x−i)^p+1+1,

d’où l’hérédité de cette l’égalité. Par conséquent ψ^(p)(x) = (−1)p!

(x−i)^p+1 .

Q6. Un raisonnement analogue à celui de la question précédente permet de montrer que pour toutp∈N, la dérivée p-ième deφ:x7→ 1

x+i est φ^(p):x7→ (−1)^pp!

(x+i)^p+1. Or, d’après la question Q4, on a : ϕ₁(x) = 1

1 +x² = 1 2i

1

x−i− 1 x+i

.

Il s’ensuit que :

ϕ^(p)₁ (x) = (−1)^pp!

2i

1

(x−i)^p+1 − 1 (x+i)^p+1

= (−1)^pp!

2i ×(x+i)^p+1−(x−i)^p+1 (x²+ 1)^p+1 . Q7. Soientp∈Net x∈R. Alors :

|(x+i)^p+1−(x−i)^p+1| =

2iIm (x+i)^p+1 ≤ 2

(x+i)^p+1

= 2|x+i|^p+1 = 2p

x²+ 1p+1

.

Finalement |(x+i)^p+1−(x−i)^p+1| ≤(x²+ 1)^p+12 .

En utilisant l’expression de ϕ^(p)(x)trouvée dans la question précédente, on en déduit :

ϕ^(p)₁ (x) = p!

2 ×

(x+i)^p+1−(x−i)^p+1

(x²+ 1)^p+1 ≤ p!×(x²+ 1)^p+12

(x²+ 1)^p+1 = p!

(x²+ 1)^p+12 .

Pour xnon nul on peut même écrire :

ϕ^(p)₁ (x)

≤ p!

(x²+ 1)^p+12

≤ p!

(x²)^p+12

= p!

|x|^p+1 .

Q8. Notons déjà que siα= 0, alors l’inégalité demandée est claire. Supposons désormais queα6= 0.

Fixonsα∈Retx∈R. Remarquons queϕα(x) =ϕ1(αx). Ainsiϕαest de classeC^∞et par récurrence immédiate :

∀α∈R, ∀p∈N, ∀x∈R^∗, ϕ^(p)_α (x)

=

α^pϕ^(p)₁ (αx)

. (1) D’après la question précédente (où l’on remplacexparαx), il vient :

|α|

ϕ^(p)_α (x)

≤ |α|^p+1× p!

|αx|^p+1 = p!

|x|^p+1 .

Q9. Soit n∈N. Pour toutx∈R, on a : u_n(x) =a_nxⁿϕ_αn(x). Or f_n :x7→a_nxⁿ et ϕ_αn sont de classeC^∞ sur R. D’après la formule de dérivation de Leibniz, l’application un est de classeC^∞ surRet :

u^(p)_n (x) =

p

X

k=0

p k

f_n^(k)(x)ϕ^(p−k)_αn (x) =

p

X

k=0

p k

ann(n−1)· · ·(n−k+ 1)x^n−kϕ^(p−k)_αn (x)

puis

u^(p)_n (x) = a_n

p

X

k=0

p k

n!

(n−k)!x^n−kϕ^(p−k)_α

n (x). (2)

Q10. Soient n ≥0 un entier etp∈ [[0, n−1]]. Alors x7→ x^n−k s’annule en 0 pour tout k∈ [[0, p]]. Ainsi, d’après la question précédente : u^(p)n (0) = 0 sip≤n−1 .

À présent, si l’on prend p=ndans (2), on constate que le terme de la somme correspondant à k=p=nest n!ϕα_n(x): il est égal à n! quand x= 0. Tous les autres termes de cette somme s’annulent en0 pour la même raison que ci-dessus. Finalement :

u⁽ⁿ⁾_n (0) = n!a_n . Q11. Soient n∈N^∗,p∈[[0, n−1]]etx∈R. Deux cas sont à examiner :

• Le casx= 0a déjà été traité dans la question Q15, et on a bien u^(p)n (0)

= 0≤|0|^n−p−1

√n p!2ⁿ.

• Supposonsx6= 0. D’après (2) et l’inégalité triangulaire :

u^(p)_n (x)

≤

p

X

k=0

p k

n!

(n−k)!|x|^n−k|a_n| · ϕ^(p−k)_α

n (x) .

