PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

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

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 6 — concours blanc

du lundi 8 janvier 2018 Durée : 4 heures Calculatrice autorisée

Instructions générales : Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien 9 pages ;

• de traiter leur sujet :

? classique, composé des problèmes1et 3;

? corsé, composé des problèmes2 et4.

Merci d’indiquer clairement sur la première page de la première copie si vous traitez le sujet classique ou le sujet corsé.

Enfin, 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 — CLASSIQUE

Première partie : convergence de séries par transformation d’Abel

1. On considère une suite de réels (an)n, une suite de complexes (bn)n et on note pour tout entier naturel n : Sn=

n

X

k=0

akbk etBn=

n

X

k=0

bk.

En remarquant que, pour k ≥1, bk =Bk−Bk−1, démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, Sn =

n−1

X

k=0

(a_k−a_k+1)B_k+a_nB_n (transformation d’Abel).

2. On suppose que la suite (Bn)n est bornée et que la suite(an)n est décroissante de limite nulle.

(a) Démontrer que la sérieX

k≥0

a_k−a_k+1 converge.

(b) En déduire que la sérieX

n≥0

anbn converge.

(c) En appliquant le résultat précédent au cas oùb_n= (−1)ⁿ, donner une démonstration du théorème des séries alternées, après l’avoir énoncé.

3. Exemple.

Dans cette question, θest un réel différent de2kπ(k∈Z)etα∈R. (a) Calculer pournentier naturel non nul,

n

X

k=1

e^ikθ. (b) Discuter en fonction du réelαla nature de la sérieX

n≥1

e^inθ n^α . 4. Soit la série de fonction X

n≥1

un où pourxréel etnentier naturel non nul,un(x) =sin(nx)

√n . Démontrer que cette série de fonctions converge simplement en tout point deR.

On pourra utiliser sans démonstration le fait qu’une série de complexesX

u_nconverge si et seulement si les deux séries ayant pour termes généraux les parties réelles et parties imaginaires (c’est-à-direX

Re(un)etX

Im(un)) convergent.

On notera U sa fonction somme : pour tout réelx,U(x) =

+∞

X

n=1

sin(nx)

√n .

Deuxième partie : convergence uniforme de séries

5. On considère une suite de réels (an)n et (fn)n une suite de fonctions définies sur une partieAdeCet à valeurs dansC.

On pose, pour tout z∈Aet pour tout entier natureln, Fn(z) =

n

X

k=0

fk(z).

On suppose que la suite (a_n)_n est décroissante de limite nulle et qu’il existeM ∈R⁺ tel que pour toutz∈Aet tout n∈N,|Fn(z)| ≤M (on dira que la suite(Fn)n est uniformément bornée).

(a) Démontrer que la suite(a_nF_n)_nconverge uniformément surAet que la série de fonctionsX

k≥0

(a_k−a_k+1)F_k converge normalement sur A.

(b) À l’aide d’une transformation d’Abel, en déduire que la série de fonctionsX

anfn converge uniformément surA.

6. Exemple.

Pour xréel etnentier naturel non nul,u_n(x) = sin(nx)

√n .

(a) Démontrer que pour toutx∈R, 1−e^ix=−2isinx 2

e^ix2. Démontrer que la série de fonctionsX

n≥1

u_nconverge uniformément sur tout intervalle[a,2π−a]oùa∈]0, π[.

En déduire que sa sommeU est continue sur l’intervalle]0,2π[.

(b) Pourpentier naturel, on considère la série de fonctions X

n≥1

vn où pour xréel etnentier naturel non nul, vn(x) = sin(nx) sin(px)

√n . Démontrer que, pour tout entier naturel p, la série de fonctions X

vn converge uniformément sur l’intervalle[0, π[.

On pourra, par exemple, utiliser sans démonstration, que : pour toutx∈[0, π], 2

π ≤ sinx 2

.

Troisième partie : convergence uniforme d’une série entière

7. SiX

n≥0

a_nzⁿest une série entière de la variable complexe de rayonR >0, rappeler le résultat du cours concernant la convergence uniforme de cette série.

8. On considère la série de la variable complexe X

n≥1

zⁿ

√n de rayon1.

(a) On note D = {z ∈ C,|z| < 1}. Démontrer que la série de la variable réelle X

n≥1

xⁿ

√n ne converge pas uniformément sur]−1,1[( en particulier la sérieX

n≥1

zⁿ

√n ne converge pas uniformément surD).

(b) On pourra confondre un point deR²et son affixe.

Pour α∈ i 0,π

2 h

, on note Dα l’ensemble des complexes z tels que |z| ≤ 1 et dont la partie réelle vérifie Re(z)≤cosα.

Représenter soigneusement l’ensembleDα dans un repère orthonormé du plan.

(c) Démontrer queDα est une partie fermée et bornée deC. On pourra écrire :

Dα = {(x, y)∈R², x²+y²≤1} ∩ {(x, y)∈R², x≤cosα}.

M. Cochet :nous démontrerons au chapitre 20 queD_αest une partie compacte deC(c’est pour le moment admis).

(d) On note pourz∈Cet nentier naturel,Fn(z) =

n

X

k=0

z^k.

Démontrer que pour toutz∈Dα et tout entier natureln, six=Re(z):

|Fn(z)| ≤ 2

1−x ≤ 2

1−cosα.

(e) Démontrer que la série entièreX zⁿ

√n converge uniformément sur tous les compactsD_α (pourα∈i

0,π 2 h

).

PROBLÈME 2 — CORSÉ

Le but de ce problème est d’étudier l’existence d’une fonction de classe C^∞ deRdans C, dont on a fixéa priori les valeurs des dérivées successives en0.

On noteWl’ensemble des fonctions de classeC^∞deRdansCnulles en dehors d’un segment (qui dépend de la fonction considérée dans W).

On notera n

k

ouC_n^k les coefficients binomiaux.

I Intervention des séries entières

Soit(un)n∈Nune suite complexe. On cherche dans cette partie des fonctionsf ∈ C^∞(R,C), qui sont somme d’une série entière sur un intervalle]−δ, δ[pour au moins un réelδ >0 et vérifiant∀n∈N,f⁽ⁿ⁾(0) =un.

I.A- Sif(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿpour toutx∈]−δ, δ[, avecδ >0, donner une expression def^(k)(x)sur]−δ, δ[, et en déduire f^(k)(0)en fonction deak pour toutk >0.

I.B - Dans les exemples suivants, proposer une solutionf, en précisant une valeur deδconvenable : I.B.1) ∀n∈N,u_n= 2ⁿ.

I.B.2) Pour toutn∈Npair,un= (−1)^n/2n!, et pour toutnimpair,un= 0.