D’après la question Q8., pour toutk∈[[0, p]], on a :

|an| ·

ϕ^(p−k)_αn (x) = 1

√n!|αn| ·

ϕ^(p−k)_αn (x) ≤ 1

√n!

(p−k)!

|x|^p−k+1. On en déduit :

u^(p)_n (x)

≤ |x|^n−p−1

√ n!

p

X

k=0

p k

n!

(n−k)!(p−k)! = |x|^n−p−1

√ n!

p

X

k=0

p!

k!

n!

(n−k)! ≤ |x|^n−p−1

√ n! p!

n

X

k=0

n!

k!(n−k)!,

carn≥pet nous sommons des termes positifs. Le dernier terme se simplifie à l’aide de la formule du binôme de Newton :

u^(p)_n (x)

≤ |x|^n−p−1

√n! p!2ⁿ .

Q12. Appliquons le théorème de dérivation terme à terme sur tout segment deR, dans le cas des applications de classe C^p,pétant arbitraire.

• Chaque fonctionun est bien de classeC^p surR.

• Prouvons directement la convergence simple deX

n

un et la convergence normale deX

n

u^(p)_n , sur tout segment [−a, a]deR.

D’après la question précédente, pour toutn≥p+ 1:

u^(p)_n

[−a,a]

∞ ≤ p!2ⁿ|a|^n−p−1 (n!)¹²

. (3)

Montrons que la série X

n≥p+1

p!2ⁿ|a|^n−p−1 (n!)¹²

converge. C’est une série à termes strictement positifs, avec pour tout nau voisinage de+∞:

p!2ⁿ⁺¹|a|^n−p ((n+ 1)!)¹² p!2ⁿ|a|^n−p−1

(n!)¹²

= 2|a|

√n+ 1

n→+∞−→ 0 < 1.

Ainsi d’après le règle de d’Alembert, la série X

n≥p+1

p!2ⁿ|a|^n−p−1 (n!)¹²

converge. On en déduit, d’après (3) et le théorème de comparaison des séries à termes positifs, que la série de fonctions X

n≥p+1

u^(p)_n converge normalement, donc uniformément et simplement, sur tout segment de la forme[−a, a].

D’après le théorème de dérivation terme à terme, vérifié sur tout [−a, a] deR, la somme

+∞

X

n=p+1

un est de classe C^p surRpour toutp∈N, donc de classe C^∞ surR.

Ainsi U =

+∞

X

n=0

un est bien de classeC^∞ (par ajout d’une somme finie de fonctions de classeC^∞), avec :

∀p∈N, ∀x∈R, U^(p)(x) =

+∞

X

n=0

u^(p)_n (x).

Q13. On a : U(0) =

+∞

X

n=0

u_n(0). Par définition de u_n, nous avons u_n(0) = a_n si n = 0 et u_n(0) = 0 si n ≥ 1. Par conséquent U(0) =an . Soit maintenantp≥1 un entier. Alors :

U^(p)(0) =

+∞

X

n=0

u^(p)_n (0).

D’après la Q10., nous avons u^(p)n (0) = 0dès quep≤n−1 (c’est-à-diren≥p+ 1) etu^(p)p (0) =p!ap, d’où :

U^(p)(0) =

p

X

n=0

u^(p)_n (0) =

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) +u^(p)_p (0) =

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) +p!a_p .

Q14. Soit (bp)p∈N une suite à valeurs réelles. Inspirés par la question précédente, on cherche une suite(an)n∈N telle que :























b0 = a0,

b1 = u⁰₀(0) + 1!a1,

b₂ = u⁰⁰₀(0) +u⁰⁰₁(0) + 2!a₂, ...

∀p∈N\ {0}, bp =

p−1

P

n=0

u^(p)n (0) +p!ap.

Pour cela, on note qu’on peut construire une telle suite par récurrence ainsi, en posant successivement :







a0 = b0, α₀ = a₀,

∀x∈R, u0(x) = a0ϕα₀(x),

puis ∀p∈N\ {0},











ap = 1 p!

bp−

p−1

P

n=0

u^(p)n (0)

, α_p = √

p!a_p,

∀x∈R, up(x) = apx^pϕα_p(x).