I.C - Pour la suite(un)nn∈Ndéfinie par ∀n∈N, un = (2n)!, montrer qu’aucune fonction du type considéré dans cette partie n’est solution du problème.

II Le théorème de Borel

II.A - Une fonction en cloche

Soitgla fonction de RdansRdéfinie parg(x) = (

e^x(x−1)1 six∈]0,1[

0 sinon II.A.1)

a) Montrer que pour tout naturel pil existe un polynômeQ_p∈R[X] tel que

∀x∈]0,1[, g^(p)(x) = Q_p(x)

(x(x−1))^2pe^x(x−1)1 . Pour tout entierp≥1, exprimerQ_p en fonction deQ_p−1 etQ⁰_p−1.

b) En déduire que, pour tout entier naturelpnon nul,Qp est de degré3p−2.

c) Écrire enpythonun algorithme d’argument un entier p renvoyant la valeur deQp en fonction d’une indéterminée X. On méditera les lignes de commande ci-dessous :

from numpy.polynomial import Polynomial

P1 = Polynomial([1,3,0,5]) ] construit le polynôme 5Xb3 + 3X+ 1 P2 = Polynomial(3) ] construit le polynôme constant de valeur 3 P3 = P1.deriv()

II.A.2)

c) Montrer que pour tout entier naturelp lim

x→0⁺g^(p)(x) = lim

x→1⁻g^(p)(x) = 0.

b) En déduire queg∈ W.

II.B - Une fonction en plateau

Soithla fonction de RdansRdéfinie, pour tout réel x, parh(x) = R1

x−1g(t)dt R1

0 g(t)dt . II.B.1) Montrer quehest de classeC^∞surR, constante sur]− ∞,1]et sur[2,+∞[.

II.B.2) Soitϕla fonction deRdansRdéfinie parϕ(x) =h(2x)h(−2x)pour tout réelx.

a) Montrer queϕest de classeC^∞surRet queϕ^(p)(0) = 0 pour toutp≥1.

b) Montrer queϕest nulle en dehors de[−1,1]et tracer sommairement l’allure de son graphe.

c) Justifier pour tout entier naturelpnon nul l’existence du réel λp = max

k∈{0,...,p−1} max

x∈[−1,1]

ϕ^(k)(x)

.

II.C - Le théorème de Borel

Soit(u_n)_nn∈Nune suite complexe. On définit pour tout entier naturelnune fonctiong_n par

∀x∈R, g0(x) =ϕ(x) et sin≥1, gn(x) = xⁿ

n!ϕ(βnx).

oùβn = max(1,4ⁿ|un|λn).

II.C.1)

a) Montrer que pour tout entier natureln, la fonction g_n est de classeC^∞surR. b) Montrer queg_n est nulle hors du segment

− 1 βn

, 1 βn

. II.C.2) Soitnet j des entiers naturels tels quej < n.

a) Montrer que

∀x∈R, g_n^(j)(x) =

j

X

i=0

j i

β_nⁱϕ⁽ⁱ⁾(βnx) x^n−j+i (n−j+i)!. b) En déduire quegn^(j)(0) = 0.

c) Montrer que, pour tout réelxtel que |x| ≥ 1 βn

, on agn^(j)(x) = 0.

d) Montrer que, pour tout réelxtel que|x| ≤ 1

β_n, on a

u_ng^(j)(x)

≤ 2⁻⁽ⁿ⁺¹⁾. II.C.3) Déduire des questions précédentes que pournet j dansN:

g^(j)_n (0) =

( 0 sij6=n 1 sij=n.

II.C.4) En considérant σ =

+∞

X

n=0

u_ng_n, montrer qu’il existe une fonction f de classe C^∞ sur R telle que ∀j ∈ N, f^(j)(0) =uj (théorème de Borel).

PROBLÈME 3 — CLASSIQUE

Dans tout le problème,nest un entier naturel supérieur ou égal à2. Cet entier est quelconque sauf dans la partie I, où il est égal à2.

On noteM_n(R)l’algèbre des matrices carrées d’ordrenà coefficients réels,(E_i,j)sa base canonique (1≤i≤net 1≤j ≤n) etInsa matrice unité (tous les coefficients deEi,j sont nuls, sauf celui situé à lai^eligne et à laj^ecolonne, qui vaut1).

On noteR[X]l’algèbre des polynômes à coefficients réels.

Dans tout le problème, A est une matrice quelconque de Mn(R) et u l’endomorphisme de Rⁿ canoniquement associé à la matriceA.

Pour toutP =

d

X

k=0

a_kX^k ∈R[X], on note P(A) =

d

X

k=0

a_kA^k. L’ensemble des matricesP(A)pour tout P ∈R[X]

est notéR[A].

On dit queP annuleAlorsqueP(A) = 0, ce qui équivaut àP(u) = 0. On appelle polynôme minimal de la matrice Ale polynôme minimal de l’endomorphisme u; c’est donc le polynôme unitaire de plus petit degré qui annuleA.

On noteφAl’application de Mn(R)dansMn(R)définie par : φ_A(M) = AM−M A.

L’objet du problèmeest d’étudier des propriétés des éléments propres deφA. Les parties I et II étudient la diagonali- sabilité deφA. (La partie III, non traitée ici, en étudie les vecteurs propres.)Les deux parties sont indépendantes.

Partie I. Étude du cas n = 2

Dans toute cette partie, on prendran= 2.

1. Vérifier que l’applicationφ_A est linéaire et queI₂ et Aappartiennent àKerφ_A. Dans la suite de cette partie, on poseA= a b

c d

!

∈ M2(R).

2. Donner la matrice deφA dans la base(E1,1, E2,2, E1,2, E2,1)deM2(R).

Dans la suite de cette partie, on suppose queφA6= 0(c’est-à-dire que A6=λI2 pour toutλ∈R).

3. Donner le polynôme caractéristique deφA sous forme factorisée.

4. En déduire queφ_Aest diagonalisable si et seulement si(d−a)²+ 4bc >0.

5. Démontrer queφA est diagonalisable si et seulement siA est diagonalisable.

Partie II. Étude du cas général

On notec= (c1, . . . , cn)la base canonique deRⁿ.

6. On suppose dans cette question queAest diagonalisable.

On note e= (e1, . . . , en)une base de vecteurs propres deu(défini au début du problème) et, pour tout entieri tel que 1≤i≤n,λ_i la valeur propre associée au vecteure_i. On note alorsP la matrice de passage de la basec

à la base eetD=















λ₁ 0 . . . 0 0 . .. . .. ... ... . .. . .. 0 0 . . . 0 λn













 .

Enfin, pour tout couple (i, j)d’entiers tels que1≤i≤net 1≤j≤n, on pose : Bi,j=P Ei,jP⁻¹

(a) Exprimer, pour tout couple(i, j), la matriceDE_i,j−E_i,jDen fonction de la matriceE_i,j et des réelsλ_i et λj.

(b) Démontrer que, pour tout couple(i, j),B_i,j est un vecteur propre deφ_A. (c) En déduire queφAest diagonalisable.

7. On suppose dans cette question queφ_A est diagonalisable en tant qu’endomorphisme deMn(R).

On note(P_i,j)_1≤i≤n

1≤j≤n

une base de vecteurs propres deφ_Aet, pour tout couple(i, j),λ_i,j la valeur propre associée à Pi,j.

(a) Dans cette question, on considèreA comme une matrice à coefficients complexes (A∈ Mn(R)⊂ Mn(C)) et φAcomme un endomorphisme de Mn(C)(défini parφA(M) =AM−M Apour toutM ∈ Mn(C)).

i. Justifier que toutes les valeurs propres deφ_Asont réelles.

ii. Soitz∈C. Justifier que siz est une valeur propre deA, alorsz est aussi une valeur propre de^tA.

iii. Soit z ∈ C. On suppose que z et z sont deux valeurs propres de la matrice A. On considère alors X ∈ Mn,1(C)(X 6= 0) etY ∈ Mn,1(C)(Y 6= 0) tels queAX=zX et ^tAY =zY.

En calculantφA(X^tY), démontrer quez−z est une valeur propre deφA. (b) En déduire que la matriceA a au moins une valeur propre réelle.

On noteλune valeur propre réelle deAetX ∈ Mn,1(R)(X 6= 0) une matrice colonne telle queAX=λX.

(c) Démontrer que, pour tout couple(i, j), il existe un réelµ_i,j, que l’on exprimera en fonction deλetλ_i,j, tel queAPi,jX =µi,jPi,jX.

(d) En déduire queAest diagonalisable.

PROBLÈME 4 — CORSÉ

Notations

Soitnun entier naturel non nul etMn(C)l’espace vectoriel des matrices carrées d’ordrenà coefficients complexes.

On noteO_n la matrice nulle etI_nla matrice identité deM_n(C). Latrace d’une matriceU deM_n(C)est notée tr (U).

On dit que deux matrices U et V de Mn(C) commutent lorsque U V = V U. Une matrice N de Mn(C) est dite nilpotente lorsqu’il existe un entierk >0 pour lequelN^k =On. Dans tout le problème, on considère une matriceA deMn(C)et on notef l’endomorphisme deCⁿ canoniquement associé, c’est-à-dire l’endomorphisme dont la matrice dans la base canonique de Cⁿ est A. Le polynôme caractéristique de A est noté P et les valeurs propres complexes distinctes deAsont notéesλ₁,λ₂, . . . ,λ_r. Pour touti∈ {1, . . . , r}on note :

• αi l’ordre de multiplicité de la valeur propreλi, c’est-à-dire l’ordre de multiplicité de la racineλi du polynômeP;

• Pi le polynôme défini parPi(X) = (X−λi)^αi;

• F_i le sous-espace vectoriel deCⁿ défini parF_i= Ker ((f−λ_iId_Cn)^αi);

• fi l’endomorphisme de Fi obtenu par restriction de f àFi.

La partie B, à l’exception de la question 11), est indépendante de la partie A.

A. Décomposition de Dunford

1) Justifier que l’espace vectoriel Cⁿ est somme directe des espacesF_i: Cⁿ =

r

M

i=1

F_i.

2) En considérant une base deCⁿ adaptée à la somme directe précédente, montrer que pour touti∈ {1, . . . , r}, le polynôme caractéristique de fi estPi. (On pourra d’abord établir quePi est un polynôme annulateur defi.) 3) Montrer qu’il existe une matrice inversibleP deM_n(C)telle queA⁰=P⁻¹AP soit une matrice définie par blocs

de la forme suivante :

A⁰ =















λ1Iα₁+N1 0 · · · 0 0 . .. . .. ... ... . .. . .. 0 0 · · · 0 λ_rI_αr+N_r















oùN_i∈ Mαi(C)est nilpotente pour touti∈ {1, . . . , r}.

4) En déduire que la matrice A s’écrit sous la forme A =D+N, oùD est une matrice diagonalisable et N une matrice nilpotente de Mn(C)qui commutent.

Les matricesD etN vérifiant ces conditions constituent ladécomposition de Dunford de la matriceA.

Dans toute la suite du problème, on admettra queDetNsont des polynômes enA:∃(Q1, Q2)∈C[X]²,D=Q1(A), N =Q2(A). La question qui suit a pour objectif de prouver queD etN sont uniques.

4bis) a) Démontrer que deux endomorphismes uet v d’unC-espace vectorielE sont diagonalisables et commutent si et seulement siuetvsontco-diagonalisables, c’est-à-dire si et seulement si il existe une baseBdeEtelle que les matrices [u]Bet [v]B deuet vrespectivement sont toutes les deux diagonales.

b) En déduire l’unicité de la décomposition de Dunford.

Dans toute la suite du problème, on admettra l’unicité de cette décomposition, c’est-à-dire queDetNsont déterminées de façon unique parA.

Un exemple pourn= 3 :

5) Calculer la décomposition de Dunford deA=







3 −1 1

2 0 1

1 −1 2





.

B. Commutation et conjugaison

Pour toute matriceB et toute matrice inversibleP de M_n(C), on note comm_B etconj_P les endomorphismes de Mn(C)définis par :

∀X ∈ Mn(C),

( comm_B(X) = BX−XB conj_P(X) = P XP⁻¹.

Le but de cette partie est de démontrer queAest diagonalisable si et seulement sicommAest diagonalisable.

6) SoitP une matrice inversible deMn(C). Calculerconj_P−1◦commA◦conj_P.

Pour tousi, j dans {1, . . . , n}, on note Ei,j la matrice de Mn(C)dont tous les coefficients sont nuls, sauf celui situé à l’intersection de lai-ème ligne et de laj-ème colonne qui est égal à1.

7) SiAest une matrice diagonale, montrer que pour tousietjdans{1, . . . , n},comm_AadmetE_i,j comme vecteur propre. Déterminer l’ensemble des valeurs propres decommA.

8) En déduire que si Aest diagonalisable,commA l’est aussi.

9) Montrer que si A est nilpotente, commA l’est également, c’est-à-dire qu’il existe un entier k > 0 pour lequel (commA)^k est l’endomorphisme nul deMn(C).

10) Montrer que siA est nilpotente, et sicomm_A est l’endomorphisme nul, alorsAest la matrice nulle.

D’après la partieA., l’endomorphismecomm_Aadmet une décomposition de Dunford de la formecomm_A=d+n, où les endomorphismes diagonalisabledet nilpotentncommutent :dn=nd.