Il s’agit bien d’une construction par récurrence licite (la définition de a_p n’utilise que b_p et des fonctions déjà définies pour des rangs strictement inférieurs à p). Alors, d’après les questions Q12 et Q13, l’application f =

+∞

P

n=0

u_n est de classeC^∞surR, et vérifie :

∀p∈N, f^(p)(0) =

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) +p!ap =

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) +bp−

p−1

X

n=0

u^(p)_n (0) = bp.

Ceci démontre bien l’existence d’une fonctionf de classeC^∞surRtelle que pour toutp∈N, f^(p)(0) =bp .

Problème 2 — sujet corsé — d’après Centrale 2018 PC

I Fonction zêta

Q1. La sérieX

n≥1

1

n^x converge si et seulement six >1(série de Riemann). Par conséquent Dζ =]1,+∞[. Q2. Pour toutn∈N^∗, posonsfn :]−1,+∞[→R, x7→ 1

n^x = exp(−xln(n)). Appliquons le théorème de continuité des séries de fonctions :

• Pour toutn∈N^∗, chaquefn est continue sur]−1,+∞[(c’est une exponentielle).

• Pour tout[a, b]⊂]1,+∞[aveca < b, pour toutx∈[a, b], nous avons|fn(x)| ≤fn(a)(carfn est décroissante).

Par conséquent kfnk^[a,b]∞ ≤ f_n(a). Or X

n≥1

f_n(a) converge (et vaut ζ(a)), donc par comparaison de séries à termes positifs :X

n≥1

kfnk^[a,b]_∞ converge. La série de fonctionsX

n≥1

fnconverge donc normalement sur[a, b],donc uniformément sur[a, b].

Par suite ζ=

+∞

X

n=1

fn est continue sur tout[a, b]. Ceci étant valable pour tout[a, b]⊂]1,+∞[, on en déduit que ζest continue sur]1,+∞[.

Q3. Chaquefnest décroissante sur]1,+∞[. Il s’ensuit que ζest décroissante sur]1,+∞[ comme limite simple (car uniforme) d’une série de fonctions décroissantes.

Q4. La fonctionζest décroissante sur]1,+∞[et minorée par0(clair), d’où ζ admet une limite (positive) en+∞. Q5. Soitx∈]1,+∞[etn∈Ntel quen≥2. La fonctiong:t7→ 1

t^x est décroissante sur[1,+∞[comme inverse d’une fonction croissante et positive.

• Pour toutt∈[n, n+ 1]il vientg(t)≤g(n). Par croissance de l’intégrale : Z n+1

n

g(t)dt ≤ Z n+1

n

g(n)dt = 1 n^x.

• Pour toutt∈[n−1, n]il vientg(n)≤g(t). Par croissance de l’intégrale : 1

n^x = Z n

n−1

g(n)dt ≤ Z n

n−1

g(t)dt.

En concaténant les deux inégalités obtenues : Z n+1

n

dt t^x ≤ 1

n^x ≤ Z n

n−1

dt t^x .

Q6. Commex >1, l’intégrale Z +∞

1

1

t^xdt converge (fonction de référence). En sommant l’encadrement obtenu à la question précédente pour tout n∈[[2, N]], on obtient, grâce à la relation de Chasles :

Z N+1 2

1 t^xdt ≤

N

X

n=2

1 n^x ≤

Z N 1

1 t^xdt.

En ajoutant1 à tous les membres de l’encadrement : 1 +

Z N+1 2

1 t^xdt ≤

N

X

n=1

1

n^x ≤ 1 + Z N

1

1

t^xdt. (4)

Remarquons que Z N+1

2

1

t^xdt = 1 1−x

1 t^x−1

N+1 2

= 1

1−x

1

(N+ 1)^x−1− 1 2^x−1

N→+∞

−→ 1

(x−1)2^x−1, Z N

1

1

t^xdt = 1 1−x

1 t^x−1

N 1

= 1

1−x 1

N^x−1 − 1 1^x−1

N→+∞

−→ 1

(x−1).

En faisant tendre N vers+∞dans (4), il vient comme espéré

1 + 1

(x−1)2^x−1 ≤ ζ(x) ≤ 1 x−1 .

Q7. La première moitié de l’encadrement de la question précédente mène à lim

x→1⁺ζ(x) = +∞. En fait, l’encadrement nous donne même ζ(x)^x→1∼⁺ 1

x−1 .

Q8. L’encadrement de la question Q6 et le théorème d’encadrement nous fournissent directement lim

x→+∞ζ(x) = 1 . Q9. Représentation graphique de la fonctionζ:

II Étude d’une fonction définie par une somme

II.A – Ensemble de définition et variations

Q10. • Pour toutn∈N^∗,f(−n)n’existe pas (division par zéro).

• Pour toutx∈R\ {−n, n∈N}nous avons 1 n+x− 1

n = −x

n(n+x) = O

n→+∞

1 n²

.

Or X

n≥1

1

n² est absolument convergente, donc X

n≥1

1 n+x− 1

n

converge, d’oùf(x)existe.

Par suite D_f =R\ {−n, n∈N^∗}. Q11. Définissons gn:x7→

1 n+x−1

n

=− x

n(n+x) surDf.

? Soitk∈N^∗. Soit[a, b]⊂]−k−1,−k[aveca < b.

• Pour toutn∈N^∗, la fonctiong_n est continue sur[a, b](car continue surD_f).

• Pour toutn≥k+ 1, pour toutx∈[a, b], il vient par décroissance degn :

|gn(x)| =

− x

n(n+x)

≤ |a|

n(n+a).

Ainsikgnk^[a,b]∞ ≤ |a|

n(n+a)=O 1

n²

. Par comparaison de séries à termes positifs :

+∞

X

n=k+1

kgnk^[a,b]_∞ converge.

Comme la convergence ne dépend pas des premiers termes :

+∞

X

n=1

kgnk^[a,b]_∞ converge aussi.

La série de fonctions X

n≥1

gn converge alors normalement, donc uniformément, sur [a, b].

La fonction f =

+∞

X

n=1

gn est par conséquent continue sur[a, b], ceci pour tout[a, b]⊂]−k−1,−k[. Finalement f est continue sur]−k−1,−k[.

Ceci étant valable pour toutk∈N^∗, on en déduit quef est continue sur

+∞

[

k=1

]−k−1,−k[.

? Soit à présent [a, b]⊂]−1,+∞[aveca < b.

• Pour toutn∈N^∗, la fonctiongn est continue sur[a, b](car continue surDf).

• Pour toutn∈N^∗, pour toutx∈[a, b], il vient par décroissance degn :

|gn(x)| =

− x

n(n+x)

≤ max(|a|,|b|) n(n+a) .

On a donc kgnk^[a,b]∞ ≤ max(|a|,|b|) n(n+a) =O

1 n²

. Par comparaison de séries à termes positifs :

+∞

X

n=1

kgnk^[a,b]_∞ converge.

La série de fonctions X

n≥1

gn converge donc normalement, donc uniformément, sur [a, b].

La fonction f =

+∞

X

n=1

gn est alors continue sur [a, b], ceci pour tout[a, b]⊂]−1,+∞[. On en déduit quef est continue sur]−1,+∞[.

La fonction f est continue surR\ {−n, n∈N^∗}=Df . Chaque fonction gn : x7→ 1

n+x − 1

n est décroissante sur chaque intervalle contenu dans Df, ce qui permet d’affirmer que f =

+∞

X

n=1

gn est décroissante sur chaque intervalle contenu dansDf comme limite simple d’une série de fonctions décroissantes. La fonction f est ainsi décroissante sur chaque ]−n−1,−n[ (n∈N^∗) et sur ]−1,+∞[.

II.B – Équivalents Q12. Pour toutN ∈N^∗ :

N

X

n=1

1 n+k− 1

n

=

N

X

n=1

1 n+k−

N

X

n=1

1 n =

N+k

X

j=k+1

1 j −

N

X

n=1

1

n (en posantj=n+k)

=

N+k

X

n=N+1

1 n−

k

X

n=1

1

n (télescopage)

=

k

X

j=1

1 N+j −

k

X

n=1

1

n (en posantj=n−N)

N→+∞−→ 0−

k

X

n=1

1

n (somme dek (fixé) limites nulles).

Par conséquent f(k) =

+∞

X

n=1

1 n+k− 1

n

=−

k

X

n=1

1 n .

Q13. • Un équivalent classique (comparaison série/intégrale) donne f(k) =−

k

X

n=1

1

n ∼

k→+∞−ln(k).