11) Déterminer la décomposition de Dunford decommA à l’aide de celle deAet conclure.

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

Année 2017-2018 Mathématiques

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

PROBLÈME 1 — CLASSIQUE

d’après CCP 2014 MP maths 1

Partie 1 : convergence de séries par transformation d’Abel

1. Soitn∈N^∗. Déjà Sn =

n

X

k=0

akbk = a0b0+

n

X

k=1

ak(Bk−B_k−1) = a0b0+

n

X

k=1

akBk−

n

X

k=1

akB_k−1. Dans la dernière somme, on effectue le changement d’indicej=k−1:

Sn = a0b0+

n

X

k=1

akBk−

n−1

X

j=0

aj+1Bj = a0b0+

n−1

X

k=1

(ak−ak+1)Bk+anBn−a1B0

= a0b0+

n−1

X

k=0

(ak−ak+1)Bk−(a0−a1)B0+anBn−a1b0

d’où Sn =

n−1

X

k=0

(ak−ak+1)Bk+anBn .

2. (a) Par théorème, la suite (an)n étant convergente, la série X

k≥0

ak−ak+1 est également convergente (c’est même une CNS). Cette propriété se démontre en revenant aux sommes partielles et par télescopage.

(b) Vérifions que la suite(S_n)_n des sommes partielles est convergente.

D’après la question précédente, pour toutn∈N^∗, on aSn=

n−1

X

k=0

(ak−ak+1)Bk+anBn.

• Le second termeanBn tend vers0 car produit d’une suite convergente vers0et d’une suite bornée.

• Le premier terme est une somme partielle de la série de terme général (ak−ak+1)×Bk. Notons M >0 un majorant de la suite(|B_n|)_n.

Alors pour toutk ∈N, |(ak −ak+1)Bk| ≤ |ak−ak+1| ×M = (ak−ak+1)×M car (ak)k est une suite décroissante.

Ainsi(a_k−a_k+1)B_k est dominée par le terme général d’une série absolument convergente.

Donc par comparaison de SATP(a_k−a_k+1)×B_k est lui même le terme général d’une série absolument convergente.

Finalement la série X

n

a_nb_n est bien convergente .

(c) • Le critère spécial des séries alternées (CSSA) stipule que si (an)n∈N est une suite décroissante de limite nulle, alors X

n≥0

(−1)ⁿan est une série convergente.

• Démontrons le CSSA à l’aide du procédé sommatoire d’Abel. Posons bn = (−1)ⁿ. Tout d’abord la suite (B_n)_n =

n

X

k=0

(−1)^k

!

n

est bornée car : ∀n∈N,B_n ∈ {1,0}.

Ainsi d’après le résultat de la question précédente, la série X

n

(−1)ⁿan est bien convergente . 3. Exemple.

(a) Calculons une somme des termes d’une suite géométrique de raisone^iθ 6= 1:

n

X

k=1

e^ikθ = e^iθ1−e^inθ

1−e^iθ = e^iθe^inθ2 e^iθ2

(−2i) sin(n^θ₂)

(−2i) sin(^θ₂) = e^i(n+1)θ2sin(n^θ₂) sin(^θ₂) .

(b) Examinons la convergence deX

n

e^inθ

n^α selonα.

• Si α >1 , alors la série de terme général e^inθ

n^α est absolument convergente donc convergente .

• Si α≤0 , alors le module du terme général ne tend pas vers0donc la série est grossièrement divergente .

• Soit α∈]0,1]. On va montrer que la série est convergente par application du résultat de la question 2.(b).

Notons que le fait que la série commence àn= 1 à la place den= 0n’a pas d’incidence.

La suite 1

n

n

est clairement décroissante et tend vers0. D’après la question 3.(a) :

n

X

k=1

e^iθ

≤ 1 sin(^θ₂)

donc la suite des sommes partielles est bornée.

D’après la question 2.(b) : la série X

n≥1

e^inθ

n^α est convergente . 4. Soitx∈R. Posonsz_n=e^inx

n¹² .

• Lorsque x∈R\2πZ, la question 3.(b) précédente assure la convergence de la série de terme général zn et le rappel de l’énoncé prouve que la sérieX

=(zn) =Xsin(nx)

√n est convergente.

• Lorsque x∈2πZil vientun(x) = 0, ce qui est bien le terme général d’une série convergente.

Il s’ensuit que la série de fonctions X

un converge simplement surR.

Partie 2 : convergence uniforme de séries

5. (a) • Prouvons que la suite(anFn)n converge uniformément vers la fonction nulle surA.

Pour tout z ∈ A, il vient |anFn(z)| ≤ |an| ×M. Ainsi kanFnk^A_∞ ≤ |an| ×M. On en déduit que (anFn)n converge uniformément vers la fonction nulle surA.

• Remarquons que pour toutk,|ak−ak+1|=ak−ak+1par décroissance de (an)n. Ainsi, pour toutz∈A, il vient|(ak−ak+1)Fn(z)| ≤(ak−ak+1)×M.

On en déduit quek(ak−a_k+1)F_nk_∞^A ≤(a_k−a_k+1)×M.

Or par télescopage et convergence de (a_n)_n, la série P(a_k −a_k+1)×M est convergente. Ainsi par comparaison de SATP, la série de fonctions X

k≥0

(ak−ak+1)Fk converge normalement surA. (b) D’après la formule d’Abel démontrée à la question 1. :

n

X

k=0

akfk =

n−1

X

k=0

(ak−ak+1)Fk+anFn.

Chaque fonctiona_kf_kest continue surA. Par ailleurs d’après la question précédente la sérieX

(a_k−a_k+1)F_k converge normalement donc uniformément, et la suite (anFn)n converge uniformément.

Ainsi la série de fonctions X

a_nf_n converge uniformément surA .

6. (a) • On factorise 1−e^ix pare^ix2 pour obtenir : 1−e^ix=−2isinx 2

e^ix2 .

• La suite 1

√n

n≥1

est décroissante et de limite nulle. Soit a∈]0, π[ et x∈ [a,2π−a]. Notons tout de suite quee^ix6= 1carx∈R\2πZ. Alors pour toutn∈N^∗ :

n

X

k=1

sin(kx)

=

=

n

X

k=1

e^ikx

!

≤

n

X

k=1

e^ikx

= |sin n^x₂

|

|sin ^x₂

| ≤ 1

|sin ^x₂

| = 1 sin_|x|

2

.

Or x∈[a,2π−a]donc x 2 ∈ha

2, π−a 2 i

. Par ailleurs par hypothèse sura:0< a

2 ≤π

2 ≤π−a

2 < π. Ainsi 0 < sina

2

= sin π−a

2

≤ sinx 2

= sinx

2

.

On a ainsi : ∀n ∈N^∗, ∀x ∈[a,2π−a],

n

X

k=1

sin(kx)

≤ 1

sin ^a₂. Par conséquent la série de fonctions Pu_n est uniformément bornée.

Ainsi, d’après la 5.(b), la série de fonctions X

un converge uniformément sur le segment[a,2π−a].

• Les fonctionsun sont continues surRet X

un converge uniformément sur tout[a,2π−a] oùa∈]0, π[.

Ceci nous assure de la continuité de la limite sur le domaine de convergence. Ainsi U est continue sur tous les segments[a,2π−a] poura∈]0, π[.

Finalement U est continue sur la réunion de ces segments, qui forme l’intervalle]0,2π[tout entier . (b) D’après la question 5.(b), il suffit de démontrer que la suite des sommes partielles

n

X

k=1

sin(kx) sin(px) est uniformément bornée sur[0, π].

D’après les calculs de la question 6.(a) : ∀x∈]0, π],An(x) =

n

X

k=1

sin(kx) sin(px)

=

sin n^x₂ sin(px) sin ^x₂

. Pour x∈]0, π], on a d’après l’énoncé 0 < x

π ≤sinx 2

ce qui, par décroissance de la fonction inverse sur ]0,+∞[donne0< 1

sin ^x₂≤ π x.

Ainsi∀n∈N^∗,∀x∈]0, π],A_n(x)≤|sin(px)|π

x . Or il est bien connu que|sin(t)| ≤ |t|pour toutt réel.

Donc∀n∈N^∗,∀x∈]0, π],An(x)≤p|x|π

x =pπ. Ceci reste vrai pourx= 0car la somme est nulle.

Ainsi la somme partielle est uniformément bornée. De plus 1

√n

n

est décroissante de limite nulle donc, d’après la question 5.(b), la série de fonctions X

n≥0

vn converge uniformément sur[0, π] .

Partie 3 : convergence uniforme d’une série entière

7. D’après le cours : la série entière converge uniformément sur tout disque fermé de centre0 inclus dans le disque ouvertD(0, R), c’est-à-dire qu’on a convergence uniforme sur toutD(0, r) ={z∈C/|z| ≤r} avecr∈]0, R[ . 8. (a) Supposons que la série entièreX xⁿ

√n converge uniformément sur]−1,1[et notonsf la fonction somme.

Alors la suite de fonctionsS_n:x7→

n

X

k=1

x^k

√

k converge uniformément vers f sur]−1,1[. De plus1est dans l’adhérence de]−1,1[et la limite quandxtend vers1⁻ deSn(x)existe (dansR) et vautLn=

n

X

k=1

√1 k.

D’après le théorème de la double limite, la suite (L_n)_n est convergente. Mais ceci est absurde car la série X

n

√1

n est divergente.

Par conséquent la série entière X

n≥0

xⁿ

√n ne converge pas uniformément sur ]−1,1[.

(b) L’ensemble Dα est le disque fermé de centre0 de rayon1privé d’une « calotte » . Je vous laisse effectuer un dessin soigneux !

(c) • L’écriture proposée de Dα ne pose pas de problème. Notons également que dansR²(en dimension finie, donc), toutes normes sont équivalentes.

• Posonsϕ1: (

R²→R

(x, y)7→x²+y² etϕ2: (

R²→R (x, y)7→x .

D’après les théorèmes généraux, les fonctions ϕ1 et ϕ2 sont clairement continues sur R². De plus les ensembles ]− ∞,1] et ]− ∞,cos(α)] sont deux fermés de R. Donc les images réciproques par ϕ1 et ϕ2

sont des fermés deR² par théorèmes (image réciproque d’un fermé par une application continue).

Une intersection (quelconque) de fermés est fermée donc

D_α=ϕ⁻¹₁ (]− ∞,1])∩ϕ⁻¹₂ (]− ∞,cos(α)])est fermé .

• L’ensembleDαest un fermé d’après ce qui précède, et borné (par1en norme euclidienne). En dimension finie, un fermé borné est un compact. Finalement D_αest un compact .

(d) Soitz∈Dα etn∈N. Alors<(z)<1doncz6= 1. Par conséquent

|F_n(z)| =

1×1−zⁿ⁺¹ 1−z

= |1−zⁿ⁺¹|

|1−z| ≤ 1 +|z|ⁿ⁺¹

|1−z| ≤ 2

|1−z|.

Il reste à minorer le dénominateur par1−x. On a|1−z|²= (1−x)²+y²≥(1−x)²>0carx≤cos(α)<1.

Donc|1−z| ≥ |1−x|= 1−x≥1−cos(α)>0 (toujours carx≤cos(α)<1).

Par passage à l’inverse : 1

|1−z| ≤ 1

1−x≤ 1 1−cos(α). On en déduit que : |Fn(z)| ≤ 2

1−x ≤ 2 1−cos(α) . (e) Soitα∈]0, π/2[.

D’une part la suite 1

n

n≥1

est décroissante et de limite nulle.

D’autre part d’après la question 8.(d) la suite des sommes partielles

n

X

k=1

z^k

!

n

est uniformément bornée surDα.

Par conséquent, d’après la question 5.(b) : la série entière X

n≥0

zⁿ

√n converge uniformément surD_α.

PROBLÈME 2 — CORSÉ

d’après Centrale 2011 PC maths 1 – parties 1 et 2 sur 4

Partie I : intervention de séries entières

I.A C’est un résultat du cours concernant les séries entières sur l’ouvert de convergence :

∀k∈N, ∀x∈]−δ, δ[, f^(k)(x) =

+∞

X

n=k

n(n−1)· · ·(n−k+ 1)anx^n−k et f^(k)(0) = k!ak . I.B Exemples

I.B.1) Supposons que f existe. Alors pour toutn, an = u_n n! = 2ⁿ

n!. Sur un ouvert à déterminerf(x) =

+∞

X

n=0

2ⁿxⁿ n!

d’où f(x) =e^2x. Le rayon de convergence de cette série entière est +∞ donc la fonction trouvée est solution sur n’importe quel intervalle]−δ, δ[avecδ >0.

I.B.2) Même principe. Sif existe alorsf(x) =

+∞

X

p=0

(−1)^p(2p)!x^2p

(2p)! =

+∞

X

p=0

(−x²)^p donc f(x) = 1

1 +x² . La règle de d’Alembert mène à un rayon de convergence égal à 1, ainsi δ∈]0,1[.

I.C La solution éventuelle est la somme de la série entière

+∞

X

n=0

(2n)!xⁿ

n! . Pourx6= 0, notonsvn= (2n)!xⁿ

n! . Pour tout n, v_n 6= 0 et |v_n+1|

|vn| = 2(2n+ 1)|x|^n→+∞−→ +∞. D’après la règle de d’Alembert, la série diverge. Finalement le rayon de convergence de la série entière est nul. Il est donc impossible de trouver de δ >0 .