• Soitx >1. Déjà1≤ bxc ≤x <bxc+ 1.

Commef est décroissante sur]−1,+∞[, il vientf(bxc)≥f(x)≥f(bxc+ 1).

En divisant par−ln(x)<0, on a finalement :

−f(bxc)

lnx ≤ f(x)

−lnx ≤ −f(bxc+ 1)

lnx . (5)

• De plusx−1<bxc ≤xmène à1−1 x< bxc

x ≤1 puis lim

x→+∞

bxc

x = 1et enfinbxc ∼

x→+∞x.

• D’où, quandx→+∞, bxc →+∞et bxc ∈N,donc

f(bxc) =−

bxc

X

n=1

1

n ∼

x→+∞−ln(bxc) =−ln(x)

| {z }

→+∞

−ln

→1

z }| { bxc

x

| {z }

→0

x→+∞∼ −lnx.

Ainsi lim

x→+∞−f(bxc)

lnx = 1 et −f(bxc+ 1)

lnx =−f(bx+ 1c)

lnx ∼

x→+∞

ln(x+ 1)

lnx = ln(x) + ln(1 +¹_x)

lnx →

x→+∞1. La double inégalité (5) et le théorème d’encadrement mènent à lim

x→+∞

f(x)

−lnx= 1c’est-à-dire f(x) ∼

x→+∞ −lnx .

Q14. Tout d’abord, si x+k 6∈D_f alors il existe n∈ N^∗ tel que x+k =−n. Ceci impliquex= −(k+n), et ainsi x6∈Df. Par contraposée : x∈Df ⇒x+k∈Df .

Fixons x∈Df. Nous venons de prouver quex+k∈Df. Alors : f(x+k)−f(x) =

+∞

X

n=1

1

n+k+x− 1 n

−

+∞

X

n=1

1 n+x−1

n

=

+∞

X

n=1

1

n+k+x− 1 n− 1

n+x+1 n

=

+∞

X

n=1

1

n+k+x− 1 n+x

.

Or, pour tout N ∈N^∗, nous avons

N

X

n=1

1

n+k+x− 1 n+x

=

N

X

n=1

1 n+k+x−

N

X

n=1

1 n+x

=

N+k

X

j=k+1

1 n+x−

N

X

n=1

1

j+x (en posantj=n+k)

=

N+k

X

n=N+1

1 n+x−

k

X

n=1

1

n+x (téléscopage)

=

k

X

j=1

1 j+N+x−

k

X

n=1

1

n+x (en posantj=n−N)

N→+∞−→ 0−

k

X

n=1

1

n+x (somme dek(fixé) limites nulles).

Ceci permet d’affirmer que

f(x+k)−f(x) =

+∞

X

n=1

1

n+k+x− 1 n+x

= −

k

X

n=1

1 n+x .

Q15. Fixonsk∈N^∗. Pour toutx∈Df,f(x) =f(x+k) +

k

X

n=1

1

n+x=f(x+k) + 1 x+k+

k−1

X

n=1

1 n+x.

• D’une part, par continuité def en0: lim

x→−kf(x+k) =f(0) = 0.

• D’autre part, la somme étant finie : lim

x→−k k−1

X

n=1

1 n+x =

k−1

X

n=1

1 n−k.

• Enfin lim

x→−k

1 x+k

= +∞.

Ainsi f(x)^x→−k∼ 1

x+k . Par suite lim

x→−k⁺f(x) = +∞et lim

x→−k⁻f(x) =−∞. II.C – Série entière

Q16. • D’après l’étude faite en partie I : pour tout k∈N^∗ ζ(k+ 1)>1doncζ(k+ 1)6= 0, d’où(−1)^kζ(k+ 1)6= 0.

De plus, d’après la question Q8 :

(−1)^k+1ζ(k+ 2) (−1)^kζ(k+ 1)

= ζ(k+ 2) ζ(k+ 1)

k→+∞−→ 1 1 = 1.

Ainsi d’après la règle de d’Alembert : le rayon de convergence de cette série entière est R= 1 1 = 1.

• Pour x=±1, nous avons |(−1)^kζ(k+ 1)x^k|=ζ(k+ 1)^k→+∞−→ 1. Par conséquent X

k∈N^∗

(−1)^kζ(k+ 1)x^k diverge grossièrement en±1.