II : le théorème de Borel

II.A Une fonction en cloche.

II.A.1) a) Notons F : x 7→ 1

x(x−1), de sorte que g = e^F. La restriction de g à ]0,1[ est composée de deux fonctions de classeC^∞ sur des intervalles correspondants. Ainsig est de classeC^∞sur]0,1[.

Montrons la formule par récurrence surp. Soitx∈]0,1[. Pourp= 0, on ag⁽⁰⁾(x) =g(x) = e^F(x)

(x(x−1))^2×0Q₀(x) avecQ0(x) = 1. Ceci initialise la récurrence.

Supposons la formule vraie à un rang p donné. Alors en dérivant g^(p)(x) obtenu par l’hypothèse de récurrence, il vient :

g^(p+1)(x) = (g^(p))⁰(x) = Q⁰_p(x)(x(x−1))^2p−Qp(x)2p(x(x−1))^2p−1(2x−1)

(x(x−1))^4p e^F(x)+R(x)

avecR(x) = Qp(x)

(x(x−1))^2pe^F(x)F⁰(x)et F⁰(x) = −(2x−1)

(x(x−1))². En regroupant :

g^(p+1)(x) = e^F(x)Q⁰_p(x)(x(x−1))²−2pQp(x)(2x−1)(x(x−1))−(2x−1)Qp(x)

(x(x−1))^2p+2 .

On obtient bien g^(p+1)(x) = Q_p+1(x)

(x(x−1))^2(p+1)e^F(x) oùQ_p+1 est la fonction polynôme définie par : Q_p+1(x) = Q⁰_p(x)x²(x−1)²−(2x−1)Q_p(x) (2px(x−1) + 1).

D’où pourpentierp≥1:

Qp(x) = Q⁰_p−1(x)x²(x−1)²−(2x−1)Qp−1(x) (2(p−1)x(x−1) + 1).

b) Montrons par récurrence surpqueQ_p est de degré3p−2sip≥1.

• Pourp= 1, on obtientQ1(x) =−(2x−1). Ainsideg(Q1) = 1 = 3×1−2. D’où l’initialisation.

• Supposons queQ_p est de degré3p−2. Le polynôme Q_p+1 est d’après l’hypothèse de récurrence la somme de deux polynômes, l’un de degré(3p−2)−1+4 = 3p+1et l’autre de degré3p−2+3 = 3p+1.

Notonsaple coefficient dominant deQp, alors les coefficients dominants des deux polynômes consti- tuantQp+1sontap×(3p+ 1)et−4(p−1)ap; et puisque3p+ 16= 4(p−1), ces deux coefficients ne peuvent pas se compenser.

Ainsideg(Q_p+1) = 3p+ 1 = 3(p+ 1)−2. La formule est vraie au rangp+ 1.

Finalement pour toutp≥1, le polynômeQp est de degré3p−2 . c) Une procédure pythonpossible :

from numpy.polynomial import Polynomial X = Polynomial([0,1])

def Q(p):

if p==1:

return Polynomial(1) q = Polynomial(1) for k in range(1,p+1):

q = q.deriv() * X * X * (X-1) * (X-1) - (2*X-1) * q * ( 2*(k-1)*X*(X-1) +1 ) return q

II.A.2) La fonctionF :x7→ 1

x(x−1) est croissante sur 0,¹₂

, décroissante sur1 2,1

, et de limite−∞en0⁺et en 1⁻.

a) Remarquons queg^(p)(x) =F(x)^2pe^F(x)×Q(x). D’une part par croissances comparées : lim

x→0⁺e^F(x)F(x)^2p = lim

X→−∞e^XX^r = 0.

D’autre part,Qp étant une fonction polynôme, elle admet une limite finie en0. Par conséquent lim

x→0⁺g^(p)(x) = 0 et de même lim

x→1⁻g^(p)(x) = 0. b) Utilisons le théorème de prolongementC¹ d’une fonction :

sif est continue sur[a, b]et de classeC¹ sur]a, b]

et si f⁰ admet une limite finie ena, alorsf est de classeC¹ sur[a, b].

On applique ce théorème à la restriction de g à [0,1/2]. La fonction g est continue sur [0,1/2] car lim

x→0⁺g(x) = 0etg(0) = 0; la fonction gest de classeC¹ sur]0,1/2]; et enfin lim

x→0⁺g⁰(x) = 0.

La fonctiong est nulle à gauche de0, et estgest continue en0. Elle est de plus dérivable à droite et à gauche en0 avecg_g⁰(0) =g_d⁰(0) = 0. Ainsig est dérivable en 0 avecg⁰(0) = 0. D’après le théorème, la fonctiong est bien de classeC¹sur]− ∞,1/2].

Ce même théorème et cette même démarche s’appliquent successivement à g⁰, g⁰⁰, . . . , g^(k), etc. On prouve ainsi queg est classeC^∞sur]− ∞,1/2]. Avec la même étude en1, on obtient finalement queg est de classeC^∞ surRet nulle en dehors de[0,1].

Ceci permet d’affirmer que g∈ W . II.B Une fonction en plateau

II.B.1) La fonction g est continue, positive et non identiquement nulle sur [0,1]. Ainsi son intégrale sur [0,1]

est strictement positive. Notons K = Z 1

0

g(t)dt. La fonction g est de classe C^∞ sur R d’après la ques- tion II.A.2)(b), donc elle admet au moins une primitiveGsurRqui est elle-même de classeC^∞ d’après le théorème fondamental du calcul intégral (TFCI). De plus

∀x∈R, h(x) = G(1)−G(x−1)

K ,

ce qui prouve que hest de classeC^∞ surR. Prenons en particulierG:x7→

Z x 0

g(t)dt. Commegest nulle à l’extérieur de [0,1]:

• Si x≤1, alorsx−1≤0et h(x) =K/K = 1.

• Si x≥2,x−1≥1et h(x) = (K−K)/K= 0.

Ainsi hest constante de valeur1 sur]− ∞,1]et nulle sur[2,+∞[.

De plus pour tout x,h⁰(x) =−g(x−1). Par positivité deg : hest strictement décroissante sur[0,1]. II.B.2) Posonsϕ(x) =h(2x)h(−2x).

a) Par composition et produit, ϕest de classeC^∞ surR. En outre d’après la formule de Leibniz :

∀n∈N,∀x∈R, ϕ⁽ⁿ⁾(x) =

n

X

k=0

n k

2^kh^(k)(2x)(−2)^n−kh^(n−k)(−2x).

Or hest constante sur]− ∞,1], donc toutes ses dérivées successives sont égales à 0sur cet intervalle.

En particulier : ∀p∈N^∗,h^(p)(0) = 0. Il vient finalement : ∀n∈N^∗, ϕ⁽ⁿ⁾(0) = 0. b) Par construction la fonctionϕest paire.

• Pour x≥1, on a2x≥2 d’oùh(2x) = 0 puisϕ(x) = 0. Par parité : six≤ −1, alorsϕ(x) = 0. Ainsi ϕest nulle en-dehors de[−1,1].

• Si x ∈ [0,1/2] alors 2x ∈ [0,1] donc h(2x) = 1, de plus −2x ∈ [−1,0] donc h(−2x) = 1. Par conséquent ϕest constante de valeur1 sur[0,1/2].

• Si x∈[1/2,1]alorsϕ(x) =h(2x)donc ϕest décroissante sur[1/2,1].

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

–1 –0.5 0.5 1

c) La fonction ϕ^(k)

est continue sur le segment [0,1] et à valeurs réelles. Elle est donc bornée sur ce segment (et les bornes sont atteintes). D’où l’existence de max

x∈[0,1]

ϕ^(k)(x)

= sup

[0,1]

ϕ^(k)

. Enfinλp est le plus grand depréels, donc λexiste dansR.

II.C Le théorème de Borel.

II.C.1) a) La fonctiongn s’obtient par produit et composition de fonctions de classeC^∞surR. Ainsi la fonction g_n est de classeC^∞ surR.

b) Si|X| ≥1, alorsϕ(X) = 0d’après la question II.B.2)b). Par conséquent si|βnx| ≥1 alorsgn(x) = 0. II.C.2) Considéronsn∈Net j∈Navecj < n.

a) Appliquons la formule de Leibniz. Notonsf1:x7→ϕ(βnx)et f2:x7→xⁿ. Pouri≤j < nil vient :

∀x∈R, f₁⁽ⁱ⁾(x) = β_nⁱϕ⁽ⁱ⁾(βnx) ∧ f₂^(j−i)(x) = n(n−1)· · ·(n−(j−i) + 1)x^n−(j−i). En appliquant la formule de Leibniz et en divisant parn!il vient :

∀x∈R, g_n^(j)(x) =

j

X

i=0

j i

β_nⁱϕ⁽ⁱ⁾(β_nx) x^n−j+i (n−j+i)! .

b) Pour tout entier p ≥1, ϕ^(p)(0) = 0 d’après la question II.B.2)a). Donc dans la formule ci-dessus, il ne reste que le terme pouri = 0. Par suite : g^(j)_n (0) =β_n⁰ϕ(0) 0^n−j

(n−j)! = 0car n−j >0. On a bien démontré que gn^(j)(0) = 0 .

c) Soit |x| > 1

β_n. La fonctiongn est nulle sur un intervalle ouvert de centre x. Ainsi toutes ses dérivées sont égales à 0 en ce point. Le résultat reste vrai en± 1

βn

par continuité de toutes les dérivées. D’où comme attendu si |x| ≥ 1

βn

, alorsg^(j)n (x) = 0.

d) Soit|βnx| ≤1. Comme(n−j+i)!≥1 etj≤n−1 nous avons :

|g^(j)_n (x)| ≤

j

X

i=0

j i

βⁱ_n sup

y∈[0,1]

|ϕ⁽ⁱ⁾(y)|

1 βn

^n−j+i

≤ λnβ^j−n_n

j

X

i=0

j i

.

En outren−j≥1et 1≤βn donc1≤βn ≤β_n^n−j puisβ_n^j−n ≤β_n⁻¹. Enfin, par définition deβ_n, nous avons4ⁿ|un|λn≤β_n. Finalement :

|u_ng_n^(j)(x)| ≤ |u_n|λ_n 1 βn

2^j ≤ 2^j

4ⁿ ≤ 2ⁿ⁻¹ 2²ⁿ d’où comme attendu |ung^(j)n (x)| ≤ 2⁻ⁿ⁻¹.

II.C.3) Nous avons déjà vu en II.C.2)b)quegn^(j)(0) = 0sij < n.

Pour j ≥ nla formule de Leibniz s’applique encore mais pour j > nla dérivée d’ordre j de x7→ xⁿ est nulle. Ainsi :

∀j≥n, ∀x∈R, g_n^(j)(x) =

j

X

i=j−n

j i

β_nⁱϕ⁽ⁱ⁾(βnx) x^n−j+i (n−j+i)!

avec la conventionx⁰= 1pour toutx.

Pour j=n, cette formule donneg_n⁽ⁿ⁾(0) =ϕ(0)1

1 = 1. Pourj > n, les termes de cette somme sont nuls.

Finalement pour tousj et n,gn^(j)(0) =δn,j . II.C.4) Afin de démontrer que la somme σ de P

ungn est de classe C^∞, utilisons le corollaire du théorème de dérivation terme à terme. Notons pour cette questionf_n:x7→u_ng_n(x).

• Ces fonctions sont de classeC^∞surRet à valeurs dansC.

• Fixons j dansNet prenons n≥j. D’après la majoration du II.C.2)d):

∀x∈R, |f_n^(j)(x)| ≤ 1

2ⁿ⁺¹ donc f_n^(j)

R

∞ ≤ 1

2ⁿ⁺¹ pour toutn≥j.

Ceci nous donne pour j= 0la convergence simple de la série X f_n.

• . . . et pour j ≥ 1 nous obtenons fn^(j)

R

∞ ≤ 1

2ⁿ⁺¹, ainsi les séries des dérivées successives convergent normalement donc uniformément sur R.

D’après le théorème de dérivations successives terme à terme, la fonction σest de classeC^∞ surR et :

∀j ∈N, ∀x∈R, σ^(j)(x) =

+∞

X

n=0

ung_n^(j)(x).

En particulier :

∀j∈N, σ^(j)(0) =

+∞

X

n=0

ung^(j)_n (0) =uj×1

et enfin σ^(j)(0) =u_j pour toutj .

PROBLÈME 3 — CLASSIQUE

d’après CCP 2012 MP parties I et II (sur 4)

Partie I. Étude du cas n = 2

1. Avec des notations évidentes :φ_A(λM+µN) =λφ_A(M) +µφ_A(N). Ainsi φ_A est linéaire . On vérifie sans détour que In etAsont dansKer (φA).

2. Sans détour : φA(E1,1) = _{0 −b}

c 0

, φA(E2,2) = _{0 b}

−c 0

, φA(E1,2) = _{−c a−d}

0 c

, φA(E2,1) = _{b 0}

d−a −b

.