Q17. Posonsgn :x7→

1 n+x− 1

n

=− x

n(n+x)comme dans la question Q10. Appliquons le théorème de dérivation terme à terme afin de prouver quef est de classeC^∞sur Df.

• Chaque gn est de classeC^∞surDf.

• Nous avons déjà prouvé à la question Q10 que la sérieX

n

gn définissantf convergeait simplement surDf.

• Il nous reste à déterminer la convergence (normale donc) uniforme sur tout segment deD_f. Montrons par récurrence que pour tout k ∈N^∗, g^(k)n (x) = (−1)^kk!

(n+x)^k+1 . Déjàgn⁽¹⁾(x) =g_n⁰(x) =− 1 (n+x)², d’où l’initialisation. Supposons la formule vraie au rangk∈N^∗. En la dérivant, il vient

g^(k+1)_n (x) = g_n^(k)0

(x) = (−1)^kk! −(k+ 1)

(n+x)^k+2 = (−1)^k+1(k+ 1)!

(n+x)^k+2 ,

ce qui achève la démonstration. Passons maintenant à la convergence normale de la série des dérivées :

? Soit[a, b]⊂]−j−1,−j[pourj∈N^∗. Pour toutn≥j+ 1, pour toutk∈N^∗,

∀x∈[a, b], |g_n^(k)(x)| = k!

(n+x)^k+1 ≤ k!

(n+a)^k+1, donc kg^(k)_n k^[a,b]_∞ ≤ k!

(n+a)^k+1.

Or X

n≥j+1

k!

(n+a)^k+1 converge (car k!

(n+a)^k+1 = O

n→+∞

1 n^k+1

aveck+ 1>1), donc par comparaison de séries à termes positifs : X

n≥j+1

kg_n^(k)k^[a,b]_∞ converge.

Comme la convergence d’une série ne dépend pas des premiers termes, X

n≥1

kg_n^(k)k^[a,b]_∞ converge aussi.

? Soit[a, b]⊂]−1,+∞[aveca < b.

Pour toutn≥1, pour toutk∈N^∗,

∀x∈[a, b], |g^(k)_n (x)| = k!

(n+x)^k+1 ≤ k!

(n+a)^k+1, donc kg_n^(k)k^[a,b]_∞ ≤ k!

(n+a)^k+1.

Or X

n≥1

k!

(n+a)^k+1 converge (car k!

(n+a)^k+1 = O

n→+∞

1 n^k+1

aveck+ 1>1), donc par comparaison de séries à termes positifs :X

n≥1

kg^(k)_n k^[a,b]_∞ converge.

Ceci permet d’affirmer que X

n

g^(k)_n converge normalement, donc uniformément, sur tout[a, b]⊂Df.

Par conséquent f =

+∞

X

n=1

gn est de classe C^∞ sur tout [a, b]dans Df. Finalement f est de classeC^∞surDf et on peut dériver terme à terme :

f^(k)(x) =

+∞

X

n=1

g_n^(k)(x) =

+∞

X

n=1

(−1)^kk!

(n+x)^k+1 .

On remarque en particulier que f^(k)(0) = (−1)^kk!ζ(k+ 1). Q18. Pour toutk∈N^∗,pour toutx∈]−1,1[, nous avons :

f^(k)(x) =

+∞

X

n=1

(−1)^kk! 1 (n+x)^k+1

≤

+∞

X

n=1

(−1)^kk! 1 (n+x)^k+1

(inégalité triangulaire)

=

+∞

X

n=1

k! 1

(n+x)^k+1

= k! 1

(1 +x)^k+1 +

+∞

X

n=2

1 (n+x)^k+1

!

≤ k! 1

(1 +x)^k+1 +

+∞

X

n=2

1 (n−1)²

!

= k! 1

(1 +x)^k+1 +

+∞

X

n=1

1 n²

!

et ainsi

f^(k)(x) ≤ k!

A+ 1

(x+ 1)^k+1

en posantA=

+∞

X

n=1

1 n² .