Ainsi la matrice de φ_A dans la base(E_1,1, E_2,2, E_1,2, E₂₁)est U =













0 0 −c b

0 0 c −b

−b b a−d 0 c −c 0 d−a













. On remarque

au passage queφ_A est nul si et seulement sib=c= 0et a=d, c’est-à-direA=λI₂.

3. Pour le calcul de χφ_A(X), on effectue les opérations suivantes : C1 ← C1+C2, factoriser par X la première colonne, L₂←L₂−L₁, développer par rapport à la première colonne. Il s’ensuit que :

χ_φA(X) = X

X −2c 2b

(a−d) 0

c 0 X+ (a−d) .

En développant par la règle de Sarrus, on obtient après simplification : χφ_A(X) =X²

X²− (a−d)²+ 4bc . 4. • Si (a−d)²+ 4bc <0, alorsφA admet deux valeurs propres non réelles, donc n’est pasR-diagonalisable.

• Si (a−d)²+ 4bc= 0, alorsχφA(X) =X⁴, doncφA est diagonalisable si et seulement siφA = 0, ce qui n’est pas vrai par hypothèse.

• Si (a−d)²+ 4bc >0, alors φ_A admet deux valeurs propres réelles non nulles de multiplicité 1, et 0 comme valeur propre double. Donc dim(KerφA) = 2. Ainsi φA est diagonalisable si et seulement si KerφA est de dimension 2. Or I₂ et A appartiennent à Kerφ_A et sont linéairement indépendantes par hypothèse. Donc dim(KerφA)≥2 puisdim(KerφA) = 2. Il s’ensuit queφA est bien diagonalisable.

En conclusion : siA6=I2 alorsφAest diagonalisable si et seulement si(d−a)²+ 4bc >0. 5. Sans détour :χ_A(X) =X−(a+d)X+ad−bc, de discriminant égal à(d−a)²+ 4bc.

• Si (d−a)²+ 4bc <0, alors pas de valeur propre réelle ! AinsiAn’est pasR-diagonalisable.

• Si (d−a)²+ 4bc= 0, alors A admet une seule valeur propre λd’ordre 2 donc n’est pas diagonalisable. En effet, si elle l’était elle serait semblable àλI₂donc égale àλI₂ ce qui n’est pas par hypothèse.

• Si (d−a)²+ 4bc >0, alorsAadmet deux valeurs propres réelles distinstes donc est diagonalisable.

On constate qu’effectivement φ_A est diagonalisable si et seulement siA l’est .

Partie II. Étude du cas général

C’est un exercice classique :Aest diagonalisable si et seulementφAest diagonalisable. La partie directe est assez immédiate, par contre la partie réciproque nécessite pas mal d’étapes et quelques astuces difficiles à inventer.

6. (a) NotonsD=

n

X

`=1

λ`E`,`. Alors :

DEi,j−Ei,jD =

n

X

`=1

λ`(E`,`Ei,j−Ei,jE`,`) =

n

X

`=1

λ`(δ`,iE`,j−δj,`Ei,`) = λiEi,j−λjEi,j = (λi−λj)Ei,j .

(b) Ceci s’écrit encoreP⁻¹AP E_i,j−E_i,jP⁻¹AP = (λ_i−λ_j)E_i,j, donc en multipliant à gauche parP et à droite par P⁻¹ il vient ABi,j−Bi,jA= (λi−λj)Bi,j. FinalementφA(Bi,j) = (λi−λj)Bi,j. Or chaqueBi,j est non-nulle, donc les matricesBi,j sont des valeurs propres de φA.

(c) Comme l’application M 7→ P M P⁻¹ est un automorphisme de M_n(R), les n² matrices B_i,j forment une base de Mn(R)en tant qu’image d’une base par un automorphisme. Ainsi les matrices Bi,j forment une base de vecteurs propres pourφ_A, ce qui fait que φ_A est diagonalisable .

7. (a) i. Comme l’application linéaireφAest diagonalisable en tant qu’endomorphisme de Mn(R): toutes les valeurs propres deφ_A sont réelles .

ii. Les matricesAet ^tA ont même polynôme caractéristique, donc Aet ^tA ont même spectre .

iii. Sans détour : φ_A(X^tY) =AX^tY −X^tY A=AX^tY −X^tt(^tAY) =zX^tY −Xz^tY = (z−z)X^tY. Or si M =X^tY alors il vient (avec des notations évidentes)mi,j=xiyj. En outreXetY sont non nuls, donc l’un au moins des coefficients deX^tY est non nul. AinsiX^tY 6= 0et z−zest bien valeur propre de φ_A . (b) SiAadmet une valeur propre complexe non réellezalors,Aétant réelle (donc de polynôme caractéristique à coefficients réels) le nombre complexe z est également valeur propre deA. La question précédente peut donc s’appliquer : il en découle queφA admet une valeur propre imaginaire pure, ce qui n’est pas possible puisque par hypothèse φ_Aest R-diagonalisable.

Finalement : siφ_Aest R-diagonalisable alors toutes les valeurs propres deAsont réelles . (c) Des égalitésAPi,j−Pi,jA=λi,jPi,j etAX=λX, on tire APi,jX =Pi,jAX+λi,jPi,jX. Ainsi :

APi,jX = (λ+λi,j)Pi,jX .

(d) La question précédente nous fournitn² vecteurs V_i,j =P_i,jX tels queAV_i,j = (λ+λ_i,j)V_i,j. Ces vecteurs sont trop nombreux pour former une base de vecteurs propres deRⁿ! En outre nous ne savons pas si cette famille est génératrice de Rⁿ.

Par conséquent nous allons prouver que (P_i,jX)_i,j une famille génératrice de Rⁿ, puis nous en extrairons une base de Rⁿ.

Pour ce faire, prouvons que l’application linéaire θ:Mn(R)→Rⁿ définie parθ(M) =M X est surjective.

Considérons Y ∈Rⁿ. Si Y est nul alors M = 0convient. Supposons maintenant que Y 6= 0. On complète alorsXetY en des baseBetB⁰deRⁿqui commencent parXetY respectivement. Considérons l’application linéaire qui transformeB enB⁰. Sa matriceM dans la base canonique vérifie alorsY =M X.

Nous venons au passage de démontrer le lemme suivant :

Lemme :le groupeGL_n(R)est transitif sur les couples de vecteurs, c’est-à-dire que si deux vecteursX et Y sont fixés alors il existe un élémentM deGLn(R)tel que M X=Y.

Revenons à nos moutons. Comme(Pi,j)1≤i,j≤nest une base deMn(R), son image par l’application surjective θest une famille génératrice deRⁿ. Ainsi(Pi,jX)_1≤i,j≤nengendreRⁿ. De cette famille génératrice composée de vecteurs propres de A (ils sont bien non-nuls), on extrait une base de Rⁿ. Il s’ensuit que la matrice

A est bien diagonalisable .