Q19. La fonction f est de classeC^∞ sur ]−1,1[, donc la formule de Taylor avec reste intégral s’applique. Pour tout x∈]−1,1[:

f(x) = f(0) +

n

X

k=1

f^(k)(0) k! x^k+

Z x 0

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

= 0 +

n

X

k=1





+∞

X

j=1

(−1)^k 1 j^k+1



x^k+ Z x

0

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

=

n

X

k=1

(−1)^kx^k





+∞

X

j=1

1 j^k+1



+ Z x

0

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

=

n

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k+ Z x

0

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt.

On en déduit

f(x)−

n

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k

=

Z x 0

(x−t)ⁿ

n! f⁽ⁿ⁺¹⁾(t)dt

≤

Z x 0

(x−t)ⁿ n!

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) dt

.

Avant de poursuivre les majorations, remarquons que le fait que x∈]−1,1[nous oblige à conserver une valeur absolue aux intégrales. En effet les bornes d’intégration, à savoir 0etx, ne sont pas forcément rangées dans « le bon ordre » ! Par suite :

f(x)−

n

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k

≤

Z x 0

(x−t)ⁿ

n! (n+ 1)!

A+ 1

(t+ 1)ⁿ⁺²

dt

(question précédente)

≤

Z x 0

(n+ 1)A(x−t)ⁿdt

+

Z x 0

(n+ 1) (x−t)ⁿ (t+ 1)ⁿ⁺²dt

=

−A(x−t)^n+1x

0

+

Z x 0

(n+ 1) 1 (1 +t)²

x−t 1 +t

ⁿ dt

= A|x|ⁿ⁺¹+

Z x 0

(n+ 1) 1 (1 +t)²

1 +x 1 +t −1

n

dt

= A|x|ⁿ⁺¹+

"

−1 1 +x

1 +x 1 +t −1

ⁿ⁺¹#^x

0

(intégrande de la formeu⁰uⁿ)

= A|x|ⁿ⁺¹+

1 x+ 1xⁿ⁺¹

= A|x|ⁿ⁺¹+|x|ⁿ⁺¹ 1 +x =

A+ 1 1 +x

|x|ⁿ⁺¹

n→+∞→ 0 (car|x| ∈]−1,1[),

donc, d’après le théorème des gendarmes, lim

n→+∞f(x)−

n

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k = 0.

Ceci achève de démontrer que f est bien développable en série entière sur]−1,1[ avec :

∀x∈]−1,1[, f(x) =

+∞

X

k=1

(−1)^kζ(k+ 1)x^k.

Problème 3 — sujets classique et corsé — d’après CCINP 2019 PSI

1 – Localisation des valeurs propres

Q1. Puisque x est un vecteur propre de A = (a_i,j)_1≤i,j≤n associé à la valeur propre λ, nous avons λx = Ax. En comparant, pour tout i∈[[1, n]], lai-ième ligne de chaque membre de cette égalité matricielle donne bien :

λx_i =

n

X

j=1

a_i,jx_j . (6)

Q2. L’indicei₀tel que|xi0|=kxk_∞existe bien, comme maximum d’un ensemble non vide et fini d’entiers. Reprenons l’égalité de la question précédente aveci=i₀. D’après l’inégalité triangulaire et le fait que|x_j| ≤ |x_i0|pour tout entierj :

|λ| · |xi₀| ≤

n

X

j=1

|ai₀,j| · |xj| ≤ |xi₀|

n

X

j=1

|ai₀,j|.

Si |x_i0| était nul alors tous lesx_i seraient nuls, doncxaussi, ce qui serait absurde puisqu’un vecteur propre est non nul. Il s’ensuit que|xi₀|>0. En divisant par|xi₀|il vient :

|λ| ≤

n

X

j=1

|ai₀,j|.

On a bien sûr

n

X

j=1

|ai₀,j| ≤ max

i∈[[1,n]]







n

X

j=1

|ai,j|





 , d’où :

|λ| ≤ max

i∈[[1,n]]







n

X

j=1

|a_i,j|





 .

Q3. La matriceA_n(α, β)est symétrique et à coefficients réels : d’après le théorème spectral : A(α, β)est diagonalisable surRet ses valeurs propres sont réelles .

Q4. D’après la question Q2 on a, en inspectant la somme des coefficients de chaque ligne deAn(α, β):

|λ| ≤ max{|α|+|β|,|α|+ 2|β|,|β|+|α|}. On a évidemment |β| ≤2|β|car|β| ≥0, d’où :

λ ≤ |α|+ 2|β|.

2 – Calcul des valeurs propres de A

(α, β)

Q5. Pourα= 0et β = 1, la question Q4 montre que toute valeur propre λdeA_n(0,1) vérifie|λ| ≤2, c’est-à-dire : λ

2 ∈[−1,1]. En outre la fonction cosinus est surjective de[0, π]dans[−1,1], donc pour toute valeur propreλde An(0,1) il existeθ∈[0, π]tel que λ= 2 cos(θ).

Q6. Soitn∈N\ {0,1,2}, et soitλ∈R. Pour calculerχA_n(λ) = det(λIn−An(0,1)), on développe par rapport à la dernière colonne ou ligne ce déterminant et on obtient :

χ_An(0,1)(λ) = λ·χ_An−1(0,1)(λ) +

λ −1 0 · · · 0

−1 . .. . .. . .. ... 0 . .. . .. −1 0 ... . .. . .. λ 0 0 · · · 0 −1 −1

,

On développe ce dernier déterminant par rapport à la dernière colonne : il vaut−χ_An−2(0,1)(λ). Ceci reste valable pour toutλ∈R, d’où :

χA_n(0,1)(X) = X·χA_n−1(0,1)(X)−χA_n−2(0,1)(X).

Composons avec 2X cette relation :

∀n≥3, Un = 2X·U_n−1−U_n−2.

Q7. Montrons par récurrence forte surn∈N\ {0} que :

∀θ∈]0, π[, U_n(cos(θ)) = sin((n+ 1)θ)

sin(θ) . (7)

Pour n= 1, on a A₁(0,1) = (0) doncχ_A1=X puisU₁=χ_A1(2X) = 2X. Par conséquent, pour toutθ∈]0, π[: U1(cos(θ)) = 2 cos(θ) = sin(2θ)

sin(θ) , d’où la proposition au rang n= 1.

À présent, soit n ∈N\ {0}, et supposons que (7) est vérifiée pour tout rang strictement inférieur à n. Fixons θ∈]0, π[. D’après la question précédente :

Un(cos(θ)) = 2 cos(θ)U_n−1(cos(θ))−U_n−2(cos(θ)).

D’après l’hypothèse de récurrence :

Un(cos(θ)) = 2 cos(θ)sin(nθ)

sin(θ) −sin((n−1)θ)

sin(θ) = 2 cos(θ) sin(nθ)−sin((n−1)θ)

sin(θ) .

D’après les formules de trigonométrie usuelles :

sin((n−1)θ) + sin((n+ 1)θ) = 2 sin(nθ) cos(θ),

d’où

Un(cos(θ)) = sin((n+ 1)θ) sin(θ) .

L’initialisation et l’hérédité nous donnent, par récurrence forte surn, la formule souhaitée.

Q8. Les valeurs propres deAn(0,1)sont exactement les racines de son polynôme caractéristique. Pour toutθ∈]0, π[: χ_An(0,1)(2 cos(θ)) = Un(cos(θ)) = sin((n+ 1)θ)

sin(θ) . Voyons à quelle condition surθ cette quantité s’annule :

U_n(cos(θ)) = 0 ⇐⇒ sin((n+ 1)θ) = 0 ⇐⇒ ∃j∈Z/(n+ 1)θ=jπ ⇐⇒ ∃j∈Z/ θ= jπ n+ 1.

On en déduit que χA_n admet pour racines les réels2 cos jπ

n+ 1

pour j∈[[1, n]].

Remarquons que ces réels sont au nombre précis de n (pas de racine double) : en effet pour toutj ∈[[1, n]] on a jπ

n+ 1 ∈ [0, π], et le cosinus est strictement décroissant sur [0, π], donc il y est injectif. Ceci démontre que les2 cos

jπ n+ 1

, pourj ∈[[1, n]], sont distincts .

Nous avons là exactementnracines distinctes deχ_An. Orχ_Anest de degrén, en tant que polynôme caractéristique d’une matrice d’ordre n: il s’agit donc de l’intégralité des racines deχ_An.

Ceci prouve que Sp(A_n(0,1)) =

2 cos jπ

n+ 1

/ j∈[[1, n]]

. La matrice A_n(0,1) admet n valeurs propres distinctes donc toutes simples. Finalement les sous-espaces propres associés sont de dimension 1.